SKKN rèn luyện kỹ năng giải một số bài toán xác suất cho học sinh lớp 11

PHẦN 1: MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài:
Học sinh yếu, kém trong bộ môn toán là những học sinh có kết quả về
môn toán thường xuyên dưới mức trung bình. Do đó việc lĩnh h ội tri th ức,
rèn luyện kỹ năng cần thiết đối với những học sinh này tất yếu đòi h ỏi t ốn
nhiều công sức và thời gian hơn so với những học sinh khác.
Lý thuyết xác suất nghiên cứu quy luật của các hiện tượng ng ẫu nhiên.
Do đặc thù của chuyên ngành nên các bài toán về xác suất có nhi ều đi ểm
khác biệt so với các bài toán đại số, giải tích, hình học. Chính vì v ậy, đ ứng
trước một bài toán xác suất học sinh thường lúng túng, không biết cách gi ải
quyết như thế nào, thậm chí có nhiều em đã làm xong cũng không dám chắc
mình đã làm đúng hay chưa?
Đối với trung tâm GDNN – GDTX đa số các em học sinh có h ọc l ực trung
bình yếu và là con em nông thôn, điều kiện kinh tế còn khó khăn nên vi ệc
đầu tư về vật chất cũng như thời gian cho con cái học tập ch ưa cao, ngoài
giờ đến lớp các em còn phải giúp đỡ bố mẹ các công việc gia đình, không có
thời gian để tự học. Sự quan tâm kèm cặp con cái của phụ huynh còn h ạn
chế . Ý thức học tập của một số em chưa cao, phương pháp h ọc t ập ch ưa
phù hợp, dẫn đến chất lượng học tập của học sinh còn yếu vì th ế h ầu h ết
các em sợ học môn toán. Là một giáo viên đã có mười năm gắn bó với ngh ề.
Tôi rất hiểu và thông cảm trước những khó khăn của các em. Bởi vậy trong
quá trình giảng dạy tôi luôn học hỏi đồng nghiệp và tìm tòi những ph ương
pháp thích hợp để giúp các em học sinh yếu, kém dần yêu thích và chú ý học
môn toán hơn.Từ đó từng bước nâng cao chất lượng dạy học môn toán ở
Trung tâm GDNN – GDTX Thọ Xuân cao dần lên . Qua thực tế dạy h ọc tôi đã
tìm, áp dụng một số phương pháp và cũng đã có những thành công nh ất
định, vì vậy tôi đã ghi chép lại vừa là để thực hiện sau này, vừa là đ ể ph ần
nào các đồng nghiệp vận dụng vàoVì thế tôi chọn ạy với tên đề tài là: “ Rèn
luyện kỹ năng giải một số bài toán xác suất cho học sinh lớp 11”.
1.2 Mục đích của đề tài:
Sở dĩ tôi chọn đề tài này là vì mong muốn tìm được một phương

pháp tối ưu nhất để trong quỹ thời gian cho phép hoàn thành đ ược m ột
hệ thống chương
trình qui định, nhằm lấp đầy các chỗ hổng kiến thức và từng bước nâng
cao thêm về mặt kỹ năng trong việc giải các bài tập Toán cho h ọc sinh. T ừ
đó phát huy, khơi dậy khả năng sử dụng hiệu quả kiến thức vốn có c ủa học
sinh, đồng thời thu hút, lôi cuốn các em ham thích học môn toán, đáp ứng
những yêu cầu về đổi mới phương pháp và nâng cao chất lượng dạy học
hiện nay.

1


Thực trạng hiện nay cho thấy vấn đề học sinh yếu kém ở các bộ môn rất
trầm trọng. Trong đó môn toán không phải là ngoại lệ. Với vai trò quan
trọng của bộ môn có tính quyết định đến chất lượng học tập các b ộ môn
khác. Hơn nữa chương trình toán là những viên gạch đặt nền móng đầu tiên
cho cả quá trình học tập sau này. Xuất phát từ lòng thương yêu học sinh như
con em của mình và lương tâm của một người thầy giáo. Tôi th ực s ự băn
khoăn, trăn trở trước những khó khăn chán nản của học sinh khi học môn
toán. Với sự trao đổi, góp ý của đồng nghiệp, tôi đã thử nghiệm trên đối
tượng học sinh khối lớp 11 ở trung tâm GDNN – GDTX về phương pháp giúp
đỡ học sinh yếu, kém học tốt môn toán và thực tế đem lại k ết quả kh ả quan.
Sự tiến bộ rõ rệt của học sinh là động lực thúc đẩy tôi hoàn thành bản sáng
kiến kinh nghiệm này.
1.3 Đối tượng nghiên cứu:
Kiến thức môn toán như đã trình bày đóng vai trò nền tảng. Vì thế khắc
phục tình trạng yếu kém môn toán là vấn đề không chỉ của riêng một cá
nhân giáo viên dạy toán nào. Tuy nhiên, để đạt hiệu quả rõ ràng trong vi ệc
nghiên cứu và thể nghiệm trong đề tài này tôi chủ yếu tập trung đi sâu vào
các phương pháp dạy học toán rèn kỹ năng giải toán cho học sinh yếu, kém

