Chọn ngẫu nhiên 5 bạn bất kỳ: \(C^5_{13}\)

Chọn ngẫu nhiên 5 bạn lớp 12A và 12B: \(C^5_{10}\)

Chọn ngẫu nhiên 5 bạn lớp 12B và 12C: \(C^5_7\)

Chọn ngẫu nhiên 5 bạn lớp 12A và 12C: \(C^5_9\)

Vậy số cách chọn là: \(C^5_{13}-C^5_{10}-C^5_7-C^5_9\)

Chọn 5 bạn bất kì: \(C_{13}^5\) cách

Chọn 5 bạn chỉ thuộc 1 lớp (có đúng 1 trường hợp là chọn từ 12A): \(C_6^5\) cách

Chọn 5 bạn gồm cả 12A và 12B: \(C_{10}^5-C_6^5\) cách

Chọn 5 bạn gồm cả 12A và 12C: \(C_9^5-C_6^5\) cách

Chọn 5 bạn gồm cả 12B và 12C: \(C_7^5\) cách

Vậy số cách chọn 5 bạn có đủ 3 lớp là:

\(C_{13}^5-\left(C_{10}^5+C_9^5+C_7^5-2C_6^5\right)-C_6^5\)

\(n\left(\Omega\right)=C^9_3.C_3^6.C_3^3=1680\)

Gọi biến cố A "Không có phần nào trong 3 phần có 3 bi cùng màu"

=> \(\overline{A}\) : "Có ít nhất 1 phần có 3 bi cùng màu"

TH1 : Chỉ có 3 bi đỏ trong 1 phần => 2 phần còn lại có 5 bi xanh và  1 bi đỏ

=> Luôn tồn tại 1 phần có 3 bi xanh cùng màu

Tương tự với trường hợp chỉ có 3 bi xanh trong 1 phần

=> \(n\left(\overline{A}\right)=C_4^3.C_5^3.C_3^3=40\)

=> \(P\left(A\right)=1-P\left(\overline{A}\right)=1-\dfrac{40}{1680}=\dfrac{41}{42}\)

Ta có:

- Chọn 3 viên bi cho phần 1 là: \(C^3_9\) cách

- Chọn 3 viên bi cho phần 2 là: \(C^3_6\) cách

- Chọn 3 viên bi cho phần 3 là: 1 cách

Số phần tử không gian mẫu: \(n\left(\Omega\right)=C^3_9\cdot C^3_6\)

Gọi A là biến cố không có phần nào gồm 3 viên bi cùng màu.

Phần 1: 2 đỏ + 1 xanh

Phần 2: 1 đỏ + 2 xanh

Phần 3: 1 đỏ + 2 xanh

\(\Rightarrow n\left(A\right)=C^2_4\cdot C^1_5\cdot C^1_2\cdot C^2_4\cdot\dfrac{3!}{2!}\)

Vậy \(P\left(A\right)=\dfrac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega\right)}\) = ......

a: Gọi (d1): ax+by+c=0 là phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với d

(d1)⊥(d)

=>(d1): x+y+c=0

Thay x=2 và y=1 vào x+y+c=0, ta được:

2+1+c=0

=>c=-3

=>(d1): x+y-3=0

Gọi H là giao điểm của (d1) và (d)

Vì \(A_1\) đối xứng với A qua (d)

nên \(A_1A\) ⊥(d) tại trung điểm của \(A_1A\)

=>H là trung điểm của \(A_1A\)

Tọa độ H là:

\(\begin{cases}x+y-3=0\\ x-y+1=0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x+y=3\\ x-y=-1\end{cases}\)

=>\(\begin{cases}x+y+x-y=3-1\\ x+y=3\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}2x=2\\ x+y=3\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x=1\\ y=2\end{cases}\)

=>H(1;2)

A(2;1); H(1;2); \(A_1\left(x;y\right)\)

Do đó: ta có: \(\begin{cases}x+2=2\cdot1=2\\ y+1=2\cdot2=4\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x=0\\ y=3\end{cases}\)

=>\(A_1\left(0;3\right)\)

b: Gọi tâm của đường tròn là I

Vì tâm thuộc tia Ox nên I(x;0)

(C) tiếp xúc với (d) và đi qua A

=>\(IA=d\left(I;\left(d\right)\right)\)

=>\(\sqrt{\left(x-2\right)^2+\left(1-0\right)^2}=\frac{\left|x\cdot1+0\cdot\left(-1\right)+1\right|}{\sqrt{1^2+\left(-1\right)^2}}=\frac{\left|x+1\right|}{\sqrt2}\)

=>\(\sqrt{2\left(x^2-4x+4+1\right)}=\left|x+1\right|\)

=>\(\sqrt{2\left(x^2-4x+5\right)}=\left|x+1\right|\)

=>\(2\left(x^2-4x+5\right)=\left(x+1\right)^2\)

=>\(2x^2-8x+10=x^2+2x+1\)

=>\(x^2-10x+9=0\)

=>(x-1)(x-9)=0

=>\(\left[\begin{array}{l}x-1=0\\ x-9=0\end{array}\right.\Rightarrow\left[\begin{array}{l}x=1\\ x=9\end{array}\right.\)

TH1: x=1

=>I(1;0)

I(1;0); A(2;1)

\(IA^2=\left(2-1\right)^2+\left(1-0\right)^2=2\)

Phương trình đường tròn (C) là:

\(\left(x-1\right)^2+\left(y-0\right)^2=IA^2=2\)

=>\(\left(x-1\right)^2+y^2=2\)

Th2: x=9

=>I(9;0)

I(9;0); A(2;1)

\(IA^2=\left(2-9\right)^2+\left(1-0\right)^2=\left(-7\right)^2+1=50\)

Phương trình đường tròn (C) là:

