⦁ Xác suất của biến cố A là: $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}$.

Suy ra $n\left(\Omega \right)=\frac{n\left(A\right)}{P\left(A\right)}$ và n(A) = P(A).n(Ω).

Vì vậy phương án A sai, phương án D đúng.

⦁ Ta có $P\left(\overline{A}\right)+P\left(A\right)=1$ nên  $A=\Omega \backslash \overline{A}$. Do đó phương án B đúng.

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

Suy ra $P\left(\overline{A}\right)+P\left(A\right)=P\left(\Omega \right)$. Do đó phương án C đúng.

Vậy ta chọn phương án A.

Theo Lí thuyết Xác suất, Nguyên lí xác suất bé được phát biểu như sau:

Nếu một biến cố có xác suất rất bé thì trong một phép thử, biến cố đó sẽ không xảy ra.

Vậy ta chọn phương án D.

Phương án A sai, vì biến cố chắc chắn là biến cố luôn xảy ra.

Phương án B đúng.

Phương án C sai, vì một kết quả thuộc biến cố A được gọi là kết quả làm cho biến cố A xảy ra, hoặc kết quả thuận lợi cho biến cố A.

Phương án D sai, vì biến cố có khả năng xảy ra càng cao thì xác suất của nó càng gần 1.

Vậy ta chọn phương án B.

Ta thấy các quả cầu trong hộp chỉ có hai màu là trắng và xanh nên phép thử trên không thể có biến cố: “Ba quả cầu lấy ra gồm có ba màu” được.

Do đó hoạt động của phương án C không phải là biến cố của phép thử đã cho.

Vậy ta chọn phương án C.

⦁ Với mọi biến cố A, ta có 0 ≤ P(A) ≤ 1.

Do đó phương án A, D đúng.

⦁ P(Ω) = 1 và P(∅) = 0.

Do đó phương án B đúng, phương án C sai.

Vậy ta chọn phương án C.

Trong thùng có tổng cộng 4 + 5 + 6 = 15 (viên bi).

Lấy ngẫu nhiên hai viên bi trong số 15 viên bi trong thùng mà không quan tâm đến thứ tự thì có $C_{15}^2=105$ (cách chọn).

Vậy số phần tử của không gian mẫu là: n(Ω) = 105.

Do đó ta chọn phương án C.

Gọi A: “Cầu thủ sút vào cầu môn”.

Ta có biến cố không sút vào cầu môn của cầu thủ là biến cố đối của biến cố sút vào cầu môn.

Suy ra $\overline{A}$: “Cầu thủ không sút vào cầu môn”.

Khi đó $P\left(\overline{A}\right)=1-P\left(A\right)=1-\frac{3}{8}=\frac{5}{8}$.

Vậy ta chọn phương án B.

Vì 0,8 > 0,7 nên xạ thủ 2 có khả năng bắn trúng bia thấp hơn xạ thủ 1.

Vậy ta chọn phương án B.

⦁ Xét phương án A: Ω = {1; 2; 3; 4; 5; 6}.

Ta có biến cố A = {1} có biến cố đối là: $\overline{A}$ = {2; 3; 4; 5; 6} = B.

Do đó biến cố A và biến cố B đối nhau.

⦁ Xét phương án B: Ω = {1; 2; 3; 4; 5; 6}.

Ta có biến cố C = {1; 4; 5} có biến cố đối là: $\overline{C}$ = {2; 3; 6} = D.

Do đó biến cố C và biến cố D đối nhau.

⦁ Xét phương án C: Ω = {1; 2; 3; 4; 5; 6}.

Ta có biến cố E = {1; 4; 6} có biến cố đối là: $\overline{E}$ = {2; 3; 5} ≠ F.

Do đó biến cố E và biến cố F không đối nhau.

⦁ Xét phương án D: Ω = {1; 2; 3; 4; 5; 6}.

Ta có biến cố đối của không gian mẫu Ω là ∅.

Do đó Ω và ∅ là hai biến cố đối nhau.

Vậy ta chọn phương án C.

Có tất cả 11 + 4 = 15 quả cầu trong hộp.

Lấy ngẫu nhiên đồng thời 3 quả cầu (không tính đến thứ tự) thì có $C_{15}^3=455$ cách chọn.

Tức là n(Ω) = 455.

Gọi biến cố A: “Lấy được 3 quả cầu màu xanh”.

Lấy ngẫu nhiên 3 quả cầu xanh trong 4 quả cầu xanh (không tính đến thứ tự) thì có $C_4^3=4$ cách chọn.

Tức là n(A) = 4.

Vậy xác suất để lấy được 3 quả cầu màu xanh là: $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{4}{455}$.

Ta chọn phương án B.

Ta kí hiệu S nếu tung đồng tiền được mặt sấp và kí hiệu N nếu tung được mặt ngửa.

Mô tả không gian mẫu của phép thử trên, ta có:

Ω = {S1; S2; S3; S4; S5; S6; N1; N2; N3; N4; N5; N6}.

Khi đó số phần tử của không gian mẫu là: n(Ω) = 12.

Vậy ta chọn phương án B.

Không gian mẫu của biến cố đã cho là Ω = {1; 2; 3; 4; 5; 6}.

Suy ra n(Ω) = 6.

Trong các số 1; 2; 3; 4; 5; 6, ta có các số chia hết cho 3 là: 3; 6.

Suy ra n(A) = 2.

Khi đó xác suất của biến cố A là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$.

Vậy ta chọn phương án C.

