50 câu Trắc nghiệm Ôn tập Chương 10 (có đáp án 2024) – Toán 10 Chân trời sáng tạo

Đáp án: A

Giải thích:

Chọn ngẫu nhiên ba đoạn thẳng trong số năm đoạn thẳng và không tính đến thứ tự thì có $C_5^3=10$ cách chọn.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: n(Ω) = 10.

Gọi biến cố S: “Ba đoạn thẳng được chọn lập thành một tam giác”.

Theo bất đẳng thức tam giác, ta có trong một tam giác, tổng độ dài hai cạnh bất kì luôn lớn hơn độ dài cạnh còn lại.

Trong năm đoạn thẳng trên, ta thấy các đoạn thẳng sau lập thành một tam giác:

⦁ 3 cm; 5 cm và 7 cm;

⦁ 3 cm; 7 cm và 9 cm;

⦁ 5 cm; 7 cm và 9 cm.

Suy ra biến cố S có ba kết quả thuận lợi hay n(S) = 3.

Vậy xác suất của biến cố S là: $\frac{3}{10}$.

Ta chọn phương án C.

Đáp án: A

Giải thích:

Chọn ngẫu nhiên 6 dây trong số 16 dây và không tính đến thứ tự thì có $C_{16}^6=8008$ cách chọn.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: n(Ω) = 8 008.

Gọi A: “Trong 6 dây bạn Hoa chọn có ít nhất 1 dây vàng và có không quá 4 dây đỏ”.

Suy ra biến cố đối của biến cố A là $\overline{A}$: “Trong 6 dây bạn Hoa chọn không có dây vàng hoặc có hơn 4 dây đỏ”.

Các trường hợp của biến cố đối $\overline{A}$ là:

⦁ Trường hợp 1: Không có dây vàng nào. Có 8 + 5 = 13 dây xanh và đỏ.

Khi đó Hoa có $C_{13}^6$ cách chọn 6 dây trong 13 dây đó.

⦁ Trường hợp 2: Có 1 dây vàng và 5 dây đỏ.

Khi đó Hoa có $C_3^1.C_5^5$ cách chọn 1 dây vàng (trong 3 dây vàng) và 5 dây đỏ (trong 5 dây đỏ).

⦁ Trường hợp 3: Có 1 dây xanh và 5 dây đỏ.

Khi đó ta có $C_8^1.C_5^5$ cách chọn 1 dây xanh (trong 8 dây xanh) và 5 dây đỏ (trong 5 dây đỏ).

Kết hợp cả 3 trường hợp, ta có:

$n\left(\overline{A}\right)=C_{13}^6+C_3^1.C_5^5+C_8^1.C_5^5=1727$.

Suy ra xác suất của biến cố $P\left(A\right)+P\left(\overline{A}\right)=1$ là:

$P\left(A\right)=1-P\left(\overline{A}\right)=1-\frac{157}{728}=\frac{571}{728}$.

Ta có $P\left(A\right)+P\left(\overline{A}\right)=1$.

Suy ra $P\left(A\right)=1-P\left(\overline{A}\right)=1-\frac{157}{728}=\frac{571}{728}$.

Vậy ta chọn phương án A.

Đáp án: D

Giải thích:

Số cách chọn ngẫu nhiên 3 người trong số 20 người là: $C_{20}^3=1140$.

Suy ra n(Ω) = 1 140.

Gọi A: “Trong 3 người được chọn không có cặp vợ chồng nào”.

Suy ra $\overline{A}$: “Trong 3 người được chọn có 1 cặp vợ chồng”.

Chọn 1 cặp vợ chồng trong số 4 cặp vợ chồng có $C_4^1$ cách chọn.

Chọn thêm 1 người trong số 18 người còn lại có $C_{18}^1$ cách chọn.

Suy ra $n\left(\overline{A}\right)=C_4^1.C_{18}^1=72$.

Xác suất của biến cố $\overline{A}$ là:

$P\left(\overline{A}\right)=\frac{n\left(\overline{A}\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{72}{1140}=\frac{6}{95}$.

Ta có $P\left(A\right)+P\left(\overline{A}\right)=1$.

Suy ra $P\left(A\right)=1-P\left(\overline{A}\right)=1-\frac{6}{95}=\frac{89}{95}$.

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án: B

Giải thích:

Xét biến cố A: “Mai và Đức cùng một nhóm”, ta mô tả các khả năng thuận lợi cho biến cố A như sau:

Trường hợp 1:

• Mai và Đức cùng với 1 bạn nam và 1 bạn nữ thành một nhóm nên có duy nhất 1 cách chọn Mai và Đức và có  cách chọn 1 bạn nam (trong 7 bạn nam còn lại) và 1 bạn nữ (trong 3 bạn nữ còn lại).

