Trong một cuộc thi sáng tạo các chủ đề liên quan đến Kỷ niệm 50 năm ngày miền Nam hoàn toàn giải phóng, một em học sinh lớp 12 đã đạt giải đặc biệt với một thiết kế vô cùng độc đáo. Em học sinh này đã thiết kế bề mặt của một đồng hồ treo tường kết hợp giữa lịch sử, mỹ thuật và toán học.

- Phần trong của mặt đồng hồ là hình vuông có cạnh bằng 2 dm, nơi đây lưu giữ hình ảnh của chiếc xe tăng 390 của bộ đội Việt Nam tiến vào dinh độc lập.

- Phần ngoài của mặt đồng hồ là đường tròn có bán kính bằng 2dm.

- Đường cong trung gian có tên (L) là tập hợp tất cả điểm P sao cho nếu kẻ tia Ot bất kỳ cắt hình vuông và đường tròn lần lượt tại M, N thì P là trung điểm MN (O là tâm đường tròn). Tìm diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong (L) theo đơn vị \(d{m^2}\)(kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

a) Đúng

Vì có \(42\% \) số túi được dán nhãn thuần chay cũng được dán nhãn giảm đường.

\( \Rightarrow \)\(P(R|V) = 0,42\).

b) Đúng.

Ta có: \(P(VR) = P(V) \cdot P(R|V) = 0,25 \cdot 0,42 = 0,105\).

Có \(63\% \)số túi không được dán nhãn gì cả nên xác suất túi có dán ít nhất một loại nhãn

là: \(P\left( {V \cup R} \right) = 1 - 0,63 = 0,37\)

Ta có \(P(V \cup R) = P(V) + P(R) - P(V \cap R)\)

\( \Rightarrow 0,37 = 0,25 + P(R) - 0,105\)

\( \Rightarrow P(R) = 0,37 - 0,145 = 0,225\).

Do đó \(P(\bar R) = 1 - P(R) = 1 - 0,225 = 0,775\).

c) Sai.

Áp dụng công thức xác suất toàn phần ta có:

\(P\left( R \right) = P\left( {RV} \right) + P\left( {R\overline V } \right) = P\left( {R|V} \right).P\left( V \right) + P\left( {R|\overline V } \right).P\left( {\overline V } \right)\)

\( \Rightarrow 0,225 = 0,25.0,42 + P\left( {R|\overline V } \right).0,75\)

\( \Rightarrow \)\(P(R|\bar V) = 0,16\).

Do đó khi một túi không được dán nhãn là thuần chay được rút ra thì xác suất để túi đó được dán nhãn giảm đường là \(0,16\)

d) Đúng.

Túi chỉ được dán đúng 1 nhãn bao gồm hai trường hợp: Chỉ dán nhãn thuần chay (\(V\overline R \))

hoặc chỉ dán nhãn giảm đường \(\left( {\overline V R} \right)\).

Ta có \(P(V\bar R) = P(V) - P(VR) = 0,25 - 0,105 = 0,145\).

\(P(\bar VR) = P\left( {R\overline V } \right) = P\left( {R|\overline V } \right).P\left( {\overline V } \right) = 0,16.0,75 = 0,12\).

Vậy xác suất túi chỉ được dán đúng 1 nhãn là: \(P\left( {V\overline R } \right) + P\left( {R\overline V } \right) = \)\(0,145 + 0,12 = 0,265\).

Đáp án: 1,31.

Gọi \(H\) là trung điểm \(AB\), suy ra \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Do \(AD \bot AB\) nên \(AD \bot SA\), suy ra \[\left[ {S,AD,B} \right] = \widehat {SAB} = 60^\circ \] và

\[SH = AH.\tan \widehat {SAH} = \frac{{AB}}{2}.\tan 60^\circ  = \frac{2}{2}.\sqrt 3  = \sqrt 3 \].

Do \(mp\left( {SCD} \right)\) đi qua \(SC\) và song song với \(AB\) nên

\(d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right)\).

Kẻ \(HK \bot CD\) (\(K\) là trung điểm \(CD\)) và kẻ \(HI \bot SK\) thì \(HI \bot \left( {SCD} \right)\) hay \(d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HI\)

Có \(\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{3} + \frac{1}{4} = \frac{7}{{12}}\), suy ra \(HI = \frac{{\sqrt {12} }}{{\sqrt 7 }}\).

Vây \(d\left( {AB,SC} \right) = \frac{{\sqrt {12} }}{{\sqrt 7 }} \approx 1,31\).