### Q1
Trong không gian cho tập hợp các điểm $M$ cách đều hai đầu cố định $A$ và $B$ là
- [x] Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng $AB$
- [ ] Đường trung trực của đoạn thẳng $AB$
- [ ] Mặt phẳng vuông góc với $AB$ tại $A$
- [ ] Đường thẳng đi qua $A$ và vuông góc với $AB$
#### Solution

Từ định nghĩa mặt phẳng trung trực, suy ra tập hợp điểm $M$ là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng $AB$.

### Q2
Cho $S=32x^5-80x^4+80x^3-40x^2+10x-1$. Khi đó $S$ là khai triển của nhị thức nào dưới đây?
- [x] $(2x-1)^5$
- [ ] $(x-2)^5$
- [ ] $(2x+1)^5$
- [ ] $(1-2x)^5$
#### Solution

Ta có $(2x-1)^5=32x^5-80x^4+80x^3-40x^2+10x-1$.

### Q3
Tất cả các nghiệm của phương trình lượng giác $\sin x=\sin\alpha$ là
- [ ] $x=\alpha+k2\pi$
- [ ] $x=\alpha+k\pi$
- [x] $\left[\begin{array}{l}&x=\alpha+k2\pi\\&x=\pi-\alpha+k2\pi\end{array}\right.$
- [ ] $\left[\begin{array}{l}&x=\alpha+k2\pi\\&x=-\alpha+k2\pi\end{array}\right.$
#### Solution

Ta có $\sin x=\sin\alpha\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}&x=\alpha+k2\pi\\&x=\pi-\alpha+k2\pi.\end{array}\right.$

### Q4
Có bao nhiêu cách xếp $5$ người thành một hàng ngang?
- [ ] $24$
- [x] $120$
- [ ] $100$
- [ ] $1$
#### Solution

Có $5! = 120$ cách xếp 5 người thành một hàng ngang.

### Q5
Tập xác định của hàm số $y = \dfrac{\cot x}{\sin x - 1}$ là
- [ ] $D = \mathbb{R} \setminus \left\{ \dfrac{\pi}{3} + k 2 \pi \left| k \in \mathbb{Z} \right. \right\}$
- [x] $D = \mathbb{R} \setminus \left\{ k\cdot\dfrac{\pi}{2} \left| k \in \mathbb{Z} \right. \right\}$
- [ ] $D = \mathbb{R} \setminus \left\{ \dfrac{\pi}{2} + k 2 \pi; \pi \left| k \in \mathbb{Z} \right. \right\}$
- [ ] $D = \mathbb{R} \setminus \left\{ \dfrac{\pi}{2} + k 2 \pi \left| k \in \mathbb{Z} \right. \right\}$
#### Solution

Điều kiện $\left\{\begin{aligned}&\sin x\ne1\\&\sin x\ne 0\end{aligned}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{aligned}&x\ne\dfrac{\pi}{2}+k2\pi\\&x\ne k\pi\end{aligned}\right.\Leftrightarrow x\ne k\cdot\dfrac{\pi}{2}$.

### Q6
Tính giới hạn $\lim (-2 n^{2024} + 3 n^{2023} + 6)$.
- [ ] $2024$
- [x] $-\infty$
- [ ] $+\infty$
- [ ] $-2$
#### Solution

Ta có $\lim (-2 n^{2024} + 3 n^{2023} + 6) = \lim \left[ n^{2024} \left( -2 + \dfrac{3}{n} + \dfrac{6}{n^{2024}} \right) \right] = -\infty$.

### Q7
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông $ABCD$ cạnh $a$, mặt phẳng $(SAB)$ vuông góc với mặt phẳng đáy. Tam giác $SAB$ đều, $M$ là trung điểm của $SA$. Tính khoảng cách từ $M$ đến mặt phẳng $(SCD)$.
- [x] $\dfrac{a\sqrt{21}}{14}$
- [ ] $\dfrac{a\sqrt{21}}{7}$
- [ ] $\dfrac{a\sqrt{3}}{14}$
- [ ] $\dfrac{a\sqrt{3}}{7}$
#### Solution


Gọi $H$ là trung điểm của $AB$ và $K$ là trung điểm của $CD$. Ta có $SH \perp (ABCD)$ và $SH = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.

Trong mặt phẳng $(SHK)$, dựng $HI\perp SK$ tại $I$.

Khi đó $\mathrm d(M; (SCD)) = \dfrac{1}{2} \mathrm d(A; (SCD)) = \dfrac{1}{2} \mathrm d(H; (SCD)) = \dfrac{1}{2} HI$.

Lại có $\dfrac{1}{HI^2} = \dfrac{1}{HS^2} + \dfrac{1}{HK^2} = \dfrac{1}{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2} + \dfrac{1}{a^2} = \dfrac{4}{3a^2} + \dfrac{1}{a^2} = \dfrac{7}{3a^2}$.

Suy ra $HI = \dfrac{a\sqrt{3}}{\sqrt{7}} = \dfrac{a\sqrt{21}}{7}$.

Vậy $\mathrm d(M; (SCD)) = \dfrac{1}{2} HI = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{a\sqrt{21}}{7} = \dfrac{a\sqrt{21}}{14}$.

### Q8
Cho hình chóp $S.ABC$. Gọi $E$ là điểm đối xứng với $A$ qua $C$, $F$ là điểm đối xứng với $C$ qua $B$, $I$ là điểm thuộc cạnh $SA$ sao cho $SI = \dfrac{1}{3} SA$. Mặt phẳng $(IEF)$ cắt $SC$ tại $J$, $(IEF)$ cắt $SB$ tại $K$. Khi đó, giá trị biểu thức $\dfrac{SI}{SA} \cdot \dfrac{SJ}{SC} \cdot \dfrac{SK}{SB}$ là
- [ ] $\dfrac{1}{3}$
- [x] $\dfrac{1}{9}$
- [ ] $\dfrac{4}{9}$
- [ ] $\dfrac{2}{9}$
#### Solution


Xét $\triangle SAC$ và $\triangle SBC$, ta có $$\left\{\begin{aligned}&\dfrac{EA}{EC} \cdot \dfrac{JC}{JS} \cdot \dfrac{IS}{IA} = 1\\&\dfrac{FC}{FB} \cdot \dfrac{KB}{KS} \cdot \dfrac{JS}{JC} = 1\end{aligned}\right.\text{ (Menelaus) }\Rightarrow\left\{\begin{aligned}&2 \cdot \dfrac{JC}{JS} \cdot \dfrac{1}{2} = 1\\&2 \cdot \dfrac{KB}{KS} \cdot 1 = 1\end{aligned}\right.\Rightarrow\left\{\begin{aligned}&\dfrac{JC}{JS} = 1\\&\dfrac{KB}{KS} = \dfrac{1}{2}\end{aligned}\right.\Rightarrow\left\{\begin{aligned}&\dfrac{SJ}{SC} = \dfrac{1}{2}\\&\dfrac{SK}{SB} = \dfrac{2}{3}.\end{aligned}\right.$$

Giá trị biểu thức cần tìm là:

$$\frac{SI}{SA} \cdot \frac{SJ}{SC} \cdot \frac{SK}{SB} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{9}.$$

### Q9
Nghiệm phương trình $(1-\tan x)(1+\sin 2x) = 1+\tan x$ là
- [ ] $\left[\begin{array}{l}&x = \dfrac{\pi}{2} + k\pi\\&x = k\pi\end{array}\right.$
- [ ] $\left[\begin{array}{l}&x = \dfrac{\pi}{2} + k\pi\\&x = -\dfrac{\pi}{3} + k\pi\end{array}\right.$
- [ ] $\left[\begin{array}{l}&x = \dfrac{\pi}{4}+k \pi\\&x = -\dfrac{\pi}{2} + k\pi\end{array}\right.$
- [x] $\left[\begin{array}{l}&x = -\dfrac{\pi}{4} + k\pi\\&x = k\pi\end{array}\right.$
#### Solution

Điều kiện: $\cos x \neq 0 \Leftrightarrow x \neq \dfrac{\pi}{2} + k\pi$.

