Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\),  cho \(M\left( 1;-3;4 \right)\),  đường thẳng \(d:\frac{x}{1}=\frac{y}{-1}=\frac{z-1}{2}\) và mặt phẳng \((P):x+2y-2z+2=0\) 

a) Sai.

Gọi \(A\) là biến cố: “ Vận động viên được chọn thuộc đội \(I\)”.

Ta có \(n\left( A \right)=6\),  \(n\left( \Omega  \right)=14\) 

Do đó \(P\left( A \right)=\frac{6}{14}=\frac{3}{7}\approx 0,4286\) 

b) Đúng.

Ta có: \(\overline{A}\) là biến cố: “ Vận động viên được chọn thuộc đội \(II\)”. Suy ra \(P\left( \overline{A} \right)=\frac{4}{7}\) 

\(B\) là biến cố: “ Vận động viên được chọn đạt huy chương đồng”.

Khi đó ta có: \(P\left( B|A \right)=0,8\),  \(P\left( B|\overline{A} \right)=0,65\) 

Và \(P\left( B \right)=P\left( A \right).P\left( B|A \right)+P\left( \overline{A} \right).P\left( B|\overline{A} \right)\)\(=\frac{3}{7}.0,8+\frac{4}{7}.0,65=\frac{5}{7}\) 

c) Sai.

Vì \(P\left( \overline{A}|B \right)=\frac{P\left( \overline{A} \right).P\left( B|\overline{A} \right)}{P\left( B \right)}\) nên \(P\left( \overline{A}|B \right)=\frac{\frac{4}{7}.0,65}{\frac{5}{7}}=\frac{13}{25}=0,52\) 

d) Đúng.

Vì \(P\left( A|B \right)=\frac{P\left( A \right).P\left( B|A \right)}{P\left( B \right)}\) nên \(P\left( A|B \right)=\frac{\frac{3}{7}.0,8}{\frac{5}{7}}=\frac{12}{25}\) 

a) Đúng.

Vì vận tốc \(v\left( t \right)\) chính là nguyên hàm của gia tốc \(a\left( t \right)\) nên ta có:

\(v\left( t \right)=\int{a\left( t \right)dt=\int{\left( -\frac{1}{24}{{t}^{3}}+\frac{5}{16}{{t}^{2}} \right)dt=}}-\frac{1}{96}{{t}^{4}}+\frac{5}{48}{{t}^{3}}+C\). 

Tại thời điêm ban đầu \(\left( t=0 \right)\) thì vận động viên ở vị trí xuất phát.

nên \(v\left( 0 \right)=-\frac{1}{96}{{0}^{4}}+\frac{5}{48}{{0}^{3}}+C=0\Leftrightarrow C=0\). 

nên \(v\left( t \right)=-\frac{1}{96}{{t}^{4}}+\frac{5}{48}{{t}^{3}}\left( m/s \right)\). 

b) Đúng.

Vì quãng đường \(S\left( t \right)\) chính là nguyên hàm của vận tốc \(v\left( t \right)\) nên ta có:

\(S\left( t \right)=\int{v\left( t \right)}dt=\int{-\frac{1}{96}{{t}^{4}}+\frac{5}{48}{{t}^{3}}=}-\frac{1}{480}{{t}^{5}}+\frac{5}{192}{{t}^{4}}+C\) 

Tại thời điêm ban đầu \(\left( t=0 \right)\) thì vận động viên ở vị trí xuất phát.

nên \(S\left( 0 \right)=-\frac{1}{480}{{0}^{5}}+\frac{5}{192}{{0}^{4}}+C=0\Leftrightarrow C=0\) 

nên \(S\left( t \right)=-\frac{1}{480}{{t}^{5}}+\frac{5}{192}{{t}^{4}}\left( m \right)\) 

c) Sai.

Vì tại thời điêm ban đầu \(\left( t=10 \right)\) thì vận động viên chạy được:

\(S\left( 10 \right)=-\frac{1}{480}{{.5}^{5}}+\frac{5}{192}{{.5}^{4}}\approx 9,77\left( m \right)\) 

d) Đúng.

Vì vận tốc \(v\left( t \right)=-\frac{1}{96}{{t}^{4}}+\frac{5}{48}{{t}^{3}}\left( m/s \right)\), khi vận động viên dừng chuyển động thì \(v\left( t \right)=0\Leftrightarrow -\frac{1}{96}{{t}^{4}}+\frac{5}{48}{{t}^{3}}=0\) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & t=0 \\  & t=10 \\ \end{align} \right.\) 

\(S\left( 10 \right)=-\frac{1}{480}{{.10}^{5}}+\frac{5}{192}{{.10}^{4}}\approx 52,08\left( m \right)\) 

Ta có \(d\left( I,\left( SBC \right) \right)=\frac{1}{2}d\left( A,\left( SBC \right) \right)\) 

Kẻ \(AH\bot SB\) \(\left( H\in SB \right)\) \(\left( 1 \right)\)

Ta có \(\left\{ \begin{align}  & BC\bot AB \\  & BC\bot SA \\ \end{align} \right.\Rightarrow BC\bot \left( SAB \right)\Rightarrow BC\bot AH\) \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\),  suy ra \(AH\bot \left( SBC \right)\) 

Do đó \(d\left( A,\left( SBC \right) \right)=AH\) 

Tam giác vuông cân \(ABC\) tại \(B\) có \(AC=2a\) 

Suy ra \(AB=a\sqrt{2}\) 

Trong tam giác vuông \(SAB\),  ta có \(AH=\frac{SA.AB}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}\) 

Vậy \(d\left( I,\left( SBC \right) \right)=\frac{1}{2}d\left( A,\left( SBC \right) \right)=\frac{1}{2}AH=\frac{1}{\sqrt{6}}.a\) 

Bước 1. Xác định xác suất mỗi tính trạng

Mỗi cặp gen (Aa, Bb, Dd, Hh) đều tuân theo quy luật phân ly độc lập. Xác suất xuất hiện tính trạng trội ở mỗi cặp gen là ¾ (AA, Aa) và xác suất xuất hiện tính trạng lặn là ¼ (aa).

Bước 2. Áp dụng quy luật tổ hợp

Để có kiểu hình mang 3 tính trạng trội và 1 tính trạng lặn, ta cần chọn 3 trong 4 cặp gen cho tính trạng trội và 1 cặp gen cho tính trạng lặn (tức là ta có thể có kiểu hình trội ở Aa, Bb, Dd và lặn ở Hh; hoặc trội ở Aa, Bb, Hh và lặn ở Dd, v.v…). Do đó ta phải sử dụng tổ hợp chập 1 của 4 để tính số cách chọn 1 tính trạng lặn trong 4 tính trạng). Số cách chọn là \(C_{4}^{1}=4\).

Bước 3. Tính xác suất

Xác suất cho 3 tính trạng trội và 1 tính trạng lặn là:

\(C_{4}^{1}.{{\left( \frac{3}{4} \right)}^{3}}.{{\left( \frac{1}{4} \right)}^{1}}=4.\frac{27}{64}.\frac{1}{4}=\frac{27}{64}\).

Ta có \(h'\left( t \right)=-2t+24\) 

\(h'\left( t \right)=0\Leftrightarrow -2t+24=0\Leftrightarrow t=12\) 

Bảng biến thiên:

Để mực nước lên cao nhất thì phải mất \(12\) tiếng đồng hồ.

Khi đó \(8+12=20\) giờ nước đầy.

Do đó nhân viên phải thông báo cho dân di dời vào khoảng \(20-6=14\) giờ chiều cùng ngày.