\(\left(x-9\right)^2+\left(y-0\right)^2=IA^2=50\)

=>\(\left(x-9\right)^2+y^2=50\)

Phương trình (d) có dạng : 

ax + by + c = 0 (d)

=> vector pháp tuyến \(\overrightarrow{n}\left(a;b\right)\) 

Lại có vector pháp tuyến của (d') : \(\overrightarrow{a}\left(1;2\right)\)

(d) qua A(0;1) => b + c = 0 (2)

Ta có \(\cos\left(d,d'\right)=\cos45=\dfrac{\left|a+2b\right|}{\sqrt{a^2+b^2}.\sqrt{1^2+2^2}}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+2b\right)^2=\dfrac{5}{2}.\left(a^2+b^2\right)\)

\(\Leftrightarrow3a^2-8ab-3b^2=0\Leftrightarrow\left(a-3b\right).\left(3a+b\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=3b\\a=-\dfrac{b}{3}\end{matrix}\right.\)\(\left(a;b\ne0\right)\) (1)

Từ (1)(2) thay vào (d) => 

d₁ : 3x + y - 1 = 0 

d₂ : \(-\dfrac{1}{3}x+y-1=0\)

ĐKXĐ : \(m\le2x^2-2x+12\)

\(\sqrt{2x^2-2x-m+12}=x-3\)

\(\Leftrightarrow2x^2-2x-m+12=\left(x-3\right)^2\) (với \(x\ge3\)) (*)

\(\Leftrightarrow x^2+4x+3=m\) (1)

Xét hàm số parabol (P): y = x² + 4x + 3 và (d) : y = m

Từ (1) ta có bảng biến thiên của (P)

x y -2 3 + -1 24 + (d):y=m

=> Kết hợp ĐKXĐ và (*)

Phương trình ban đầu có nghiệm <=> m \(\ge3\)

Ta có: $n\left(\Omega \right)=C_{15}^5=3003$ 

Gọi A là biến cố "Trong 5 học sinh được chọn có ít nhất 4 học sinh nữ".

Ta có thể chọn 4 nữ và 1 nam hoặc chon 5 nữ.

Suy ra $n\left(A\right)=C_9^4.C_6^1+C_9^5=882$

Xác suất của biển cố A là: $P\left(A\right)=\frac{882}{3003}=\frac{42}{143}\approx 0,29$

Ta có: $n\left(\Omega \right)=C_{15}^5=3003$ 

Gọi A là biến cố "Trong 5 học sinh được chọn có ít nhất 4 học sinh nữ".

Ta có thể chọn 4 nữ và 1 nam hoặc chon 5 nữ.

Suy ra $n\left(A\right)=C_9^4.C_6^1+C_9^5=882$

Xác suất của biển cố A là: $P\left(A\right)=\frac{882}{3003}=\frac{42}{143}\approx 0,29$

a: �(�;�)=∣0⋅1+(−2)⋅1−4∣12+12=62=32d(A;d)=12+12​∣0⋅1+(−2)⋅1−4∣​=2​6​=32​

b: Vì a//Δ nên a: x+y+c=0

Thay x=-1 và y=0 vào a, ta được:

c-1+0=0

=>c=1

c: Vì b vuông góc Δ nên b: -x+y+c=0

Thay x=0 và y=3 vào b, ta được:

c-0+3=0

=>c=-3

a: \(R=d\left(A;\Delta\right)=\frac{\left|3\cdot2+5\cdot\left(-1\right)+3\right|}{\sqrt{2^2+\left(-1\right)^2}}=\frac{\left|6+3-5\right|}{\sqrt5}=\frac{4}{\sqrt5}\)

Phương trình đường tròn tâm A là:

\(\left(x-3\right)^2+\left(y-5\right)^2=R^2=\left(\frac{4}{\sqrt5}\right)^2=\frac{16}{5}\)

b: Kẻ AH⊥Δ tại H

mà Δ: 2x-y+3=0

nên AH: x+2y+c=0

Thay x=3 và y=5 vào x+2y+c=0, ta được:

\(3+2\cdot5+c=0\)

=>c+13=0

=>c=-13

=>AH: x+2y-13=0

Tọa độ điểm H là:

\(\begin{cases}x+2y-13=0\\ 2x-y+3=0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x+2y=13\\ 2x-y=-3\end{cases}\)

=>\(\begin{cases}2x+4y=26\\ 2x-y=-3\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}2x+4y-2x+y=26+3\\ x+2y=13\end{cases}\)

=>\(\begin{cases}5y=29\\ x+2y=13\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}y=5,8\\ x=13-2\cdot5,8=13-11,6=1,4\end{cases}\)

=>H(1,4;5,8)

A' đối xứng A qua Δ

=>A'A⊥Δ tại trung điểm của A'A

=>H là trung điểm của A'A

A'(x;y); A(3;5); H(1,4;5,8)

Do đó, ta có: \(\begin{cases}x+3=2\cdot1,4=2,8\\ y+5=2\cdot5,8=11,6\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x=2,8-3=-0,2\\ y=11,6-5=5,6\end{cases}\)

Vậy: A'(-0,2;5,6)

ĐKXĐ : \(x^2-3x+3\ge0\Leftrightarrow x\inℝ\)

Ta có : \(\sqrt{x^2-3x+3}=2x-1\)

\(\Leftrightarrow x^2-3x+3=\left(2x-1\right)^2\) (với \(2x-1\ge0\Leftrightarrow x\ge\dfrac{1}{2}\left(^∗\right)\)

\(\Leftrightarrow3x^2-x-2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right).\left(3x+2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\left(tm\right)\\x=-\dfrac{2}{3}\left(\text{loại}\right)\end{matrix}\right.\)

Tập nghiệm S = {1}