Câu hỏi:

Ta có công thức tính cường độ ánh sáng của một nguồn điểm là \(I=k\cdot \frac{{{I}_{0}}}{{{r}^{2}}}\), trong đó: \(I\) là cường độ ánh sáng của một nguồn điểm, \({{I}_{0}}\) là cường độ của nguồn sáng, \(r\) là khoảng cách của điểm đó đến nguồn sáng.

Gọi \(x\) là khoảng cách từ \(M\) đến nguồn có cường độ là \(S\).

Vì cường độ sáng tại điểm M bằng tổng cường độ sáng mỗi nguồn tại điểm đó nên suy ra cường độ sáng tại điểm M là:

\({{I}_{M}}={{I}_{M(S)}}+{{I}_{M(8S)}}=k\cdot \frac{S}{{{x}^{2}}}+k\cdot \frac{8S}{{{(90-x)}^{2}}},(0<x<90)\text{.}\)

\(\Rightarrow {{I}_{M}}=k\cdot S\left( \frac{1}{{{x}^{2}}}+\frac{8}{{{(90-x)}^{2}}} \right),(0<x<90)\).

\(\Rightarrow {{{I}'}_{M}}=k\cdot S\cdot \left( -\frac{2x}{{{x}^{4}}}+\frac{-8\cdot {{\left[ {{(90-x)}^{2}} \right]}^{\prime }}}{{{(90-x)}^{4}}} \right)=0\).

\(\begin{array}{*{35}{l}}   \Leftrightarrow  & -\frac{2}{{{x}^{3}}}+\frac{-8\cdot [-2\cdot (90-x)]}{{{(90-x)}^{4}}} & =0  \\   \Leftrightarrow  & -\frac{2}{{{x}^{3}}}+\frac{16}{{{(90-x)}^{3}}} & =0  \\   \Leftrightarrow  & 8{{x}^{3}} & ={{(90-x)}^{3}}  \\   \Leftrightarrow  & {{(2x)}^{3}} & ={{(90-x)}^{3}}  \\   \Leftrightarrow  & 2x & =90-x  \\   \Leftrightarrow  & x & =30.  \\\end{array}\)

Bảng biến thiên

Vậy cường độ ánh sáng tại điểm đó nhỏ nhất khi \(SM=30(~\text{cm})\).

Phạm vi kiểm soát của ra đa là hình cầu có phương trình mặt cầu là:

\(\left( S \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}={{417}^{2}}\).

Phương trình đường bay của máy bay \(d:\left\{ \begin{align}  & x=222+91t \\  & y=565+75t \\  & z=8 \\ \end{align} \right.\)

Giao điểm của \(d\) và \(\left( S \right)\), ta có:

\({{\left( 222+91t \right)}^{2}}+{{\left( 565+75t \right)}^{2}}+{{8}^{2}}={{417}^{2}}\)\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & t=-2 \\  & t=-7 \\ \end{align} \right.\)

Suy ra giao điểm \(B\left( 40;415;8 \right)\), \(C\left( -415;40;8 \right)\).

Ta có \(\overrightarrow{AB}=\left( -182;-150;0 \right)\ ,\ \overrightarrow{AC}=\left( -637;-525;0 \right)\).

Nên \(AB\approx 236\,\text{km},\) \(AC\approx 825\,\text{km}\).

Do máy bay đang hướng về đài kiểm soát không lưu nên vị trí sớm nhất mà máy bay xuất hiện là \(B\left( 40;415;8 \right)\).

Vậy \(a+b+c=40+415+8=463\).

Ta kí hiệu các điểm như hình vẽ.

Ta có khối tròn xoay đó được tạo thành khi quay hình phẳng \(QAMBN\) quanh trục \((Ox)\).

Mà \({{S}_{OQAM}}={{S}_{ONBM}}\) nên thể tích của khối tròn xoay đó sẽ \(=2\) lần thể tích của khối tròn xoay khi quay hình phẳng \(ONBM\) quanh trục \((Ox)\).

Suy ra ta có thể tích \(V=2\left( \pi \int\limits_{0}^{2}{M{{B}^{2}}~\text{d}x}-\pi \int\limits_{1}^{2}{N{{B}^{2}}~\text{d}x} \right)\).

+) Viết phương trình đường thẳng \(MB:M(0;1),B(2;2)\).

Có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{MB}=(2;1)\) suy ra một vectơ pháp tuyến của đường thẳng là\(\overrightarrow{{{n}_{1}}}=(-1;2)\).

Suy ra,

\(MB:-1(x-0)+2(y-1)=0\Leftrightarrow MB:-x+2y-2=0\)\(\Rightarrow y=\frac{1}{2}x+1\).

+) Tương tự, ta viết được phương trình đường thẳng NB là:

\(-2\cdot (x-1)+1\cdot (y-0)=0\)\(\Leftrightarrow -2x+y+2=0\)

\(\Rightarrow y=2x-2.\)

\(\Rightarrow V=2\left( \pi \int\limits_{0}^{2}{{{\left( \frac{1}{2}x+1 \right)}^{2}}}~\text{dx}-\pi \int\limits_{1}^{2}{{{(2x-2)}^{2}}}~\text{dx} \right)=\frac{20}{3}\pi \approx 20,9.\)

Gọi \({{A}_{1}}\) là biến cố lấy được một hộp đựng bóng đèn màu vàng.

Suy ra \(P\left( {{A}_{1}} \right)=\frac{1}{1+9}=\frac{1}{10}\).

Gọi \({{A}_{2}}\) là biến cố lấy được một hộp đựng bóng đèn màu xanh.

Suy ra \(P\left( {{A}_{2}} \right)=\frac{9}{1+9}=\frac{9}{10}\).

Gọi \(B\) là biến cố lấy được hai bóng đèn hỏng ở cùng 1 hộp.

Ta có xác suất lấy được 2 bóng đèn hỏng từ một hộp đựng bóng đèn vàng là \(P\left( B\mid {{A}_{1}} \right)=\frac{C_{2}^{2}}{C_{12}^{2}}\) (vì trong mổi hộp đựng bóng đèn vàng có 2 bóng bị hỏng).

Tương tự, vì trong mỗi hộp đựng bóng đèn màu xanh có 3 bóng bị hỏng nên xác suất lấy được 2 bóng đèn hỏng từ một hộp đựng bóng đèn xanh là \(P\left( B\mid {{A}_{2}} \right)=\frac{C_{3}^{2}}{C_{12}^{2}}\).

Ta có sơ đồ cây sau:

Ta có:

\(\begin{array}{*{35}{l}}   P(B) & =P\left( {{A}_{1}} \right)\cdot P\left( B|{{A}_{1}} \right)+P\left( {{A}_{2}} \right)\cdot P\left( B|{{A}_{2}} \right)  \\   {} & =\frac{1}{10}\cdot \frac{C_{2}^{2}}{C_{12}^{2}}+\frac{9}{10}\cdot \frac{C_{3}^{2}}{C_{12}^{2}}=\frac{7}{165}.  \\\end{array}\)

Suy ra \(P\left( {{A}_{2}}\mid B \right)=\frac{P\left( {{A}_{2}} \right)\cdot P\left( B\mid {{A}_{2}} \right)}{P(B)}=\frac{\frac{9}{10}\cdot \frac{C_{3}^{2}}{C_{12}^{2}}}{\frac{7}{165}}=\frac{27}{28}\approx 0,96.\)

Dựa vào bảng xét dấu, hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( 2;+\infty  \right).\)