Một công ty tổ chức sự kiện tổng kết cuối năm. Trong buổi dự tiệc có 4320 người tham gia. Để làm tăng tính thú vị hấp dẫn của buổi tiệc, người ta đã tạo ra các lá thăm ghi các số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau có dạng \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}} \) được lập từ các chữ số \[0\]; \[1\]; \[2\]; \[3\]; 4; \[5\]; \[6\]. Mỗi người tham gia dự tiệc sẽ chọn cho mình một lá thăm và tất cả các lá thăm được bốc hết. Gần cuối buổi tiệc, ban tổ chức công bố những người chọn được số thỏa mãn điều kiện \({a_1} + {a_2} = {a_3} + {a_4} = {a_5} + {a_6}\) sẽ được nhận phần thưởng đặc biệt từ công ty. Anh Huy là nhân viên công ty có tham gia dự tiệc và bốc thăm trúng thưởng. Hỏi anh Huy có xác suất trúng thưởng là bao nhiêu? (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

Đáp án: 3,67.

Chọn hệ trục Oxy tâm \(O\). Hình vuông có cạnh bằng \(2\) nên \({S_{{\rm{vu\^o ng}}}} = 4\). Đường tròn có bán kính \(R = 2\) nên \({S_{{\rm{tr\`o n}}}} = 4\pi \).

Ta xét hình phẳng trong góc phần tám thứ nhất ứng với góc quay \(t \in \left[ {0;\frac{\pi }{4}} \right]\) (so với trục Ox). Do tính đối xứng, diện tích toàn phần gấp 8 lần diện tích phần này.

Bản chất tích phân tính diện tích là tổng các diện tích vi phân hình quạt (tam giác vô cùng nhỏ) với \(dS = \frac{1}{2}{r^2}dt\).

Trên tia Ot, vì \(P\) là trung điểm MN nên ta có độ dài:

\(OP = \frac{{OM + ON}}{2} \Rightarrow O{P^2} = \frac{1}{4}O{M^2} + \frac{1}{4}O{N^2} + \frac{1}{2}OM.ON\)

Lấy tích phân hai vế theo dt từ \(0\) đến \(\frac{\pi }{4}\), rồi nhân \(8\) (cho cả \(2\pi \)), ta thu được diện tích hình phẳng bên trong đường cong \((L)\):

\({S_{(L)}} = \frac{1}{4}{S_{{\rm{vu\^o ng}}}} + \frac{1}{4}{S_{{\rm{tr\`o n}}}} + \frac{8}{2}\int_0^{\frac{\pi }{4}} O M.ONdt\)

Với \(t \in \left[ {0;\frac{\pi }{4}} \right]\), điểm \(M\) nằm trên cạnh dọc \(x = 1\) nên \(\cos t = \frac{1}{{OM}} \Rightarrow OM = \frac{1}{{\cos t}}\). Điểm \(N\) nằm trên đường tròn bán kính \(R = 2\) nên \(ON = 2\).

Tích phân thành phần:

\(I = 4\int_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{2}{{\cos t}}} dt = 8\int_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{\cos t}}{{1 - {{\sin }^2}t}}} dt = 4\ln \left| {\frac{{1 + \sin t}}{{1 - \sin t}}} \right||_0^{\frac{\pi }{4}} = 4\ln {(\sqrt 2  + 1)^2} = 8\ln (\sqrt 2  + 1)\)

Thay các giá trị vào, ta có diện tích toàn phần của \((L)\):

\({S_{(L)}} = \frac{1}{4}(4) + \frac{1}{4}(4\pi ) + 8\ln (\sqrt 2  + 1) = 1 + \pi  + 8\ln (\sqrt 2  + 1)\)

Thực hiện chuẩn phép tính, ta được diện tích phần hình cong \((L)\):

\({S_{(L)}} = 1 + \pi  + 4\ln (\sqrt 2  + 1)\)

Phần diện tích mạ vàng nằm giữa \((L)\) và hình vuông là:

\(S = {S_{(L)}} - {S_{{\rm{vu\^o ng}}}} = 1 + \pi  + 4\ln (\sqrt 2  + 1) - 4 = \pi  + 4\ln (\sqrt 2  + 1) - 3 \approx 3,67{\rm{ }}(d{m^2})\)

Cách khác:

Chọn hệ trục Oxy tâm \(O\).

Phần ngoài của mặt đồng hồ là đường tròn \(\left( C \right):{x^2} + {y^2} = 4\)

Gọi \({S_{\left( H \right)}}\) là diện tích phần hình phẳng \(\left( H \right)\)được giới hạn bởi đồ thị các đường \(d:y = x\); \((L)\); trục hoành; \(x = 1\) (\(1 \le x \le 1,5\)).

Gọi \(S\) là phần diện tích cần tìm. Ta có \(S = 8.{S_{\left( H \right)}}\).

