Ở một thị xã, tỉ lệ mắc căn bệnh M là 22%. Chính quyền thị xã đó muốn biết danh sách những người bị mắc bệnh nên đã tổ chức xét nghiệm cho toàn bộ người dân. Tuy nhiên bộ “test” được sử dụng trong phương pháp xét nghiệm này có những sai sót nhất định:

- Nếu một người không bị bệnh thì xác suất bộ “test” cho ra kết quả dương tính là 10%.

- Nếu bộ “test” cho ra kết quả dương tính thì xác suất bị bệnh là 70%.

a) Đúng.

Mảnh trên được biểu diễn bởi elip: \(\frac{{{x}^{2}}}{16}+\frac{{{y}^{2}}}{4}=1\Rightarrow {{y}^{2}}=4\left( 1-\frac{{{x}^{2}}}{16} \right)\).

Thể tích phần trong của mảnh trên được tính bởi:

\({{V}_{1}}=\pi \int\limits_{-4}^{0}{\left[ 4\left( 1-\frac{{{x}^{2}}}{16} \right) \right]dx}=\frac{\pi }{4}\int\limits_{-4}^{0}{\left( 16-{{x}^{2}} \right)dx}\left( c{{m}^{3}} \right)\).

b) Đúng.

Thể tích phần trong mảnh trên là:

\({{V}_{1}}=\frac{\pi }{4}\int\limits_{-4}^{0}{\left( 16-{{x}^{2}} \right)dx}=\frac{32\pi }{3}\left( c{{m}^{3}} \right)\).

Mảnh dưới được biểu diễn bởi đường tròn:

\({{x}^{2}}+{{y}^{2}}=4\Rightarrow {{y}^{2}}=4-{{x}^{2}}\)

Thể tích phần trong dưới là:

\({{V}_{2}}=\pi \int\limits_{0}^{2}{\left( 4-{{x}^{2}} \right)dx}=\frac{16\pi }{3}\left( c{{m}^{3}} \right)\).

Vậy thể tích phần trong của mảnh trên gấp 2 lần thể tích phần trong của mảnh dưới.

c) Đúng.

Thể tích phần trong của quả trứng đồ chơi này là:

\(V={{V}_{1}}+{{V}_{2}}=\frac{32\pi }{3}+\frac{16\pi }{3}=16\pi \left( c{{m}^{3}} \right)\).

d) Sai.

Thiết diện khi cắt bởi mặt phẳng qua trục tạo bởi một nửa hình elip và một nửa hình tròn nên diện tích thiết diện của quả trứng là:

\(S=\frac{\pi .8.4}{2}+\pi {{.2}^{2}}=20\pi \left( c{{m}^{2}} \right)\).

a) Đúng.

Vì \(\overrightarrow{AD}=\left( {{x}_{D}}-1\,;{{y}_{D}}-1\,;\,{{z}_{D}} \right)\), \(\overrightarrow{BC}=\left( 2\,;\,-2\,;\,2 \right)\).

Tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành nên

\(\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}\)\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}  & {{x}_{D}}-1=2 \\  & {{y}_{D}}-1=-2 \\  & {{z}_{D}}=2 \\ \end{align} \right.\)\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}  & {{x}_{D}}=3 \\  & {{y}_{D}}=-1 \\  & {{z}_{D}}=2 \\ \end{align} \right.\). Vậy \(D\left( 3;\,-1;\,2 \right)\)

b) Đúng.

\(AB=\sqrt{{{\left( -1-1 \right)}^{2}}+{{\left( 0-1 \right)}^{2}}+{{\left( 1-0 \right)}^{2}}}=\sqrt{6}\).

c) Sai.

Ta có: \(\overrightarrow{EB}=\left( -1\,;-m\,;\,1 \right)\).

Suy ra: \(\left\{ \begin{align}  & {{x}_{B}}-{{x}_{E}}=-1 \\  & {{y}_{B}}-{{y}_{E}}=-m \\  & {{z}_{B}}-{{z}_{E}}=1 \\ \end{align} \right.\)\(\Rightarrow \left\{ \begin{align}  & {{x}_{E}}={{x}_{B}}+1=0 \\  & {{y}_{E}}={{y}_{B}}+m=m \\  & {{z}_{E}}={{z}_{B}}-1=0 \\ \end{align} \right.\Rightarrow E\left( 0;m;0 \right)\).

Thực hiện tương tự với \(\overrightarrow{EC}=\left( 1\,;\,-2-m\,;\,3 \right)\) cũng cho ra tọa độ \(E\left( 0;m;0 \right)\)

Suy ra điểm \(E\) thuộc trục \(Oy\)  Đúng.

