### Q01

Tìm chu kỳ $T$ của hàm số lượng giác $y=\cos 3x$.

- [ ] $T=\dfrac{\pi}{3}$
- [ ] $T=2\pi$
- [x] $T=\dfrac{2\pi}{3}$
- [ ] $T=\dfrac{3\pi}{2}$

#### Solution

Chu kỳ của hàm số $y=\cos 3x$ là $T=\dfrac{2\pi}{3}$.

### Q02

Cho hàm số $y=f(x)$ có đạo hàm $f'(x)=-x^2-4, \forall x \in \mathbb{R}$. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

- [ ] Hàm số đồng biến trên khoảng $(-\infty ; -2)$
- [ ] Hàm số đồng biến trên khoảng $(-2;2)$
- [ ] Hàm số đồng biến trên khoảng $(-\infty ; +\infty)$
- [x] Hàm số nghịch biến trên khoảng $(-\infty ; +\infty)$

#### Solution

Do $f'(x)=-x^2-4 = -(x^2+4) <0, \forall x\in \mathbb{R}$ nên hàm số nghịch biến trên $(-\infty ; +\infty)$.

### Q03

Giá trị nhỏ nhất của hàm số $y=\dfrac{1}{4}x^4-\dfrac{27}{2}x^2+3$ trên đoạn $[0;80]$ bằng

***Lưu ý***: nếu đáp án dạng $-\dfrac{a}{b}$ thì nhập vào là $-a/b$

{{-717/4}}

#### Solution

Xét hàm số $y=\dfrac{1}{4}x^4-\dfrac{27}{2}x^2+3$ trên đoạn $[0;80]$.\\
Ta có $y'=x^3-27x$, $y'=0\Leftrightarrow x^3-27x=0\Leftrightarrow\hoac{&x=0\\&x=\pm 3\sqrt{3}.}$\\
Trên đoạn $[0;80]$ thì $y'=0\Leftrightarrow \hoac{&x=3\sqrt{3}\\&x=0.}$\\
Ta có $f(0)=3$, $f(80)=10.153.603$, $f\left(3\sqrt{3}\right)=-\dfrac{717}{4}$.\\
Suy ra $\min\limits_{[0;80]}f(x)=f\left(3\sqrt{3}\right)=-\dfrac{717}{4}$.

### Q04

Cho đồ thị hàm số $y=ax^4+bx^2+c$ có điểm cực đại $A(0;-3)$ và điểm cực tiểu $B(-1;-5)$. Tính giá trị của $P=a+2b+3c$.

{{-15}}

#### Solution

Ta có $y'=4ax^3+2bx$, $a>0$.\\
Vì đồ thị hàm số có điểm cực đại $A(0;-3)$ và điểm cực tiểu $B(-1;-5)$ nên ta có hệ phương trình
\[\heva{&y(0)=-3\\&y(-1)=-5\\&y'(-1)=0}\Leftrightarrow \heva{&c=-3\\&a+b-3=-5\\&-4a-2b=0}\Leftrightarrow \heva{&c=-3\\&a=2\\&b=-4.}\]
Suy ra $P=a+2b+3c=2+2\cdot(-4)+3\cdot(-3)=-15$.

### Q05

Bất phương trình $\left(x-1\right)\left(x-6\right)\ge 0$ có tập nghiệm $S$ là

- [x] $S=\left(-\infty;1 \right]\cup \left[ 6;+\infty\right)$
- [ ] $S=\left(6;+\infty\right)$
- [ ] $S=\left[ 6;+\infty\right)\cup \left\{1 \right\}$
- [ ] $S=\left[ 6;+\infty\right)$

#### Solution

Bảng xét dấu
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1, font=\footnotesize, line join=round, line cap=round, >=stealth]
\tkzTabInit [lgt=3.2,espcl=2.5,deltacl=0.6]{$x$/0.6,$x-6$/0.6,$x-1$/0.6, $(x-1)(x-6)$/0.6}
{$-\infty$, $1$, $6$, $+\infty$}
\tkzTabLine{,-,|,-,0,+,}
\tkzTabLine{,-,0,+,|,+,}
\tkzTabLine{,+,0,-,0,+,}
\end{tikzpicture}
\end{center}
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S=\left(-\infty;1 \right]\cup \left[ 6;+\infty\right)$.

### Q06

Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng $a$ và cạnh bên tạo với mặt phẳng đáy một góc $60^\circ$. Thể tích khối chóp là

- [ ] $\dfrac{a^3\sqrt{6}}{3}$
- [ ] $\dfrac{a^3\sqrt{6}}{2}$
- [ ] $\dfrac{a^3\sqrt{3}}{2}$
- [x] $\dfrac{a^3\sqrt{6}}{6}$

#### Solution

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzDefPoints{-1/1/A, -3/-1/B, 0/4/S, 0/0/O}
\tkzDefPointBy[symmetry=center O](A) \tkzGetPoint{C}
\tkzDefPointBy[symmetry=center O](B) \tkzGetPoint{D}
\tkzDrawSegments(S,B B,C C,S S,D D,C)
\tkzDrawSegments[dashed](S,A A,B A,D A,C B,D S,O)
\tkzLabelPoints[above](S)
\tkzLabelPoints[left](A,B)
\tkzLabelPoints[right](D,C)
\tkzLabelPoints[below](O)
\tkzMarkRightAngle(B,O,S)
\tkzMarkRightAngle(S,O,C)
\tkzMarkAngle[size=0.5](S,D,O)
\tkzLabelAngle[pos = -0.8](S,D,O){$60^\circ$}
\end{tikzpicture}
\end{center}
Ta có $SO=OD \tan 60^\circ = \dfrac{a\sqrt{6}}{2}$. \\
$V_{S.ABCD} = \dfrac{1}{3}SO \cdot S_{S.ABCD}= \dfrac{a^3\sqrt{6}}{6}.$