Ta có

$$\begin{aligned}(1-\tan x)(1+\sin 2x) = 1+\tan x &\Leftrightarrow (1-\tan x)(1+2\sin x \cos x) = 1+\tan x\\ &\Leftrightarrow \left( 1 - \dfrac{\sin x}{\cos x} \right) (\sin x + \cos x)^2 = 1 + \dfrac{\sin x}{\cos x}\\ &\Leftrightarrow \dfrac{\cos x - \sin x}{\cos x} (\sin x + \cos x)^2 = \dfrac{\cos x + \sin x}{\cos x}.\end{aligned}$$

Do $\cos x \neq 0$, ta nhân cả hai vế với $\cos x$, ta được

$$\begin{aligned}(\cos x - \sin x) (\sin x + \cos x)^2 = \cos x + \sin x &\Leftrightarrow (\sin x + \cos x) \left[ (\cos x - \sin x)(\sin x + \cos x) - 1 \right] = 0\\ &\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}&\sin x + \cos x = 0\\&(\cos x - \sin x)(\cos x + \sin x) = 1\end{array}\right.\\ &\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}&\sin x + \cos x = 0\\&\cos^2 x - \sin^2 x = 1\end{array}\right.\\ &\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}&\sqrt2\sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)=0\\&\cos^2x-\sin^2x=\cos^2x+\sin^2x\end{array}\right.\\ &\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}&x=-\dfrac{\pi}{4}+k\pi\\&\sin x=0\end{array}\right.\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}&x=-\dfrac{\pi}{4}+k\pi\\&x=k\pi.\end{array}\right.\end{aligned}$$

### Q10
Cho hàm số $f(x) = x \cdot 5^x$ và $g(x) = 25^x + f'(x) - x \cdot 5^x \ln 5 - 2$. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng?
- [x] $f(0) = g(0)$
- [ ] $f(0) = g(0) + 1$
- [ ] $2 f(0) + g(0) = 3$
- [ ] $f(1) - 5 g(1) = 2$
#### Solution

Ta có $f(x)=x\cdot 5^x\Rightarrow f(0)=0$ và $f'(x)=\left(x\cdot 5^x\right)'=5^x+x\cdot5^x\cdot\ln 5$ nên $g(x)=25^x+5^x-2$.

Suy ra $g(0)=0=f(0)$. Mà $\left\{\begin{aligned}&f(1)=5\\&g(1)=28\end{aligned}\right.\Rightarrow f(1)-5g(1)\ne 2$.

### Q11
Các nghiệm của phương trình $\tan x + \cot x = 2\sin 2x + \cos 2x$ là
- [ ] $\left[\begin{array}{l}x =&\dfrac{\pi}{4} + k\pi \\&x = \arctan \dfrac{1}{2} + k\dfrac{\pi}{2}\end{array}\right.\,(k \in \mathbb{Z})$
- [x] $\left[\begin{array}{l}&x = \dfrac{\alpha}{2} + k\pi \\&x = \dfrac{\pi}{4} + k\dfrac{\pi}{2}\end{array}\right.$ với $\sin \alpha = \dfrac{2}{\sqrt{5}}; \cos \alpha = \dfrac{1}{\sqrt{5}}$
- [ ] $\left[\begin{array}{l}&x = \dfrac{\pi}{2} + k\pi \\&x = \dfrac{1}{2} \text{arccot} \dfrac{1}{2} + k\pi\end{array}\right.\,(k \in \mathbb{Z})$
- [ ] $\left[\begin{array}{l}&x = \dfrac{\pi}{4} + k\dfrac{\pi}{2} \\&x = \dfrac{1}{2} \arctan \dfrac{1}{2} + k\dfrac{\pi}{2}\end{array}\right.\,(k \in \mathbb{Z})$
#### Solution

Điều kiện: $x\ne k\cdot\dfrac{\pi}{2}$.

Ta có

$$\begin{aligned}\tan x+ \cot x=2\sin 2x+\cos 2x &\Leftrightarrow \dfrac{\sin x}{\cos x}+\dfrac{\cos x}{\sin x}=2\sin 2x+\cos2x\\ &\Leftrightarrow \sin^2x+\cos^2x=2\sin 2x\cos x\sin x+\cos 2x\cos x\sin x\\ &\Leftrightarrow 1=\sin^22x+\dfrac{1}{2}\sin 2x\cos 2x\\ &\Leftrightarrow 1=\dfrac{1-\cos 4x}{2}+\dfrac{1}{4}\sin 4x\\ &\Leftrightarrow 2=\sin 4x-2\cos 4x\\ &\Leftrightarrow \dfrac{1}{\sqrt5}\sin 4x-\dfrac{2}{\sqrt5}\cos 4x=\dfrac{2}{\sqrt5}\\ &\Leftrightarrow \sin\left(4x-\alpha\right)=\sin\alpha\,\left(\text{với }\sin\alpha=\dfrac{2}{\sqrt5}, \cos\alpha=\dfrac{1}{\sqrt5}\right)\\ &\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}&4x-\alpha=\alpha+k2\pi\\&4x-\alpha=\pi-\alpha+k2\pi\end{array}\right.\\ &\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}&x=\dfrac{\alpha}{2}+k\pi\\&x=\dfrac{\pi}{4}+k\dfrac{\pi}{2}.\end{array}\right.\end{aligned}$$

### Q12
Tính nguyên hàm $\displaystyle\int x^2 (2x^3 - 1)^2 \mathrm{ \,d}x$.
- [x] $\dfrac{(2x^3 - 1)^3}{18} + C$
- [ ] $\dfrac{(2x^3 - 1)^3}{3} + C$
- [ ] $\dfrac{(2x^3 - 1)^3}{6} + C$
- [ ] $\dfrac{(2x^3 - 1)^3}{9} + C$
#### Solution

Ta có

$\begin{aligned}[t] \displaystyle\int x^2 (2x^3 - 1)^2 \mathrm{\,d}x &= \displaystyle\int (2x^3 - 1)^2 x^2 \mathrm{\,d}x \\ &= \displaystyle\int (2x^3 - 1)^2 \dfrac{\mathrm{\,d}(2x^3 - 1)}{6x^2} x^2 \\ &= \dfrac{1}{6} \displaystyle\int (2x^3 - 1)^2 \mathrm{\,d}(2x^3 - 1) \\ &= \dfrac{1}{6} \cdot \dfrac{(2x^3 - 1)^3}{3} + C \\ &= \dfrac{(2x^3 - 1)^3}{18} + C.\end{aligned}$

### Q13
Hàm số $y=\dfrac{x-m^2}{x-4}$ đồng biến trên các khoảng $(-\infty; 4)$ và $(4; +\infty)$ khi
- [ ] $-2 \le m \le 2$
- [ ] $\left[\begin{array}{l}&m < -2 \\&m > 2\end{array}\right.$
- [ ] $\left[\begin{array}{l}&m \le -2 \\&m \ge 2\end{array}\right.$
- [x] $-2 < m < 2$
#### Solution

Tập xác định $D=\mathbb{R}\setminus\{4\}$.

Ta có $y'=\dfrac{-4+m^2}{(x-4)^2}$.

Hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng xác định khi chỉ khi $y'>0\Leftrightarrow -4+m^2>0\Leftrightarrow -2<m<2$.

### Q14
Rút lần lượt $4$ lá bài từ bộ bài $52$ lá. Xác suất để rút được $2$ lá màu đen và $2$ lá màu đỏ là
- [ ] $\dfrac{1}{13}$
- [ ] $\dfrac{705}{4998}$
- [x] $\dfrac{325}{4998}$
- [ ] $\dfrac{25}{102}$
#### Solution

Số phần tử không gian mẫu $n(\Omega) = 52 \cdot 51 \cdot 50 \cdot 49$.

• Số cách chọn $2$ lá màu đỏ

• Chọn lá thứ nhất: $26$ (cách chọn).

• Chọn lá thứ hai: $25$ (cách chọn).

• Số cách chọn $2$ lá màu đen

• Chọn lá thứ nhất: $26$ (cách chọn).

• Chọn lá thứ hai: $25$ (cách chọn).

Vậy số phần tử của biến cố "rút được $2$ lá màu đen và $2$ lá màu đỏ" là $n(A) = 26 \cdot 25 \cdot 26 \cdot 25$.

Suy ra

$$P(A) = \dfrac{n(A)}{n(\Omega)} = \dfrac{26 \cdot 25 \cdot 26 \cdot 25}{52 \cdot 51 \cdot 50 \cdot 49} = \dfrac{325}{4\,998}.$$

### Q15
Cho hàm số $f(x)$, đồ thị hàm số $y=f'(x)$ là đường cong trong hình bên. Giá trị lớn nhất của hàm số $g(x)=-f(2x-1)+2x$ trên đoạn $[0; 2]$ bằng

- [ ] $-f(1)+2$
- [ ] $-f(-1)$
- [x] $-f(2)+3$
- [ ] $-f(3)+4$
#### Solution

Ta có $g'(x)=0\Leftrightarrow -2f'(2x-1)+2=0\Leftrightarrow f'(2x-1)=1\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}&2x-1=-1\\&2x-1=1\\&2x-1=2\end{array}\right.\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}&x=0\\&x=1\\&x=\dfrac{3}{2}.\end{array}\right.$

Suy ra $g'(x)>0\Leftrightarrow f'(2x-1)>1\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}&2x-1<-1\\&2x-1>2\end{array}\right.\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}&x<0\\&x>\dfrac{3}{2}.\end{array}\right.$

Bảng biến thiên


Giá trị lớn nhất của hàm số $g(x)$ trên $[0; 2]$ bằng $g\left(\dfrac{3}{2}\right)=-f(2)+3$.