Tiếp đến tam giác \(BCE\) vuông tại \(E\) nên ta có:

\(\overrightarrow{EB}.\overrightarrow{EC}=0\)\(\Leftrightarrow {{m}^{2}}+2m+2=0\).

Phương trình trên vô nghiệm nên không có điểm \(E\) nào. -> Sai.

d) Đúng.

\(E\left( 0;\,m;\,0 \right)\) là điểm thuộc trục \(Oy\).

Điểm \(M\) là điểm nằm trên đoạn thẳng \(AB\) sao cho \(MA=2MB\) nên ta có \(\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{0}\).

\(\Leftrightarrow \overrightarrow{OM}=\frac{1}{3}\overrightarrow{OA}+\frac{2}{3}\overrightarrow{OB}\)\(\Leftrightarrow \overrightarrow{OM}=\left( -\frac{1}{3};\,\,\frac{1}{3};\,\,\frac{2}{3} \right)\)\(\Leftrightarrow M\left( -\frac{1}{3};\,\,\frac{1}{3};\,\,\frac{2}{3} \right)\).

Khi đó \(OM=\frac{\sqrt{6}}{3}\).

a) Sai.

Đường tròn tâm \(O\) bán kính bằng \(1\) có phương trình \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}=1\).

Suy ra nửa đường tròn có phương trình \(y=\sqrt{1-{{x}^{2}}},\,\,\left( -1\le x\le 1 \right)\).

b) Đúng.

Trong tam giác \(OMN\) vuông tại \(M\) có \(OM=x\).

Ta có \(M{{N}^{2}}+O{{M}^{2}}=O{{N}^{2}}\Rightarrow MN=\sqrt{O{{N}^{2}}-O{{M}^{2}}}=\sqrt{1-{{x}^{2}}}\).

Ta có \(MN=\sqrt{1-{{x}^{2}}}\), \(NP=MN\tan 30{}^\circ =\frac{\sqrt{1-{{x}^{2}}}}{\sqrt{3}}\).

c) Sai.

Diện tích tam giác \(MNP\) là:

\(\mathrm{S}(\mathrm{x})=\mathrm{S}_{\mathrm{MNP}}=\frac{1}{2} \mathrm{MN} . \mathrm{NP}=\frac{1-\mathrm{x}^2}{2 \sqrt{3}} .\)

d) Đúng.

Với \(\mathrm{S}(\mathrm{x})=\frac{1-\mathrm{x}^2}{2 \sqrt{3}} .\), thể tích hình nêm \(\left( H \right)\) bằng:

\(V=\int\limits_{-1}^{1}{S\left( x \right)dx}=\int\limits_{-1}^{1}{\frac{1-{{x}^{2}}}{2\sqrt{3}}dx}=\frac{2\sqrt{3}}{9}\).

Gọi \(I,\,\,I'\) lần lượt là trung điểm của \(BC,\,\,B'C'\) và \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(I'\) trên \(OI\).

Ta có \(OO'=I'K=24\,\,m,\,\,OI=\frac{1}{2}AB=27,65\,\,m\).

Xét tam giác \(I'KI\) vuông tại \(K\) có:

\(\tan \alpha =\frac{I'K}{KI}=\frac{320}{211}\Rightarrow KI=\frac{211}{320}.24=\frac{633}{40}=15,825\,\,m\).

\(\Rightarrow OK=O'I'=OI-IK=27,65-\frac{633}{40}=11,825\,\,m\Rightarrow A'B'=23,65\,\,m\)

Suy ra,

\(S={{S}_{ABCD}}={{55,3}^{2}}=3058,09\,\,{{m}^{2}}\),

\(S'={{S}_{A'B'C'D'}}={{23,65}^{2}}=559,3225\,\,{{m}^{2}}\).

Vậy thể tích của khối chóp cụt là:

\(V=\frac{1}{3}\left( S+\sqrt{S.S'}+S' \right).OO'=39402,06\,\)(mét khối).

tức \(39,4\) (nghìn mét khối)

Từ đồ thị trên ta tìm ra được 4 con đường phù hợp đi từ đỉnh D lần lượt là:

- D -> B -> C -> A -> E. Khi ấy tổng quãng đường là: \(5+9+6+5=25\).

- D -> B -> E -> A. Khi ấy tổng quãng đường là: \(5+7+5+6=23\).

- D -> C -> B -> E. Khi ấy tổng quãng đường là: \(3+9+7+5=24\).

- D -> C -> A -> E. Khi ấy tổng quãng đường là: \(3+6+5+7=21\) (*).

Thông qua tính toán kết luận quãng đường ngắn nhất là D -> C -> A -> E -> B (*) và trị số tổng là 21.