• Nhóm thứ hai có 3 bạn nam (trong 6 bạn nam còn lại) và 1 bạn nữ (trong 2 bạn nữ còn lại) nên có $C_6^3.C_2^1$ cách.

• Cuối cùng còn lại 3 bạn nam và 1 bạn nữ nên có 1 cách duy nhất cho nhóm thứ ba.

Do đó trong trường hợp này có $1.C_3^1.C_7^1.C_6^3.C_2^1.1=840$ cách.

Trường hợp 2:

• Mai và Đức cùng với 2 bạn nam thành một nhóm nên có duy nhất 1 cách chọn Mai và Đức và có $C_7^2$ cách chọn 2 bạn nam trong 7 bạn nam còn lại.

• Nhóm thứ hai có 2 bạn nam (trong 5 bạn nam còn lại) và 1 bạn nữ (trong 3 bạn nữ còn lại) nên có $C_5^2.C_3^1$ cách.

• Cuối cùng còn lại 2 bạn nam và 2 bạn nữ nên có 1 cách duy nhất cho nhóm thứ ba.

Do đó trong trường hợp này có $1.C_7^2.C_5^2.C_3^1.1=630$ cách.

Trường hợp 3:

• Mai và Đức cùng với 2 bạn nam thành một nhóm.

• Nhóm thứ hai có 2 bạn nam và 2 bạn nữ.

• Suy ra nhóm thứ ba có 3 bạn nam và 1 bạn nữ.

Trường hợp này trùng với trường hợp thứ hai nên ta không tính.

Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố A là 840 + 630 = 1 470.

Đáp án: B

Giải thích:

Không gian mẫu của phép thử trên là số cách xếp 4 hành khách lên 4 toa tàu.

Vì chọn mỗi hành khách có 4 cách chọn toa nên ta có 44 cách xếp.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = 44.

Gọi biến cố A: “1 toa có 3 người, 1 toa có 1 người và 2 toa còn lại không có ai”.

Để tìm số phần tử của biến cố A, ta chia thành hai giai đoạn như sau:

Giai đoạn 1: Chọn 3 hành khách trong số 4 hành khách và chọn 1 toa trong số 4 toa.

Sau đó xếp lên toa đó 3 hành khách vừa chọn.

Khi đó ta có $C_4^3.C_4^1$ cách.

Giai đoạn 2: Chọn 1 toa trong số 3 toa còn lại và xếp 1 hành khách còn lại lên toa đó.

Suy ra có $C_3^1$ cách. Hiển nhiên khi đó 2 toa còn lại sẽ không có hành khách nào.

Theo quy tắc nhân, ta có n(A) = $C_4^3.C_4^1.C_3^1$.

Vậy xác suất của biến cố A là: $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{C_4^3.C_4^1.C_3^1}{4^4}=\frac{3}{16}$.

Ta chọn phương án B.

Đáp án: D

Giải thích:

Ta có Ω = {(x; y) | x, y ∈ ℤ; –2 ≤ x ≤ 4 và 0 ≤ y ≤ 2}.

Khi đó x ∈ {–2; –1; 0; 1; 2; 3; 4} và y ∈ {0; 1; 2}.

Chọn 1 hoành độ có 7 cách chọn và chọn 1 tung độ có 3 cách chọn.

Áp dụng quy tắc nhân, ta suy ra n(Ω) = 7.3 = 21 (mỗi điểm là một giao điểm trên hình).

Ta có A: “x, y đều chia hết cho 2”.

Suy ra A = {(x; y) | x ∈ {–2; 0; 2; 4} và y ∈ {0; 2}}.

Chọn 1 hoành độ (chia hết cho 2) có 4 cách chọn và chọn 1 tung độ (chia hết cho 2) thì có 2 cách chọn.

Theo quy tắc nhân, ta có n(A) = 4.2 = 8.

Vậy xác suất của biến cố A là: $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{8}{21}$.

Ta chọn phương án D.

Đáp án: A

Giải thích:

Số phần tử của không gian mẫu là: n(Ω) = 6.

Gọi K: “Phương trình x2 + bx + 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt”.

Ta có ∆ = b2 – 8.

Phương trình x2 + bx + 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ∆ > 0

⇔ b2 – 8 > 0

$\iff \left[\begin{array}{l}b<-2\sqrt{2}\\ b>2\sqrt{2}\end{array}\right.$

Lại có xúc xắc xuất hiện mặt b chấm nên b ∈ {1; 2; 3; 4; 5; 6}.

Do đó ta nhận b ∈ {3; 4; 5; 6}.

Suy ra n(K) = 4.

Vậy xác suất của biến cố K là: $P\left(K\right)=\frac{n\left(K\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$.

Ta chọn phương án A.

