Câu hỏi:

a) Xác suất lấy được viên bi xanh từ hộp thứ nhất là:

\(P(A) = \frac{3}{3 + 9} = \frac{3}{12} = \frac{1}{4}\).

Đáp án đúng là Đúng.

b) Tính xác suất biến cố B bằng công thức xác suất đầy đủ:

- Trường hợp 1 (Biến cố A xảy ra): Chuyển 1 bi xanh từ H1 sang H2. Hộp thứ hai lúc này có 7 xanh, 8 đỏ.

\(P(B|A) = \frac{C_7^2}{C_{15}^2} = \frac{21}{105} = \frac{1}{5}\).

- Trường hợp 2 (Biến cố \(\bar{A}\) xảy ra): Chuyển 1 bi đỏ từ H1 sang H2. Hộp thứ hai lúc này có 6 xanh, 9 đỏ.

\(P(B|\bar{A}) = \frac{C_6^2}{C_{15}^2} = \frac{15}{105} = \frac{1}{7}\).

Xác suất biến cố B: \(P(B) = P(A) \cdot P(B|A) + P(\bar{A}) \cdot P(B|\bar{A}) = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{5} + \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{7} = \frac{11}{70}\).

Đáp án đúng là Sai.

c) Áp dụng công thức Bayes để tính xác suất lấy được viên bi xanh ở H1 khi biết 2 viên lấy ra từ H2 là xanh:

\(P(A|B) = \frac{P(A) \cdot P(B|A)}{P(B)} = \frac{\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{5}}{\frac{11}{70}} = \frac{1}{20} \cdot \frac{70}{11} = \frac{7}{22}\).

Đáp án đúng là Đúng.

d) Xác suất lấy được viên bi đỏ ở hộp thứ nhất khi biết 2 viên từ hộp thứ hai là xanh:

\(P(\bar{A}|B) = 1 - P(A|B) = 1 - \frac{7}{22} = \frac{15}{22}\). Phát biểu ghi \(\frac{11}{70}\) là sai.

Đáp án đúng là Sai.

Vì \(AB \parallel CD\), nên \(AB \parallel (SCD)\).

Do \(O\) là trung điểm của \(AC\), khoảng cách giữa \(AB\) và \(SO\) bằng khoảng cách từ điểm \(A\) đến mặt phẳng chứa \(SO\) và song song với \(AB\). Tuy nhiên, cách đơn giản hơn là nhận thấy đường thẳng \(AB\) song song với \(CD\), nên khoảng cách này phụ thuộc vào cấu trúc đối xứng của hình chóp qua tâm \(O\).

Dựng hình bình hành \(ABOE\), khoảng cách cần tìm là khoảng cách từ \(AB\) đến mặt phẳng \((SOE)\).

Tam giác \(SBD\) có \(SA \perp (ABCD)\), \(O\) là trung điểm \(BD\). Do tính đối xứng của hình thoi, \(AC \perp BD\).

Góc \(SBD = 60^\circ\). Trong tam giác vuông \(SAB\) và \(SAD\), do \(AB=AD=1\) và \(SA\) chung nên \(SB=SD\).

Tam giác \(SBD\) cân tại \(S\) có góc \(\widehat{SBD} = 60^\circ\) nên là tam giác đều.

Suy ra \(SB = SD = BD\).

Đặt \(OA = x, OB = y \Rightarrow BD = 2y\) và \(x^2 + y^2 = 1^2 = 1\).

Vì \(SB = BD = 2y\) và \(SB^2 = SA^2 + AB^2 \Rightarrow (2y)^2 = SA^2 + 1^2 \Rightarrow SA^2 = 4y^2 - 1\).

Gọi \(d\) là khoảng cách giữa \(AB\) và \(SO\). Sử dụng công thức khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau:

\(d(AB, SO) = \frac{|(\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{SO}) \cdot \overrightarrow{AO}|}{|\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{SO}|}\)

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) với \(O(0,0,0)\), \(A(x, 0, 0)\), \(B(0, y, 0)\), \(S(x, 0, h)\) với \(h = SA\).