### Q16
Có bao nhiêu số nguyên dương $y$ sao cho ứng với mỗi $y$ có không quá $2186$ số nguyên $x$ thỏa mãn
$(\log_3 x - y) \sqrt{3^x - 9} \le 0?$
- [x] $7$
- [ ] $8$
- [ ] $2186$
- [ ] $6$
#### Solution

Ta có $\left(\log_3x-y\right)\sqrt{3^x-9}\le0\Leftrightarrow\left\{\begin{aligned}&x>0\\&3^x\ge0\\&\log_3x\le y\end{aligned}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{aligned}&x\ge2\\&x\ge 3^y.\end{aligned}\right.$

• Nếu $3^y < 2$ thì bất phương trình vô nghiệm (không thỏa mãn).

• Nếu $3^y = 2 \Leftrightarrow y = \log_3 2 \approx 0{,}631$ thì bất phương trình có tập nghiệm $T = \{2\}$

(không thỏa mãn vì $y$ nguyên dương).

• Nếu $3^y > 2 \Leftrightarrow y > \log_3 2 \approx 0{,}631$, khi đó bất phương trình có tập nghiệm $T = [2; 3^y]$.

Để mỗi giá trị $y$, bất phương trình có không quá $2\,186$ nghiệm nguyên $x$, thì $3^y\ge 2\,187\Leftrightarrow y\le\log_3{2\,187}=7$.

### Q17
Cho hàm số $y = f(x) = \dfrac{x+1}{x^2 - 2mx + 4}$. Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để đồ thị có ba đường tiệm cận.
- [ ] $m > 2$
- [ ] $\left\{\begin{aligned}&m < 2 \\ &m \neq -\dfrac{5}{2}\end{aligned}\right.$
- [x] $\left\{\begin{aligned}&\hoac{&m > 2 \\ &m < -2} \\ &m \neq -\dfrac{5}{2}\end{aligned}\right.$
- [ ] $\left[\begin{array}{l}&m < -2 \\&m > 2\end{array}\right.$
#### Solution

Đồ thị có ba đường tiệm cận khi chỉ khi $x^2 - 2mx + 4 = 0$ có hai nghiệm phân biệt $x \neq -1$.

Suy ra $\left\{\begin{aligned}&\Delta>0\\&(-1)^2-2m(-1)+4\ne0\end{aligned}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{aligned}&\left[\begin{array}{l}&m>2\\&m<-2\end{array}\right.\\&m\ne-\dfrac{5}{2}.\end{aligned}\right.$

### Q18
Cho hàm số $y=ax^3+bx^2+cx+d$ có đồ thị $(C)$. Biết rằng tiếp tuyến $d$ của đường cong $(C)$ tại điểm có hoành độ $-1$ cắt $(C)$ tại điểm có hoành độ bằng $-2$ như hình vẽ. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi $d$ và $(C)$ (phần tô màu) bằng

- [ ] $\dfrac{25}{4}$
- [ ] $\dfrac{13}{2}$
- [x] $\dfrac{27}{4}$
- [ ] $\dfrac{11}{2}$
#### Solution

Giả sử $(C)\colon y = f(x) = x^3 + ax^2 + bx + c$ và $d\colon y = g(x)$.

Khi đó phương trình hoành độ giao điểm của $d$ và $(C)$ là $f(x) = g(x) \Leftrightarrow f(x) - g(x) = 0$.

Dễ thấy đa thức $f(x) - g(x)$ là đa thức bậc ba có hệ số lũy thừa lớn nhất bằng $1$ và có nghiệm kép $x = -1$ và nghiệm đơn $x = 2$. Do đó $f(x) - g(x) = (x+1)^2 (x-2)$.

Diện tích hình phẳng là $S = \displaystyle\int\limits_{-1}^{2} \left|f(x) - g(x)\right| \mathrm{\,d}x = \displaystyle\int\limits_{-1}^{2} \left[g(x) - f(x)\right] \mathrm{\,d}x = \displaystyle\int\limits_{-1}^{2} -(x+1)^2 (x-2) \mathrm{\,d}x = \dfrac{27}{4}$.

### Q19
Cho hàm số $y = f(x)$ xác định và liên tục trên $\mathbb{R}$ có $f(x) > 0$, $\forall x \in \mathbb{R}$, $f(1) = \mathrm e^3$. Biết
$\dfrac{f'(x)}{f(x)} = 2x+1, \forall x \in \mathbb{R}$.
Tìm tất cả giá trị của tham số $m$ để phương trình $f(x) = m$ có hai nghiệm thực phân biệt.
- [ ] $m \ge\mathrm e^{\frac{3}{4}}$
- [ ] $0 < m <\mathrm e^{\frac{3}{4}}$
- [ ] $1 < m <\mathrm e^{\frac{3}{4}}$
- [x] $m >\mathrm e^{\frac{3}{4}}$
#### Solution

Ta có $\dfrac{f'(x)}{f(x)} = 2x+1, \forall x \in \mathbb{R} \Rightarrow \displaystyle\int \dfrac{f'(x)}{f(x)} \mathrm{\,d}x = \displaystyle\int (2x+1) \mathrm{\,d}x \Rightarrow \ln|f(x)| = x^2 + x + C$.

Vì $f(x) > 0$ nên $\ln f(x) = x^2 + x + C$.

$f(1) =\mathrm e^3 \Rightarrow \ln\mathrm e^3 = 1^2 + 1 + C \Rightarrow 3 = 2 + C \Rightarrow C = 1$.

Do đó $f(x) =\mathrm e^{x^2 + x + 1}$.

Phương trình $f(x) = m \Leftrightarrow\mathrm e^{x^2+x+1} = m \Leftrightarrow x^2 + x + 1 = \ln m \quad (m > 0)$.

Phương trình tương đương $x^2 + x + (1 - \ln m) = 0$.

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi chỉ khi $\Delta = 1^2 - 4(1)(1 - \ln m) > 0 \Leftrightarrow \ln m > \dfrac{3}{4} \Leftrightarrow m >\mathrm e^{\frac{3}{4}}$.

### Q20
Cho hàm số $f(x)$ liên tục và nhận giá trị dương trên $[0;1]$. Biết $f(x) \cdot f(1-x) = 1$ với $\forall x \in [0;1]$.
Tính giá trị $I = \displaystyle\int\limits_{0}^{1} \dfrac{\mathrm dx}{1+f(x)}$.
- [ ] $\dfrac{3}{2}$
- [x] $\dfrac{1}{2}$
- [ ] $1$
- [ ] $2$
#### Solution

Ta có: $1 + f(x) = f(x) \cdot f(1-x) + f(x) \Rightarrow \dfrac{f(x)}{1+f(x)} = \dfrac{1}{f(1-x) + 1}$.

Xét $I = \displaystyle\int\limits_{0}^{1} \dfrac{\mathrm dx}{1+f(x)}$.

Đặt $t = 1-x \Rightarrow x = 1-t \Rightarrow\mathrm dx = -\mathrm dt$. Đổi cận: $x=0 \Rightarrow t=1; x=1 \Rightarrow t=0$.

Khi đó, $I = \displaystyle\int\limits_{1}^{0} \dfrac{-\mathrm dt}{1+f(1-t)} = \displaystyle\int\limits_{0}^{1} \dfrac{\mathrm dt}{1+f(1-t)} = \displaystyle\int\limits_{0}^{1} \dfrac{\mathrm dx}{1+f(1-x)} = \displaystyle\int\limits_{0}^{1} \dfrac{f(x) \mathrm {\,d}x}{f(x) + 1}$.

Mặt khác, $\displaystyle\int\limits_{0}^{1} \dfrac{\mathrm dx}{1+f(x)} + \displaystyle\int\limits_{0}^{1} \dfrac{f(x) \mathrm {\,d}x}{1+f(x)} = \displaystyle\int\limits_{0}^{1} \dfrac{1+f(x)}{1+f(x)} \mathrm{ \,d}x = \displaystyle\int\limits_{0}^{1} \mathrm{\,d}x = 1$ hay $2I = 1$.

Vậy $I = \dfrac{1}{2}$.

### Q21
Tìm tổng tất cả các nghiệm của bất phương trình $\mathrm C_{n}^{n-2} - 2\mathrm C_{n}^{1} \le 18$.
- [x] $44$
- [ ] $45$
- [ ] $35$
- [ ] $41$
#### Solution

Điều kiện $\left\{\begin{aligned}&n\ge n-2\ge 0\\&n \ge 1\\&n\in\mathbb{N}\end{aligned}\right.$ hay

$\left\{\begin{aligned}&n\ge 2\\&n\in\mathbb N.\end{aligned}\right.$

Ta có

$$\begin{aligned}\mathrm C_{n}^{n-2} - 2\mathrm C_{n}^{1} \le 18 &\Leftrightarrow \dfrac{n!}{(n-2)!2!}-2\dfrac{n!}{1!(n-1)!}\le 18\\ &\Leftrightarrow \dfrac{n(n-1)}{2}-2n\le 18\\ &\Leftrightarrow n^2-5n-36\ge 0\\ &\Leftrightarrow -4\ge n\ge 9.\end{aligned}$$

So với điều kiện ban đầu, ta có $n\in\{2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9\}$.