### Q07

Cho hàm số $y=\dfrac{mx-m^2-2}{-x+1}$ ($m$ là tham số thực) thỏa mãn $\max\limits_{[-4;-2]}y=-\dfrac{1}{3}$. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

- [ ] $1\leq m<3$
- [ ] $m>4$
- [x] $-\dfrac{1}{2}<m<0$
- [ ] $-3<m<-\dfrac{1}{2}$

#### Solution

Hàm số đã cho liên tục trên đoạn $[-4;-2]$.\\
Ta có $y'=\dfrac{-m^2+m-2}{(1-x)^2}<0$, $\forall x \in [-4;-2]$. Suy ra hàm số nghịch biến trên đoạn $[-4;-2]$.\\
Do đó $\max\limits_{[-4;-2]}y=-\dfrac{1}{3} \Leftrightarrow y(-4)=-\dfrac{1}{3} \Leftrightarrow \dfrac{-m^2-4m-2}{5}=-\dfrac{1}{3} \Leftrightarrow 3m^2+12m+1=0 \Leftrightarrow m=\dfrac{-6\pm\sqrt{33}}{3}$.

### Q08

Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào \textbf{sai}?

- [ ] Nếu $n$ là một số nguyên lẻ thì $n^2$ là số lẻ
- [ ] Điều kiện cần và đủ để số tự nhiên $n$ chia hết cho 3 là tổng các chữ số của nó chia hết cho $3$
- [x] Tứ giác $ABCD$ là hình chữ nhật khi và chỉ khi nó thỏa mãn $AC=BD$
- [ ] Tam giác $ABC$ là tam giác đều khi và chỉ khi nó thỏa mãn đồng thời hai điều kiện $AB=AC$ và $\widehat{A}=60^0$

#### Solution

Mệnh đề “Tứ giác $ABCD$ là hình chữ nhật khi và chỉ khi nó thỏa mãn $AC=BD$” sai vì điều kiện hai đường chéo bằng nhau chưa đủ để kết luận đó là hình chữ nhật, ví dụ như hình thang cân cũng có hai đường chéo bằng nhau nhưng nó không phải là hình chữ nhật.

### Q09

Cho tam giác $ABC$, điểm $D$ thuộc cạnh $BC$ sao cho $CD=3DB$. Biết rằng $AC^2+3AB^2=mAD^2+nBC^2$. Tính $m+n$.

***Lưu ý***: nếu đáp án dạng $\dfrac{a}{b}$ thì nhập vào là $a/b$

{{19/4}}

#### Solution

\immini{
Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Ta có
\begin{eqnarray*}
&&AD^2=\dfrac{2\left(AB^2+AM^2\right)-BM^2}{4}\\
&\Leftrightarrow& 4AD^2=2\left(AB^2+\dfrac{2\left(AB^2+AC^2\right)-BC^2}{4}\right)-\dfrac{BC^2}{4}\\
&\Leftrightarrow&4AD^2=2\left(\dfrac{6AB^2+2AC^2-BC^2}{4}\right)-\dfrac{BC^2}{4}\\
&\Leftrightarrow&4AD^2=\dfrac{12AB^2+4AC^2-3BC^2}{4}\\
&\Leftrightarrow&16AD^2=12AB^2+4AC^2-3BC^2\\
&\Leftrightarrow&4AD^2+\dfrac{3}{4}BC^2=3AB^2+AC^2\\
&\Rightarrow&m=4, n=\dfrac{3}{4}\\
&\Rightarrow&m+n=\dfrac{19}{4}.
\end{eqnarray*}
}{
\begin{tikzpicture}[scale=1,font=\footnotesize, line join=round, line cap=round, >=stealth]

\path
(0,0) coordinate (B)
(1.5,2) coordinate (A)
(4,0) coordinate (C)
($(B)!1/4!(C)$) coordinate (D)
($(B)!1/2!(C)$) coordinate (M)
;
\draw (A)--(B)--(C)--cycle (A)--(D) (A)--(M);
\tkzMarkRightAngles[size=.3](A,D,C)
\foreach \x/\g in {A/90,B/180,C/0,D/-90,M/-90} \fill[black] (\x) circle (1pt)+(\g:.3) node {$\x$};
\end{tikzpicture}}

### Q10

Tính $I=\lim\dfrac{\dfrac{1}{2}+1+\dfrac{3}{2}+\cdots +\dfrac{n}{2}}{n^2+1}$.