Phương trình đường thẳng biểu diễn tia OM trên miền \(\left( H \right)\) là \(y = tx\) (\(0 \le t \le 1\) và \(1 \le x \le 1,5\))

Ta có N là giao điểm của tia OM và \(\left( C \right)\) nên \({x_N} = \frac{2}{{\sqrt {1 + {t^2}} }}\;;\;{y_N} = \frac{{2t}}{{\sqrt {1 + {t^2}} }}\)

Tọa độ điểm M là \(M\left( {1;t} \right)\) và tọa độ điểm P là \({x_P} = \frac{1}{2}\left( {1 + \frac{2}{{\sqrt {1 + {t^2}} }}} \right)\;;\;{y_P} = \frac{1}{2}\left( {t + \frac{{2t}}{{\sqrt {1 + {t^2}} }}} \right)\).

Ta có \(0 \le t \le 1\) suy ra \(\frac{{1 + \sqrt 2 }}{2} \le {x_P} \le 1,5\)

Do \(t = \frac{{{y_P}}}{{{x_P}}}\) nên \({x_P} = \frac{1}{2}\left( {1 + \frac{2}{{\sqrt {1 + {{\left( {\frac{{{y_P}}}{{{x_P}}}} \right)}^2}} }}} \right) \Leftrightarrow \sqrt {{x_P}^2 + {y_P}^2}  = \frac{{2{x_P}}}{{2{x_P} - 1}} \Leftrightarrow {y_P} = \sqrt {\frac{{4{x_P}^2}}{{{{\left( {2{x_P} - 1} \right)}^2}}} - {x_p}^2} \)

Phương trình đường cong \((L)\)trên miền \(\left( H \right)\)là \(\left( L \right):y = \sqrt {\frac{{4{x^2}}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}}} - {x^2}} \) (\(\frac{{1 + \sqrt 2 }}{2} \le x \le 1,5\))

Diện tích cần tìm: \(S = 8\left( {\int\limits_1^{\frac{{1 + \sqrt 2 }}{2}} {x\;dx}  + \int\limits_{\frac{{1 + \sqrt 2 }}{2}}^{1,5} {\sqrt {\frac{{4{x^2}}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}}} - {x^2}} \;dx} } \right) \approx 3,67\left( {d{m^2}} \right)\).

Chọn a) Sai | b) Đúng | c) Sai | d) Đúng.

a) Sai.

Vận tốc ban đầu của vận động viên đua xe đạp là \({v_2}\left( 0 \right) = 12 - 12{e^0} = 0\)m/s.

b) Đúng.

Ta có: \({v'_1}\left( t \right) =  - 0,1 \cdot 8{e^{ - 0,1t}} < 0,\,\,\forall t \in \left[ {0\,;\,\,60} \right].\) Suy ra tốc độ vận động viên điền kinh giảm dần theo thời gian.

Ta có: \({v'_2}\left( t \right) =  - 0,1 \cdot \left( { - 12} \right){e^{ - 0,1t}} = 1,2{e^{ - 0,1t}} > 0,\,\,\forall t \in \left[ {0\,;\,\,60} \right].\) Suy ra tốc độ của vận động viên đua xe đạp tăng dần theo thời gian.

c) Sai.

Khoảng cách giữa hai người là \(s\left( t \right) = 40 + \int\limits_0^t {\left[ {{v_2}\left( t \right) - {v_1}\left( t \right)} \right]} dt\).

Ta có \(s'\left( t \right) = {v_2}\left( t \right) - {v_1}\left( t \right)\,;\,\,s'\left( t \right) = 0 \Rightarrow {v_2}\left( t \right) = {v_1}\left( t \right)\).

Giải phương trình này, ta có: \(12 - 12{e^{ - 0,1t}} = 8{e^{ - 0,1t}}\) \( \Leftrightarrow 12 = 20{e^{ - 0,1t}}\) \( \Leftrightarrow \frac{{12}}{{20}} = {e^{ - 0,1t}}\) \( \Leftrightarrow {\rm{ln}}\frac{{12}}{{20}} =  - 0,1t\) \( \Leftrightarrow t = \frac{{{\rm{ln}}\frac{{12}}{{20}}}}{{ - 0,1}} \approx 5,1\,\,\,\left( s \right)\).

Bảng biến thiên:

Vậy hai người ở gần nhau nhất khi cuộc đua diễn ra khoảng \(5,1\)giây kể từ lúc bắt đầu.

d) Đúng.

Từ bảng biến thiên, ta thấy khoảng cách ngắn nhất giữa hai người là \(21,3m\); kể từ thời điềm gần nhất đó, vận động viên điền kinh dần bị bỏ lại phía sau và người này không thể bắt kịp được vận động viên dua xe đạp nữa.