Một phi đội tại Thái Lan có 20 máy bay, gồm 12 chiếc F-16A (một chỗ ngồi) và 8 chiếc F-16B (hai chỗ ngồi). Trong 12 chiếc F-16A có 3 chiếc đã được nâng cấp chuẩn MLU; trong 8 chiếc F-16B có 5 chiếc đã được nâng cấp chuẩn MLU. Chọn ngẫu nhiên một máy bay để kiểm tra, biết rằng máy bay được chọn đã nâng cấp MLU, hãy tính xác suất máy bay đó là F-16B (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

Đáp án: 3,16

Chọn hệ tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ ( đơn vị trên hệ trục là dm).

Ta có \(A(0;0),\,\,B(4;0),\,\,C(4;2),\,\,D(0;2).\)

Vì \(M\)thuộc cạnh \(BC\) nên \(M(4;m),\,\,(0 < m < 2).\)

Ta có \(AM = \sqrt {16 + {m^2}} \), Bán kính hình tròn nội tiếp tam giác \(ABM\) là

\(r = \frac{{{S_{ABM}}}}{p} = \frac{{\frac{1}{2}.AB.BM}}{{\frac{1}{2}(AB + BM + AM)}} = \frac{{4m}}{{4 + m + \sqrt {16 + {m^2}} }} = \frac{{4 + m - \sqrt {16 + {m^2}} }}{2}\) nên diện tích hình tròn là \({S_1} = \pi {r^2} = \pi {\left( {\frac{{4 + m - \sqrt {16 + {m^2}} }}{2}} \right)^2}\)

Gọi \(a,\,(0 < a < 2)\) là cạnh hìn vuông thì đỉnh đối diện với đỉnh \(D\) là đỉnh \(I(a;2 - a)\) thuộc đường

thẳng \(AM:\,y = \frac{m}{4}.x \Rightarrow 2 - a = \frac{m}{4}.a \Rightarrow a = \frac{8}{{4 + m}}\).

Suy ra diện tích hình vuông là \({S_2} = {a^2} = \frac{{64}}{{{{(4 + m)}^2}}}\)

Tổng diện tích hình vuông và hình tròn là

\(S(m) = {S_1} + {S_2} = \pi {\left( {\frac{{4 + m - \sqrt {16 + {m^2}} }}{2}} \right)^2} + \frac{{64}}{{{{(4 + m)}^2}}}\), với \(0 < m < 2.\)

Table ta được giá trị tổng diện tích nhỏ nhất xấp xỉ  \(3,16\,(d{m^2})\)

a) Đúng

Ta có \(NP = QR = SM = AB - AN - BP = 6 - 2x\,(dm)\).

b) Đúng

Do tam giác  \(ABC\) với cạnh bằng \(6\,dm\), nên \(AH = \sqrt {A{C^2} - C{H^2}}  = 3\sqrt 3 \,(dm)\)

Và \(OA = \frac{2}{3}AH = 2\sqrt 3 \,(dm)\).

c) Đúng

Do \(AMDN\) là hình thoi cạnh \(x\) và \(\widehat {MAN} = {60^o}\),

Nên \(AD = \sqrt {A{N^2} + N{D^2} - 2AN.DN.cos{{120}^o}}  = x\sqrt 3 \,(dm)\)

Lại có tam giác \(CMQ\) đều cạnh \(6 - x\,(dm)\)

Vậy \(DE = MQ - QE - DM = 6 - x - x - x = 6 - 3x\,(dm)\).

d) Đúng

Ta có chóp cụt đều \(MPSDEF\) với cạnh đáy lớn \(MP = 6 - 2x\) và cạnh đáy nhỏ là \(DE = 6 - 3x\)

+) Ta có \({S_1} = {S_{DEF}} = \frac{{{{(6 - 3x)}^2}\sqrt 3 }}{4}\,(d{m^2})\).

+) Ta có \({S_2} = {S_{MPS}} = \frac{{{{(6 - 2x)}^2}\sqrt 3 }}{4}\,(d{m^2})\).

+) Ta có \(\sqrt {{S_1}{S_2}}  = \sqrt {\frac{{{{(6 - 2x)}^2}\sqrt 3 }}{4} \times \frac{{{{(6 - 3x)}^2}\sqrt 3 }}{4}}  = \frac{{(6 - 3x)(6 - 2x)\sqrt 3 }}{4}\,(d{m^2})\).

Kẻ \(DK \bot MG\,(K \in MG)\).

Ta tính  \(h = OG = DK = \sqrt {M{D^2} - M{K^2}} \)

+) Ta có \(MD = x,\,\,MK = MG - KG = MG - DO = \frac{2}{3}\left( {6 - 2x} \right).\frac{{\sqrt 3 }}{2} - \frac{2}{3}\left( {6 - 3x} \right).\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{x\sqrt 3 }}{3}\)\( \Rightarrow h = OG = \sqrt {{x^2} - {{\left( {\frac{{x\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}  = \frac{{x\sqrt 6 }}{3}\,(dm)\)

Thể tích chóp cụt đều bằng

                            \(\begin{array}{l}V = \frac{h}{3}\left( {{S_1} + {S_2} + \sqrt {{S_1}{S_2}} } \right)\\\,\,\,\,\, = \frac{{x\sqrt 6 }}{{3.3}}\left( {\frac{{{{(6 - 3x)}^2}\sqrt 3 }}{4}\, + \frac{{{{(6 - 2x)}^2}\sqrt 3 }}{4} + \frac{{(6 - 3x)(6 - 2x)\sqrt 3 }}{4}} \right)\\\,\,\,\,\, = \frac{{\sqrt {18} }}{{36}}\left( {19{x^3} - 90{x^2} + 108x} \right)\end{array}\)

Dùng casio xét trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\), ta có \(\mathop {max}\limits_{\left( {0;2} \right)} V \approx 4,54\,(d{m^3})\).