Câu hỏi:

18/03/2026 541 Lưu

Một hộp có năm quả bóng được đánh số lần lượt từ \[1\] đến \[5\]. Bạn Lan và bạn An lần lượt lấy ngẫu nhiên một quả bóng từ hộp.

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

(b) Xác định các kết quả thuận lợi cho mỗi biến cố sau:

\[A\]: “Số ghi trên quả bóng của bạn Lan lớn hơn số ghi trên quả bóng của bạn An”.

\[B\]: “Tổng các số ghi trên hai quả bóng lấy ra của hai bạn lớn hơn \[6\]”.

Quảng cáo

Trả lời:

verified Giải bởi Vietjack

a) Bạn Lan lấy trước thì có 5 kết quả có thể xảy ra, bạn An lấy sau thì có 4 kết quả có thể xảy ra.

Do đó, không gian mẫu của phép thử là: \[5.4 = 20\].

b) Các kết quả thuận lợi cho biến cố \[A\] là:

\[\left( {5;1} \right),\left( {5;2} \right);\left( {5;3} \right);\left( {5;4} \right);\left( {4;3} \right);\left( {4;2} \right);\left( {4;1} \right);\left( {3;2} \right);\left( {3;1} \right);\left( {2;1} \right)\].

Vậy có 10 kết quả thuận lợi cho biến cố \[A\].

Kết quả thuận lợi cho biến cố \[B\] là: \[\left( {1;5} \right),\left( {5;1} \right),\left( {2;4} \right),\left( {4;2} \right)\].

Vậy có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố \[B\].

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

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 \[A{C^2} = AE.AM\].

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 \[M\].