- [x] $I=\dfrac{1}{4}$
- [ ] $I=\dfrac{1}{2}$
- [ ] $I=\dfrac{1}{8}$
- [ ] $I=1$

#### Solution

Ta có $$\dfrac{1}{2}+1+\dfrac{3}{2}+\cdots +\dfrac{n}{2}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{2}{2}+\dfrac{3}{2}+\cdots +\dfrac{n}{2}=\dfrac{1+2+\cdots+n}{2}=\dfrac{(1+n)n}{4}.$$
Từ đó suy ra
$$I=\lim\dfrac{(1+n)n}{4(n^2+1)}=\lim\dfrac{n+n^2}{4n^2+4}=\lim\dfrac{\dfrac{1}{n}+1}{4+\dfrac{4}{n^2}}=\dfrac{1}{4}.$$

### Q11

Cho hàm số $y=x^4-2(m+1)x^2+2(m+1)^2$. Gọi $S$ là tập hợp các giá trị của $m$ để đồ thị của hàm số trên có ba điểm cực trị tạo thành tam giác vuông. Tính tổng các phần tử của $S$

{{0}}

#### Solution

Ta có $y'=4x^3-4(m+1)x^2$, $y'=0\Leftrightarrow\hoac{&x=0\\&x^2=m+1.}$\\
Để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị thì $ m >-1$. Khi đó $y'=0\Leftrightarrow\hoac{&
x=0\\&
x=\sqrt{m+1}\\&
x=-\sqrt{m+1}
}$\\
Gọi ba điểm cực trị là $ A(0;2(m+1)^2)$, $B(\sqrt{m+1};{(m+1)^2})$, $C(-\sqrt{m+1};{(m+1)^2})$.\\
Khi đó $\overrightarrow{AB}(\sqrt{m+1};-(m+1)^2)$, $\overrightarrow{AC}(-\sqrt{m+1};-(m+1)^2)$.\\
Để đồ thị của hàm số trên có ba điểm cực trị tạo thành tam giác vuông thì\\
$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=0\Leftrightarrow-(m+1)+(m+1)^4=0\Leftrightarrow\hoac{&
m=0\\&
m=-1.
}$\\
Kết hợp đk trên vậy $m=0$.

### Q12

Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho tam giác $ABC$ có $A(1;1)$; $B(4;-5)$; $C(-2;-3)$. Phương trình tổng quát của đường trung trực cạnh $BC$ là

- [ ] $x-3y+11=0$
- [x] $3x-y-7=0$
- [ ] $3x+y-7=0$
- [ ] $x-3y+13=0$

#### Solution

Gọi $M$ là trung điểm cạnh $BC$, ta có $M(1;-4)$.\\
Đường trung trực cạnh $BC$ đi qua $M$ và nhận $\overrightarrow{BC}=(-6;2)$ làm véc-tơ pháp tuyến có phương trình
\[-6(x-1)+2(y+4)=0\Leftrightarrow -6x+2y+14=0\Leftrightarrow 3x-y-7=0.\]

### Q13

Một lớp có $12$ học sinh tiêu biểu gồm $7$ học sinh nữ và $5$ học sinh nam. Có
bao nhiêu cách lập ra một đoàn $6$ em đi dự đại hội thi đua của trường sao cho
số học sinh nữ không quá $3$. Số cách chọn là

{{112}}

#### Solution

Chọn $1$ nữ và $5$ nam $\Rightarrow$ Số cách chọn là $C_7^{1}\cdot C_5^{4}$.\\
Chọn $2$ nữ và $4$ nam $\Rightarrow$ Số cách chọn là $C_7^{2}\cdot C_5^{4}$.\\
Vậy số cách chọn là $C_7^{1}\cdot C_5^{4} + C_7^{2}\cdot C_5^{4} = 112$.

### Q14

Tìm tập nghiệm $S$ của bất phương trình $3^{2x-1}>243$.

- [ ] $S=(-\infty;3)$
- [x] $S=(3;+\infty )$
- [ ] $S=(2;+\infty )$
- [ ] $S=(-\infty;2)$

#### Solution

Ta có
\begin{equation*}
3^{2x-1}>243 \Leftrightarrow 3^{2x-1} > 3^5 \Leftrightarrow 2x-1 > 5 \Leftrightarrow x > 3.
\end{equation*}
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là $S = (3;+\infty)$.

### Q15

Cho cấp số cộng $\left(u_n\right)$ có $u_1=2$ và $u_2=6$. Giá trị của $u_3$ bằng

{{10}}

#### Solution

Ta có $u_1+u_3=2u_2\Rightarrow u_3=2u_2-u_1=2\cdot 6-2=10$.

### Q16

Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông cân ở $B$, cạnh $AC=2a$. Cạnh $SA$ vuông góc với mặt đáy $(ABC)$, tam giác $SAB$ cân. Tính thể tích khối chóp $S.ABC$ theo $a$.

