Câu hỏi:

a) Không gian mẫu \(n\left( \Omega  \right)=C_{15}^{3}\).

+) Gọi A là biến cố: “\(3\) viên bi được chọn có cùng màu”.

Ta có:

Gọi E là biến cố “Lấy 3 viên bi cùng màu trắng”.

\(\Rightarrow P\left( E \right)=\frac{C_{6}^{3}}{C_{15}^{3}}=\frac{20}{455}\).

Gọi G là biến cố “Lấy 3 viên bi cùng màu đỏ”.

\(\Rightarrow P\left( G \right)=\frac{C_{4}^{3}}{C_{15}^{3}}=\frac{4}{455}\).

Gọi H là biến cố “Lấy 3 viên bi cùng màu xanh”

\(\Rightarrow P\left( H \right)=\frac{C_{5}^{3}}{C_{15}^{3}}=\frac{10}{455}\).

E, G, H là các biến cố xung khắc nên.

\(\Rightarrow P\left( A \right)=P\left( E \right)+P\left( G \right)+P\left( H \right)=\frac{34}{455}\).

Chọn ĐÚNG.

b) Gọi B là biến cố “Lấy được đúng 2 viên bi màu xanh”.

Gọi M là biến cố “Lấy 3 viên bi có 2 bi màu xanh, 1 viên bi màu đỏ” .

\(\Rightarrow P\left( M \right)=\frac{C_{5}^{2}C_{4}^{1}}{C_{15}^{3}}=\frac{40}{455}\).

Gọi N là biến cố “Lấy 3 viên bi có 2 bi màu xanh, 1 viên bi màu trắng”.

\(\Rightarrow P\left( N \right)=\frac{C_{5}^{2}C_{6}^{1}}{C_{15}^{3}}=\frac{60}{455}\).

M, N là các biến cố xung khắc nên.

\(\Rightarrow P\left( B \right)=P\left( M \right)+P\left( N \right)=\frac{40+60}{455}=\frac{20}{91}\).

Chọn SAI.

c) Gọi C là biến cố: “3 viên bi được chọn có khác màu”.

Ta có: \(n\left( C \right)=C_{6}^{1}C_{4}^{1}C_{5}^{1}=6.4.5=120\).

Xác suất của biến cố C là \(P\left( C \right)=\frac{n\left( C \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{6.4.5}{C_{15}^{3}}=\frac{24}{91}\).

Chọn ĐÚNG.

d) Gọi D là biến cố “Có ít nhất 1 viên bi màu đỏ”,

\(\overline{D}\) là biến cố “ 3 viên bi được chọn không có viên bi đỏ nào”.

\(\Rightarrow P\left( \overline{D} \right)=\frac{C_{11}^{3}}{C_{15}^{3}}\).

Vậy \(P\left( D \right)=1-P\left( \overline{D} \right)=1-\frac{C_{11}^{3}}{C_{15}^{3}}=\frac{58}{91}\).

Chọn SAI.

+ Điều kiện: \(\left\{ \begin{align}  & x>0 \\  & y>0 \\  & x-4y-1>0 \\ \end{align} \right.\).

+ Ta có:

\(\begin{array}{*{35}{l}}   {} & \log _{2}^{2}(\text{xy}) & ={{\log }_{2}}\left( \frac{\text{x}}{4} \right){{\log }_{2}}(4\text{y})  \\    \Leftrightarrow  & {{\left( {{\log }_{2}}\text{x}+{{\log }_{2}}\text{y} \right)}^{2}} & =\left( {{\log }_{2}}\text{x}-2 \right)\left( {{\log }_{2}}\text{y}+2 \right).  \\ \end{array}\)

Đặt \({{\log }_{2}}x=a;\,\,{{\log }_{2}}y=b\), ta có \(\left( 1 \right)\) trở thành:

\(\begin{align}  & \begin{array}{*{35}{l}}   {} & {{(a+b)}^{2}} & =(a-2)(b+2)  \\    \Leftrightarrow  & {{a}^{2}}+ab-2a+{{b}^{2}}+2b+4 & =0  \\    \Leftrightarrow  & 2{{a}^{2}}+2ab-4a+2{{b}^{2}}+4b+8 & =0  \\    \Leftrightarrow  & {{(a+b)}^{2}}+{{(a-2)}^{2}}+{{(b+2)}^{2}} & =0  \\ \end{array} \\  & \begin{array}{*{35}{l}}   \Leftrightarrow  & \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}   a+b=0  \\    a-2=0  \\    b+2=0  \\ \end{array} \right.  \\    \Leftrightarrow  & \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}   a=2  \\    b=-2  \\ \end{array} \right.  \\ \end{array} \\ \end{align}\)