Vậy tổng tất cả các nghiệm của bất phương trình đã cho bằng $44$.

### Q22
Một đề thi trắc nghiệm có $5$ câu hỏi, mỗi câu hỏi có $4$ đáp án trong đó chỉ có duy nhất $1$ đáp án đúng. Xác suất để thí sinh làm đúng ít nhất $1$ câu là
- [ ] $\dfrac{835}{1\,024}$
- [ ] $\dfrac{1}{32}$
- [x] $\dfrac{781}{1\,024}$
- [ ] $\dfrac{243}{1\,024}$
#### Solution

Số cách chọn đáp án cho $5$ câu hỏi là

• Chọn câu $1$ có: $4$ cách.

\item[$\dots$]

• Chọn câu $5$ có: $4$ cách.

Vậy số phần tử của không gian mẫu là $n(\Omega) = 4^5$.

Gọi biến cố $A\colon$ "Làm đúng ít nhất $1$ câu hỏi trong $5$ câu".

Khi đó, $\overline{A}\colon$ "Không làm đúng tất cả $5$ câu".

Để biến cố $\overline{A}$ xảy ra thì thí sinh phải

• Chọn sai câu $1$: $3$ cách.

\item[$\dots$]

• Chọn sai câu $5$: $3$ cách.

Vậy số kết quả thuận lợi cho $\overline{A}$ là $n(\overline{A}) = 3^5$.

Ta có $n(A) = n(\Omega) - n(\overline{A}) = 4^5 - 3^5$.

Xác suất cần tìm là $P(A) = \dfrac{n(A)}{n(\Omega)} = \dfrac{4^5 - 3^5}{4^5} = \dfrac{1\,024 - 243}{1\,024} = \dfrac{781}{1\,024}$.

### Q23
Lương khởi điểm (đơn vị: triệu đồng) của $2$ nhóm sinh viên tốt nghiệp tại $2$ trường đại học M và K được ghi lại như sau


Khẳng định nào sau đây là đúng?
- [ ] Lương khởi điểm trung bình của nhóm sinh viên trường K cao hơn nhóm sinh viên trường M
- [ ] Mức lương khởi điểm trung bình của cả hai nhóm sinh viên đều lớn hơn 8 triệu đồng
- [ ] Mức lương của nhóm sinh viên trường M đồng đều hơn nhóm sinh viên trường K
- [x] Mức lương của nhóm sinh viên trường K đồng đều hơn nhóm sinh viên trường M
#### Solution

Xét lương khởi điểm của nhóm học sinh trường M

• Lương khởi điểm trung bình là $\overline{x}_M = \dfrac{5 + 6{,}5 + \dots + 10 + 13{,}5}{10} = 8{,}6$.

• Phương sai là $s^2_M = \dfrac{(5 - 8{,}6)^2 + (6{,}5 - 8{,}6)^2 + \dots + (13{,}5 - 8{,}6)^2}{10} = 4{,}84$.

Xét lương khởi điểm của nhóm học sinh trường K

• Lương khởi điểm trung bình là $\overline{x}_K = \dfrac{6 + 6{,}5 + \dots + 10 + 10{,}5}{10} = 8$.

• Phương sai là $s^2_K = \dfrac{(6 - 8)^2 + (6{,}5 - 8)^2 + \dots + (10{,}5 - 8)^2}{10} = 1{,}9$.

Ta nhận thấy

• Lương khởi điểm trung bình của nhóm sinh viên trường K thấp hơn nhóm sinh viên trường M và lương khởi điểm trung bình của cả hai nhóm sinh viên đều không thấp hơn 8 triệu đồng.

• $s^2_K < s^2_M$ nên mức lương của nhóm sinh viên trường K đồng đều hơn nhóm sinh viên trường M.

### Q24
Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có cạnh đáy bằng $10$. $M$ là điểm trên $SA$ sao cho $\dfrac{SM}{SA} = \dfrac{2}{3}$. Một mặt phẳng $(\alpha)$ đi qua $M$ song song với $AB$ và $AD$, cắt hình chóp theo một tứ giác có diện tích là
- [x] $\dfrac{400}{9}$
- [ ] $\dfrac{20}{3}$
- [ ] $\dfrac{4}{9}$
- [ ] $\dfrac{16}{9}$
#### Solution


Ta có $(\alpha) \parallel AB$ và $(\alpha) \parallel AD$ mà $AB, CD\subset (ABCD)$ suy ra $(\alpha) \parallel (ABCD)$.

Giả sử $(\alpha)$ cắt các cạnh bên $SB$, $SC$, $SD$ lần lượt tại các điểm $N$, $P$, $Q$ suy ra $(\alpha)$ cũng chính là $(MNPQ)$.

Khi đó $MN \parallel AB$ và $\dfrac{SM}{SA} = \dfrac{2}{3} = \dfrac{MN}{AB}$.

Tương tự, ta có được $\dfrac{NP}{BC} = \dfrac{PQ}{CD} = \dfrac{QM}{DA} = \dfrac{2}{3}$ và $MNPQ$ là hình vuông.

Suy ra $S_{MNPQ} = \left(\dfrac{2}{3}\right)^2 S_{ABCD} = \dfrac{4}{9} S_{ABCD} = \dfrac{4}{9} \cdot 10^2 = \dfrac{4 \cdot 100}{9} = \dfrac{400}{9}$.

### Q25
Có $6$ học sinh gồm $2$ học sinh lớp A, $2$ học sinh lớp B và $2$ học sinh lớp C xếp ngẫu nhiên thành một hàng ngang. Tính xác suất để khi nhóm bất kì $3$ học sinh liên kề nhau trong hàng luôn có mặt học sinh của cả $3$ lớp A, B, C?
- [ ] $\dfrac{1}{120}$
- [ ] $\dfrac{1}{3}$
- [ ] $\dfrac{1}{30}$
- [x] $\dfrac{1}{15}$
#### Solution

Xếp ngẫu nhiên $6$ học sinh của $3$ lớp thành một hàng ngang, ta có $n(\Omega) = 6!$.

Gọi $X$ là biến cố: ``Nhóm bất kì $3$ học sinh liên kề nhau trong hàng luôn có mặt học sinh của cả $3$ lớp A, B, C''.

Ta thấy rằng để $3$ học sinh liên kề nhau trong hàng luôn có mặt học sinh của cả $3$ lớp A, B, C thì các học sinh của cùng 1 lớp phải được xếp vào các vị trí $(1; 4)$, $(2; 5)$, $(3; 6)$.

Xếp $2$ học sinh lớp A vào vị trí $(1; 4)$ có $2!$ cách, xếp $2$ học sinh lớp B vào vị trí $(2; 5)$ có $2!$ cách, xếp $2$ học sinh lớp C vào vị trí $(3; 6)$ có $2!$ cách và có $3!$ cách để hoán vị vị trí của các nhóm học sinh theo lớp.

Suy ra số phần tử của biến cố $X$ là $n(X) = 3! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 2! = 48$.

Vậy xác suất cần tìm là:

$P(X) = \dfrac{n(X)}{n(\Omega)} = \dfrac{48}{720} = \dfrac{1}{15}.$

### Q26
Có bao nhiêu số nguyên $x$ sao cho tồn tại số thực $y$ thỏa mãn $3^{x^2+y^2} = 4^{x+y}$?
- [ ] Vô số
- [ ] $5$
- [x] $2$
- [ ] $1$
#### Solution

Ta có

$$\begin{aligned}3^{x^2+y^2} = 4^{x+y} \Leftrightarrow x^2 + y^2 = \log_3 4^{x+y} &\Leftrightarrow x^2 + y^2 = (x+y)\log_3 4\\ &\Leftrightarrow y^2 - (\log_3 4) y + (x^2 - x\log_3 4) = 0 \quad (*)\end{aligned}$$

Ta xem phương trình $(*)$ là phương trình ẩn $y$, tham số $x$.

Phương trình $(*)$ có nghiệm thực $y$ khi và chỉ khi

$$\begin{aligned}\Delta \ge 0 &\Leftrightarrow (-\log_3 4)^2 - 4(1)(x^2 - x\log_3 4) \ge 0\\ &\Leftrightarrow \dfrac{(1-\sqrt{2})\log_3 4}{2} \le x \le \dfrac{(1+\sqrt{2})\log_3 4}{2} \quad (**)\end{aligned}$$

Do đó, có hai số nguyên $x=0$ và $x=1$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

### Q27
Bạn Lan tính diện tích hình tròn bán kính $r=3 \text{ cm}$ bằng công thức $S = 3{,}14 \cdot 3^2 = 28{,}26 \text{ (cm}^2)$. Biết rằng $3{,}1 < \pi < 3{,}2$, khi đó sai số tương đối của $S$ không vượt quá
- [x] $0{,}0191$
- [ ] $0{,}00191$
- [ ] $1{,}91$
- [ ] $0{,}191$
#### Solution

Diện tích đúng ta kí hiệu là $\overline{S}$ thỏa $3{,}1 \cdot 3^2 < \overline{S} < 3{,}2 \cdot 3^2$ hay $27{,}9 < \overline{S} < 28{,}8$.