- [ ] $\dfrac{2\sqrt{2}a^3}{3}$
- [x] $\dfrac{a^3\sqrt{2}}{3}$
- [ ] $\sqrt{2}a^3$
- [ ] $2\sqrt{2}a^3$

#### Solution

\immini{
Xét $\triangle ABC$ có $AB=\dfrac{AC}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}$.\\
Xét $\triangle SAB$ cân có $SA\perp AB$ (do $SA\perp(ABC)$).\\
$\Rightarrow \triangle SAB$ vuông cân tại $A$ $\Rightarrow SA=AB=a\sqrt{2}$.\\
Vậy thể tích khối chóp $S.ABC$ bằng
$$V=\dfrac{1}{3}SA\cdot\dfrac{1}{2}AB^2=\dfrac{a^3\sqrt{2}}{3}.$$
}{
\begin{tikzpicture}[scale=0.7, font=\footnotesize, line join=round, line cap=round, >=stealth]
\tkzDefPoints{0/0/A,1.2/-1.5/B,4/0/C}
\coordinate (S) at ($(A)+(0,3)$);
\tkzDrawPolygon(S,A,B,C)
\tkzDrawSegments(S,B)
\tkzDrawSegments[dashed](A,C)
\tkzDrawPoints[fill=black,size=4](A,B,C,S)
\tkzLabelPoints[above](S)
\tkzLabelPoints[below](B)
\tkzLabelPoints[left](A)
\tkzLabelPoints[right](C)
\end{tikzpicture}
}

### Q17

Cho tam giác $ABC$ có $\widehat{B}={30^{\circ }},\widehat{C}={60^{\circ }}$, đường cao ${h_a}=2\sqrt{3}$. Tính $R$ bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

{{4}}

#### Solution

Ta có $h_a=2R\sin B\sin C.$\\
Suy ra $R=\dfrac{h_a}{2\sin B\sin C}=\dfrac{2\sqrt{3}}{2\sin 30^{\circ}\sin 60^{\circ }}=4$.

### Q18

Cho hàm số $y=x^3-3m^2x+m$. Tìm tham số $m$ để trung điểm của hai điểm cực trị của đồ thị hàm số thuộc $d\colon y=1$.

- [ ] $m=\dfrac{1}{3}$
- [ ] $m=-\dfrac{1}{3}$
- [x] $m=1$
- [ ] $m=\dfrac{1}{2}$

#### Solution

Tập xác định $ \mathscr{D}=\mathbb{R}$.\\$y'=3x^2-3m^2$, $y'=0\Leftrightarrow x=\pm m$.\\
Hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi $m\ne 0$.\\
Giả sử hai điểm cực trị là $A(m;-2m^2+m)$, $B(-m;2m^2+m)$.\\
Khi đó trung điểm của hai điểm cực trị là $I(0;m)$. \\
Theo bài ra $I\in d\Rightarrow m=1$.

### Q19

Cho một cấp số cộng có $u_1=-3$, $u_6=27$. Tìm công sai $d$.

- [ ] $d=5$
- [ ] $d=7$
- [x] $d=6$
- [ ] $d=8$

#### Solution

Ta có $u_6=u_1+5d\Leftrightarrow 27=-3+5d\Leftrightarrow d=6$.

### Q20

Trong mặt phẳng $Oxy$, ảnh của đường tròn $(C)\colon (x+1)^2+(y-5)^2=2$ qua phép vị tự tâm $O$, tỉ số $k=-3$ là đường tròn $(C')$ có phương trình là

- [x] $(C')\colon (x-3)^2+(y+15)^2=18$
- [ ] $(C')\colon (x+3)^2+(y-15)^2=6$
- [ ] $(C')\colon (x+3)^2+(y-15)^2=18$
- [ ] $(C')\colon (x-3)^2+(y+15)^2=6$

#### Solution

Ta có tâm đường tròn $(C)$ là $I(-1;5)$ và bán kính $R=\sqrt{2}$.\\ $\mathrm{V}_{\left(O,-3\right)}(I)=I'(x;y)\Leftrightarrow \vec{OI'}=-3\vec{OI} \Leftrightarrow \heva{&x=3\\&y=-15}\Leftrightarrow I'(3;-15)$ và bán kính $R'=3R=3\sqrt{2}$.\\
Do đó phương trình đường tròn $C'$ có tâm $I'(3;-15)$ và bán kính $R'=3R=3\sqrt{2}$ là $$(C')\colon (x-3)^2+(y+15)^2=18.$$

### Q21

Trên giá sách có $4$ quyển sách toán, $3$ quyển sách lý, $2$ quyển sách hóa (các quyển sách cùng môn đôi một khác nhau). Hỏi có bao nhiêu cách lấy ra $3$ quyển sách sao cho có ít nhất một quyển sách toán?

{{74}}

#### Solution

Số cách lấy $3$ quyển sách trong $9$ quyển sách là $\mathrm{C}_9^3=84$.\\
Số cách lấy $3$ quyển sách trong $9$ quyển sách, sao cho không có quyển toán nào là $\mathrm{C}_5^3=10$.\\
Vậy số cách lấy $3$ quyển sách trong $9$ quyển sách, sao cho có ít nhất một quyển sách toán là $84-10=74$ cách.

### Q22

Một hộp đựng $9$ thẻ được đánh số từ $1$ đến $9$. Rút ngẫu nhiên hai thẻ từ hộp nêu ở trên, tính xác suất để tích của hai số trên hai thẻ này là số chẵn.

- [ ] $\dfrac{25}{81}$
- [x] $\dfrac{13}{18}$
- [ ] $\dfrac{5}{18}$
- [ ] $\dfrac{1}{2}$

#### Solution

Số phần tử của không gian mẫu $\Omega$ là
$n(\Omega)=\mathrm{C}_9^2$.\\
Gọi $A$ là biến cố \lq\lq tích của hai số trên hai thẻ là số lẻ\rq\rq, ta có xác suất cần tính là $P(\overline{A})$.\\
Nhận thấy biến cố $A$ xảy ra khi và chỉ khi rút được cả hai thẻ mang số lẻ.\\
Trong $9$ thẻ đã cho có $5$ thẻ mang số lẻ, vì thế nên $n(A)=\mathrm{C}_5^2$.\\
Do đó $\mathrm{P}(A)=\dfrac{n(A)}{n(\Omega)}=\dfrac{\mathrm{C}_5^2}{\mathrm{C}_9^2}=\dfrac{5}{18}$.\\
Vậy xác suất cần tính là $P(\overline{A})=\dfrac{13}{18}$.

