Câu hỏi:

Gọi $M(x;y;z)$ là vị trí của máy bay.
Vì máy bay bay thẳng nên $M$ thuộc đường thẳng $AB$.
Ta có $\overrightarrow{AB} = (4; 4; -3)$.
Đường thẳng $AB$ có phương trình tham số:
$\begin{cases}x = 2 + 4t \ y = 1 + 4t \ z = 3 - 3t\end{cases}$
Khi đó $M(2 + 4t; 1 + 4t; 3 - 3t)$.
Ta có $\overrightarrow{OM} = (2 + 4t; 1 + 4t; 3 - 3t)$.
Máy bay gần đài kiểm soát nhất khi $OM$ ngắn nhất, tức là $\overrightarrow{OM} \perp \overrightarrow{AB}$.
Suy ra $\overrightarrow{OM} \cdot \overrightarrow{AB} = 0$.
$\Leftrightarrow 4(2 + 4t) + 4(1 + 4t) - 3(3 - 3t) = 0$
$\Leftrightarrow 8 + 16t + 4 + 16t - 9 + 9t = 0$
$\Leftrightarrow 41t + 3 = 0$
$\Leftrightarrow t = -\frac{3}{41}$.
Vậy $M(\frac{70}{41}; \frac{29}{41}; \frac{132}{41})$.
Do đó $T = x + y + z = \frac{70}{41} + \frac{29}{41} + \frac{132}{41} = \frac{231}{41} \approx 5.63 \approx 6$.
Vậy đáp án là $6$.

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $CD$. Khi đó $AH \perp CD$.

Vì $S.ABCD$ là hình chóp đều nên hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $(ABCD)$ trùng với tâm của hình thoi $ABCD$.

Gọi $K$ là hình chiếu của $A$ lên $SH$. Khi đó $AK \perp (SCD)$.

Ta có $AH = a\sin{60^\circ} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Xét tam giác $SAC$ vuông tại $A$, ta có $SA = \sqrt{SC^2 - AC^2} = \sqrt{(a\sqrt{5})^2 - a^2} = 2a$.

$\frac{1}{AK^2} = \frac{1}{SA^2} + \frac{1}{AH^2} = \frac{1}{4a^2} + \frac{4}{3a^2} = \frac{19}{12a^2}$.

$\Rightarrow AK = a\sqrt{\frac{12}{19}} = \frac{a\sqrt{15}}{5} \Rightarrow \frac{12}{19} = \frac{3}{5} \Rightarrow \frac{m}{n} = \frac{3}{5}$ (vô lý)

Ta có $d(A, (SCD)) = \frac{a\sqrt{15}}{5}$

Gọi $O$ là tâm hình thoi. Vì các cạnh bên bằng nhau nên $SO \perp (ABCD)$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $O$ lên $CD$. Suy ra $CD \perp (SOH)$.

Kẻ $OK \perp SH$. Suy ra $OK \perp (SCD)$.

Ta có $d(A,(SCD)) = 2d(O,(SCD)) = 2OK = \frac{a\sqrt{15}}{5} \Rightarrow OK = \frac{a\sqrt{15}}{10}$.

Ta có $OH = \frac{1}{2}AH = \frac{a\sqrt{3}}{4}$.

$\frac{1}{SO^2} = \frac{1}{OK^2} - \frac{1}{OH^2} = \frac{100}{15a^2} - \frac{16}{3a^2} = \frac{100 - 80}{15a^2} = \frac{20}{15a^2} = \frac{4}{3a^2}$.

$\Rightarrow SO = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Vậy $SO^2 + OA^2 = SA^2 \Rightarrow \frac{3a^2}{4} + OA^2 = 5a^2 \Rightarrow OA^2 = \frac{17a^2}{4} \Rightarrow OA = \frac{a\sqrt{17}}{2}$.

Vì $O$ là tâm hình thoi nên $OA = \frac{AC}{2} \Rightarrow AC = a\sqrt{17}$.

$S_{ABCD} = \frac{1}{2}AC.BD \Rightarrow BD = \frac{2S_{ABCD}}{AC} = \frac{2a^2\sin{60^\circ}}{a\sqrt{17}} = \frac{a^2\sqrt{3}}{a\sqrt{17}} = a\sqrt{\frac{3}{17}}$.

Vậy thể tích khối chóp $V = \frac{1}{3}SO.S_{ABCD} = \frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.a^2.\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{a^3}{4}$.

Gọi A là biến cố trang web chứa mã độc, B là biến cố BLOK bật cảnh báo.
Ta có:
* $P(B|A) = 0.99$
* $P(B|\overline{A}) = 0.001$
* $P(A|B) = \frac{9}{10}$
Ta cần tính $P(A)$.
Áp dụng công thức Bayes:
$P(A|B) = \frac{P(B|A)P(A)}{P(B)}$
$\Rightarrow P(B) = \frac{P(B|A)P(A)}{P(A|B)}$
Mặt khác, $P(B) = P(B|A)P(A) + P(B|\overline{A})P(\overline{A}) = P(B|A)P(A) + P(B|\overline{A})(1-P(A))$
Do đó, ta có:
$\frac{P(B|A)P(A)}{P(A|B)} = P(B|A)P(A) + P(B|\overline{A})(1-P(A))$
$\frac{0.99 \cdot P(A)}{0.9} = 0.99 \cdot P(A) + 0.001(1-P(A))$
$\frac{11}{10} P(A) = 0.99 P(A) + 0.001 - 0.001P(A)$
$1.1 P(A) = 0.99 P(A) + 0.001 - 0.001P(A)$
$1.1 P(A) - 0.99 P(A) + 0.001P(A) = 0.001$
$0.111 P(A) = 0.001$
$P(A) = \frac{0.001}{0.111} = \frac{1}{111}$
Vậy $a = 1, b = 111$. Do đó $a+b = 1+111=112$.

Có tổng cộng $8 imes 2 = 16$ người.

Nếu mỗi người bắt tay với tất cả những người còn lại, số cái bắt tay sẽ là $C_{16}^2 = \frac{16 imes 15}{2} = 120$.

Tuy nhiên, mỗi người không bắt tay với vợ/chồng của mình. Vì có 8 cặp vợ chồng, nên có 8 cái bắt tay không xảy ra.

Vậy số cái bắt tay thực tế là $120 - 8 = 112$.

Từ bảng biến thiên, ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số $y=f(x)$ trên đoạn $[-2;4]$ là $5$.