Bạn Hoàng lấy ngẫu nhiên một quả cầu từ một túi đựng hai quả cầu gồm một quả màu đen và một quả màu trắng, cùng khối lượng và kích thước. Bạn Hải rút ngẫu nhiên một tấm thẻ từ hộp đựng ba tấm thẻ \[A,B,C\].

(a) Xác định không gian mẫu của phép thử.

(b) Xét các biến cố sau:

\[E\]: “Bạn Hoàng lấy được quả cầu màu đen”.

\[F\]: “Bạn Hoàng lấy được quả cầu màu trắng và bạn Hải không rút được tấm thẻ \[A\]”.

Hãy mô tả kết quả thuận lợi của hai biến cố \[E\] và \[F\].

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Đề cương ôn tập giữa kì 2 Toán 9 Cánh diều có đáp án !!

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

a) Ta liệt kê các kết quả có thể xảy ra của phép thử bằng bảng dưới đây:

Do đó, không gian mẫu của phép thử trên gồm 6 phần tử.

b) Kết quả thuận lợi cho biến cố \[E\] là: {Đ; A}, {Đ, B}, {Đ, C}.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố \[F\] là: {T; B}, {T; C}.

Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay

Các sản phẩm khác của Vietjack:

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho đường tròn tâm \[O\], đường kính \[AB\], dây \[CD\] vuông góc với \[AB\] tại \[F\]. Gọi \[M\] là một điểm thuộc cung nhỏ \[BC\] (\[M\] khác \[B,C\]), hai đường thẳng \[AM\] và \[CD\] cắt nhau \[E\].

(a) Chứng minh tứ giác \[BMEF\] nội tiếp.

(b) Chứng minh tia \[MA\] là phân giác của góc \[\widehat {CMD}\].

(c) Chứng minh \[A{C^2} = AE.AM.\]

Lời giải

Cho đường tròn tâm O , đường kính A B , dây C D vuông góc với A B tại F . Gọi M là một điểm thuộc cung nhỏ B C ( M khác B , C ), hai đường thẳng A M và C D cắt nhau E . (a) Chứng minh tứ giác B M E F nội tiếp. (ảnh 1)

a) Xét \[\Delta EFB\] vuông tại \[F\] nên có trung điểm của cạnh huyền \[EB\] là tâm đường tròn ngoại tiếp \[\Delta EFB\]. (1).

Xét \[\Delta EMB\] vuông tại \[M\] nên có trung điểm của cạnh huyền \[EB\] là tâm đường tròn ngoại tiếp \[\Delta EFB\] (2).

Từ (1) và (2) ta có \[B,M,E,F\] cùng thuộc một đường tròn hay tứ giác \[BMEF\] nội tiếp.

b) Vì \[AB \bot CD\] và \[\Delta ICD\] cân tại \[I\] nên \[IF\] là đường cao đồng thời là đường phân giác hay \[\widehat {CIF} = \widehat {FID}\] suy ra .

Ta có: và .

Suy ra \[\widehat {AMC} = \widehat {AMD}\] nên \[AM\] là phân giác của \[\widehat {CMD}\].

c) Xét \[\Delta ACE\] và \[\Delta AMC\] có: \[\widehat A\] chung; .

Suy ra (g.g), do đó \[\frac{{AC}}{{AM}} = \frac{{AE}}{{AC}}\] suy ra \[A{C^2} = AE.AM\].

Câu 2

Cho đường tròn \[O\] đường kính \[AB\]. Dây cung \[MN\] vuông góc với \[AB\], \[\left( {AM < BM} \right)\]. Hai đường thẳng \[BM\] và \[NA\] cắt nhau tại \[K\]. Gọi \[H\] là chân đường vuông góc kẻ từ \[K\] đến đường thẳng \[AB\].

(a) Chứng minh tứ giác \[AHKM\] nội tiếp trong một đường tròn.

(b) Chứng minh rằng \[NB.HK = AN.HB.\]

(c) Chứng minh \[HM\] là tiếp tuyến của đường tròn \[O\].

Lời giải

Cho đường tròn O đường kính A B . Dây cung M N vuông góc với A B , ( A M < B M ) . Hai đường thẳng B M và N A cắt nhau tại K . Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ K đến (ảnh 1)

a) Chứng minh tứ giác \[AHKM\] nội tiếp.

Xét tứ giác \[AHKM\], có \[\widehat {AHM} = 90^\circ \] (vì \[HK \bot AB\]) và \[\widehat {AMB} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra \[\widehat {AMK} = 90^\circ \] (kề bù với \[\widehat {AMB} = 90^\circ \]).

Suy ra tứ giác \[AHKM\] nội tiếp.

b) Chứng minh rằng \[NB.HK = AN.HB.\]

Xét \[\Delta ANB\] và \[\Delta KHB\] có:

\[ANB = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \[\widehat {ANB} = \widehat {KHB} = 90^\circ \]

\[\widehat {ABN} = \widehat {KBH}\] (góc nội tiếp chắn hai cung \[AN,AM\] bằng nhau do \[AB \bot MN\]).

Suy ra (g.g) suy ra \[\frac{{AN}}{{NB}} = \frac{{KH}}{{HB}}\] suy ra \[BN.HK = AN.HB\].

c) Cho \[HM\] giao với \[\left( O \right)\] tại \[M\].

Tứ giác \[AHKM\] nội tiếp nên \[\widehat {HMK} = \widehat {HAK}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[HK\]);

\[\widehat {HAK} = \widehat {NAB}\] (đối đỉnh); \[\widehat {NAB} = \widehat {MAB}\] (\[AB \bot MN\] nên \[B\] nằm chính giữa cung \[MN\], hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).

Suy ra \[\widehat {HMK} = \widehat {HAK} = \widehat {NAB} = \widehat {MAB}\] do đó \[\widehat {HMK} + \widehat {HMA} = \widehat {OMA} + \widehat {HMA}\].

Mà \[\widehat {HMK} + \widehat {MHA} = \widehat {AMK} = 90^\circ \] (kề bù với \[\widehat {AMB} = 90^\circ \], góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra \[\widehat {OMA} + \widehat {HMA} = 90^\circ \] suy ra \[\widehat {HMO} = 90^\circ \] hay \[HM \bot OM\] tại \[M\].

Câu 3