Câu hỏi:

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 \(\left( 2;+\infty  \right).\)

Dựa vào đồ thị hàm số, ta có: \(M=f\left( -3 \right)=2;m=f\left( -2 \right)=-1\) nên \(7M+5m=7.2-5.\left( -1 \right)=9.\)