Vào lúc 12 giờ trưa, tàu \(B\) đang nằm ở vị trí \(O\), tàu \(A\) cách tàu B \(12\text{km}\). Tàu A đang di chuyển về phía \(O\) với vận tốc \(12\text{km}/\text{h}\) và tiếp tục di chuyển như vậy cả ngày. Tàu B có vận tốc \(8\text{km}/\text{h}\) đang di chuyển theo hướng vuông góc với hướng đi của tàu \(A\) và tiếp tục di chuyển như vậy cả ngày. Quãng đường tàu A và tàu B di chuyển được sau \(t\) (giờ) (tính từ lúc 12 giờ trưa) lần lượt là \({{S}_{A}}\) và \({{S}_{B}}\).

Gọi \(A\) là biến cố: "Người \(A\) phát hiện ra tờ này là tiền giả".

Gọi \(B\) là biến cố: "Người \(B\) phát hiện ra tờ này là giả".

Khi đó \(P(A)=0,7\).

a) Sai.

Xác suất để \(A\) không phát hiện ra tờ tiền đó giả là:

\(P(\bar{A})=1-P(A)=1-0,7=0,3\).

b) Đúng.

Xác suất để hai người này đều nhận định đây là tờ tiền thật là:

\(P(AB)=P(\bar{A})P(\bar{B}\mid \bar{A})=0,3\cdot 0,4=0,12\).

c) Đúng.

Dựa vào ý b) ta có: Xác suất để ít nhất một trong hai người này phát hiện ra tờ tiền đó là giả là:

\(1-0,12=0,88\).

d) Đúng.

Biết tờ tiền đó đã bị ít nhất một trong hai người này phát hiện là giả, xác suất để \(A\) phát hiện ra nó giả là \(P=\frac{0,7}{0,88}\approx 79,5\).

a) Sai.

Gốc \(\text{O}\) trùng với vị trí chân tháp và đài kiểm soát không lưu được đặt ở độ cao \(105\text{m}\) nên có toạ độ là \((0;0;0,105)\).

Hệ trục toạ độ Oxy z có trục O x là hướng tây, trục O y là hướng nam và trục O x là trục thẳng đứng và vị trí \(A\) cách mặt đất \(8\text{km}\), cách \(268\text{km}\) về phía đông, \(185\text{km}\) về phía nam nên có toạ độ là \((-268;185;8)\).

b) Đúng.

Khoảng cách từ máy bay đến đài kiểm soát không lưu là:

\(\sqrt{{{(0+268)}^{2}}+{{(0-185)}^{2}}+{{(0,105-8)}^{2}}}\approx 325,75\)(km).

Vì \(325,75<450\) nên đài kiểm soát không lưu có phát hiện được máy

bay tại vị trí \(A\).

c) Đúng.

Gọi \(I(0;0;0,105)\) là vị trí đài kiểm soát không lưu.

Phương trình tham số của đường thẳng \(d\) là:

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}   x=-268+82t  \\    y=185+76t  \\    z=8  \\ \end{array} \right.\) (t là tham số).

d) Sai.

Gọi \(M\) là vị trí mà máy bay bay gần đài kiểm soát không lưu nhất khi đó: \(\left\{ \begin{align}  & M\in d \\  & IM\bot d \\ \end{align} \right.\) hay \(M(-268+82t;185+76t;8)\) và \(\overrightarrow{IM}\cdot \vec{u}=0\).

\(\begin{array}{*{35}{l}}   {} & \overrightarrow{IM}\cdot \vec{u} & =0  \\    \Leftrightarrow  & (-268+82t).82+(1855+76t),76+(8-0,105).0 & =0  \\    \Leftrightarrow  & 12500t-7916 & =0  \\    \Leftrightarrow  & t & =\frac{1979}{3125}  \\    \Rightarrow  & M(-216,07;233,13;8). & {}  \\ \end{array}\)

Khoảng cách gần nhất giữa máy bay và đài kiểm soát không lưu là:

\(\sqrt{{{(-216,07)}^{2}}+(233,13)+{{(8-0,105)}^{2}}}\approx 317,96(\text{km})\).

Gọi \(H\) là trung điểm của đoạn thẳng AB.

Mà tam giác SAB đều nên suy ra \(SH\bot AB\).

Ta có:\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}   ({SAB})\bot ({ABC})  \\    (SAB)\cap (ABC)=AB  \\    SH\bot AB  \\ \end{array} \right.\)

Kẻ \(HI\bot BC(I\in BC)(1)\).

Mà \(SH\bot BC\) suy ra \(BC\bot (SHI)\Rightarrow BC\bot SI(2)\).

Từ (1) và (2) suy ra góc phẳng nhị diện [S, BC, A] là góc \(\widehat{SIH}\).

Vì tam giác SAB đều nên \(SH=\frac{AB\sqrt{3}}{2}\).

Đặt \(AB=a\).