Khi đó \(A(x, 0, 0)\), \(B(0, y, 0) \Rightarrow \overrightarrow{AB} = (-x, y, 0)\).

\(S(x, 0, h), O(0, 0, 0) \Rightarrow \overrightarrow{SO} = (-x, 0, -h)\).

Tích có hướng \([\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{SO}] = (-yh, -xh, xy)\).

Độ dài tích có hướng: \(\sqrt{y^2h^2 + x^2h^2 + x^2y^2} = \sqrt{h^2(x^2+y^2) + x^2y^2} = \sqrt{h^2 + x^2y^2}\).

Khoảng cách \(d = \frac{|-x(-yh)|}{\sqrt{h^2 + x^2y^2}} = \frac{xyh}{\sqrt{h^2 + x^2y^2}}\).

Với giả thiết phổ biến trong các đề thi dạng này là hình vuông cạnh 1 (\(x=y=\frac{\sqrt{2}}{2}\)):

\(BD = \sqrt{2} \Rightarrow SB = \sqrt{2} \Rightarrow SA = \sqrt{SB^2 - AB^2} = \sqrt{2 - 1} = 1\).

Khi đó \(d = \frac{\frac{1}{2} \cdot 1}{\sqrt{1 + \frac{1}{4}}} = \frac{1}{2\sqrt{\frac{5}{4}}} = \frac{1}{\sqrt{5}} \approx 0,45\).

Đáp án đúng là 0,45.

Từ hình vẽ mô phỏng trên, ta nhận xét hai đồ thị hàm số \(f(x), g(x)\) có mối quan hệ thông qua phép quay có tâm là tọa độ (50;0). Do đó để giải quyết bài toán nhanh gọn, ta có thể di dời tâm quay này sang điểm khác mà không làm thay đổi đi độ dài của đoạn thẳng \(BC\), tức \(|x_3 - x_2|= x_3 - x_2 = BC = 150\) (do \(x_1 < x_2 < x_3 < x_4\)).

Khi đó ta dời tâm quay từ \((50;0)\) sang \((0;0)\), ta suy ra \(x_3 = -x_2 = 75\) và \(x_4 = -x_1\), khi ấy \(f(x)\) trở thành \(p(x)\) và \(g(x)\) trở thành \(q(x)\) sao cho \(p(x) = -q(-x)\) và \(x_3, x_2\) lần lượt là các nghiệm của \(p(x)\) và \(q(x)\). Suy ra \(x_1, x_4\) lần lượt là các nghiệm của \(p(x)\) và \(q(x)\), khi ấy ta có được: \(p(x) = a(x - 75)(x - x_1)\) và \(q(x) = -a(x + 75)(x + x_1)\).

Khi đó ta có đỉnh của đồ thị \(p(x)\) có hoành độ là \(\frac{75 + x_1}{2}\) và theo giá thiết ta thế vào \(q(x)\), thu được: \(p\left(\frac{75 + x_1}{2}\right) = -\frac{a}{4}\left(75 - x_1\right)^2 = q\left(\frac{75 + x_1}{2}\right) = -\frac{a}{4}\left(x_1 + 225\right)\left(3x_1 + 75\right)\).

Tóm lại ta có được phương trình sau: \(\left(75 - x_1\right)^2 = \left(x_1 + 225\right)\left(3x_1 + 75\right)\). Đặt \(x_1 = 75u, u < -1\) thì phương trình trở thành: \(\left(3u + 1\right)\left(u + 3\right) = \left(u - 1\right)^2 \Leftrightarrow u^2 + 6u + 1 = 0 \Leftrightarrow u = -3 \pm 2\sqrt{2}\).

Mà \(u < -1\) nên \(u = -3 - 2\sqrt{2}\) tức \(x_1 = -75\left(3 + 2\sqrt{2}\right)\).