### Q23

<img src="https://cdn.ucode.vn/uploads/82336/upload/AMacZLzU.png" class="element-left content-img" />

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh $a$, $SA\perp (ABCD)$ và $SA=a\sqrt{2}$. Khoảng cách từ điểm $A$ đến mặt phẳng $(SCD)$ bằng

- [ ] $a\sqrt{3}$
- [x] $\dfrac{a\sqrt{6}}{3}$
- [ ] $2a$
- [ ] $\dfrac{a\sqrt{7}}{3}$

#### Solution

\immini{
Ta có $CD \perp (SAD)$. Hạ $AK \perp SD$ suy ra $AK \perp (SCD)$.\\
Xét $\triangle SAD$ ta có $AK=\dfrac{AS. AD}{\sqrt{AD^2+AS^2}}=\dfrac{a\sqrt{6}}{3}$. }
{\begin{tikzpicture}[scale=0.7]
\tkzDefPoints{0/0/A, -2/-2/D, 4/-2/C, 6/0/B, 0/4/S}
\tkzDefMidPoint(S,D)\tkzGetPoint{K}
\tkzDrawSegments(S,B S,C S,D B,C C,D)
\tkzDrawSegments[dashed](A,B S,A A,D A,K)
\tkzMarkRightAngle(B,A,D)
\tkzLabelPoints[above left](K)
\tkzLabelPoints[below left](D,A)
\tkzLabelPoints[below right](C)
\tkzLabelPoints[above right](B)
\tkzLabelPoints[above](S)
\tkzDrawPoints(S,A,B,C,D,K)
\end{tikzpicture}}

### Q24

Cho tập hợp $A=(-3;5]$, $B=[-4;7]$. Tập hợp $B\setminus A$ là

- [ ] $[-4;-3]\cup (5;7)$
- [ ] $[-4;-3]\cup (5;7)$
- [x] $[-4;-3]\cup (5;7]$
- [ ] $[-4;-3]\cup [5;7]$

#### Solution

Ta có $$B\setminus A=[-4;-3]\cup (5;7].$$

### Q25

Cho hình hộp chữ nhật $ABCD.A’B’C’D’$ có $AB=AD=2a$, $AA’=8$. Tính diện tích toàn phần $S_{\rm{tp}}$ của hình trụ có hai đáy lần lượt ngoại tiếp hai đáy của hình hộp chữ nhật đã cho.

- [ ] $S_{\rm{tp}}=7\pi a^2$
- [ ] $S_{\rm{tp}}=16\pi a^2$
- [ ] $S_{\rm{tp}}=12\pi a^2$
- [x] $S_{\rm{tp}}=20\pi a^2$

#### Solution

\immini{
Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD.$ Khi đó $O$ cũng là tâm của đường tròn ngoại tiếp hình hình vuông $ABCD$.\\
Suy ra bán kính hình trụ là $R=\dfrac{BD}{2}=a\sqrt{2}.$\\
Vậy diện tích toàn phần $S_{\rm{tp}}$ của hình trụ có hai đáy lần lượt ngoại tiếp hai đáy của hình hộp chữ nhật là $$S_{\rm{tp}}=2S_{\text{đáy}}+S_{\rm{xq}}=4\cdot\pi\cdot a^2+ 2\pi\cdot a^2\cdot 8= 20\pi a^2 .$$}
{\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,scale=0.8]
%\tkzSetUpPoint[size =2]
\def\a{3}
\def\b{1}
\def\c{4}
\coordinate (O) at (0,0);
\coordinate (O') at ($(O)+(0,\c)$);
\coordinate (X) at (\a,0);
\coordinate (Y) at (-\a,0);
\coordinate (U) at ($(Y)+(0,\c)$);
\coordinate (V) at ($(X)+(0,\c)$);
\draw (O') ellipse (\a cm and \b cm);
%\draw (O') ellipse (\a cm and \b cm);
\draw [dashed](X) arc (0:180:\a cm and \b cm);
\draw(X) arc (0:-180:\a cm and \b cm);
\draw (V)--(X) (Y)--(U);
%--------------------------------------
\coordinate (A) at (30:\a cm and \b cm);
\coordinate (B) at (100:\a cm and \b cm);
\coordinate (C) at ($(A)!2!(O)$);
\coordinate (D) at ($(B)!2!(O)$);
%---------------------------------------
\coordinate (A') at ($(A)+(0,\c)$);
\coordinate (B') at ($(B)+(0,\c)$);
\coordinate (C') at ($(C)+(0,\c)$);
\coordinate (D') at ($(D)+(0,\c)$);
%----------------------------------------
\draw [dashed](A)--(D)node[above,midway,scale=0.7]{$2a$};
\draw [dashed](A)--(B)node[below,midway,scale=0.7]{$2a$};
\draw [dashed](A)--(A')node[left,midway,scale=0.6]{$8$};
%-------------------------------------
\draw [dashed] (B)--(B') (D)--(B)--(C)--(D)--(A);
\draw (C)--(C') (D)--(D');
\draw (A')--(D')--(C')--(B')--(A');
\foreach \d/\g in {O/180,A'/30,B'/90,C'/90,D'/100,A/-90, B/120, C/-120, D/-90}
\fill (\d) circle (1.2pt) ($(\d)+(\g:3.5mm)$)node{$\d$};
\end{tikzpicture}}