Đáp án: A

Giải thích:

Số phần tử của không gian mẫu là: n(Ω) = 6.

Gọi H: “Phương trình x2 – bx + b – 1 = 0 có nghiệm lớn hơn 3”.

Ta có xúc xắc xuất hiện mặt b chấm.

Suy ra b ∈ {1; 2; 3; 4; 5; 6}.

Xét phương trình x2 – bx + b – 1 = 0  (1)

∆ = (–b)2 – 4.1.(b – 1) = b2 – 4b + 4 = (b – 2)2 ≥ 0, với mọi b ∈ ℝ.

Suy ra phương trình đã cho có hai nghiệm x1, x2 là:

$x_1=\frac{b+b-2}{2}=b-1;x_2=\frac{b-b+2}{2}=1$

Theo đề, ta có phương trình đã cho có nghiệm lớn hơn 3.

Mà x2 = 1 < 3

Suy ra x1 > 3

⇔ b – 1 > 3

⇔ b > 4.

Mà b ∈ {1; 2; 3; 4; 5; 6} và 2 ≤ b ≤ 6.

Suy ra ta nhận b = 5 và b = 6.

Khi đó số phần tử của tập hợp mô tả biến cố H là: n(H) = 2.

Xác suất của biến cố H là: $P\left(H\right)=\frac{n\left(H\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$.

Vậy ta chọn phương án A.

Đáp án: D

Giải thích:

Chọn vị trí chẵn hoặc lẻ để xếp 5 nam: có 2 cách.

Ta xét trường hợp 5 nam ở vị trí chẵn (tương tự cho vị trí lẻ):

• Khả năng 1: Bình đứng ngoài cùng: có 1 cách.

Xếp Phương không cạnh Bình: có 4 cách.

Đổi vị trí các bạn nam: có 4! cách;

Đổi vị trí các bạn nữ: 4! cách.

Do đó trong khả năng này có 2.1.4.4!.4! = 4 608 cách.

• Khả năng 2: Bình không đứng ngoài cùng: có 4 cách.

Xếp Phương không cạnh Bình (bỏ 2 vị trí cạnh Bình): có 3 cách.

Đổi vị trí các bạn nam: có 4! cách;

Đổi vị trí các bạn nữ: có 4! cách.

Do đó trong khả năng này có 2.4.3.4!4! = 13 824 cách.

Khi đó có 4 608 + 13 824 = 18 432 cách.

Vậy số kết quả thuận lợi cho biến cố A là 18 432.

Đáp án: A

Giải thích:

Có tất cả 3 + 5 + 6 = 14 viên bi.

Chọn ngẫu nhiên 6 viên bi trong số 14 viên bi trong hộp và không tính đến thứ tự thì có $C_{14}^6=3003$ cách chọn.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: n(Ω) = 3 003.

Gọi A: “6 viên bi được lấy ra có đủ cả 3 màu”.

Suy ra $\overline{A}$: “6 viên bi được lấy ra không có đủ 3 màu”.

Các trường hợp của biến cố $\overline{A}$ là:

⦁ Trường hợp 1: Chọn ra 6 viên bi chỉ có một màu.

Suy ra chỉ chọn được cả 6 viên màu vàng.

Do đó ta có 1 cách chọn.

⦁ Trường hợp 2: Chọn 6 viên bi có hai màu xanh và đỏ. Có 3 + 5 = 8 viên bi màu xanh, đỏ.

Khi đó ta có $C_8^6$ cách chọn.

⦁ Trường hợp 3: Chọn 6 viên bi có hai màu xanh và vàng. Có 3 + 6 = 9 viên bi màu xanh, vàng.

Khi đó ta có $C_9^6-1$ cách chọn (ta trừ đi 1 tức là trừ đi trường hợp chọn được cả 6 viên bi đều màu vàng).

⦁ Trường hợp 4: Chọn 6 viên bi có hai màu đỏ và vàng. Có 5 + 6 = 11 viên bi màu đỏ, vàng.

Khi đó ta có $C_{11}^6-1$ cách chọn (ta trừ đi 1 tức là trừ đi trường hợp chọn được cả 6 viên bi đều màu vàng).

Suy ra số phần tử của biến cố $\overline{A}$ là:

$n\left(\overline{A}\right)=1+C_8^6+C_9^6-1+C_{11}^6-1=573$.

Khi đó xác suất của biến cố $\overline{A}$ là:

$P\left(\overline{A}\right)=\frac{n\left(\overline{A}\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{573}{3003}=\frac{191}{1001}$.

Ta có $P\left(A\right)+P\left(\overline{A}\right)=1$.

Suy ra $P\left(A\right)=1-P\left(\overline{A}\right)=1-\frac{191}{1001}=\frac{810}{1001}$.

Vậy ta chọn phương án A.