Cho khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có đáy là tam giác đều cạnh bằng 5. Hình chiếu vuông góc của điểm \(A'\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) trùng với trọng tâm \(G\) của tam giác \(ABC\). Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AA'\) và \(BC\) bằng \(\frac{{15}}{4}\). Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).

a) Ta có mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {2;3; - 7} \right)\), bán kính \(R = 4\)

Ta thấy \(I \notin \left( P \right)\) nên lớp đá mỏng \(\left( P \right)\) chia túi khí \(\left( S \right)\) thành hai phần không bằng nhau.

Chọn Sai.

b) Quỹ đạo của mũi khoan được mô tả bởi một phần đường thẳng đi qua điểm \(A\left( {1;2;1} \right)\) và có vec tơ chỉ phương \(\overrightarrow u  = \left( {1;1; - 8} \right)\) nên có phương trình là \(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 2}}{1} = \frac{{z - 1}}{{ - 8}}\)

Chọn Đúng.

c) Ta có phương trình tham số của đường thẳng \(d\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 + t\\z = 1 - 8t\end{array} \right.\)

Ta tìm giao điểm của đường thẳng \(d\) và mặt cầu \(\left( S \right)\):

Xét phương trình theo tham số \(t\):

\({\left( {1 + t - 2} \right)^2} + {\left( {2 + t - 3} \right)^2} + {\left( {1 - 8t + 7} \right)^2} = 16\)

\( \Leftrightarrow {\left( {t - 1} \right)^2} + {\left( {t - 1} \right)^2} + {\left( {8 - 8t} \right)^2} = 16\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1 + \sqrt {\frac{{16}}{{66}}} \\t = 1 - \sqrt {\frac{{16}}{{66}}} \end{array} \right.\)

Là hai điểm \(A\left( {2 + \sqrt {\frac{{16}}{{66}}} ;3 + \sqrt {\frac{{16}}{{66}}} ; - 7 - 8\sqrt {\frac{{16}}{{66}}} } \right)\), \(B\left( {2 - \sqrt {\frac{{16}}{{66}}} ;3 - \sqrt {\frac{{16}}{{66}}} ; - 7 + 8\sqrt {\frac{{16}}{{66}}} } \right)\)

Khoảng cách \(A{B^2} = {\left( {\left( { - 2} \right)\sqrt {\frac{{16}}{{66}}} } \right)^2} + {\left( { - 2\sqrt {\frac{{16}}{{66}}} } \right)^2} + {\left( {16\sqrt {\frac{{16}}{{66}}} } \right)^2}\)\( = 64\) suy ra \(AB = 8\) nên độ dài đoạn đường ống bằng \(8.10 = 80\,{\rm{m}}\)

Chọn Đúng.

d) Ta tính khoảng cách từ điểm \(K\left( {2;3;5} \right)\) đến hai giao điểm của mũi khoan và túi khí \(\left( S \right)\).

Ta có \(K{A^2} = {\left( {\sqrt {\frac{{16}}{{66}}} } \right)^2} + {\left( {\sqrt {\frac{{16}}{{66}}} } \right)^2} + {\left( { - 12 - 8\sqrt {\frac{{16}}{{66}}} } \right)^2}\) suy ra \(KA \approx 16\).

Ta có \(K{B^2} = {\left( { - \sqrt {\frac{{16}}{{66}}} } \right)^2} + {\left( { - \sqrt {\frac{{16}}{{66}}} } \right)^2} + {\left( { - 12 + 8\sqrt {\frac{{16}}{{66}}} } \right)^2}\) suy ra \(KB \approx 8\) nên điểm mũi khoan chạm vào túi khí có tín hiệu địa chấn mạnh nhất là điểm \(B\) và khoảng cách từ trạm quan trắc địa chấn đến \(B\) là \(KB\)\( = 80\,{\rm{m}}\).

Chọn Sai.

Đáp án: 6118

Theo đề các ô A, B, C, D theo thứ tự lập thành cấp số cộng. Gọi d là công sai CSC \(d \in \mathbb{N}*\)

\({x_1} = A,{x_3} = A + d,{x_6} = A + 2d,{x_{10}} = A + 3d\)

Giữa \({x_1}\) và \({x_3}\) có 1 số nên \(d \ge 2\)

Giữa \({x_3}\) và \({x_6}\) có 2 số nên \(d \ge 3\)

Giữa \({x_6}\) và \({x_{10}}\) có 3 số nên \(d \ge 4\)

Suy ra \(d \ge 4\)

Vì các số thuộc từ 1; 2; 3; …; 25; 26 nên\(1 \le {x_1} < {x_{10}} \le 26\)

\( \Rightarrow {x_1} + 3d \le 26 \Rightarrow 1 + 3d \le 26 \Rightarrow 3d \le 25 \Rightarrow d \le 8\) Vậy \(d \in \left\{ {4,5,6,7,8} \right\}\)

Với mỗi giá trị d cố định, số cách chọn \({x_1}\) là \(26 - 3d\)

Số cách chọn các số trung gian là

Chọn \({x_2}:C_{d - 1}^1\)

Chọn \({x_4},{x_5}:C_{d - 1}^2\)

Chọn \({x_7},{x_8},{x_9}:C_{d - 1}^3\)

Suy ra số cách chọn ứng với mỗi \(d\) là \(\left( {26 - 3d} \right)C_{d - 1}^1C_{d - 1}^2C_{d - 1}^3\)

Tổng số cách chọn là \(T = 14.3.3.1 + 11.4.6.4 + 3.5.10.10 + 5.6.15.20 + 2.7.21.35 = 24472\).

Suy ra \(\frac{T}{4} = 6118\).