Suy ra khoảng cách cần tìm là \(AD = x_4 - x_1 = -x_1 - x_1 = -2x_1 = 150\left(3 + 2\sqrt{2}\right) \approx 874\).

Đáp án đúng là 874.

Dựa vào cấu trúc hình vẽ, các hình vuông chung cạnh với nhau tạo thành một vòng khép kín: \(H_1\) chung cạnh với \(H_2\) và \(H_4\); \(H_3\) chung cạnh với \(H_2\) và \(H_4\). Hai cặp hình vuông đối đỉnh \((H_1, H_3)\) và \((H_2, H_4)\) không có cạnh chung.

Ta chia làm 2 trường hợp dựa trên màu sắc của cặp đối đỉnh \(H_1\) và \(H_3\):

Trường hợp 1: \(H_1\) và \(H_3\) tô cùng một màu

Có 5 cách chọn màu cho \(H_1\).

Có 1 cách chọn màu cho \(H_3\) (phải giống \(H_1\)).

Khi đó, \(H_2\) và \(H_4\) đều chung cạnh với \(H_1, H_3\) (lúc này cùng 1 màu), nên \(H_2\) có 4 cách chọn (khác màu \(H_1\)) và \(H_4\) có 4 cách chọn (khác màu \(H_1\)).

Số cách tô: \(5 \times 1 \times 4 \times 4 = 80\) (cách).

Trường hợp 2: \(H_1\) và \(H_3\) tô màu khác nhau

Có 5 cách chọn màu cho \(H_1\).

Có 4 cách chọn màu cho \(H_3\) (khác màu \(H_1\)).

Khi đó, \(H_2\) và \(H_4\) đều chung cạnh với cả \(H_1\) và \(H_3\) (đang mang 2 màu khác nhau), nên \(H_2\) có 3 cách chọn và \(H_4\) có 3 cách chọn.

Số cách tô: \(5 \times 4 \times 3 \times 3 = 180\) (cách).

Tổng số cách tô màu thỏa mãn yêu cầu đề bài là:

\(80 + 180 = 260\) (cách).

Đáp án đúng là 260.

Đổi đơn vị bán kính \(R = 6\) km = 6000 m. Đổi góc chắn cung \(60^\circ = \frac{\pi}{3}\) rad.

Độ dài cung tròn \(AB\) chính là quãng đường vật di chuyển được: \(S = R.\alpha = 6000.\frac{\pi}{3} = 2000\pi(\mathrm{m})\).

Ta có vận tốc là \(v(t) = \int a(t) \, \mathrm{d}t = \int (10 - 0,5t) \, \mathrm{d}t = 10t - 0,25t^2 + C_1\).

Tại thời điểm \(t = 0\), vận tốc \(v(0) = 200 \, \mathrm{m/s}\) nên \(C_1 = 200\).

Suy ra phương trình vận tốc là \(v(t) = -0,25t^2 + 10t + 200\).

Quãng đường vật đi được là \(s(t) = \int v(t) \, \mathrm{d}t = \int (-0,25t^2 + 10t + 200) \, \mathrm{d}t = -\frac{1}{12} t^3 + 5t^2 + 200t + C_2\).

Tại thời điểm \(t = 0\), \(s(0) = 0\) nên \(C_2 = 0\).

Suy ra phương trình quãng đường là \(s(t) = -\frac{1}{12} t^3 + 5t^2 + 200t\).

Khi vật đến vị trí \(B\), quãng đường đi được bằng độ dài cung \(AB\), ta có phương trình:

\(- \frac {1}{12} t ^ {3} + 5 t ^ {2} + 200 t = 2000\pi \Leftrightarrow t \approx 23,179 \, (\mathrm{giây})\).

Suy ra: \(v(B) \approx -0,25 \cdot (23,179)^2 + 10 \cdot (23,179) + 200 \approx 297 \, (\mathrm{m/s})\).

Đáp án đúng là 297.