Một xưởng luyện kim có 5 lò luyện thép, bao gồm \(3\) lò thế hệ cũ và \(2\) lò thế hệ mới. Biết rằng xác suất để một mẻ thép ra lò đạt chuẩn chất lượng của lò cũ là \(50\% \), trong khi của lò mới là \(75\% \). Một kỹ sư chọn ngẫu nhiên một lò trong xưởng để tiến hành kiểm tra \(3\) mẻ thép liên tiếp. Kết quả ghi nhận có đúng \(2\) mẻ đạt chuẩn và \(1\) mẻ không đạt. Tính xác suất để chiếc lò được chọn kiểm tra là lò thế hệ mới (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)

Xét mệnh đề a)
Điều kiện xác định: \[{x^3} - 3{x^2} + 4 > 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2}\left( {x + 1} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 1 < x < 2\\x > 2\end{array} \right.\]nên mệnh đề a) sai
Xét mệnh đề b)
Ta có:\(f'\left( x \right) = \frac{{3{x^2} - 6x}}{{\left( {{x^3} - 3{x^2} + 4} \right)\ln 5}}\) nên mệnh đề b) đúng
Xét mệnh đề c)
Phương trình \(f'\left( x \right) = \frac{{3{x^2} - 6x}}{{\left( {{x^3} - 3{x^2} + 4} \right)\ln 5}}0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\)
Điều kiện xác định \(x \ne 2\) và \(x = 0\) không thuộc đoạn \(\left[ {1;\,2} \right]\) suy ra phương trình vô nghiệm nên mệnh đề c) sai
Xét mệnh đề d)
Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho có 1 điểm cực trị nên mệnh đề d) sai

Gọi \(N\) là điểm thuộc đoạn thẳng \(AB\) sao cho \(BA = 3BN\)
Khi đó \(BN = DM\) và \(BN\,{\rm{//}}\,DM\) nên tứ giác \(BNDM\) là hình bình hành
Từ đó suy ra \(BM\,{\rm{//}}\,DN \Rightarrow BM\,{\rm{//}}\,\left( {SDN} \right)\).
Vậy \({\rm{d}}\left( {BM,SD} \right){\rm{ = d}}\left( {BM,\left( {SDN} \right)} \right) = {\rm{d}}\left( {B,\left( {SDN} \right)} \right)\).
Gọi \(H\) và \(K\) lần lượt là hình chiếu của \(A\) lên \(DN\) và \(SH\).
Ta có \(DN \bot AH\) và \(DN \bot SA\) nên \(DN \bot \left( {SAH} \right)\) từ đó suy ra \(DN \bot AK\).
Lại có \(AK \bot SH\) và \(AK \bot DN\) nên \(AK \bot \left( {SDN} \right)\) nên \[{\rm{d}}\left( {A,\left( {SDN} \right)} \right) = AK\].
Do \(AN = \frac{2}{3}AB = 2\) và tam giác \(ADN\) vuông tại \(A\) nên ta có:
\(AH = \frac{{AN.AD}}{{\sqrt {A{N^2} + A{D^2}} }} = \frac{{2.1}}{{\sqrt {{{\left( 2 \right)}^2} + {1^2}} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}\).
Tam giác \(SAH\) vuông tại \(A\) nên \(AK = \frac{{AH.AS}}{{\sqrt {A{H^2} + A{S^2}} }} = \frac{{\frac{{2\sqrt 5 }}{5} \cdot 2}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{2\sqrt 5 }}{5}} \right)}^2} + {{\left( 2 \right)}^2}} }} = \frac{{2\sqrt 6 }}{6}\).
Đường thẳng \(AB\) cắt mặt phẳng \(\left( {SDN} \right)\) tại \(N\) và \(\frac{{BN}}{{AN}} = \frac{1}{2}\) nên khi đó ta có:
\({\rm{d}}\left( {BM,SD} \right) = {\rm{d}}\left( {B,\left( {SDN} \right)} \right) = \frac{1}{2}{\rm{d}}\left( {A,\left( {SDN} \right)} \right) = \frac{1}{2}AK = \frac{{\sqrt 6 }}{6}\).
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng \(BM\) và \(SD\) bằng $\boxed{\mathrm{0,41}}$.