Do đó, $27{,}9 - 28{,}26 < \overline{S} - 28{,}26 < 28{,}8 - 28{,}26 \Leftrightarrow -0{,}36 < \overline{S} - S < 0{,}54$.

Tức là $|\overline{S} - S| < 0{,}54$.

Vậy kết quả của Lan có độ chính xác không vượt quá $0{,}54$ (sai số tuyệt đối $\Delta_S \le 0{,}54$).

Suy ra sai số tương đối không vượt quá $\delta_S = \dfrac{\Delta_S}{|S|} \le \dfrac{0{,}54}{28{,}26} \approx 0,01914 \approx 1,91\%$.

### Q28
Cho tập $A = \{0, 1, 2, 3, 6\}$. Hỏi có thể lập được bao nhiêu số có $4$ chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho $3$?
- [x] $60$
- [ ] $96$
- [ ] $120$
- [ ] $72$
#### Solution

Trong tập hợp $A$ có các tập con gồm $4$ chữ số đôi một khác nhau và tổng của chúng chia hết cho $3$ là

$$\{0; 1; 2; 3\}; \quad \{0; 1; 2; 6\}; \quad \{1; 2; 3; 6\}$$

**Trường hợp 1:** Tập $\{1; 2; 3; 6\}$.

• Số các số lập được là số hoán vị của $4$ phần tử $4! = 24$ (số).

**Trường hợp 2:** Tập $\{0; 1; 2; 3\}$.

• Số các số lập được là $4! - 3! = 24 - 6 = 18$ (số) (Trừ đi các số có chữ số 0 đứng đầu).

**Trường hợp 3:** Tập $\{0; 1; 2; 6\}$.

• Số các số lập được là $4! - 3! = 24 - 6 = 18$ (số).

Tổng số các số cần lập là $24 + 18 + 18 = 60$ (số).

### Q29
Cho tứ diện $ABCD$. $M$ là điểm thuộc cạnh $AB$. $(P)$ là mặt phẳng qua $M$ song song với $AC$ và $BD$. Vị trí của $M$ để diện tích thiết diện với tứ diện cắt bởi $(P)$ lớn nhất là
- [ ] $\dfrac{MA}{MB} = \dfrac{1}{2}$
- [ ] $\dfrac{MA}{MB} = \dfrac{1}{3}$
- [ ] $\dfrac{MA}{MB} = \dfrac{2}{3}$
- [x] $\dfrac{MA}{MB} = 1$
#### Solution


Qua $M$ dựng $MN \parallel AC$, ($N \in BC$). Mặt phẳng $(ABD)$ chứa $M$ và $BD$, qua $M$ dựng $MQ \parallel BD$, ($Q \in AD$). Tiếp tục quá trình được hai giao tuyến $NP$, $QP$. Vậy thiết diện là hình bình hành $MNPQ$.

Do $MN \parallel AC$, $MQ \parallel BD$ nên góc giữa $MN, MQ$ không đổi, giả sử là $\alpha$.

Ta có $S_{MNPQ} = MN \cdot MQ \sin \alpha = \dfrac{BD \cdot AC}{AB^2} \cdot MA \cdot MB \sin \alpha$.

Diện tích thiết diện lớn nhất khi chỉ khi $MA \cdot MB$ lớn nhất.

Mà $MA + MB = AB$ không đổi nên tích đó lớn nhất khi $MA = MB$ hay $M$ là trung điểm $AB$.

### Q30
Cho hàm số $y = \dfrac{x+b}{ax-2}$ ($ab \neq -2$). Biết rằng $a$, $b$ là các giá trị thỏa mãn tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm $A(1; -2)$ song song với đường thẳng $d\colon 3x+y-4=0$. Khi đó giá trị của $a-3b$ bằng
- [x] $-2$
- [ ] $4$
- [ ] $-1$
- [ ] $5$
#### Solution

Ta có $y'=\dfrac{-ab-2}{(ax-2)^2}$.

Do $A(1; -2)$ thuộc đồ thị hàm số nên $\dfrac{1+b}{a-2}=-2\Leftrightarrow b=3-2a$.

Do tiếp tuyến tại $A(1; -2)$ song song với đường thẳng $d\colon 3x+y-4=0$ nên $y'(1)=-3\Leftrightarrow \dfrac{-ab-2}{(a-2)^2}=-3$.

Thay $b=3-2a$ ta được phương trình $-a(3-2a)-2=-3(a-2)^2\Leftrightarrow 5a^2-15a+10=0\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}&a=1\\&a=2.\end{array}\right.$

Với $a=2\Rightarrow b=-1$ (loại vì $ab\ne-2$).

Với $a=1\Rightarrow b=1$. Phương trình tiếp tuyến tại $A(1; -2)$ là $y=-3(x+1)+2$ song song với $d$.

Vậy $a=1$, $b=1$. Do đó, $a-3b=-2$.

### Q31
Biết $a$, $b$, $c>1$, giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\log_a(bc)+2\log_b(ca)+4\log_c(ab)$ bằng
- [ ] $2+3\sqrt{2}$
- [x] $4+6\sqrt{2}$
- [ ] $7$
- [ ] $4$
#### Solution

Ta có

$$\begin{aligned}P&= \log_a(bc)+2\log_b(ca)+4\log_c(ab) \\ &= \log_ab+\log_ac+2\log_bc+2\log_ba+4\log_ca+4\log_cb \\ &= \left(\log_ab+\dfrac{2}{\log_ab}\right)+\left(\log_ac+\dfrac{4}{\log_ac}\right)+\left(2\log_bc+\dfrac{4}{\log_bc}\right).\end{aligned}$$

Vì $a$, $b$, $c>1$ nên $\log_a b$, $\log_a c$, $\log_bc>0$.

Do đó $P\geq 2\sqrt{2}+4+4\sqrt{2}=4+6\sqrt{2}$.

Dấu "$=$" xảy ra khi $\left\{\begin{aligned}&\log_a b=\dfrac{2}{\log_ab}\\&\log_a c=\dfrac{4}{\log_a c}\\&2\log_b c=\dfrac{4}{\log_b c}\end{aligned}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{aligned}&\log_a b=\sqrt{2} \\ &\log_a c=2\\&\log_b c=\sqrt{2}\end{aligned}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{aligned}& b=a^{\sqrt{2}} \\ & c=a^2.\end{aligned}\right.$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ bằng $4+6\sqrt{2}$.

### Q32
Phương trình $\sqrt{x-1}+\sqrt{3-x}=x^4-4x^{3}+7x^2-12x+14$ có bao nhiêu nghiệm?
- [ ] $3$
- [ ] $2$
- [x] $1$
- [ ] $0$
#### Solution

Điều kiện $1\le x\le 3$.

Ta có $x^4-4x^{3}+7x^2-12x+14=(x^4-4x^{3}+4x^2)+(3x^2-12x+12)+2=(x^2-2x)^2+3(x-2)^2+2\ge 2$.

Ta sẽ đánh giá $\sqrt{x-1}+\sqrt{3-x}\le 2$.

{\it Cách 1.} (Sử dụng bất đẳng thức Cô-si)

Xét $\left(\sqrt{x-1}+\sqrt{3-x}\right)^2=2+2\sqrt{(x-1)(3-x)}\le 2+2\cdot\dfrac{x-1+(3-x)}{2}=4\Rightarrow \sqrt{x-1}+\sqrt{3-x}\le 2$.

{\it Cách 2.} (Sử dụng bất đẳng thức Bunhia)

Xét $(1\cdot\sqrt{x-1}+1\cdot\sqrt{3-x})^2\le \left(1^2+1^2\right)\left[\left(\sqrt{x-1}\right)^2+\left(\sqrt{3-x}\right)^2\right]=4\Rightarrow \sqrt{x-1}+\sqrt{3-x}\le 2$.

Như vậy $\sqrt{x-1}+\sqrt{3-x}\le 2$, $x^4-4x^{3}+7x^2-12x+14\ge 2$ nên phương trình xảy ra dấu bằng khi

$$\left\{\begin{aligned}&x^2-2x=0\\&x-2=0\\&x-1=3-x\end{aligned}\right.\Leftrightarrow x=2.$$

Vậy nghiệm của phương trình là $x=2$.

### Q33
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$. Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $AB$, $SC$ và $I$, $K$ lần lượt là giao điểm của $AN$ và $MN$ với mặt phẳng $(SBD)$. Khi đó $\dfrac{KM}{KN}+\dfrac{IB}{IK}$ bằng
- [ ] $6$
- [ ] $3$
- [x] $5$
- [ ] $4$
#### Solution


Trong $(SAC)$, $AN\cap SO=I$ mà $SO\subset(SBD)\Rightarrow I=AN\cap (SBD)$.