thuộc lớp 11 vào các giờ học luyện tập. Các bài toán được đề cập đến trong
đề tài thuộc phạm vi sách giáo khoa, sách bài tập đảm bảo tính vừa sức đối
với các em.
1.4 Phương pháp nghiên cứu:
- Nghiên cứu về phương pháp bồi dưỡng học sinh yếu kém trong các năm
giảng dạy .
- Đề tài này được hoàn thành trên phương pháp thống kê, tổng hợp, trao
đổi và tổng kết các năm học, quan sát, phân tích nguyên nhân và phương
pháp thực nghiệm sư phạm. Kinh nghiệm của các đồng chí giáo viên và b ản
than qua nhiều năm dạy học.
PHẦN 2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH
NGHIỆM 2.1. Cơ sở lí luận
Xuất phát từ việc giải toán đi kèm với tư duy, tính toán. M ặt khác Toán
học là một môn khoa học yêu cầu phải chính xác do đó h ọc sinh d ễ nhàm
chán, cảm thấy khó khăn khi tiếp thu. Việc học tập môn Toán có tính k ế
thừa, các tiết sau vận dụng các tiết trước cũng như các ki ến th ức khác đã
học qua ở trước đó do đó nếu học sinh lơ là không chú ý ở một tiết, một nội
dung nào đó thì sẽ rất khó khăn khi học, tiếp thu kiến thức ở các tiết sau.
2.2. Thực trạng của vấn đề :

2


Môn Toan là môn học co kha năng to lơn phat triên tri tuê hoc sinh thông
qua viêc ren luyên cac thao tac tư duy phân tich, tông hơp, khai quat hoa,
trưu tương hoa va cu thê hoa.
Hiện nay tỉ lệ học sinh trong trung tâm nói chung và học sinh khối 11 nói
riêng học kém môn Toán rất nhiều, các em chưa chú ý hay h ứng thú v ới bài
học do tiếp thu khó khăn. Nhiều em còn lúng túng khi làm bài.
Khối 11 ở trung tâm mà tôi đang giảng dạy. Với 102 học sinh, k ết quả

khảo sát đầu năm cho thấy đa số học sinh có học lực yếu kém c ụ th ể nh ư
sau.
Tổng Loại giỏi Loại khá Loại TB Loại yếu Loại kém
Lớp số HS SL Tỉ
SL Tỉ
SL Tỉ
SL Tỉ lệ SL Tỉ lệ
lệ%
lệ%
lệ%
%
%
11 A1
52
0
0
0
0
14 26,9 22 42,3 16 30,8
11 A2
50
0
0
0
0
12 24 20
40 18 36
Tổng : 102
0
0

0
0
26 25, 42 41,
34 33,3
5
2
2.3. Một số phương pháp , kỹ năng giải một số bài toán xác su ất cho
học sinh lớp 11:
*Dạng 1: Các bài toán sử sụng quy tắc cộng, quy tắc
nhân Bài toán 1.
Gieo đồng thời hai con súc sắc. Tính xác suất sao cho:
a) Hai con súc sắc đều xuất hiện mặt chẵn.
b) Tích số chấm trên 2 con súc sắc là số chẵn.
Phân tích:
a) Đối với bài toán này phần lớn học sinh đều giải bằng cách đếm số phần
tử của biến cố. học sinh trung bình thường liệt kê phần tử và đếm trực
tiếp. Tất nhiên là cách giải này rất dài và có thể làm sót ph ần t ử d ẫn t ới
giải sai. Học sinh khá hơn thì sử dụng tính toán để đếm số phần tử như sau:
Ta có n (Ω)=36
Chọn A là biến cố “Hai con súc sắc đều xuất hiện mặt
chẵn” Do đó A={(i, j)∨i , j∈{2,4,6} }
Có 3 cách chọn i∈{2,4,6}, với mỗi cách chọn i ta có 3 cách chọn
j. Do đó có 9 cách chọn (i , j)∈ A ⇒ n ( A )=9

