Sáng kiến kinh nghiệm Rèn luyện kỹ năng giải một số bài toán xác suất cho học sinh lớp 11

PHẦN 1: MỞ ĐẦU
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 hội tri thức, rèn luyện kỹ năng cần thiết đối với những học sinh này tất yếu đòi hỏi tốn 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 ngẫu nhiên. Do đặc thù của chuyên ngành nên các bài toán về xác suất có nhiều điểm khác biệt so với các bài toán đại số, giải tích, hình học. Chính vì vậy, đứng trước một bài toán xác suất học sinh thường lúng túng, không biết cách giải 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 học lực trung bình yếu và là con em nông thôn, điều kiện kinh tế còn khó khăn nên việc đầu tư về vật chất cũng như thời gian cho con cái học tập chưa 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 hạn chế . Ý thức học tập của một số em chưa cao, phương pháp học tập chưa phù hợp, dẫn đến chất lượng học tập của học sinh còn yếu vì thế hầu hết các em sợ học môn toán. Là một giáo viên đã có mười năm gắn bó với nghề. 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 phương 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 học tôi đã tìm, áp dụng một số phương pháp và cũng đã có những thành công nhất định, vì vậy tôi đã ghi chép lại vừa là để thực hiện sau này, vừa là để phần 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 được một 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 học sinh. Từ đó phát huy, khơi dậy khả năng sử dụng hiệu quả kiến thức vốn có của 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.
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 bộ 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 thực sự 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 kết quả khả 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 việc 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 bản 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. Mặt khác Toán học là một môn khoa học yêu cầu phải chính xác do đó học sinh dễ nhàm chán, cảm thấy khó khăn khi tiếp thu. Việc học tập môn Toán có tính kế thừa, các tiết sau vận dụng các tiết trước cũng như các kiến thức 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 :
Môn Toán là môn học có khả năng to lớn phát triển trí tuệ học sinh thông qua việc rèn luyện các thao tác tư duy phân tích, tổng hợp, khái quát hoá, trừu tượng hoá và cụ thể hoá.
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 hứng thú với 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, kết quả khảo sát đầu năm cho thấy đa số học sinh có học lực yếu kém cụ thể như sau.
Lớp
Tổng số HS
Loại giỏi
Loại khá
Loại TB
Loại yếu
Loại kém
SL
Tỉ lệ%
SL
Tỉ lệ%
SL
Tỉ lệ%
SL
Tỉ lệ%
SL
Tỉ 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
25,5
42
41,2
34
33,3
2.3. Một số phương pháp , kỹ năng giải một số bài toán xác suất 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:
Hai con súc sắc đều xuất hiện mặt chẵn.
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 phần tử dẫn tới giải sai. Học sinh khá hơn thì sử dụng tính toán để đếm số phần tử như sau:
Ta có nΩ=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⇒nA=9
PA=nAnΩ=936=14=0,25 
Tôi thấy rằng đây là một lời giải hợp lý, tuy nhiên bài toán này có thể 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 giải 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 PA=PB= 36=12
(Trong 6 mặt thì có 3 mặt chẵn)
Do vậy ta có: PX=PAB=PA.PB=12.12=14
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=AB và A, B độc lập nên ta có:
PY=PA.PB=1-PA1-PB=1-121-12=14
Và do đó : PY=1-PY=1-14=34
 Bài toán trên ta đã sử dụng quy tắc nhân xác suất. Muốn sử dụng được quy tắc nhân phải khẳng định được hai biến cố là độc lập. Vậy hai biến cố 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
 - 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 người này độc lập với biến cố liên quan đến người kia. Tương tự đối với một người bắn hai phát sung 
 - Có hai cái hòm đựng bóng. Lấy từ mỗi hòm ra một quả bóng thì biến cố 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 suất để 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 giải 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 tiết hỏng”
Khi đó A=A1∪A2. Do A1 và A2 xung khắc nhau nên 
PA=PA1+PA2
Số cách lấy ra 6 chi tiết từ 10 chi tiết là C106⇒nΩ=C106=210
Có 8 chi tiết không bị hỏng nên : nA1=C86=28
Số cách lấy 5 chi tiết từ 8 chi tiết bị hỏng là C85
Số cách lấy 1 chi tiết từ 2 chi tiết hỏng là C21
Theo quy tắc nhân ta có : nA2=C85.C21=112
Do vậy ta có: PA1=nA1nΩ=28210=215
PA2=nA2nΩ=112210=815
⇒PA=PA1+PA2=215+815=23
Bài toán 3
Có hai hộp cùng chứa các quả cầu. Hộp thứ nhất có 7 quả cầu đỏ, 5 quả cầu xanh. Hộp thứ hai có 6 quả cầu đỏ, 4 quả cầu xanh. Từ mỗi hộp lấy ra ngẫu nhiên 1 quả cầu.