Trong $(ABCD)$, gọi $CM\cap BD=E$.

Trong $(SMC)$, $MN\cap SE=K$ mà $SE\subset(SBD)\Rightarrow K=MN\cap (SBD)$.

Ta có $I$, $K$, $B$ cùng là điểm chung của $(ANB)$ và $(SBD)\Rightarrow I,K,B$ thẳng hàng.

Xét tam giác $SCE$, theo định lý Menelaus,

$N$,$K$,$M$ thẳng hàng nên $$\dfrac{NS}{NC}\cdot\dfrac{MC}{ME}\cdot\dfrac{KE}{KS}=1\Rightarrow 1\cdot 3\cdot\dfrac{KE}{KS}=1\Rightarrow \dfrac{KE}{KS}=\dfrac{1}{3}.$$

Xét tam giác $NMC$, theo định lý Menelaus,

$S$, $K$, $E$ thẳng hàng nên $$\dfrac{KN}{KM}\cdot\dfrac{EM}{EC}\cdot\dfrac{SC}{SN}=1\Rightarrow \dfrac{KN}{KM}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot 2=1\Rightarrow \dfrac{KN}{KM}=1.$$

Gọi $P$ là trung điểm của $AI$, suy ra $IB=2PM=2\cdot 2IK=4IK\Rightarrow \dfrac{IB}{IK}=4$.

Vậy $\dfrac{KM}{KN}+\dfrac{IB}{IK}=1+4=5$.

### Q34
Cho $\tan2\alpha=2$ và $\pi<\alpha<\dfrac{3\pi}{2}$. Biết giá trị của biểu thức $M=\dfrac{\cos\left(\alpha+\dfrac{\pi}{3}\right)+\cos\left(\alpha-\dfrac{\pi}{3}\right)}{\tan\left(\dfrac{\pi}{2}-\alpha\right)+\tan\left(\dfrac{\pi+\alpha}{2}\right)}=\dfrac{a}{\sqrt{b}}$ với $a$, $b$ là các số nguyên. Khi đó, giá trị của biểu thức $T=2a+b$ là
- [ ] $-7$
- [x] $3$
- [ ] $7$
- [ ] $1$
#### Solution

Ta có

• $\cos\left(\alpha+\dfrac{\pi}{3}\right)+\cos \left(\alpha-\dfrac{\pi}{3}\right)=2\cos \alpha\cdot\cos \dfrac{\pi}{3}=\cos \alpha$,

• $\begin{aligned}[t] \tan\left(\dfrac{\pi}{2}-\alpha\right)+\tan\left(\dfrac{\pi+\alpha}{2}\right) &=\cot\alpha+\tan\left(\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\alpha}{2}\right)=\cot\alpha-\cot\dfrac{\alpha}{2}\\ &=\dfrac{\cos\alpha}{\sin\alpha}-\dfrac{\cos\dfrac{\alpha}{2}}{\sin\dfrac{\alpha}{2}}=\dfrac{\sin\dfrac{\alpha}{2}\cos\alpha-\cos\dfrac{\alpha}{2}\sin\alpha}{\sin\alpha\sin\dfrac{\alpha}{2}}\\ &=\dfrac{\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}-\alpha\right)}{\sin\alpha\sin\dfrac{\alpha}{2}}=\dfrac{\sin\left(-\dfrac{\alpha}{2}\right)}{\sin\alpha\sin\dfrac{\alpha}{2}}=\dfrac{-\sin\dfrac{\alpha}{2}}{\sin\alpha\sin\dfrac{\alpha}{2}}\\ &=-\dfrac{1}{\sin\alpha}.\end{aligned}$

Do đó, $M=\dfrac{\cos\alpha}{-\dfrac{1}{\sin\alpha}}=-\sin\alpha\cos\alpha=-\dfrac{1}{2}\sin2\alpha$.

Ta lại có $\tan2\alpha=2\Leftrightarrow \cot2\alpha=\dfrac{1}{2}$; $\sin^22\alpha=\dfrac{1}{1+\cot^22\alpha}=\dfrac{1}{1+\left(\dfrac{1}{2}\right)^2}=\dfrac{4}{5}\Leftrightarrow \sin2\alpha=\pm\dfrac{2}{\sqrt{5}}$.

Do $\pi<\alpha<\dfrac{3\pi}{2}$ nên $2\pi<2\alpha<3\pi\Rightarrow \sin2\alpha>0\Rightarrow \sin2\alpha=\dfrac{2}{\sqrt{5}}\Rightarrow M=-\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{2}{\sqrt{5}}=-\dfrac{1}{\sqrt{5}}$.

Do đó, $a=-1$; $b=5\Rightarrow T=2a+b=3$.

### Q35
Cho hàm số $f(x)$ thỏa mãn $f(1)=2$ và $\left(x^2+1\right)^2f'(x)=[f(x)]^2\left(x^2-1\right)$ với mọi $x\in\mathbb{R}$. Giá trị của $f(2)$ bằng
- [x] $\dfrac{5}{2}$
- [ ] $-\dfrac{2}{5}$
- [ ] $-\dfrac{5}{2}$
- [ ] $\dfrac{2}{5}$
#### Solution

Từ giả thiết ta có $f'(x)=[f(x)]^2\cdot\dfrac{x^2-1}{\left(x^2+1\right)^2}>0$ với mọi $x\in(1;2]$.

Do đó $f(x)\ge f(1)=2>0$ với mọi $x\in[1;2]$.

Với mọi $x\in[1;2]$ ta có

$$\begin{aligned}\left(x^2+1\right)^2f'(x)=[f(x)]^2\left(x^2-1\right)&\Leftrightarrow \dfrac{f'(x)}{f^2(x)}=\dfrac{x^2-1}{\left(x^2+1\right)^2}\\ &\Rightarrow \displaystyle\int\dfrac{f'(x)}{f^2(x)}\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\dfrac{x^2-1}{\left(x^2+1\right)^2}\mathrm{\,d}x\\ &\Rightarrow \displaystyle\int\dfrac{f'(x)}{f^2(x)}\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\dfrac{1-\dfrac{1}{x^2}}{\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^2}\mathrm{\,d}x\\ &\Rightarrow \displaystyle\int\dfrac{f'(x)}{f^2(x)}\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\dfrac{\mathrm{d}\left(x+\dfrac{1}{x}\right)}{\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^2}\\ &\Rightarrow -\dfrac{1}{f(x)}=-\dfrac{1}{x+\dfrac{1}{x}}+C.\end{aligned}$$

Mà $f(1)=2$ nên $-\dfrac{1}{2}=-\dfrac{1}{1+1}+C\Leftrightarrow C=0$.

Vậy $f(x)=\dfrac{x^2+1}{x}$ và $f(2)=\dfrac{5}{2}$.

### Q36
Một bình đựng $5$ viên bi kích thước và chất liệu giống nhau, chỉ khác nhau về màu sắc.
Trong đó có $3$ viên bi xanh và $2$ viên bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên từ bình ra một viên bi ta được viên bi màu xanh, rồi lại lấy ngẫu nhiên ra một viên bi nữa. Xác suất để lấy được viên bi đỏ ở lần thứ hai bằng bao nhiêu?

{{0,5}}
#### Solution

Gọi biến cố

• $A\colon$ "lấy viên bi thứ nhất là màu xanh";

• $B\colon$ "lấy viên bi thứ hai là màu đỏ".

Ta có $\mathrm{P}(A)=\dfrac{3\cdot 4}{5\cdot 4}=\dfrac{3}{5}$; $\mathrm{P}(A\cap B)=\dfrac{3\cdot 2}{5\cdot 4}=\dfrac{3}{10}$.

Do đó $\mathrm{P}(B\mid A)=\dfrac{\mathrm{P}(A\cap B)}{\mathrm{P}(A)}=\dfrac{\tfrac{3}{10}}{\tfrac{3}{5}}=\dfrac{1}{2}$.

### Q37
Nhà bạn Minh cần làm một cái cửa có dạng như hình vẽ, nửa dưới là hình vuông, phần phía trên (phần tô đen) là một Parabol.
Biết các kích thước $a=2{,}5$ m, $b=0{,}5$ m, $c=2$ m. Biết số tiền để làm $1$ m $^2$ cửa là $1$ triệu đồng. Số tiền để làm cửa là bao nhiêu triệu đồng (kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất)?


{{4,7}}
#### Solution


Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ như hình vẽ.

Gọi $(P)\colon y=ax^2+bx+c$ là Parabol đi qua $A(1;2)$ và có đỉnh là $B(0;2,5)$.