3


n (

P ( A )= n (Ω

A)
9 1
) = 36 = 4 =0,25

Tôi thấy rằng đây là một lời giải hợp lý, tuy nhiên bài toán này có th ể
được giải quyết một cách đơn giản hơn khi ta sử dụng quy tắc xác suất. Cho
nên giáo viên có thể gợi mở, dẫn dắt học sinh để đi tới gi ải bài toán theo
định hướng này như sau:
Gọi A là biến cố “Con súc sắc thứ nhất xuất hiện mặt chẵn”
B là biến cố “Con súc sắc thứ hai xuất hiện mặt chẵn”
X là biến cố “Hai con súc sắc đều xuất hiện mặt chẵn”
Thấy rằng A và B là hai biến cố độc lập và P ( A )=P ( B)=¿ 3 =1
6

Do vậy ta có:

2

(Trong 6 mặt thì có 3 mặt chẵn)
1 1 1

P(X)=P( AB)=P(A).P(B)= . =
2 2 4

a) Gọi Y là biến cố “Tích số chấm trên 2 con súc sắc là số
chẵn” Có 3 khả năng xảy ra để tích số chấm trên con súc sắc là
số chẵn:
- Con súc sắc thứ nhất xuất hiện mặt chẵn, con súc sắc thứ hai xuất hiện
mặt lẻ.

- Con súc sắc thứ nhất xuất hiện mặt lẻ, con súc sắc thứ hai xuất hiện
mặt chẵn.
- Cả hai con súc sắc cùng xuất hiện mặt chẵn.
Và ta có Y´ : “Tích số chấm trên 2 con súc sắc là số lẻ” chỉ có 1 khả năng là
cả hai con súc sắc đều xuất hiện mặt lẻ.
Như vậy một lần nữa ta lại thấy ưu thế của biến cố
đối. Ta có Y´ = A´ B´ và A´, B´ độc lập nên ta có:

(

P ´
´
´
1
(Y )=P ( A ). P( B )=[1−P ( A )] [1−P (B )]= 1− 2

Và do đó :

´

)(1− 12 )= 41

1 =3
4

P (Y )=1−P (Y )=1− 4

Bài toán trên ta đã sử dụng quy tắc nhân xác suất. Mu ốn s ử d ụng đ ược
quy tắc nhân phải khẳng định được hai biến cố là độc lập. Vậy hai bi ến c ố
thường độc lập trong các phép thử nào? Tất nhiên ở đây tôi không thể nêu

tất cả mà chỉ đưa ra một số trường hợp quen thuộc


4


- Gieo hai đồng tiền hoặc gieo đồng tiền hai lần thì biến cố xảy ra trong
lần gieo này độc lập với biến cố xảy ra trong lần gieo kia. Tương tự đối với
con súc sắc.
- Hai xạ thủ bắn sung thì sự bắn trúng hay trượt của người này không
ảnh hưởng tới người kia. Do đó các biến cố liên quan đến ng ười này đ ộc
lập với biến cố liên quan đến người kia. Tương tự đối với một ng ười b ắn
hai phát sung
- Có hai cái hòm đựng bóng. Lấy từ mỗi hòm ra một quả bóng thì bi ến c ố
lấy ra bóng của hòm này sẽ độc lập với biến cố lấy ra bóng ở hòm kia.
Tương tự đối với bài toán lấy bi, lấy cầu...
Chú ý rằng: Nếu A và B độc lập thì A´ và B´ ; A´ và B; A và B´ cũng độc lập
Cũng giống như quy tắc cộng và quy tắc nhân trong toán tổ hợp, đối với
biến cố xảy ra khả năng này hoặc khả năng kia thì ta sử dụng quy tắc
cộng xác suất. Còn với biến cố thực hiện lien tiếp hai hành động thì ta
dùng quy tắc nhân
Bài toán 2.
Trong hòm có 10 chi tiết, trong đó có 2 chi tiết hỏng. Tìm xác su ất đ ể
khi lấy ngẫu nhiên 6 chi tiết thì có không quá 1 chi tiết hỏng.
Phân tích: Trong 6 chi tiết thì có không quá 1 chi tiết hỏng nghĩa là không
có chi tiết nào hỏng hoặc có một chi tiết hỏng. Bài toán này không thể gi ải
theo dạng 1 mà phải sử dụng phép tính xác suất. Đây là bài toán dùng quy
tắc cộng xác suất
Lời giải
Gọi A1 là biến cố “Trong 6 chi tiết lấy ra không có chi tiết nào

hỏng” A2 là biến cố “Trong 6 chi tiết lấy ra có 1 chi tiết hỏng”
A là biến cố “Trong 6 chi tiết lấy ra có không quá 1 chi ti ết

hỏng” Khi đó A=A1 ∪ A2. Do A1 và A2 xung khắc nhau nên
P( A)=P( A1)+P( A2)
Số cách lấy ra 6 chi tiết từ 10 chi tiết là C610 ⇒n (Ω)=C610=210
Có 8 chi tiết không bị hỏng nên : n ( A1 )=C68 =28
Số cách lấy 5 chi tiết từ 8 chi tiết bị hỏng là C58


