Cho một hình bát giác đều \(ABCD.EFGH\) nội tiếp trong một đường tròn tâm \(O\) như hình bên. Gắn ngẫu nhiên tám số tự nhiên \(\left\{ {9;\,10;\,11;\,12;\,13;\,14;\,15;\,16} \right\}\) vào tám đỉnh của bát giác đều này (mỗi số gắn đúng một đỉnh). Chọn ngẫu nhiên một tam giác có ba đỉnh lấy từ tám đỉnh của bát giác đã cho. Gọi xác suất thu được một tam giác vuông với ba số trên ba đỉnh của tam giác (theo một thứ tự nào đó) lập thành một cấp số cộng là \(\frac{m}{n}\,\) (\(m,\,n \in {\mathbb{N}^*};\,\frac{m}{n}\) là phân số tối giản). Giá trị của \(m + \,n\) bằng bao nhiêu?

Đáp án: 98,1

Chọn hệ tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ

Ta có phương trình đường tròn tâm \(N\) bán kính bằng \(2\,{\rm{cm}}\) là \({\left( {x - 2} \right)^2} + {y^2} = 4\).

Suy ra phương trình cung tròn \(AIB\) là \(y = \sqrt {4 - {{\left( {x - 2} \right)}^2}} \).

Thể tích vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi cung tròn \(IB\); trục hoành, \(x = 2;x = 4\) quanh trục hoành là \({V_1} = \pi \int\limits_2^4 {\left[ {4 - {{\left( {x - 2} \right)}^2}} \right]dx = \frac{{16\pi }}{3}} \).

Ta có điểm \(I\)có tọa độ \(\left( {2;2} \right)\).

Ta có phương trình đường tròn tâm \(M\left( {0;2} \right)\) là \({x^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 4\) suy ra cung tròn  có phương trình là \(y = 2 + \sqrt {4 - {x^2}} \).

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi cung tròn ; trục hoành; \(x = 0;x = 2\) quanh trục hoành là \({V_2} = \pi \int\limits_0^2 {{{\left[ {2 + \sqrt {4 - {x^2}} } \right]}^2}dx} \).

Thể tích của vật thể \(\left( {H1} \right)\) bằng \({V_1} + {V_2} \approx 98,1\).

Đáp án: a)S b)Đ c)Đ d)S

a) Sai.

Vectơ chỉ phương của \[\Delta \] là \[{\vec u_\Delta } = (3; - 4;1)\]. Kết luận: SAI.

b) Đúng

- Xét tích vô hướng: \[{\vec u_\Delta } \cdot {\vec n_P} = 3 \cdot 4 + ( - 4) \cdot 3 + 1 \cdot 0 = 12 - 12 + 0 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\Delta \parallel (P)\\\Delta  \subset (P)\end{array} \right..\]

- Lấy điểm \[A(50; - 20;10) \in \Delta \]. Thay tọa độ A vào (P): \[4.50 + 3.( - 20) - 140 = 200 - 60 - 140 = 0\] (Thỏa mãn).

Vì \[A \in (P)\]nên đường thẳng \[\Delta \] nằm trong mặt phẳng (P). Kết luận: ĐÚNG.

c) Đúng.

Ta có: \[\overrightarrow {AC}  = (200 - 50; - 300 - ( - 20);60 - 10) = (150; - 280;50)\]; \[{\vec u_\Delta } = (3; - 4;1)\]

\[d(C,\Delta ) = \frac{{|[\overrightarrow {AC} ,{{\vec u}_\Delta }]|}}{{|{{\vec u}_\Delta }|}} = \frac{{\sqrt {{{( - 80)}^2} + {0^2} + {{240}^2}} }}{{\sqrt {{3^2} + {{( - 4)}^2} + {1^2}} }} = \frac{{80\sqrt {10} }}{{\sqrt {26} }} \approx 49,6{\mkern 1mu} (km)\]

Vì \[d(C,\Delta ) \approx 49,6 < R = 80\]nên máy bay sẽ bay xuyên qua khối mây. Kết luận: ĐÚNG.

d) Sai.

M là hình chiếu của C lên \[\Delta \], nên M thuộc \[\Delta \]. Tham số hóa tọa độ M:

\[M(50 + 3t; - 20 - 4t;10 + t) \Rightarrow \overrightarrow {CM}  = (3t - 150; - 4t + 280;t - 50).\]

Vì \[\overrightarrow {CM}  \bot {\vec u_\Delta }\] nên:

\[\begin{array}{l}3(3t - 150) - 4( - 4t + 280) + 1(t - 50) = 0\\ \Leftrightarrow 9t - 450 + 16t - 1120 + t - 50 = 0 \Leftrightarrow 26t = 1620 \Leftrightarrow t = \frac{{810}}{{13}}\end{array}\]

Quãng đường AM là: \[AM = \sqrt {{{(3t)}^2} + {{( - 4t)}^2} + {t^2}}  = |t|\sqrt {26}  = \frac{{810}}{{13}} \cdot \sqrt {26}  \approx 317,7{\mkern 1mu} (km)\]

Thời gian di chuyển T: \[T = \frac{S}{v} = \frac{{317,7}}{{500}} \approx 0,6354{\mkern 1mu} (h) \approx 38,1p > 30p\]

nên khẳng định thời gian nhỏ hơn 30 phút là sai. Kết luận: SAI.