Khi đó ta có $\left\{\begin{aligned}&a+b+c=2\\&-\dfrac{b}{2a}=0\\&c=2{,}5\end{aligned}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{aligned}&a=-0{,}5\\&b=0\\&c=2{,}5.\end{aligned}\right.$

Do đó, $(P)\colon y=-0{,}5x^2+2{,}5$.

Diện tích cái cửa là $2\cdot 2+\displaystyle\int\limits_{-1}^{1}\left(-0{,}5x^2+2{,}5-2\right)\mathrm{\,d}x=\dfrac{14}{3}\approx 4{,}7$ m $^2$.

Vậy số tiền để làm cửa là $4{,}7$ triệu đồng.

### Q38
Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường $y=2^x$, $y=1$, $x=0$, $x=2$ bằng bao nhiêu
(kết quả làm tròn đến hàng phần mười)?

{{2,3}}
#### Solution

Xét $x\in[0;2]$, ta có $2^x>2^0\Leftrightarrow 2^x>1$ nên $\left|2^x-1\right|=2^x-1$.

Diện tích hình phẳng cần tính là $S=\displaystyle\int\limits_{0}^2\left|2^x-1\right|\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{0}^2\left(2^x-1\right)\mathrm{\,d}x\approx 2{,}3$.

### Q39
Một bể chứa nước có dạng hình cầu có phương trình là $x^2+y^2+z^2-1=0$ trong không gian $Oxyz$ (đơn vị trên trục: m). Bề mặt nước trong bể cách thành bể một khoảng lớn nhất là $50$ cm.
Khi đó bề mặt nước là hình tròn có đường kính là bao nhiêu mét (kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất)?

{{1,7}}
#### Solution

Ta có mặt cắt theo chiều dọc của bể như hình vẽ sau, trong đó $O$ là tâm bể, $D$ là đỉnh bể, $AB$ là đường kính của bề mặt nước trong bể, $I$ là trung điểm $AB$.


Đổi $50$ cm $=0{,}5$ m.

Bán kính bể là $R=1=OD=OB$ mà $DI=0{,}5=\dfrac{OD}{2}$,

$OD\perp AB$ nên $\triangle ODB$ là tam giác đều cạnh bằng $1$.

Vậy $BI=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AB=2BI=\sqrt{3}\approx 1{,}7$ m.

### Q40
Mái của một căn nhà nghiêng đều một góc $\alpha$ so với mặt đất được minh họa như hình vẽ. Biết rằng nếu đặt trong không gian $Oxyz$ thì mặt đất nằm tương ứng với mặt phẳng $(Oxy)$, đoạn $AB$ là một cạnh của mái nhà với $A(3;-2;3)$ và $B(-3;1;5)$. Góc $\alpha$ bằng bao nhiêu độ (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)?


{{17}}
#### Solution

Ta có $\overrightarrow{AB}=(-6;3;2)$ và mặt phẳng $(Oxy)\colon z=0$ có $\vec{k}=(0;0;1)$ là véc-tơ pháp tuyến.

Suy ra $\sin\alpha=\sin(AB,(Oxy))=\dfrac{|2|}{\sqrt{(-6)^2+3^2+2^2}\cdot\sqrt{1^2}}=\dfrac{2}{7}\Rightarrow \alpha\approx 17^{\circ}$.

### Q41
Cho tứ diện $ABCD$ có $AB$ vuông góc với $CD$, $AB=CD=6$. Gọi $M$ là điểm thuộc cạnh $BC$ sao cho $MC=xBC$ $(0<x<1)$. Biết $(P)$ song song với $AB$ và $CD$ lần lượt cắt $BC$, $DB$, $AD$, $AC$ tại $M$, $N$, $P$, $Q$. Diện tích lớn nhất của tứ giác $MNPQ$ bằng bao nhiêu?

{{9}}
#### Solution

Xét tứ giác $MNPQ$ có $\left\{\begin{aligned}& MQ\parallel NP\parallel AB\\ & MN\parallel PQ\parallel CD\end{aligned}\right.$. Suy ra $MNPQ$ là hình bình hành.

Mặt khác, $AB\perp CD\Rightarrow MQ\perp MN$.

Do đó, $MNPQ$ là hình chữ nhật.

Vì $MQ \parallel AB$ nên $\dfrac{MQ}{AB}=\dfrac{CM}{CB}=x\Rightarrow MQ=xAB=6x$.

Theo giả thiết $MC=xBC\Rightarrow BM=(1-x)BC$.

Vì $MN\parallel CD$ nên $\dfrac{MN}{CD}=\dfrac{BM}{BC}=1-x\Rightarrow MN=(1-x)CD=6(1-x)$.

Diện tích hình chữ nhật $MNPQ$ là

$$S_{MNPQ}=MN\cdot MQ=6(1-x)6x=36x(1-x)\le 36\cdot\left(\dfrac{x+1-x}{2}\right)^2=9.$$


Dấu "$=$" xảy ra khi $x=1-x\Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2}$.

Vậy diện tích tứ giác $MNPQ$ lớn nhất bằng $9$ khi $M$ là trung điểm của $BC$.

### Q42
Giới hạn dãy số $u_n=\dfrac{\sqrt{n^2+2n}-\sqrt{n^2+n}}{n}$ có dạng $\lim \dfrac{\dfrac{a}{n}}{\sqrt{1+\dfrac{b}{n}}+\sqrt{1+\dfrac{c}{n}}}$ với $a;b;c$ là các số tự nhiên. Tính giá trị $a-b-c$.

{{-2}}
#### Solution

Ta có

$$\begin{aligned}\lim u_n&= \lim \dfrac{\sqrt{n^2+2n}-\sqrt{n^2+n}}{n}\\ &= \lim \dfrac{\left(n^2+2n\right)-\left(n^2+n\right)}{n\left(\sqrt{n^2+2n}+\sqrt{n^2+n}\right)}\\ &= \lim \dfrac{n}{n\left(\sqrt{n^2+2n}+\sqrt{n^2+n}\right)}\\ &= \lim \dfrac{1}{\sqrt{n^2+2n}+\sqrt{n^2+n}}\\ &= \lim \dfrac{\dfrac{1}{n}}{\sqrt{1+\dfrac{2}{n}}+\sqrt{1+\dfrac{1}{n}}}.\end{aligned}$$

Vậy $a=1$, $b=2$, $c=1$ và $a-b-c=-2$.

### Q43
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ để hàm số $y=\dfrac{1}{3}x^3-(2m+1)x^2-mx-4$ luôn đồng biến với mọi $x$ thuộc $\mathbb{R}$?

{{1}}
#### Solution

Ta có $y'=x^2-2(2m+1)x-m$.

Hàm số luôn đồng biến với mọi $x$ thuộc $\mathbb{R}$ khi và chỉ khi $$y'\ge 0,\,\forall x\in\mathbb{R}\Leftrightarrow\Delta'=(2m+1)^2+m\le 0\Leftrightarrow 4m^2+5m+1\le 0\Leftrightarrow -1\le m\le -\dfrac{1}{4}.$$

Vậy có $1$ giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn.

### Q44
Cho hình lập phương $ABCD.A'B'C'D'$ có cạnh bằng $a$. Gọi $K$ là trung điểm của $DD'$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng $CK$ và $A'D$ bằng $\dfrac{a}{k}$. Giá trị của $k$ bằng bao nhiêu?

{{3}}
#### Solution

Chọn $a=1$ và dựng hệ trục tọa độ $Oxyz$ sao cho $D(0;0;0)$, $A(1;0;0)$, $C(0;1;0)$, $D'(0;0;1)$.

Khi đó $A'(1;0;1)$, $K\left(0;0;\dfrac{1}{2}\right)$ và $C(0;1;0)$.

Ta có $\overrightarrow{DA'}=(1;0;1)$, $\overrightarrow{CK}=\left(0;-1;\dfrac{1}{2}\right)$ và $\overrightarrow{DK}=\left(0;0;\dfrac{1}{2}\right)$.

Ta tính được $\left[\overrightarrow{DA'},\overrightarrow{CK}\right]=\left(1;-\dfrac{1}{2};-1\right)$, $\left[\overrightarrow{DA'},\overrightarrow{CK}\right]\cdot\overrightarrow{DK}=-\dfrac{1}{2}$.

Do đó $$\mathrm{d}(DA',CK)=\dfrac{\left|\left[\overrightarrow{DA'},\overrightarrow{CK}\right]\cdot\overrightarrow{DK}\right|}{\left|\left[\overrightarrow{DA'},\overrightarrow{CK}\right]\right|}=\dfrac{\left|-\dfrac{1}{2}\right|}{\sqrt{1+\left(-\dfrac{1}{2}\right)^2+(-1)^2}}=\dfrac{1}{3}.$$

Vậy $\mathrm{d}(A'D,CK)=\dfrac{a}{3}$.


### Q45
Tổng $S=-1+\dfrac{1}{10}-\dfrac{1}{10^2}+\cdots+\dfrac{(-1)^{n}}{10^{n-1}}+\cdots=-\dfrac{k}{11}.$ Giá trị của $k$ bằng bao nhiêu?