5


Số cách lấy 1 chi tiết từ 2 chi tiết hỏng là C12
Theo quy tắc nhân ta có : n ( A2 )=C58 . C12 =112
Do vậy ta có:

n (A

)

28

P ( A1 )= n ( Ω1) = 210

= 15

2

n ( A ) 112

8
( A2 )= n ( Ω2) =
210 = 15
2
8 2
⇒ P(A)=P( A1)+P( A2)=15 + 15 = 3
P

Bài toán 3
Có hai hộp cùng chứa các quả cầu. Hộp thứ nhất có 7 quả c ầu đỏ, 5 qu ả c ầu
xanh. Hộp thứ hai có 6 quả cầu đỏ, 4 quả cầu xanh. Từ mỗi hộp lấy ra ngẫu
nhiên 1 quả cầu.
a) Tính xác suất để 2 quả cầu lấy ra cùng màu đỏ.
b) Tính xác suất để 2 quả cầu lấy ra cùng màu.
Phân tích: Bài toán này vẫn có thể giải theo dạng 1, tuy nhiên việc giải rất
dài dòng và phức tạp. Nếu sử dụng phối hợp quy tắc c ộng và quy t ắc nhân
thì việc giải quyết bài toán trở nên đơn giản hơn rất nhiều.
Lời giải
a) Gọi: A là biến cố “Quả cầu lấy ra từ hộp thứ nhất màu
đỏ” B là biến cố “Quả cầu lấy ra từ hộp thứ hai
màu đỏ” X là biến cố “Hai quả cầu lấy ra cùng màu
đỏ”
7
6 3
Ta có X =AB , P ( A )=¿ 12 ,P (B )=¿ 10 = 5
Mặt khác A và B độc lập nên
73

7

P(X)=P( A)(B)=12 . 5=20

b) Gọi: Y là biến cố “Hai quả cầu lấy ra cùng màu
xanh” Z là biến cố “Hai quả cầu lấy ra cùng màu”
´ ´
Ta có Y = A B
Mặt khác A´ và B´ độc lập nên
´

´

(

Thấy rằng Z=X ∪Y , X ⋂Y =∅ nên

)(1− 35 )= 16

7

P(Y )=P ( A ) . P(B )=[1−P ( A )] [1−P (B) ]= 1−12


6


7 1

P (Z)=P ( X )+P (Y )=20 + 6 =

31

60

Những bài toán sử dụng quy tắc cộng xác suất và quy tắc nhân xác su ất là
các bài toán luôn tính được xác suất của biến cố cơ sở (các bi ến c ố c ần tính
xác suất biểu diễn qua các biến cố này). Chúng ta để ý các xác su ất sau:
- Khi gieo một đồng tiền xu cân đối, đồng chất thì:
1
+ Xác suất xuất hiện mặt sấp là 2
1
+ Xác suất xuất hiện mặt ngửa là 2

- Khi gieo một con súc sắc cân đối đồng chất thì:
1
+ Xác suất xuất hiện từng mặt là 6
1
+ Xác suất xuất hiện mặt có số chấm là chẵn: 2
1
+ Xác suất xuất hiện mặt số chấm là lẻ: 2
1
+ Xác suất xuất hiện mặt số chấm là số chia hết cho 3: 2

Đối với các phép thử khác thì tuỳ theo từng bài toán ta sẽ tính được xác
suất này. Và cũng có nhiều bài toán cho trực tiếp xác suât. Bài toán sau
là một ví dụ
Bài toán 4
Có 2 lô hàng. Người ta lấy ngẫu nhiên từ mỗi lô hàng một sản phẩm. Xác
suất để được sản phẩm chất lượng tốt ở từng lô hàng lần lượt là 0,7 ; 0, 8.
Hãy tính xác suất để:
a) Trong 2 sản phẩm lấy ra có ít nhất một sản phẩm có chất lượng t ốt.

b) Trong 2 sản phẩm lấy ra có đúng 1 sản phẩm có chất lượng tốt.
Phân tích: Đây là bài toán cho trước xác suất nên chắc chắn ta phải sử
dụng phép toán tính xác suất để giải quyết. Biến cố cơ sở sẽ là “L ấy đ ược
sản phẩm tốt từ lô hàng thứ nhất” và “Lấy được sản phẩm tốt từ lô hàng
thứ hai”
Lời giải:
Gọi A : “Lấy được sản phẩm tốt từ lô hàng thứ nhất”
B: “Lấy được sản phẩm tốt từ lô hàng thứ hai”


7


Khi đó ta có:

´

´

P ( A )=0,7 ⇒ P ( A )=1−0,7=0,3

P (B )=0,8 ⇒P (B )=1−0,7=0,2

a) Gọi X là biến cố “Trong 2 sản phẩm lấy ra có ít nhất một sản phẩm có
´ ´´

chất lượng tốt”. Suy ra X =A B

´ ´
Do ba biến cố A , B là độc lập nên ta có:

´
⇒P ( X )=1−P (X )=0,94

´

´´

P(X)=P( A)P(B)=0,06

b) Gọi Y là biến cố “Trong 2 sản phẩm lấy ra có đúng một sản ph ẩm có

chất lượng tốt”. Suy ra Y´ = A´ B ∪ A B´
Do A´ B , A B´ xung khắc và biến cố A´ và B; A và B´ độc lập nên
´
´
´
´
ta có P(Y)=P(A B∪ A B )=P(A B)+P(A B )
´

´

¿ P (A ) P( B)+P ( A ) P(B )=0,7.0,2+0,8.0,3=0,38

*Dạng 2: Biến cố độc lập
Bài toán 5.
Xếp ngẫu nhiên ba bạn nam và ba bạn nữ ngồi vào sáu ghế kê theo
hàng ngang. Tìm xác suất sao cho.
a) Nam nữ ngồi xen kẽ nhau.
b) Ba bạn nam ngồi cạnh nhau.

Phân tích:
Đây tuy là một bài toán xác suất nhưng thực chất nó lại là m ột bài toán
đếm trong tổ hợp. Đó là tập hợp của các bài toán t ổ h ợp nh ỏ quen thu ộc
như sau:
(1)Có bao nhiêu cách xếp 3 bạn nam và 3 bạn nữ vào 6 gh ế kê theo hàng
ngang ( Đáp số: 6 !=720 cách).
(2)Có bao nhiêu cách xếp 3 bạn nam và 3 bạn nữ và 6 gh ế kê theo hàng
ngang, biết rằng nam nữ ngồi cạnh nhau,
( Đáp số: 3 ! .3 !+3 !.3 !=72 cách).
(3)Có bao nhiêu cách xếp 3 bạn nam và 3 bạn nữ và 6 gh ế kê theo hàng
ngang, biết rằng ba bạn nam ngồi cạnh nhau.
( Đáp số: 4.3 ! .3 !=144 cách) Như
vậy bài toán trên được giải như sau
Lời giải:

8


Gọi A là biến cố “Xếp 3 học sinh nam và 3 học sinh nữ vào 6 ghế kê theo
hàng ngang mà nam và nữ xen kẽ nhau”
Và B là biến cố “Xếp 3 học sinh nam và 3 học sinh nữ vào 6 gh ế kê theo
hàng ngang mà 3 bạn nam ngồi cạnh nhau”
Ta có: n (Ω)=720,n ( A)=72,n ( B)=144
P(A)= n ( A ) = 72 = 1 ; P(B)= n ( B) = 144 =1
Suy ra :
n (Ω)

720

10

n (Ω)

720

5

Như vậy phần lớn các bài toán dạng 1 là các bài toán sử dụng công th ức
và kĩ thuật của toán tổ hợp. Đối với các bài toán nh ư v ậy thì h ọc sinh ch ỉ
cần phải nắm vững công thức về tổ hợp và định nghĩa xác suất.
Bên cạnh đó, có những bài toán chỉ cần dùng phương pháp liệt kê.
Bài toán 6.
Gieo một con súc xắc, cân đối và đồng nhất. Giả sử con súc xắc su ất
hiện mặt b chấm. Xét phương trình x2+ bx+ 2=0
Tính xác suất sao cho phương trình có nghiệm.
Lời giải:
Ký hiệu “con súc xắc suất hiện mặt b chấm” là b:
Không gian mẫu:Ω={1,2,3,4,5,6}⇒ n (Ω)=6
Gọi A l à biến cố: “Phương trình có nghiệm”
Ta đã biết phương trình x2+ bx+ 2=0có nghiệm khi ∆=b2−8 ≥ 0 Do
đó A={b ∈Ω∨b2 −8 ≥0 }={3,4,5,6 }⇒n ( A )=4

n (

P ( A )= n (Ω

A) 4 2
)= 6= 3

Tuy nhiên, phương pháp liệt kê chỉ có hiệu quả khi số phần tử của bi ến c ố

là nhỏ. Nếu số phần tử lớn thì việc liệt kê trở nên khó khăn và dễ xét thiếu
phần tử
Bài toán 7..
Trên một cái vòng hình tròn dùng để quay sổ số có gắn 36 con s ố t ừ
01 đến 36. Xác suất để bánh xe sau khi quay dừng ở mỗi số đều nh ư nhau.
Tính xác suất để khi quay hai lần liên tiếp bánh xe dừng lại ở giữa s ố 1 và
số 6 ( kể cả 1 và 6) trong lần quay đầu và dừng lại ở giữa số 13 và 36 ( k ể
cả 13 và 36) trong lần quay thứ 2.

