Trên sân khấu của chương trình ngoại khoá Toán học của trường THPT X, người ta đặt hai màn hình cảm ứng A và B hoạt động độc lập với nhau. Trên mỗi màn hình có một thanh trượt di chuyển đều từ 0 đến 2. Khi người chơi bấm dừng, thanh trượt dừng ngẫu nhiên tại một số thực thuộc đoạn \[\left[ {0;2} \right].\] Gọi 2 số thực xuất hiện trên hai màn hình A, B lần lượt là \(a,b.\) MC đưa ra phương trình \({x^3} - 3bx + 2a = 0\) và quy định: Nếu phương trình có ít nhất 2 nghiệm thực, người chơi sẽ nhận được một phần quà lưu niệm. Nếu phương trình chỉ có 1 nghiệm thực, người chơi sẽ nhận được 1 tràng pháo tay từ khán giả. Hãy tính xác suất để người chơi nhận được 1 phần quà lưu niệm (Kết quả làm tròn đến hàng phần chục).

Chọn a) Sai | b) Đúng| c) Đúng | d) Đúng

a) Khoảng cách giữa hai khinh khí cấu là

\(AB = \sqrt {{{\left( {2 + 1} \right)}^2} + {{\left( {1,5 + 1} \right)}^2} + {{\left( {0,5 - 0,8} \right)}^2}}  \approx 3,92\)km.

Chọn SAI.

b) Tại thời điểm \(t\) chiếc khinh khí cầu thứ nhất ở điểm \(M = A + vt\frac{{ - \overrightarrow i }}{{\left| {\overrightarrow i } \right|}} = \left( {2 - 60t;1,5;0,5} \right)\).

Chọn SAI.

c) Tại thời điểm \(t\) chiếc khinh khí cầu thứ hai ở điểm \(N = B + vt\frac{{\overrightarrow j }}{{\left| {\overrightarrow j } \right|}} = \left( { - 1; - 1 + 40t;0,8} \right)\).

Khoảng cách giữa hai khinh khí cầu tại thời điểm \(t\) là

\(MN = \sqrt {{{\left( {3 - 60t} \right)}^2} + {{\left( {2,5 - 40t} \right)}^2} + 0,{3^2}} \)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\left( {3 - 60t} \right)^2} + {\left( {2,5 - 40t} \right)^2} + 0,{3^2}\)=\(5200{t^2} - 560t + 15,34\)

Suy ra \(\min f\left( t \right) = f\left( {\frac{7}{{130}}} \right)\)

\(M{N_{\min }} = \sqrt {f\left( {\frac{7}{{130}}} \right)}  \approx 0,51\).

Chọn ĐÚNG.

d) Gọi \(A'\) là điểm đối xứng với điểm \(A\) qua mặt phẳng \[\left( {Oxy} \right)\]\( \Rightarrow \)\(A'\left( {2;1,5; - 0,5} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {BA'}  = \left( {3;2,5; - 1,3} \right)\)

Phương trình đường thẳng \(A'B:\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2 + 3t{\rm{     }}}\\{y = 1,5 + 2,5t}\end{array}}\\{z =  - 0,5 - 1,3t}\end{array}} \right.\).

Tọa độ điểm \(P\) là giao điểm của đường thẳng \(A'B\) với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) là: \(P\left( {\frac{{11}}{{13}};\frac{7}{{13}};0} \right)\).

\( \Rightarrow a = \frac{{11}}{{13}},b = \frac{7}{{13}},c = 0\).

\( \Rightarrow 2a + b + c = \frac{{29}}{{13}}\).

Chọn ĐÚNG.

Gọi \({A_k}\) là biến cố An rút được thẻ số \(k\), với \(k \in \{ 1,2,3,4,5\} \).

Vì có 5 thẻ được đánh số từ 1 đến 5 và An rút ngẫu nhiên 1 thẻ, nên xác suất An rút được thẻ số \(k\) là \(P({A_k}) = \frac{1}{5}\) cho mỗi \(k\).

Khi An rút được thẻ số \(k\), Bình sẽ gieo \(k\) con xúc xắc. Mỗi con xúc xắc có 6 mặt (1, 2, 3, 4, 5, 6).
a) Xác suất để An chọn được thẻ số 5 là \(P({A_5})\).

