Cổng của một trại du lịch sinh thái có dạng parabol, lối ra vào cổng là hình chữ nhật như hình vẽ. Biết rằng, lối đi hình chữ nhật ABCD có kích thước CD = 2m, phía ngoài lối đi hình chữ nhật được trang trí hoa văn cho phù hợp. Chi phí trang trí hoa văn là 240.000 đồng cho một mét vuông. Số tiền để trang trí hoa văn của cổng trại du lịch sinh thái là bao nhiêu triệu đồng?

Đáp án:  _____

Phương pháp giải

Áp dụng công thức xác suất toàn phần

Giải chi tiết

Gọi \({A_1},{A_2},{A_3}\) lần lượt là các biến cố: chọn được một sinh viên

Giỏi, Khá, Trung Bình.

Khi đó \({A_1},{A_2},{A_3}\)là một hệ biến cố đầy đủ.

Gọi B là biến cố: “Sinh viên đó trả lời đúng 4 câu hỏi”.

Ta có:

\(P({A_1}) = \frac{{C_{10}^2}}{{C_{10}^1}} = \frac{1}{5},\qquad P({A_2}) = \frac{{C_{10}^3}}{{C_{10}^1}} = \frac{3}{{10}},\qquad P({A_3}) = \frac{{C_{10}^5}}{{C_{10}^1}} = \frac{1}{2}.\)

Ta lại có:

2 sinh viên Giỏi (trả lời 100% số câu hỏi) \( \Rightarrow \)trả lời 20 câu hỏi.

3 sinh viên Khá (trả lời 80% số câu hỏi) \( \Rightarrow \) trả lời 20.80%=16 câu hỏi.

5 sinh viên Trung Bình (trả lời 50% số câu hỏi) \( \Rightarrow \) trả lời 20. 50%=10 câu hỏi.

Từ đó:

\(P(B\mid {A_1}) = \frac{{C_{20}^4}}{{C_{20}^4}} = 1,\qquad P(B\mid {A_2}) = \frac{{C_{16}^4}}{{C_{20}^4}} = \frac{{364}}{{969}},\qquad P(B\mid {A_3}) = \frac{{C_{10}^4}}{{C_{20}^4}} = \frac{{14}}{{323}}.\)

Áp dụng công thức xác suất toàn phần:

\(P(B) = P(B\mid {A_1})P({A_1}) + P(B\mid {A_2})P({A_2}) + P(B\mid {A_3})P({A_3})\)\( = 1 \cdot \frac{1}{5} + \frac{{364}}{{969}} \cdot \frac{3}{{10}} + \frac{{14}}{{323}} \cdot \frac{1}{2} = \frac{{108}}{{323}}.\)

Xác suất để sinh viên đó là sinh viên Khá là\(P({A_2}\mid B)\).

Áp dụng công thức Bayes:

\(P({A_2}\mid B) = \frac{{P(B\mid {A_2}) \cdot P({A_2})}}{{P(B)}} = \frac{{\frac{{364}}{{969}} \cdot \frac{3}{{10}}}}{{\frac{{108}}{{323}}}} = \frac{{91}}{{270}} \approx 0,337.\)Chọn C

Đáp án cần chọn là: C

Phương pháp giải

Gọi H là vị trí máy bay gần nhất.

Từ \(OH \bot d\) tìm tọa độ điểm H.

Từ đó tính OH nhỏ nhất.

Giải chi tiết

Phương trình tham số của đường thẳng d là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 688 + 91t,}\\{y = - 185 + 75t,}\\{z = 8.}\end{array}} \right.\)

Gọi H là vị trí mà máy bay bay gần đài kiểm soát không lưu nhất.

Khi đó, khoảng cách OH là ngắn nhất giữa máy bay và đài kiểm soát không lưu,

điều này xảy ra khi và chỉ khi\(OH \bot d\).

Vì \(H \in d\) nên\(H( - 688 + 91t;{\mkern 1mu} - 185 + 75t;{\mkern 1mu} 8).\)

Ta có \(\overrightarrow {OH} = ( - 688 + 91t;{\mkern 1mu} - 185 + 75t;{\mkern 1mu} 8).\)

Điều kiện \(OH \bot d\) tương đương \(\overrightarrow {OH} \cdot \vec u = 0\)

\( \Leftrightarrow ( - 688 + 91t) \cdot 91 + ( - 185 + 75t) \cdot 75 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{11}}{2}.\)

Suy ra \(H\left( { - \frac{{375}}{2};{\mkern 1mu} \frac{{455}}{2};{\mkern 1mu} 8} \right).\)

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

\(OH = \sqrt {{{\left( { - \frac{{375}}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{455}}{2}} \right)}^2} + {8^2}} \approx 295\;{\rm{(km)}}.\)