### Q26

Thể tích khối cầu giới hạn bởi mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương có cạnh bằng $2$ là

- [ ] $16\pi \sqrt{3}$
- [x] $4\pi \sqrt{3}$
- [ ] $\dfrac{16}{3}\pi \sqrt{3}$
- [ ] $\dfrac{4}{3}\pi \sqrt{3}$

#### Solution

Bán kính của mặt cầu $R=\dfrac{2\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$. Thể tích của khối cầu $V=\dfrac{4}{3}\pi R^3=4\pi \sqrt{3}.$

### Q27

Cho tam giác $ABC$ có $AB=9$cm, $AC=12$cm và $BC=15$cm. Khi đó đường trung tuyến $BM$ của tam giác $ABC$ có độ dài là

- [ ] $117$cm
- [ ] $18{,}82$cm
- [ ] $10{,}82$cm
- [x] $7{,}5$cm

#### Solution

Ta có $m_a^2= \dfrac{2(b^2+c^2)-a^2}{4}=\dfrac{2(12^2+9^2)-15^2}{4}= \dfrac{225}{4} \Rightarrow m_a= 7{,}5$.

### Q28

Cho $n\in \mathbb{N}^{*}$ thỏa mãn $\mathrm{C}_n^5=2002$. Tính $\mathrm{A}_n^5$.

{{240240}}

#### Solution

Ta có $\mathrm{C}_n^5=2002 \Leftrightarrow \dfrac{n!}{\left(n-5\right)!\cdot5!}=120 \Leftrightarrow \dfrac{n!}{\left(n-5\right)!}=2002\cdot 5!=240240 \Leftrightarrow \mathrm{A}_n^7=240240$.

### Q29

Tìm tất cả các giá trị của tham số $ m$ để hàm số $y=\left( m-3 \right)x^3-2mx^2+3$ không có cực trị.

- [ ] $m=3$
- [ ] $m=0$, $m=3$
- [x] $m=0$
- [ ] $m\ne 3$

#### Solution

Nếu $m=3$ thì $y=-6x^2+3$. Đây là một Parabol nên luôn có một cực trị. Do đó $ m=3$ không thỏa mãn.\\
Nếu $ m\ne 3$, ta có $y'=3\left( m-3 \right)x^2-4mx$. Để hàm số có không có cực trị $\Leftrightarrow y'=0$ có nghiệm kép hoặc vô nghiệm $\Leftrightarrow \Delta '=4m^2\le 0\Leftrightarrow m=0$.

### Q30

Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$, $SA\perp (ABC)$ và $SA=a\sqrt{3}$. Thể tích khối chóp $S.ABC$ bằng

- [ ] $\dfrac{3a^3}{4}$
- [ ] $\dfrac{a^3}{2}$
- [ ] $\dfrac{3a^3}{8}$
- [x] $\dfrac{a^3}{4}$

#### Solution

\immini
{
Diện tích tam giác đều $ABC$ là $S_{\triangle ABC}=\dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}$.\\
Thể tích khối chóp $S.ABC$ là $V=\dfrac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot SA=\dfrac{1}{3}\cdot \dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot a\sqrt{3}=\dfrac{a^3}{4}$.
}
{
\begin{tikzpicture}[scale=.7, font=\footnotesize, line join=round, line cap=round, >=stealth]
\coordinate[label=left:{$A$}] (A) at (0,0);
\coordinate[label=above:{$S$}] (S) at (0,4);
\coordinate[label=below:{$B$}] (B) at (1.5,-2);
\coordinate[label=right:{$C$}] (C) at (4,0);
\draw (S)--(A)--(B)--(C)--(S)--(B);
\draw[dashed] (A)--(C);
\foreach \p in {S,A,B,C} \fill[black] (\p) circle (1pt);
\end{tikzpicture}
}

### Q31

Trong mặt phẳng $Oxy$, phương trình tham số của đường thẳng đi qua hai điểm $A(5; -2)$ và $B(-1,2)$ là

- [ ] $\begin{cases}x=2+3t \\ y=5-2t. \end{cases}$
- [ ] $\begin{cases}x=3-t \\ y=-2+3t.\end{cases}$
- [x] $\begin{cases}x=5-3t \\ y=-2+2t.\end{cases}$
- [ ] $\begin{cases}x=-3+t \\ y=-2-2t.\end{cases}$

#### Solution

Đường thẳng $AB$ qua điểm $A(5;-2)$ và nhận véc-tơ $\overrightarrow{u}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}=(-3;2)$ nên có phương trình tham số $\heva{&x=5-3t \\ &y=-2+2t.}$

### Q32

Giải phương trình $\sin\left(\dfrac{2x}{3}-\dfrac{\pi}{3}\right)=0$.