Tính xác suất để 2 quả cầu lấy ra cùng màu đỏ.
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 cộng và quy tắc nhân thì việc giải quyết bài toán trở nên đơn giản hơn rất nhiều.
Lời giải
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”
Ta có X=AB, PA= 712 ,PB= 610=35
Mặt khác A và B độc lập nên
PX=PAB=712.35=720
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=AB
Mặt khác A và B độc lập nên 
P(Y)=PA.PB=1-PA1-PB=1-7121-35=16
Thấy rằng Z=X∪Y, X⋂Y=∅ nên
PZ=PX+PY=720+16=3160
Những bài toán sử dụng quy tắc cộng xác suất và quy tắc nhân xác suất là các bài toán luôn tính được xác suất của biến cố cơ sở (các biến cố cần tính xác suất biểu diễn qua các biến cố này). Chúng ta để ý các xác suất sau:
Khi gieo một đồng tiền xu cân đối, đồng chất thì:
+ Xác suất xuất hiện mặt sấp là 12
+ Xác suất xuất hiện mặt ngửa là 12
Khi gieo một con súc sắc cân đối đồng chất thì:
 + Xác suất xuất hiện từng mặt là 16
 + Xác suất xuất hiện mặt có số chấm là chẵn: 12
 + Xác suất xuất hiện mặt số chấm là lẻ: 12
 + Xác suất xuất hiện mặt số chấm là số chia hết cho 3: 12
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:
Trong 2 sản phẩm lấy ra có ít nhất một sản phẩm có chất lượng tốt.
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 “Lấy được 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”
Khi đó ta có: PA=0,7⇒PA=1-0,7=0,3
PB=0,8⇒PB=1-0,7=0,2
Gọi X là biến cố “Trong 2 sản phẩm lấy ra có ít nhất một sản phẩm có chất lượng tốt”. Suy ra X=AB
Do ba biến cố A,B là độc lập nên ta có: PX=PAPB=0,06
⇒PX=1-PX=0,94
Gọi Y là biến cố “Trong 2 sản phẩm lấy ra có đúng một sản phẩm có chất lượng tốt”. Suy ra Y=AB∪AB
Do AB,AB xung khắc và biến cố A và B; A và B độc lập nên ta có
PY=PAB∪AB=PAB+PAB
 = PAPB+PAPB=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.
Nam nữ ngồi xen kẽ nhau.
Ba bạn nam ngồi cạnh nhau.
Phân tích:
Đây tuy là một bài toán xác suất nhưng thực chất nó lại là một bài toán đếm trong tổ hợp. Đó là tập hợp của các bài toán tổ hợp nhỏ quen thuộc như sau:
Có bao nhiêu cách xếp 3 bạn nam và 3 bạn nữ vào 6 ghế kê theo hàng ngang ( Đáp số: 6!=720 cách).
Có bao nhiêu cách xếp 3 bạn nam và 3 bạn nữ và 6 ghế kê theo hàng ngang, biết rằng nam nữ ngồi cạnh nhau,
( Đáp số: 3!.3!+3!.3!=72 cách).