Vớt ngẫu nhiên được 2 con cá Koi trong số 5 con cá Koi và không tính đến thứ tự thì có $C_5^2$ cách vớt.

Với ngẫu nhiên được 2 con cá vàng trong số 7 con cá vàng và không tính đến thứ tự thì có $C_7^2$ cách vớt.

Theo quy tắc nhân, ta có số kết quả thuận lợi của biến cố X là: $C_5^2.C_7^2$ = 210.

Vậy ta chọn phương án A.

Ta kí hiệu S nếu tung được mặt sấp, kí hiệu N nếu tung được mặt ngửa.

Trường hợp 1: Mặt ngửa xuất hiện đúng 1 lần.

Khi đó tập hợp A chứa các phần tử: SSN, SNS, NSS.

Trường hợp 2: Mặt ngửa xuất hiện đúng 2 lần.

Khi đó tập hợp A chứa phần tử: SNN, NSN, NNS.

Trường hợp 3: Mặt ngửa xuất hiện cả 3 lần.

Khi đó tập hợp A chứa phần tử: NNN.

Kết hợp cả 3 trường hợp trên, ta có tập hợp A là:

A = {SSN, SNS, NSS, SNN, NSN, NNS, NNN}.

Vậy ta chọn phương án C.

Gọi biến cố M: “Lấy ra 2 chiếc tất cùng màu”.

Trong giỏ có 5 đôi tất. Ta suy ra trong giỏ có tổng cộng 10 chiếc tất.

Lấy ngẫu nhiên hai chiếc tất trong số 10 chiếc tất trong giỏ (không tính đến thứ tự) thì có $C_{10}^2=45$.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: n(Ω) = 45.

Lấy 2 chiếc tất cùng màu từ 10 chiếc tất trong giỏ tức là lấy ra 2 chiếc tất cùng đôi từ giỏ chứa 5 đôi tất.

Khi đó số cách lấy là: $C_5^1=5$.

Suy ra n(M) = 5.

Vậy xác suất của biến cố M là: $P\left(M\right)=\frac{n\left(M\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{5}{45}=\frac{1}{9}$.

Ta chọn phương án C.

Trên giá sách có tất cả 4 + 3 + 2 = 9 quyển sách.

Lấy ngẫu nhiên 3 quyển sách trong số 9 quyển sách và không tính đến thứ tự thì có $C_9^3=84$ cách chọn.

Tức là n(Ω) = 84.

Gọi biến cố E: “Trong 3 quyển sách được lấy ra có ít nhất một quyển sách Toán”.

Suy ra biến cố đối của biến cố E là $\overline{\mathrm{E}}$: “Trong 3 quyển sách được lấy ra không có quyển sách Toán nào”.

Lấy ngẫu nhiên 3 quyển sách trong số 5 quyển sách Vật lí và Hóa học và không tính đến thứ tự thì có $C_5^3=10$ cách chọn.

Tức là $n\left(\overline{E}\right)=10$.

Khi đó xác suất của biến cố $\overline{E}$ là: $P\left(\overline{E}\right)=\frac{n\left(\overline{E}\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{10}{84}=\frac{5}{42}$.

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

Suy ra $P\left(E\right)=1-P\left(\overline{E}\right)=1-\frac{5}{42}=\frac{37}{42}$.

Vậy ta chọn phương án D.

+) Gọi số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau là $\overline{abcd}$.

Có tất có 10 chữ số là {0; 1; 2; …; 9}.

• Chọn a có 9 cách chọn từ các chữ số trong {1; 2; …; 8; 9}.

• Chọn 3 chữ số còn lại trong 9 chữ số và xếp vào 3 vị trí b, c, d có $A_9^3$ cách.

Do đó chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau (có quan tâm đến thứ tự) thì có $9A_9^3$ = 4 536 cách chọn.

Tức là ta có số phần tử của không gian mẫu n(Ω) = 4 536.

+) Số tự nhiên được chọn gồm 4 số 3; 4; 5; 6.

• Chọn a có 4 cách chọn từ các chữ số trong {3; 4; 5; 6}.

• Chọn b có 3 cách chọn một chữ số từ ba chữ số còn lại sau khi chọn a.

• Chọn c có 2 cách chọn một chữ số từ ba chữ số còn lại sau khi chọn a, b.

• Chọn d có 1 cách chọn một chữ số còn lại sau khi chọn a, b, c.

Số phần tử của A là: n(A) = 4.3.2 = 24.

Hoặc ta cũng có thể tính n(A) như sau:

Chọn 4 chữ số trong tập hợp các chữ số {3; 4; 5; 6} và xếp vào 4 vị trí a, b, c, d sẽ có 4! = 24 cách.

Xác suất của biến cố A là: $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{24}{4536}=\frac{1}{189}$.

Vậy ta chọn phương án A.

Một tổ có 9 học sinh được xếp thành hàng dọc.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: n(Ω) = 9!.

Gọi biến cố A: “5 học sinh nam đứng kề nhau”.

• Xếp 5 học sinh nam đứng kề nhau thì sẽ có 5! cách xếp.

• Sau đó ta coi 5 học sinh nam là 1 “người A”, rồi xếp “người A” cùng với 4 bạn nữ kia, tức là xếp 5 người, ta lại có 5! cách xếp.

Vì vậy n(A) = 5!.5!.

Vậy xác suất của biến cố A là: $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{5!.5!}{9!}=\frac{5}{126}$.

Ta chọn phương án A.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.