II. PHẦN TỰ LUẬN

a) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(I\left( { - 2;3} \right)\) và đi qua điểm \(A\left( {6;0} \right)\). Viết phương trình đường tròn \(\left( C \right)\).

b) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(d:3x - 4y - 1 = 0\) và điểm \(I\left( {1; - 2} \right)\). Gọi \(\left( C \right)\) là đường tròn tâm \(I\) và cắt đường thẳng  tại hai điểm \(A\) và \(B\) sao cho tam giác \(IAB\)  có diện tích bằng \(4\). Viết phương trình đường tròn \(\left( C \right)\).

Hướng dẫn giải

Gọi số cần tìm có dạng \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}} \) là số thỏa yêu cầu bài toán thì \({a_3} + {a_4} + {a_5} = 8\).

Có hai bộ \(3\) số có tổng bằng \(8\) trong các số \(1;2;3;...;9\) là: \(\left\{ {1;2;5} \right\}\)và \(\left\{ {1;3;4} \right\}\)

Nếu \({a_3};{a_4};{a_5} \in \left\{ {1;2;5} \right\}\) thì \({a_3},{a_4},{a_5}\) có \(3!\) cách chọn và \({a_1},{a_2},{a_6}\) có \(A_6^3\) cách chọn suy ra có \(3!A_6^3 = 720\) số thỏa mãn yêu cầu.

Nếu \({a_3};{a_4};{a_5} \in \left\{ {1;2;5} \right\}\) tương tự ta cũng có \(720\) số thỏa yêu cầu.

Vậy có \(720 + 720 = 1400\) số thỏa yêu cầu.

b) Điều kiện: \[n \ge 2,n \in {\mathbb{N}^*}\]

\[C_n^1 + C_n^2 = 15 \Leftrightarrow n + \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} = 15 \Leftrightarrow {n^2} + n - 30 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{n = 5}\\{n =  - 6}\end{array}} \right. \Rightarrow n = 5\]

Khi đó,

\[{\left( {x + \frac{2}{{{x^4}}}} \right)^5} = C_5^0{x^5}{\left( {\frac{2}{{{x^4}}}} \right)^0} + C_5^1{x^4}\left( {\frac{2}{{{x^4}}}} \right) + C_5^2{x^3}{\left( {\frac{2}{{{x^4}}}} \right)^2} + C_5^3{x^2}{\left( {\frac{2}{{{x^4}}}} \right)^3} + C_5^4x{\left( {\frac{2}{{{x^4}}}} \right)^4} + C_5^5{x^0}{\left( {\frac{2}{{{x^4}}}} \right)^5}\]\( = {x^5} + 10 + \frac{{40}}{{{x^5}}} + \frac{{80}}{{{x^{10}}}} + \frac{{80}}{{{x^{15}}}} + \frac{{32}}{{{x^{20}}}}\)

Suy hệ số của số hạng không chứa \[x\] trong khai triển \({\left( {x + \frac{2}{{{x^4}}}} \right)^5}\) là \(10\).

Hướng dẫn giải

Do \(n\) là số lẻ nên ta đặt \(n = 2k + 1\left( {k \in \mathbb{N},k \ge 1} \right)\).

Số phần tử không gian mẫu là:\(n\left( \Omega  \right) = C_{2k + 1}^3\).

Gọi \(A\) là biến cố: “\(3\) đỉnh được chọn tạo thành tam giác tù”

Giả sử tam giác \(ABC\) có góc \(\widehat A,\widehat B\) là góc  nhọn và  góc \(\widehat C\)  tù

Chọn một đỉnh bất kì làm đỉnh \(A\) có \(2k + 1\) cách

Khi đó còn lại \(2k\) đỉnh, từ điểm được chọn ta chia làm \(2\), mỗi bên là \(k\)  đỉnh

Để tạo thành tam giác tù thì \(2\) đỉnh còn lại phải được chọn từ \(k\) đỉnh cùng thuộc một phía so với điểm đã chọn do đó có \(C_k^2 + C_k^2\) cách chọn

Nhưng với cách tính như vậy số tam giác được lặp lại \(2\) lần nên

\(n\left( A \right) = \frac{{\left( {2k + 1} \right)\left( {C_k^2 + C_k^2} \right)}}{{2!}} = \left( {2k + 1} \right)C_k^2\)

Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{\left( {2k + 1} \right)C_k^2}}{{C_{2k + 1}^3}} = \frac{{45}}{{62}}\).

\( \Leftrightarrow 62\frac{{k!}}{{2!\left( {k - 2} \right)!}}.\left( {2k + 1} \right) = 45\frac{{\left( {2k + 1} \right)!}}{{3!\left( {2k - 2} \right)!}}\)

\( \Leftrightarrow 62\frac{{k\left( {k - 1} \right)\left( {2k + 1} \right)}}{2} = 45\frac{{2k\left( {2k + 1} \right)\left( {2k - 1} \right)}}{6}\)

\( \Leftrightarrow 62{k^3} - 31{k^2} - 31k = 60{k^3} - 15k\)

\( \Leftrightarrow 2{k^3} - 31{k^2} - 16k = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}k = 16\\k =  - \frac{1}{2}\\k = 0\end{array} \right.\).

Kết hợp với điều kiện \(k = 16\) thoả mãn bài toán.

Vậy \(n = 33\).