9


Phân tích: Rõ ràng là trong bài toán này ta không thể sử dụng phương pháp
liệt kê vì số phần tử của biến cố là tương đối lớn. Ở đây ta sẽ biểu di ễn tập
hợp dưới dạng tính chất đặc trưng để tính toán.
Gọi A là biến cố cần tính xác suất
Ω={(i, j)∨i , j∈{1,2, … , 36} }⇒n ( Ω)=36.36=1296
A={(i, j)∨i∈{1,2, … , 6 }, j ∈{13, 14, … ,36 }}

Có 6 cách chọn i, ứng với mỗi cách chọn i có 25 cách chọn j ( t ừ13 đ ến36 có
25 số) do đó theo quy tắc nhânn ( A)=6.24=144
n ( A)
144 1
P ( A )= n (Ω ) = 1296
= 9
Ta cùng xét một bài toán khá thú vị sau:
Bài toán 8.
Gieo một đồng tiền cân đối đồng chất liên tiếp cho đến khi lần đầu tiên
xuất hiện mặt ngửa hoặc cả 6 lần xuất hiện mặt sấp thì dừng lại.
a) Mô tả không gian mẫu.

b) Tính xác suất:
A: “Số lần gieo không vượt quá ba”
B: “Số lần gieo là năm”
C: “Số lần gieo là sáu”
Phân tích: Đối với bài toán này rất nhiều học sinh lúng túng không bi ết
cách xác định không gian mẫu vì học sinh vốn quen với các bài toán cho
trước số lần gieo. Bài toán này trước hết phải xác định được số lần gieo.
Giáo viên có thể gợi ý cho học sinh bằng các câu hỏi như:
- Nếu không có giả thiết “cả 6 lần xuất hiện mặt sấp thì dừng lại” thì
ta phải gieo đồng tiền bao nhiêu lần?
- Nếu kết hợp với giả thiết “cả 6 lần xuất hiện mặt sấp thì dừng lại”
thì ta
phải gieo đồng tiền tối đa bao nhiêu lần?
Tất nhiên với câu hỏi đầu tiên học sinh không thể đưa ra một con số cụ thể
vì nếu gieo 100 lần vẫn có thể là cả 100 lần đều xu ất hi ện mặt s ấp do đó
vẫn chưa thể dừng lại nhưng học sinh đã hình dung ra dạng các ph ần t ử
đầu tiên.


10


Với câu hỏi thứ hai học sinh có thể trả lời được số lần gieo tối đa là 6. T ừ
đó học sinh có thể xác định được không gian mẫu
Lời giải
a) Không gian mẫu Ω={ N ,SN ,SSN ,SSSN ,SSSSN , SSSSN ,SSSSS}
A={ N ,SN ,SSN } ,n ( A )=3 ⇒ P ( A)= 3
b) Ta có:
B={SSSSN } ,n (B)=1⇒ P ( B)=

1

7

7
C={ SSSSSN ,SSSSSS} ,n (C)=2⇒ P (C )= 2
7

Sau đây tôi xin trình bày phương pháp giải một số bài toán bằng cách s ử
dụng các quy tắc tính xác suất đã học.
* Dạng 3: Biến cố đối
Trong toán học, có những bài toán khi tính toán trực tiếp r ất dài dòng và
phức tạp. Khi đó phương pháp gián tiếp lại rất hiệu quả và cho ta cách làm
ngắn gọn. Phương pháp sử dụng biến cố đối là một phương pháp nh ư v ậy
Bài toán 9
Gieo đồng tiền xu cân đối đồng chất 3 lần. Tính xác suất của các bi ến
cố:
a) Biến cố A: “Trong 3 lần gieo có ít nhất một lần xuất hiện mặt
ngửa”.
b) Biến cố B: “Trong 3 lần gieo có cả hai mặt sấp, ngửa”.
Phân tích:
Học sinh có thể giải quyết bài toán theo định hướng là: ít nh ất 1 l ần
xuất hiện mặt ngửa thì có 3 khả năng có thể xảy ra là: 1 lần xuất hi ện mặt
ngửa, hai lần xuất hiện mặt ngửa, ba lần xuất hiện mặt ngửa.
Do vậy học sinh sẽ giải bài toán như sau:
Ω={NNN , NNS, NSS ,SSS, SNN , SNS ,SSN ,SNS }
A={NSS ,SNS ,SSN ,SNN ,NNS , NSN , NNN}