Trong tam giác vuông H B I, ta có:

\(\sin \widehat{HBI}=\frac{HI}{HB}\)\(\Rightarrow HI=HB\cdot \sin \widehat{HBI}\)\(=\frac{a}{2}\cdot \sin {{60}^{{}^\circ }}=\frac{a\sqrt{3}}{4}\).

Xét tam giác vuông S H I, ta có:

\(\begin{array}{*{35}{l}}   \text{SI} & =\sqrt{\text{S}{{\text{H}}^{2}}+\text{H}{{\text{I}}^{2}}} & =\sqrt{{{\left( \frac{\text{a}\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{\text{a}\sqrt{3}}{4} \right)}^{2}}}  \\    {} & =\sqrt{\frac{3{{\text{a}}^{2}}}{4}+\frac{3{{\text{a}}^{2}}}{16}} & =\sqrt{\frac{15{{\text{a}}^{2}}}{16}}=\frac{\text{a}\sqrt{15}}{4}.  \\ \end{array}\)

Trong tam giác vuông SHI, ta có:

\(\cos \alpha =\cos \widehat{SIH}=\frac{HI}{SI}\)\(=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{4}}{\frac{a\sqrt{15}}{4}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{15}}=\frac{1}{\sqrt{5}}\).

Suy ra \({{\cos }^{2}}\alpha =\frac{1}{5}=0,2\).

Ta có chiều cao và cân nặng ban đầu của người đó lần lượt là 168cm, 62kg, nên diện tích bề mặt cơ thể ban đầu của người đó là:

\(S(0)=\frac{1}{60}\cdot {{62}^{0,5}}\cdot {{168}^{0,5}}\left( {{\text{m}}^{2}} \right)\).

Việc còn lại là tính diện tích bề mặt cơ thể của đối tượng sau 5 năm. Để tính được diện tích bề mặt cơ thể ta cần biết cân nặng và chiều cao của đối tượng sau 5 năm.

+) Vì chiều cao của người đó tăng đều mỗi năm \(0,5\text{cm}\), nên sau 5 năm người đó tăng thêm \(5.0,5=2,5\text{cm}\).

\(\Rightarrow h(5)=168+2,5=170,5(\text{cm})\).

+) Ta có \(w(t)=\int{{{w}^{\prime }}}(t)dt\)\(=\int{\left( 0,02{{t}^{2}}+0,2t \right)}dt\)\(=\frac{0,02}{3}{{t}^{3}}+0,1{{t}^{2}}+C\)

Dựa vào dữ kiện, ta có \(w(0)=62\Rightarrow C=62\).

\(\Rightarrow w(t)=\frac{0,02}{3}{{t}^{3}}+0,1{{t}^{2}}+62\).

\(\Rightarrow w(5)=\frac{0,02}{3}\cdot {{5}^{3}}+0,{{1.5}^{2}}+62=\frac{196}{3}\).

Suy ra \(S(5)=\frac{1}{60}\cdot {{\left( \frac{196}{3} \right)}^{0,5}}\cdot {{(170,5)}^{0,5}}\).

\(\Rightarrow S(5)-S(0)\approx 0,05807\left( {{\text{m}}^{2}} \right)\approx 581\left( \text{c}{{\text{m}}^{2}} \right)\).

 Cách giải 1:

Số cặp học sinh trực nhật bất kỳ trong 15 học sinh là \(C_{15}^{2}=105\) (cặp)

Vì mỗi nhóm 3 học sinh sẽ có 3 cặp học sinh nên số nhóm gồm 3 học sinh là: \(\frac{105}{3}=35\) (nhóm).

Mỗi nhóm học sinh chỉ trực nhật 1 ngày duy nhất nên số ngày lớp học kéo dài là 35 ngày.

 Cách giải 2:

Giả sử lớp học hè kéo dài trong \(k\) ngày \(\left( k\in {{N}^{*}} \right)\).

Ta xét ma trận \(15\times k\), mỗi hàng ứng với một học sinh và mỗi cột ứng với một ngày học.

Phần tử tương ứng của ma trận nhận giá trị 1 nếu học sinh ứng với hàng chứa nó trực nhật vào ngày tương ứng cột của nó, nhận giá trị 0 trong trường hợp còn lại.

Vì mỗi ngày có 3 học sinh trực nhật nên mỗi cột có đúng ba số 1.

Hai học sinh bất kỳ trực nhật cùng nhau đúng một buổi nên hai hàng bất kỳ có đúng một số cặp số 1 trên cùng một cột.

Bây giờ ta đi đếm số lượng các cặp số 1 trên cùng một cột theo hai cách.

 Theo cột: Do mỗi cột có đúng ba số 1 nên mỗi cột có đúng 3 cặp số 1. Như vậy tổng số cặp số 1 trên cùng một cột của ma trận là 3 k.

 Theo hàng: Do hai hàng bất kỳ có đúng một cặp số 1 trên cùng một cột nên cả ma trận có đúng \(\binom{15}{2}=105\) cặp số 1 trên cùng một cột.

Từ đây ta có đẳng thức: \(3k=105\Rightarrow k=35\).