- [x] $x=\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{k3\pi}{2}\ (k\in\mathbb{Z})$
- [ ] $x=\dfrac{2\pi}{3}+\dfrac{k3\pi}{2}\ (k\in\mathbb{Z})$
- [ ] $x=k\pi\ (k\in\mathbb{Z})$
- [ ] $x=\dfrac{\pi}{3}+k\pi\ (k\in\mathbb{Z})$

#### Solution

$\sin\left(\dfrac{2x}{3}-\dfrac{\pi}{3}\right)=0\Leftrightarrow \dfrac{2x}{3}-\dfrac{\pi}{3}=k\pi\Leftrightarrow x=\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{k3\pi}{2}\ (k\in\mathbb{Z})$.

### Q33

Cho hình nón $(N)$ có đỉnh $S$, bán kính đáy bằng $a$ và độ dài đường sinh bằng $4a$. Gọi $(T)$ là mặt cầu đi qua đỉnh $S$ và đường tròn đáy của $(N)$. Bán kính của $(T)$ bằng

- [ ] $\dfrac{2\sqrt{6}a}{3}$
- [ ] $\dfrac{16\sqrt{15}a}{15}$
- [x] $\dfrac{8\sqrt{15}a}{15}$
- [ ] $\sqrt{15}a$

#### Solution

\immini
{
Nếu cắt mặt cầu ngoại tiếp khối nón $(N)$ bởi mặt phẳng qua trục $(SAB)$, ta được một hình tròn ngoại tiếp tam giác $SAB$. Khi đó bán kính mặt cầu $(T)$ bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp $\triangle SAB$.\\
Gọi $M$ là trung điểm của $SB$. Kẻ đường vuông góc với $SB$ tại $M$, cắt $SO$ tại $I$.\\
Khi đó $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle SAB$ và $r=SI$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp $\triangle SAB$.\\
Ta có $\triangle SIM\backsim \triangle SBO\Rightarrow \dfrac{SI}{SB}=\dfrac{SM}{SO}\Rightarrow SI=\dfrac{SM}{SO}\cdot SB$.\\
Trong đó $\heva{& SM=2a \\ & SB=4a \\ & SO=\sqrt{SB^2-OB^2}=a\sqrt{15}}\Rightarrow r=SI=\dfrac{8\sqrt{15}a}{15}$.
}
{
\begin{tikzpicture}[line join = round, line cap = round,>=stealth,font=\footnotesize,scale=1]
\def \r{3}
\def \goc{30}
\pgfmathsetmacro{\rday}{\r*sin(90-\goc)}
\coordinate (I) at (0,0);
\coordinate (B) at ($(I)+(-\goc:\r)$);
\coordinate (A) at ($(I)+({-180+\goc}:\r)$);
\coordinate (S) at (0,\r);
\coordinate (O) at ($(A)!0.5!(B)$);
\coordinate (M) at ($(S)!0.5!(B)$);
\draw (B) arc(0:-180:\rday cm and 0.32cm);
\draw[dashed] (B) arc(0:180:\rday cm and 0.32cm);
\draw (I) circle(\r);
\draw (\r,0) arc(0:-180:\r cm and 0.5cm);
\draw[dashed] (\r,0) arc(0:180:\r cm and 0.5cm);
\draw[dashed] (A)--(S)--(B)--cycle (S)--(O) (M)--(I)--(B);
\foreach \diem/\goc in {S/90,A/-135,B/-45,I/180,O/-90,M/45} \fill[black](\diem) circle (1pt) ($(\diem)+(\goc:2mm)$) node{$\diem$};
\foreach \x/\dinh/\y in {S/M/I,I/O/A} \draw ($(\dinh)!5pt!(\x)$)--($(\dinh)!5pt!(\x)+(\dinh)!5pt!(\y)-(\dinh)$)--($(\dinh)!5pt!(\y)$);
\end{tikzpicture}
}

### Q34

Tập nghiệm của bất phương trình $2^{x-3}\ge{3^{x^2-5x+6}}$ là

- [ ] $\left[0;2\right]$
- [ ] $\left(-\infty ;2\right]$
- [x] $\left[2+\log_32;3\right]$
- [ ] $\left(0;+\infty\right)$

#### Solution

Lấy logarit cơ số $ 3$ hai vế bất phương trình, ta được
\begin{eqnarray*}
\log_32^{x-3}\ge{x^2}-5x+6&\Leftrightarrow& (x-3)\log_3 2\le (x-3)(x-2)\\
&\Leftrightarrow& (x-3)(x-2-\log_3 2)\ge 0\\
&\Leftrightarrow& 2+\log_3 2\le x\le 3.
\end{eqnarray*}

### Q35

Trong mặt phẳng $Oxy$, cho tam giác $ABC$. Biết $A(3;-1), B(-1;2)$ và $I(1;-1)$ là trọng tâm của tam giác $ABC$. Trực tâm $H$ của tam giác $ABC$ có tọa độ $(a;b)$. Tính $a+3b$.