Suy ra:
n (

P ( A )= n (Ω

A) 7
)= 8

Tuy nhiên làm như vậy dài và rất dễ bỏ quên trường h ợp. Tuy nhiên
nếu để ý rằng biến cố đối của biến cố A là biến cố A´: “Không có lần nào
xuất hiện mặt ngửa”. Do đó bài toán này sẽ được giải như sau:


11


Lời giải:
Không gian mẫu n (Ω)=2.2.2=8
a) Ta có biến cố đối của biến cố A là biến cố:
A´: “Không cố lần nào xuất hiện mặt ngửa”
´
´
´ 1
1 7
Và ta có A ={SSS }⇒ n ( A )=1 ⇒ P ( A )= 8 ⇒ P ( A )=1− 8 = 8
b) Tương tự ta có:
´

´

´

1

3

B ={SSS, NNN } ⇒n ( B )=2 ⇒ P ( B )= 4 ⇒ P ( B)= 4

Bài toán 10
Gieo ngẫu nhiên một con súc sắc cân đối đồng chất hai lần. Tính xác su ất
của các biến cố sau:
a) Biến cố A: “Trong hai lần gieo ít nhất một lần xuất hiện mặt một
chấm”
b) Biến cố B: “Trong hai lần gieo tổng số chấm trong hai lần gieo là
một số nhỏ hơn 11”
Phân tích: Đối với bài toán này dùng phương pháp sử dụng biến cố đối là
phương pháp tối ưu bởi lẽ nếu tính trực tiếp ta phải xét rất nhiều trường
hợp
+ Đối với biến cố A
- Mặt một chấm xuất hiện lần thứ nhất
- Mặt một chấm xuất hiện lần thứ hai
- Hai lần gieo đều xuất hiện mặt một chấm
+ Đối với biến cố B. Tổng số trong hai lần gieo là một số nhỏ hơn 11 tức là có
10 khả năng xảy ra: 1,2,…,10
Lời giải:
Không gian mẫu Ω={(i, j)∨i , j∈{1,2, … , 6} }⇒ n( Ω)=6.6=36
´
´
a) Ta có biến cố đối A ={{(i , j)|i, j∈{2, … , 6 }}⇒ n( A )=25
´ n ( A´) 25
´ 11
P ( A )= n ( Ω

)= 36 ⇒ p ( A )=1−P ( A )= 36
b) Ta có:
´
´
´
´
n( B´)
3
1
B ={(i , j)|i , j∈{1,2, … , 6} ,i+ j≥ 11 }⇒ B ={(5,6) ; (6,5) ,(6,6 )}⇒ n (B )=3 ⇒ P (B )= n (Ω ) = 36 =12

1 11
⇒ P (B )=1− 12 = 12


12


Phương pháp sử dụng biến cố đối là một phương pháp hay, tuy nhiên
để vận dụng được phương pháp này học sinh cần nắm được hai yếu
tố:
- Nhận dạng loại toán: Các bài toán có cụm từ “có ít nhất”, “tối thiểu”, “tất
cả”…hoặc tính chẵn, lẻ, vô nghiệm, có nghiệm,…nếu tính kiểu bù g ọn h ơn
thì ta dùng biến cố đối
- Xác định tốt mệnh đề phủ định và phép toán lấy phần bù của một tập
hợp để tránh xác định sai biến cố đối.
2.4) Hiệu quả đạt được sau khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:
Trong năm học 2017 – 2018 bản thân tôi được giao nhiệm vụ giảng dạy
môn Toán 11 cùng với những thuận lợi và những khó khăn g ặp ph ải trong
quá trình giảng dạy như tôi đã trình bầy, tôi đã trăn trở suy nghĩ tìm các

biện pháp với mục đích không phải cái gì khác mà chỉ mu ốn làm cho ch ất
lượng dạy học của môn mình được phân công được phát tri ển t ốt, các em
có ý thức học tập môn Toán và đạt kết quả tốt hơn do đó tôi đã th ực hi ện
một số biện pháp như trên.
Kết quả thi chất lượng học kỳ I cho thấy chất lượng giảng dạy đã có
thay đổi, tỉ lệ học sinh trung bình tăng, tỉ lệ học sinh yếu , kém đã đ ược
giảm bớt. Cụ thể như sau:
Kiểm tra chất lượng học kỳ I môn toán 11:
Tổng Loại giỏi Loại khá
Lớp

số HS SL

11 A1
52
11 A2
50
Tổng : 102

0
0
0

Tỉ
lệ%
0
0
0

SL

2
1
3

Tỉ
lệ%
3,8
2
2,9

Loại TB

Loại yếu Loại kém

Tỉ
lệ%
30 57,7
28 56
58 56,
9

SL Tỉ lệ
%
15 28,9
12
24
27 26,
5

SL

SL
5
9
14

Tỉ lệ
%
9,6
18
13,7

PHẦN 3. KẾT LUẬN- KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận:
Như vậy việc giúp đỡ học sinh yếu , kém học tốt môn toán là việc làm r ất
khó khăn lâu dài đòi hỏi giáo viên phải có tình thương, một chút hy sinh và
tinh thần trách nhiệm.

