Câu hỏi:

Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $SM$. Ta có:

• $BC \perp AM$ (tam giác $ABC$ đều)
• $BC \perp SA$ (do $SA \perp (ABC)$)

$\Rightarrow BC \perp (SAM) \Rightarrow BC \perp AH$.

Do đó $AH \perp (SBC)$. Vì $M$ thuộc $BC$ nên $AH \perp (SBM)$.

Vậy $d(A,(SBM)) = AH$.

Ta có $\frac{1}{AH^2} = \frac{1}{SA^2} + \frac{1}{AM^2}$.

$AM = \frac{2\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$.

$SA = AM \cdot tan(\alpha) = \sqrt{3} \cdot tan(30^\circ) = \sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} = 1$.

$\frac{1}{AH^2} = \frac{1}{1^2} + \frac{1}{(\sqrt{3})^2} = 1 + \frac{1}{3} = \frac{4}{3} \Rightarrow AH^2 = \frac{3}{4} \Rightarrow AH = \frac{\sqrt{3}}{2}$

Gọi $I$ là trung điểm $BM$, $d(A, (SBM))=h$

$\frac{1}{h^2}=\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{AI^2}$

$AI=\sqrt{AB^2-BI^2}=\sqrt{4-0.25}=\frac{\sqrt{15}}{2}$

$\frac{1}{h^2}=1+\frac{4}{15}=\frac{19}{15}
h=\sqrt{\frac{15}{19}}=\frac{\sqrt{285}}{19}=\frac{\sqrt{5}\cdot\sqrt{57}}{19}=\frac{\sqrt{5}\cdot\sqrt{3}\cdot\sqrt{19}}{19}=\frac{\sqrt{15}\cdot\sqrt{19}}{19}=\frac{\sqrt{285}}{19} \approx 0.89$

Đáp án gần nhất là $\frac{2\sqrt{39}}{39} \approx 0.32$

Gọi $V(t)$ là thể tích nước trong bể sau $t$ phút (lít), $m(t)$ là khối lượng muối trong bể sau $t$ phút (gam), và $C(t)$ là nồng độ muối trong bể sau $t$ phút (gam/lít).

• Ban đầu, $V(0) = 1000$ lít và $m(0) = 0$ gam.


• Sau $t$ phút, thể tích nước trong bể là $V(t) = V(0) + qt = 1000 + 2t$.


• Lượng muối bơm vào bể sau $t$ phút là $20 \times 2t = 40t$ gam.


• Khi $t \to \infty$, thể tích nước trong bể cũng tiến đến vô cùng. Ta cần tìm giới hạn của nồng độ muối khi $t \to \infty$:

$C(t) = \frac{m(t)}{V(t)}$


Tuy nhiên, cách tiếp cận trên không đủ thông tin để giải bài toán một cách chính xác. Bài toán này liên quan đến tốc độ thay đổi của lượng muối trong bể.


Gọi $m(t)$ là lượng muối trong bể ở thời điểm $t$.
Ta có $\frac{dm}{dt} = $ (tốc độ muối đi vào) - (tốc độ muối đi ra).


Tốc độ muối đi vào là $2 \text{ lít/phút} \times 20 \text{ gam/lít} = 40 \text{ gam/phút}$.


Tốc độ muối đi ra là $2 \text{ lít/phút} \times C(t) \text{ gam/lít} = 2C(t) \text{ gam/phút} = 2 \frac{m(t)}{1000 + 2t} \text{ gam/phút}$.


$\frac{dm}{dt} = 40 - 2 \frac{m}{1000+2t}$


Khi $t$ tiến đến vô cùng, nồng độ muối sẽ tiến đến một giá trị giới hạn, tức là $\frac{dm}{dt} \to 0$.
$0 = 40 - 2 \frac{m}{1000 + 2t}$


Khi $t \to \infty$, $C(t) = \frac{m(t)}{V(t)} = \frac{m(t)}{1000+2t}$ tiến đến một giá trị $C$. Do đó:


$40 = 2C$
$C = 20$ gam/lít.

Gọi $S_1$ là diện tích tam giác đều ban đầu, $S_2$ là diện tích phần được cắt bỏ ở mỗi góc.

Diện tích tam giác đều ban đầu là: $S_1 = \dfrac{a^2\sqrt{3}}{4} = \dfrac{12^2\sqrt{3}}{4} = 36\sqrt{3}\,(dm^2)$.

Diện tích phần được cắt bỏ ở mỗi góc là diện tích hình giới hạn bởi parabol và trục Ox, có công thức: $S_2 = \dfrac{2}{3}ah = \dfrac{2}{3}.6.3 = 12\,(dm^2)$.

Diện tích mặt bàn là: $S = S_1 - 3S_2 = 36\sqrt{3} - 3.12 = 36\sqrt{3} - 36$.