Có bao nhiêu cách xếp 3 bạn nam và 3 bạn nữ và 6 ghế 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:
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 ghế kê theo hàng ngang mà 3 bạn nam ngồi cạnh nhau”
Ta có: nΩ=720, nA=72, nB=144
Suy ra : 
 PA=nAnΩ=72720=110 ; PB=nBnΩ=144720=15
Như vậy phần lớn các bài toán dạng 1 là các bài toán sử dụng công thức và kĩ thuật của toán tổ hợp. Đối với các bài toán như vậy thì học sinh chỉ 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 suất 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⇒nΩ=6
Gọi A l à biến cố: “Phương trình có nghiệm”
Ta đã biết phương trình x2+bx+2=0 có nghiệm khi ∆=b2-8≥0
Do đó A=b∈Ω|b2-8≥0=3,4,5,6⇒nA=4 
PA=nAnΩ=46=23
Tuy nhiên, phương pháp liệt kê chỉ có hiệu quả khi số phần tử của biến cố 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 số từ 01 đến 36. Xác suất để bánh xe sau khi quay dừng ở mỗi số đều như nhau. Tính xác suất để khi quay hai lần liên tiếp bánh xe dừng lại ở giữa số 1 và số 6 ( kể cả 1 và 6) trong lần quay đầu và dừng lại ở giữa số 13 và 36 ( kể cả 13 và 36) trong lần quay thứ 2.
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 diễn 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}⇒nΩ=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 ( từ13 đến36 có 25 số) do đó theo quy tắc nhân nA=6.24=144
PA=nAnΩ=1441296=19
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.
Mô tả không gian mẫu.
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 biết 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 xuất hiện mặt sấp do đó vẫn chưa thể dừng lại nhưng học sinh đã hình dung ra dạng các phần tử đầu tiên. Với câu hỏi thứ hai học sinh có thể trả lời được số lần gieo tối đa là 6. Từ đó học sinh có thể xác định được không gian mẫu
Lời giải
Không gian mẫu Ω=N, SN, SSN, SSSN, SSSSN, SSSSN, SSSSS
Ta có: A=N, SN, SSN, nA=3⇒PA=37
B=SSSSN, nB=1⇒PB=17
 C=SSSSSN, SSSSSS, nC=2⇒PC=27
Sau đây tôi xin trình bày phương pháp giải một số bài toán bằng cách sử 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 rất 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 như vậy
Bài toán 9
Gieo đồng tiền xu cân đối đồng chất 3 lần. Tính xác suất của các biến cố:
Biến cố A: “Trong 3 lần gieo có ít nhất một lần xuất hiện mặt ngửa”.
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 nhất 1 lần xuất hiện mặt ngửa thì có 3 khả năng có thể xảy ra là: 1 lần xuất hiện 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:
PA=nAnΩ=78
Tuy nhiên làm như vậy dài và rất dễ bỏ quên trường hợp. 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:
Lời giải: Không gian mẫu nΩ=2.2.2=8
Ta có biến cố đối của biến cố A là biến cố: 
A: “Không cố lần nào xuất hiện mặt ngửa”
Và ta có A=SSS⇒nA=1⇒PA=18⇒PA=1-18=78
Tương tự ta có:
B=SSS, NNN⇒nB=2⇒PB=14⇒PB=34
Bài toán 10 
Gieo ngẫu nhiên một con súc sắc cân đối đồng chất hai lần. Tính xác suất của các biến cố sau:
Biến cố A: “Trong hai lần gieo ít nhất một lần xuất hiện mặt một chấm”
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}⇒nΩ=6.6=36
Ta có biến cố đối A={i,ji,j∈ 2, ,6⇒nA=25
PA=nAnΩ=2536⇒pA=1-PA=1136
Ta có: 
B=i,ji,j∈1, 2, ,6,i+j≥11⇒B=5,6;6,5, 6,6⇒nB=3⇒PB=nBnΩ=336=112
⇒PB=1-112=1112 
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 gọn hơn 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 gặp phải 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 muốn làm cho chất lượng dạy học của môn mình được phân công được phát triển tốt, các em có ý thức học tập môn Toán và đạt kết quả tốt hơn do đó tôi đã thực hiện 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 được giảm bớt.
Cụ thể như sau:
Kiểm tra chất lượng học kỳ I môn toán 11:
Lớp
Tổng số HS
Loại giỏi
Loại k