13


Việc sắp xếp thời gian thích hợp ngoài giờ lên lớp để bổ trợ kiến thức bị
hổng cho học sinh yếu, kém đó là một khó khăn không phải ai cũng làm
được. Mà phải có sự tận tâm hy sinh cao cả của người thầy tất c ả vì tương
lai các em. Do vậy rất cần đến sự chia sẻ từ phía lãnh đạo và các c ấp ngành
giáo dục.
Mỗi người thầy có một cách làm riêng, song với cách làm nêu trên với
thành công ban đầu thiết nghĩ đó là kết quả đáng phấn khởi đối với ng ười
thầy dạy toán. Việc làm này không dễ thành công trong ngày một ngày hai
mà phải là sự cố gắng bền bỉ và tận tuỵ thì mới mong mang lại k ết quả t ốt.

Với vốn kiến thức của mình còn hạn hẹp, bề dày kinh nghiệm còn
khiêm tốn, nên không tránh khỏi những hạn chế khiếm khuyết. Vậy r ất
mong hội đồng xét duyệt góp ý, bổ sung để kinh nghi ệm gi ảng d ạy c ủa tôi
ngày càng phong phú và hữu hiệu hơn.
3.2.Kiến nghị đề xuất:
- Để đề tài được thực hiện và đạt được hiệu quả như mong muốn tôi
nghĩ không phải chỉ mỗi một mình giáo viên bộ môn là thực hi ện t ốt mà c ần
phải có sự vào cuộc của mọi lực lượng, sự hỗ trợ đóng góp ý kiến của giáo
viên bộ môn khác, của Ban giám hiệu, sự quan tâm giúp đỡ và tạo đi ều ki ện
để học sinh học tập của phụ huynh học sinh, của các ban ngành đoàn th ể
trong xã.
3.2.1. Với giáo viên:
- Trong từng tiết dạy cần kế thừa và phát triển những phương pháp tích
cực, nên áp dụng rộng rãi dạy học các phương pháp tìm tòi, đặt – giải quy ết
vấn đề, chú ý phương pháp tự học của học sinh.
3.2.2 Với ban giám hiệu:
- Là những người chịu trách nhiệm việc đổi mới phương pháp dạy học
trong trung tâm, nên cần có những biện pháp tổ chức qu ản lí phù h ợp đ ể
khuyến khích, tạo điệu kiện cho giáo viên áp dụng các phương pháp tích cực
ngày càng rộng rãi, thường xuyên và có hiệu quả hơn.
3.2.3 Với lãnh đạo:
- Chương trình SGK đổi mới đã mang lại sự chyển biến mạnh mẽ trong quá
trình dạy và học, trong đó người học đóng vai trò ch ủ th ể c ủa nh ận th ức.
Nên tôi mạnh dạn dạn đề xuất cần bổ xung thêm nhiều tại liệu thi ết thực
và hiệu quả vào thư viện nhà trường giúp học sinh tự tìm tòi nghiên c ứu
trong quá trình học tập.
Trên đây là một sáng kiến nho nhỏ để áp dụng vào thực t ế d ạy học c ủa
tôi trong quá trình giảng dạy môn toán khối 11, rất mong được sự đóng góp
ý kiến của các bạn bè đồng nghiệp và của cấp trên để cho sáng kiến của tôi
ngày một hoàn thiện hơn và có thể áp dụng một cách rộng rãi trong quá

trình dạy – học của giáo viên và học sinh để từng bước đưa ch ất l ượng
giảng dạy ngày một phát triển theo đúng mục tiêu của giáo d ục Vi ệt Nam
đã đề ra.


14


Quá trình thực hiện nêu trên đối với học sinh khối lớp 11 ở trung tâm
mà tôi đang giảng dạy đã đạt kết quả đáng lưu tâm. Những năm tr ước đây
khi chưa sử dụng phương pháp mới mỗi lớp có tới 55 → 65% học sinh yếu,
kém. Nhưng với cách làm này năm học vừa qua chỉ còn 25 → 30% học sinh
học yếu, kém. Hơn thế nữa qua cách làm này, các em rất h ứng thú và yêu
thích môn toán hơn, tự tin hơn trong học tập.
Thanh Hóa, ngày 25 tháng 05 năm 2018
XÁC NHẬN

NGƯỜI VIẾT

CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ (Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác)

1
5