{{10}}
#### Solution

Dãy số $-1;\dfrac{1}{10};-\dfrac{1}{10^2};\ldots;\dfrac{(-1)^{n}}{10^{n-1}};\ldots$ là một cấp số nhân lùi vô hạn với $u_1=-1;q=-\dfrac{1}{10}$.

Do đó

$S=-1+\dfrac{1}{10}-\dfrac{1}{10^2}+\cdots+\dfrac{(-1)^{n}}{10^{n-1}}+\cdots=\dfrac{-1}{1-\left(-\dfrac{1}{10}\right)}=-\dfrac{10}{11}$.

Vậy $k=10$.

### Q46
Cho hàm số $f(x)=16x^5-25x^4+10x^2$. Có bao nhiêu giá trị nguyên $m\in[-20;20)$ để hàm số $y=f\left(|x|+2m\right)$ có $5$ điểm cực trị?

{{0}}
#### Solution

{\it Cách $1$.}

Ta có $f'(x)=80x^4-100x^3+20x=20x(x-1)(4x^2-x-1)=0\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}&x=0\\&x=1\\&x=\dfrac{1-\sqrt{17}}{8}\\&x=\dfrac{1+\sqrt{17}}{8}\end{array}\right.$.

Hàm số $y=f(x)$ có hai điểm cực trị dương.

Tịnh tiến đồ thị hàm số $y=f(x)$ theo trục $Ox$ là $2m$ đơn vị rồi lấy đối xứng qua trục $Ox$ ta được đồ thị hàm số $y=f(|x|+2m)$.

Để hàm số $y=f\left(|x|+2m\right)$ có $5$ điểm cực trị thì hàm số $y=f(x+2m)$ có hai điểm cực trị dương.

Điều này tương đương với

$$\left\{\begin{aligned}&-2m+\dfrac{1-\sqrt{17}}{8}\le 0\\&-2m>0\\&-2m+1>0\\&-2m+\dfrac{1+\sqrt{17}}{8}>0\end{aligned}\right.\Leftrightarrow 0\le m<\dfrac{1+\sqrt{17}}{16}.$$

Vậy không có giá trị nguyên của tham số $m$ thỏa mãn.

{\it Cách $2$.}

Nhận xét: Đồ thị hàm số $y=f\left(|x|+2m\right)$ đối xứng qua trục $Oy$ nên nhận $x=0$ là một điểm cực trị.

Với $x\ne 0$ ta có

$y'=\dfrac{x}{|x|}f'\left(|x|+2m\right)$.

Khi đó $$y'=0\Leftrightarrow f'(|x|+2m)=0\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}&|x|+2m=0&(1)\\&|x|+2m=1&(2)\\&|x|+2m=\dfrac{1-\sqrt{17}}{8}&(3)\\&|x|+2m=\dfrac{1+\sqrt{17}}{8}.&(4)\end{array}\right.$$

Để hàm số $y=f(|x|+m)$ có $5$ điểm cực trị thì các phương trình $(1)$, $(2)$, $(3)$, $(4)$ có $4$ nghiệm $x\ne 0$.

Điều này tương đương với $$\left\{\begin{aligned}&-2m>0\\&-2m+1>0\\&-2m+\dfrac{1-\sqrt{17}}{8}\le 0\\&-2m+\dfrac{1+\sqrt{17}}{8}>0\end{aligned}\right.\Leftrightarrow 0\le m<\dfrac{1+\sqrt{17}}{16}.$$

Vậy không có giá trị nguyên của tham số $m$ thỏa mãn.

### Q47
Cho hàm số $y=f(x)$ có đạo hàm liên tục trên $\mathbb{R}$. Hàm số $y=f'(x)$ có đồ thị như hình vẽ. Gọi $S$ là tập hợp các giá trị nguyên $m\in[-5;5]$ để hàm số $g(x)=f(x+m)$ nghịch biến trên khoảng $(1;2)$. Tập hợp $S$ có bao nhiêu phần tử?


{{5}}
#### Solution

Ta có $g'(x)=f'(x+m)$ và $g'(x)=0\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}&x+m=-1\\&x+m=1\\&x+m=3\end{array}\right.\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}&x=-m-1\\&x=-m+1\\&x=-m+3.\end{array}\right.$

Bảng xét dấu của $g'(x)$ như sau


Hàm số $g(x)$ nghịch biến trên khoảng $(1;2)$ khi $$\left[\begin{array}{l}&1\le -m-1\\&-m+1\le 1<2\le -m+3\end{array}\right.\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}&m\le -2\\&0\le m\le 1.\end{array}\right.$$

Do đó $S=\{-5;-4;-3;-2;0;1\}$.

Vậy tập hợp $S$ có $5$ phần tử.

### Q48
Cho một tập hợp $A$ gồm $n$ phần tử $(n\ge 4)$. Biết số tập con gồm $4$ phần tử của $A$ gấp $20$ lần số tập con gồm hai phần tử của $A$. Giá trị của $n$ là bao nhiêu?

{{18}}
#### Solution

Số tập con gồm $4$ phần tử của tập $A$ là $\mathrm{C}_n^4$.

Số tập con gồm $2$ phần tử của tập $A$ là $\mathrm{C}_n^2$.

Theo bài ra ta có

$$\begin{aligned}\mathrm{C}_n^4=20\mathrm{C}_n^2&\Leftrightarrow \dfrac{n!}{4!(n-4)!}=20\dfrac{n!}{2!(n-2)!}\\ &\Leftrightarrow \dfrac{1}{24}=\dfrac{20}{2(n-2)(n-3)}\\ &\Leftrightarrow (n-2)(n-3)=240\\ &\Leftrightarrow n^2-5n-234=0\\ &\Leftrightarrow n=18.\end{aligned}$$

Vậy tập $A$ có $18$ phần tử.

### Q49
Máy tính xách tay đang mở gợi nên hình ảnh của một góc nhị diện. Ta gọi số đo góc nhị diện đó là độ mở của màn hình máy tính. Một người đang dùng máy tính như trong hình. Tính độ mở của màn hình máy tính đó theo đơn vị độ (làm tròn đến hàng đơn vị), biết tam giác $ABC$ có độ dài các cạnh là $AB=AC=36$ cm và $BC=60$ cm.


{{113}}
#### Solution

Gọi $d$ là đường thẳng chứa bản lề của máy tính, khi đó $d\perp AB$, $d\perp AC$.

Do đó,

$\widehat{BAC}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện cần tính.

Xét $\triangle ABC$, áp dụng hệ quả của định lý cô-sin trong tam giác ta có

$$\cos\widehat{BAC}=\dfrac{AB^2+AC^2-BC^2}{2\cdot AB\cdot AC}=\dfrac{36^2+36^2-60^2}{2\cdot 36\cdot 36}=-\dfrac{7}{18}\Rightarrow \widehat{BAC}\approx113^{\circ}.$$

Vậy độ mở của màn hình máy tính đó bằng $113^{\circ}$.

### Q50
Hai quả bóng hình cầu có kích thước khác nhau được đặt ở hai góc của một căn nhà hình hộp chữ nhật sao cho mỗi quả bóng đều tiếp xúc với hai bức tường và nền của nhà đó. Biết rằng trên bề mặt của mỗi quả bóng đều tồn tại một điểm có khoảng cách đến hai bức tường và nền nhà mà nó tiếp xúc lần lượt bằng $1$ dm; $2$ dm; $4$ dm. Tổng độ dài bán kính của hai quả bóng đó bằng bao nhiêu đề-xi-mét?

{{7}}
#### Solution


Chọn hệ trục $Oxyz$ (đơn vị trên mỗi trục là dm) như hình vẽ.

Mỗi quả bóng xem là mặt cầu tâm $I(a;b;c)$. Vì mỗi quả bóng đều tiếp xúc với hai bức tường và nền của nhà nên chúng tiếp xúc với ba mặt phẳng tọa độ nên

$$\mathrm{d}(I,(xOy))=\mathrm{d}(I,(yOz))=\mathrm{d}(I,(zOx))=R\Leftrightarrow a=b=c>0\Rightarrow I(a;a;a).$$

Gọi $M(x;y;z)$ là điểm nằm trên quả bóng có khoảng cách đến hai bức tường và nền nhà mà nó tiếp xúc bằng $1$; $2$; $4$. Suy ra $M(1;2;4)$.

Điểm $M$ nằm trên bề mặt quả bóng khi $$IM=\mathrm{d}(I,(xOy))=a\Leftrightarrow (a-1)^2+(a-2)^2+(a-4)^2=a^2\Leftrightarrow 2a^2-14a+21=0.\quad (*)$$

Vì $(*)$ có $\Delta'=7>0$ nên nó có hai nghiệm phân biệt $a_1$, $a_2$ và $a_1+a_2=7$.

Khi đó tổng bán kính của hai quả bóng là $7$ dm.