Theo lập luận trên, \(P({A_5}) = \frac{1}{5}\). Vậy, phát biểu a) là đúng.

b) Gọi \({S_k}\) là biến cố tổng số chấm trên \(k\) con xúc xắc bằng 8.

Nếu An rút được thẻ số 3, Bình gieo 3 con xúc xắc. Không gian mẫu có \({6^3} = 216\) kết quả đồng khả năng.

Chúng ta cần tìm số cách để tổng số chấm của 3 con xúc xắc là 8. Gọi \(({x_1},{x_2},{x_3})\) là kết quả của 3 con xúc xắc, với \({x_i} \in \{ 1,2,3,4,5,6\} \).

Các bộ \(({x_1},{x_2},{x_3})\) có tổng bằng 8 là:

(1, 1, 6) và các hoán vị của nó: Có \(\frac{{3!}}{{2!}} = 3\) cách (116, 161, 611).

(1, 2, 5) và các hoán vị của nó: Có \(3! = 6\) cách (125, 152, 215, 251, 512, 521).

(1, 3, 4) và các hoán vị của nó: Có \(3! = 6\) cách (134, 143, 314, 341, 413, 431).

(2, 2, 4) và các hoán vị của nó: Có \(\frac{{3!}}{{2!}} = 3\) cách (224, 242, 422).

(2, 3, 3) và các hoán vị của nó: Có \(\frac{{3!}}{{2!}} = 3\) cách (233, 323, 332).

Tổng số kết quả thuận lợi là \(3 + 6 + 6 + 3 + 3 = 21\).

Xác suất để tổng số chấm bằng 8 khi gieo 3 con xúc xắc là \(P({S_3}) = \frac{{21}}{{216}} = \frac{7}{{72}}\).

Vậy, phát biểu b) là đúng.

c) Gọi \(E\) là biến cố không có mặt 6 chấm nào xuất hiện.

Nếu An rút được thẻ số \(k\), Bình gieo \(k\) con xúc xắc. Xác suất để không có mặt 6 chấm nào xuất hiện trên \(k\) con xúc xắc là \(P(E|{A_k})\).

Mỗi con xúc xắc có 5 mặt không phải là 6 chấm (1, 2, 3, 4, 5).

Vậy \(P(E|{A_k}) = {\left( {\frac{5}{6}} \right)^k}\).

Xác suất để không có mặt 6 chấm xuất hiện là \(P(E) = \sum\limits_{k = 1}^5 P (E|{A_k})P({A_k})\).

\(P(E) = \sum\limits_{k = 1}^5 {{{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^k}}  \cdot \frac{1}{5}\)\( = \frac{{4651}}{{7776}}\). Vậy, phát biểu c) là đúng.

d) Gọi \(F\) là biến cố có ít nhất một mặt 6 chấm xuất hiện.

Biến cố \(F\) là biến cố đối của biến cố \(E\) (không có mặt 6 chấm nào xuất hiện).

Do đó, \(P(F) = 1 - P(E) = 1 - \frac{{23255}}{{38880}} = \frac{{15625}}{{38880}}\).

Chúng ta cần tính xác suất \(P({A_4}|F)\), tức là xác suất An chọn được thẻ số 4 biết rằng có ít nhất một mặt 6 chấm xuất hiện.

Theo công thức Bayes: \(P({A_4}|F) = \frac{{P(F|{A_4})P({A_4})}}{{P(F)}}\).

Ta có \(P({A_4}) = \frac{1}{5}\).

\(P(F|{A_4})\) là xác suất có ít nhất một mặt 6 chấm xuất hiện khi An rút thẻ số 4 (Bình gieo 4 con xúc xắc).

\(P(F|{A_4}) = 1 - P(E|{A_4}) = 1 - {\left( {\frac{5}{6}} \right)^4} = \frac{{671}}{{1296}}\).
Thay các giá trị vào công thức Bayes ta được: \(P({A_4}|F) = \frac{{4026}}{{15625}}\). Vậy, phát biểu d) là đúng.