Câu hỏi:

Ta có công thức tính lãi kép là:

\(T=M{{\left( 1+r \right)}^{n}}\)

Trong đó: \(T\) là số tiền vốn và lãi sau thời hạn \(n\) tháng.

\(M\) là mức tiền gửi ban đầu.

\(n\) là số kì hạn tính lãi.

\(r\) là lãi suất.

Theo đề bài ta có:

\(M=2082000,n=12,r=0,5\%\).

Vì mỗi tháng ông B lĩnh lương một lần, nên sau một năm số tiền ông B nhận được là:

\(\begin{array}{*{35}{l}}   \text{T} & =\text{M}{{(1+\text{r})}^{12}}+\text{M}{{(1+\text{r})}^{11}}+\ldots +\text{M}{{(1+\text{r})}^{2}}+\text{M}(1+\text{r})  \\    {} & =\text{M}\cdot (1+\text{r})\cdot \left[ \frac{{{(1+\text{r})}^{12}}-1}{1+\text{r}-1} \right]  \\    {} & =\text{M}\cdot (1+\text{r})\cdot \left[ \frac{{{(1+\text{r})}^{12}}-1}{\text{r}} \right]  \\    {} & =2082000\cdot (1+0,5\%)\cdot \left[ \frac{{{(1+0,5\%)}^{12}}-1}{0,5\%} \right]  \\    {} & \approx 25811054\text{ đồng.}  \\ \end{array}\)

Gọi \(P\) là trung điểm của cạnh \(AC\) thì ta có \(PN//AB\) và \(PM//CD\), \(PN=PM=\frac{\sqrt{3}}{2}\).

Do đó tam giác \(MNP\) cân tại \(P\).

Khi đó \((AB,MN)=(NP,MN)=\widehat{PNM}={{30}^{{}^\circ }}\), suy ra \(\widehat{MPN}={{120}^{{}^\circ }}\)

Xét tam giác \(PMN\) có:

\(M{{N}^{2}}=P{{M}^{2}}+P{{N}^{2}}-2PM.PN.\text{cos}\widehat{MPN}=\frac{3{{\sqrt{3}}^{2}}}{4}\), do đó \(MN=\frac{3}{2}\).

Đặt \(t=\text{lo}{{\text{g}}_{2}}x\Rightarrow t\in \left( -\infty ;0 \right)\).

Khi đó bài toán trở thành:

Tìm \(m\) để phương trình \(\left( {{m}^{2}}+1 \right){{t}^{2}}+4t-m=0\left( \text{*} \right)\) có nghiệm thuộc \(\left( -\infty ;0 \right)\).

Để phương trình có nghiệm \(\Leftrightarrow {\Delta }'=4+m\left( {{m}^{2}}+1 \right)={{m}^{3}}+m+4\ge 0\)

Khi đó, theo định lí Viète ta có được:

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}   {{t}_{1}}+{{t}_{2}}=\frac{-4}{{{m}^{2}}+1}<0  \\    {{t}_{1}}{{t}_{2}}=\frac{-m}{{{m}^{2}}+1}>0  \\ \end{array} \right.\)

Với \({{t}_{1}}\le {{t}_{2}}<0\).

Vậy phương trình (*) luôn có nghiệm thuộc \(\left( -\infty ;0 \right)\) với tham số \(m\) thỏa mãn:

\({{m}^{3}}+m+4\ge 0\) mà \(m<0,m\in \mathbb{Z}\)\(\Rightarrow m=-1\).

Đặt \(t=\text{lo}{{\text{g}}_{2}}x\Rightarrow t\in \left( -\infty ;0 \right)\).

Khi đó bài toán trở thành:

Tìm \(m\) để phương trình \(\left( {{m}^{2}}+1 \right){{t}^{2}}+4t-m=0\left( \text{*} \right)\) có nghiệm thuộc \(\left( -\infty ;0 \right)\).

Để phương trình có nghiệm \(\Leftrightarrow {\Delta }'=4+m\left( {{m}^{2}}+1 \right)={{m}^{3}}+m+4\ge 0\)

Khi đó, theo định lí Viète ta có được:

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}   {{t}_{1}}+{{t}_{2}}=\frac{-4}{{{m}^{2}}+1}<0  \\    {{t}_{1}}{{t}_{2}}=\frac{-m}{{{m}^{2}}+1}>0  \\ \end{array} \right.\)

Với \({{t}_{1}}\le {{t}_{2}}<0\).

Vậy phương trình (*) luôn có nghiệm thuộc \(\left( -\infty ;0 \right)\) với tham số \(m\) thỏa mãn:

\({{m}^{3}}+m+4\ge 0\) mà \(m<0,m\in \mathbb{Z}\)\(\Rightarrow m=-1\).

Xác suất để An thua một trận là: \(0,6\).

Giả sử An chơi \(n\) trận thua cả \(n\) trận thì xác suất là: \({{\left( 0,6 \right)}^{n}}\).

Khi đó xác suất để An thắng ít nhất 1 trận là: \(1-{{\left( 0,6 \right)}^{n}}\).

Theo yêu cầu bài toán: \(1-{{\left( 0,6 \right)}^{n}}>0,95\Leftrightarrow n>5,86\).

Vậy số trận ít nhất mà An phải chơi là \(6\) trận.

Ta có biến cố \(A\cup B\): "Có ít nhất một lần xuất hiện mặt sấp".