Với \(\left\{ \begin{align}  & a=2 \\  & b=-2 \\ \end{align} \right.\), ta có \(\left\{ \begin{align}  & {{\log }_{2}}x=2 \\  & {{\log }_{2}}y=-2 \\ \end{align} \right.\)\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}  & x=4 \\  & y=\frac{1}{4} \\ \end{align} \right.\) (thỏa mãn điều kiện).

Khi đó \(P={{\log }_{3}}\left( 4+4.\frac{1}{4}+4 \right)+{{\log }_{2}}\left( 4-4.\frac{1}{4}-1 \right)=3\).

Điều kiện: \(x>0\).

Do các số \(3+{{\log }_{3}}2\); \(1+3{{\log }_{2}}x\); \({{\log }_{2}}x+3\log _{2}^{2}x\) theo thứ tự là cấp số nhân nên

\({{\left( 1+3{{\log }_{2}}x \right)}^{2}}=\left( 3+{{\log }_{3}}2 \right)\left( {{\log }_{2}}x+3\log _{2}^{2}x \right)\)

\(\Leftrightarrow 1+6{{\log }_{2}}x+9\log _{2}^{2}x={{\log }_{3}}2.{{\log }_{2}}x+3{{\log }_{3}}2.\log _{2}^{2}x+3{{\log }_{2}}x+9\log _{2}^{2}x\)

\(\Leftrightarrow {{\log }_{3}}2.{{\log }_{2}}x+3{{\log }_{3}}2.\log _{2}^{2}x-3{{\log }_{2}}x-1=0\)

\(\Leftrightarrow 3{{\log }_{3}}2.\log _{2}^{2}x+\left( {{\log }_{3}}2-3 \right){{\log }_{2}}x-1=0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & {{\log }_{2}}x=-\frac{1}{3} \\  & {{\log }_{2}}x={{\log }_{2}}3 \\ \end{align} \right.\)\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & x={{2}^{-\frac{1}{3}}} \\  & x=3 \\ \end{align} \right.\).

Tổng: \({{2}^{-\frac{1}{3}}}+3\approx 3,8\).

Gọi \({{A}_{i}}\) là biến cố “Xạ thủ thứ \(i\) bắn trúng mục tiêu” với \(i=1,2\).

Ta có: \(P\left( {{A}_{1}} \right)=0,7\Rightarrow P\left( \overline{{{A}_{1}}} \right)=0,3;\ P\left( {{A}_{2}} \right)=0,8\Rightarrow P\left( \overline{{{A}_{2}}} \right)=0,2\).

Gọi \(X\) là biến cố “Mục tiêu bị bắn trúng”.

\(\begin{array}{*{35}{l}}   \Rightarrow P\left( X \right) & =P\left( {{A}_{1}} \right)\cdot P\left( \overline{{{A}_{2}}} \right)+P\left( {{A}_{2}} \right)\cdot P\left( \overline{{{A}_{1}}} \right)+P\left( {{A}_{1}} \right)\cdot P\left( {{A}_{2}} \right)  \\    {} & =0,7\cdot 0,2+0,8\cdot 0,3+0,7\cdot 0,8=0,94.  \\ \end{array}\)

Áp dụng tính chất nửa lục giác đều, ta có \(BD\bot AB\) (1).

Mà \(SA\bot \left( ABCD \right)\) nên \(BD\bot SA\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(BD\bot \left( SAB \right)\), \(AM\subset \left( SAB \right)\) nên \(AM\bot BD\).

Kết hợp \(AM\bot MD\), ta được \(AM\bot \left( SBD \right)\). Suy ra \(AM\bot SB\).

Khi đó \(\frac{SM}{SB}=\frac{SM.SB}{S{{B}^{2}}}=\frac{S{{A}^{2}}}{S{{B}^{2}}}=\frac{3{{a}^{2}}}{4{{a}^{2}}}=\frac{3}{4}\).