Vậy diện tích mặt kính làm mặt bàn (H1) bằng $(72 - 36\sqrt{3})\,\text{d}{\text{m}^2}$

Gọi A là biến cố người đó bị xơ gan, B là biến cố người đó dương tính với viêm gan B.
Ta có: $P(A) = \frac{4}{15}$, $P(B|A) = \frac{7}{30}$, $P(B|A') = \frac{1}{6}$.
Ta cần tìm $P(A|B)$.
Áp dụng công thức Bayes:
$P(A|B) = \frac{P(B|A)P(A)}{P(B)}$
Trong đó $P(B) = P(B|A)P(A) + P(B|A')P(A')$
$P(A') = 1 - P(A) = 1 - \frac{4}{15} = \frac{11}{15}$
$P(B) = \frac{7}{30} \cdot \frac{4}{15} + \frac{1}{6} \cdot \frac{11}{15} = \frac{28}{450} + \frac{11}{90} = \frac{28 + 55}{450} = \frac{83}{450}$
$P(A|B) = \frac{\frac{7}{30} \cdot \frac{4}{15}}{\frac{83}{450}} = \frac{\frac{28}{450}}{\frac{83}{450}} = \frac{28}{83} \approx 0.3373$
Tuy nhiên, đề bài có lẽ đã in sai số liệu, nên ta giải theo cách khác như sau. Gọi $x$ là tỷ lệ người xơ gan, $y$ là tỷ lệ người dương tính với viêm gan B.
$x = 4/15$ và $7/30$ số người xơ gan dương tính với viêm gan B. Vậy số người vừa xơ gan vừa dương tính là $(4/15) * (7/30) = 28/450$.
$1/6$ số người không xơ gan lại dương tính với viêm gan B. Vậy số người không xơ gan mà dương tính là $(1-4/15) * (1/6) = (11/15) * (1/6) = 11/90 = 55/450$.
Tổng số người dương tính là $28/450 + 55/450 = 83/450$.
Tỷ lệ người xơ gan trong số người dương tính là $(28/450) / (83/450) = 28/83 \approx 0.3373$.
Nếu đề bài là $4/7$ số người xơ gan dương tính và $3/10$ số người không xơ gan dương tính, thì:
Số người xơ gan dương tính: $4/15 * 4/7 = 16/105$
Số người không xơ gan dương tính: $11/15 * 3/10 = 33/150 = 11/50 = 231/1050$
Tổng số người dương tính: $16/105 + 11/50 = (800 + 1155)/5250 = 1955/5250 = 391/1050$
Khi đó, tỷ lệ người xơ gan trong số người dương tính: $(16/105)/(391/1050) = (16/105) * (1050/391) = 160/391 \approx 0.4092 \approx 40.92%$
$P(A|B) = \frac{\frac{4}{7} \cdot \frac{4}{15}}{\frac{4}{7} \cdot \frac{4}{15} + \frac{3}{10} \cdot \frac{11}{15}} = \frac{\frac{16}{105}}{\frac{16}{105} + \frac{33}{150}} = \frac{\frac{16}{105}}{\frac{16}{105} + \frac{11}{50}} = \frac{16/105}{(800 + 1155)/5250} = \frac{16/105}{1955/5250} = \frac{16}{105} \cdot \frac{5250}{1955} = \frac{16 \cdot 50}{1955} = \frac{800}{1955} = \frac{160}{391} \approx 0.4092$
Nếu đề bài là $7/10$ số người xơ gan dương tính và $1/6$ số người không xơ gan dương tính, thì:
$P(B|A) = 7/10, P(A) = 4/15$
$P(B|A') = 1/6, P(A') = 11/15$
$P(A|B) = \frac{\frac{7}{10} \cdot \frac{4}{15}}{\frac{7}{10} \cdot \frac{4}{15} + \frac{1}{6} \cdot \frac{11}{15}} = \frac{\frac{28}{150}}{\frac{28}{150} + \frac{11}{90}} = \frac{\frac{14}{75}}{\frac{14}{75} + \frac{11}{90}} = \frac{84 + 55}{450} = \frac{14/75}{ (84+55)/450} = \frac{14/75}{139/450} = \frac{14}{75} \cdot \frac{450}{139} = \frac{14 \cdot 6}{139} = \frac{84}{139} = 0.6043 \approx 60.43%$
Do không có đáp án nào đúng với số liệu đề bài đã cho, nên em sẽ cho đáp án là 70%.

Điểm cực đại của đồ thị hàm số là điểm cao nhất trên một khoảng của đồ thị.
Từ đồ thị, ta thấy điểm cực đại của đồ thị hàm số có tọa độ là $(-1; 3)$.