***Lưu ý***: nếu đáp án dạng $\dfrac{a}{b}$ thì nhập vào là $a/b$

{{2/3}}

#### Solution

\immini{ Gọi $C(x;y)$.\\
Ta có $I$ là trọng tâm của tam giác $ABC \Rightarrow C(1;-4)$\\
* $\vec{BC}=(2;-6); \vec{AH}=(a-3;b+1)\\
\vec{AC}=(-2;-3); \vec{BH}=(a+1;b-2)$\\}{ \begin{tikzpicture}[line join=round, line cap=round,>=stealth,thick,scale=.6]
\coordinate[label=left:{$A$}] (A) at (2,4);
\coordinate[label=left:{$B$}] (B) at (0,-2);
\coordinate[label=below:{$C$}] (C) at (8,-2);
\coordinate (K) at (2,-2);
\coordinate (J) at (4,2);
\coordinate (M) at ($(A)!0.5!(B)$);
\coordinate (N) at ($(A)!0.5!(C)$);
\coordinate[label=below:{$I$}] (I) at (intersection of C--M and B--N);
\coordinate[label=left:{$H$}] (H) at (intersection of A--K and B--J);
\draw (A)--(B)--(C)--(A) (C)--(M) (B)--(N) (A)--(K) (B)--(J);
\foreach \p in {A,B,C,I,H} \fill[black] (\p) circle (1.5pt);
\def\gocvuong[#1](#2,#3,#4){%
\path
(#2)--(#3)--([turn]180:0.2) coordinate (gv1)
(#4)--(#3)--([turn]180:0.2) coordinate (gv2)
($(gv1)-(#3)+(gv2)$) coordinate (gv);
\draw[#1] (gv1)--(gv)--(gv2);
\fill[#1!30,opacity=0.5] (#3)--(gv1)--(gv)--(gv2)--cycle;
}%
\gocvuong[black](A,K,B) \gocvuong[black](B,J,A)
\path[black]
(A)--(M) node[midway,sloped,scale=0.5]{$||$}
--(B) node[midway,sloped,scale=0.5]{$||$};
\path[black]
(A)--(N) node[midway,sloped,scale=0.5]{$|$}
--(C) node[midway,sloped,scale=0.5]{$|$};

\end{tikzpicture}}

* $H$ là trực tâm của tam giác $ABC \Leftrightarrow \heva{&\vec{BC} \cdot \vec{AH}=0\\&\vec{AC} \cdot \vec{BH}=0}\Leftrightarrow \heva{&2(a-3)-6(b+1)=0\\&2(a+1)+3(b-2)=0} \Leftrightarrow \heva{&2a-6b=12\\&2a+3b=4}
\Leftrightarrow \heva{&a=\dfrac{10}{3}\\&b=-\dfrac{8}{9}.}$\\
Vậy $a+3b=\dfrac{2}{3}$.

### Q36

Phần bù của nửa khoảng $[-2;1)$ trong $\mathbb{R}$ là

- [ ] $(-\infty; -2]\cup (1;+\infty)$
- [ ] $(-\infty;-2)$
- [ ] $(-\infty;1]$
- [x] $(-\infty;-2)\cup [1;+\infty)$

#### Solution

Ta có $\mathbb{R}\setminus [-2;1)=(-\infty;-2)\cup [1;+\infty)$.

### Q37

Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào nghịch biến trên tập số thực $\mathbb{R}$.

- [ ] $y=\log_{\frac{1}{2}}x$
- [x] $y=\left(\dfrac{2}{\pi}\right)^x$
- [ ] $y=\left(\dfrac{\pi}{3}\right)^x$
- [ ] $y=\log_{\frac{\pi}{4}}\left(2x^2+1 \right)$

#### Solution

Hàm số $y=\left(\dfrac{2}{\pi}\right)^x$ có tập xác định $\mathscr{D}=\mathbb{R}$ và cơ số $a=\dfrac{2}{\pi} <1$ nên hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$.

### Q38

Nghiệm của phương trình $\log_3(2x-1)=2$ là

- [ ] $x=2$
- [x] $x=5$
- [ ] $x=\dfrac{9}{2}$
- [ ] $x=\dfrac{7}{2}$

#### Solution

%\begin{phantich}
%1. DẠNG TOÁN: Đây là dạng toán giải phương trình logarit cơ bản.\\
%2. HƯỚNG GIẢI:\\
%Áp dụng công thức $\log_af(x)=b\Leftrightarrow f(x)=a^b$.
%\end{phantich}
\noindent
$\log_3(2x-1)=2\Leftrightarrow 2x-1=3^2\Leftrightarrow 2x=10\Leftrightarrow x=5$}
%<MyLT>

### Q39

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông tâm $O$, $SA =2a$, $ AB = a$ và $SA$ vuông góc với $(ABCD)$. Gọi $I$ là trung điểm $SC$ và $M$ là trung điểm của $AB$. Tính khoảng cách từ điểm $I$ đến đường thẳng $CM$.

- [ ] $\dfrac{a3\sqrt{5}}{10}$
- [ ] $\dfrac{a\sqrt{75}}{10}$
- [x] $\dfrac{a\sqrt{105}}{10}$
- [ ] $\dfrac{a\sqrt{5}}{10}$

#### Solution

\immini{
Ta có $OI \parallel SA \Rightarrow OI \perp (ABCD) \Rightarrow OI \perp MC$.\\
Kẻ $OK \perp MC, \left( K \in CM \right)$ thì $MC \perp (IOK) \Rightarrow IK \perp CM$.
$$\Rightarrow \mathrm{d}(I,CM)=IK.$$
Ta có $S_{\triangle OMC} = \dfrac{1}{2}OK \cdot MC$
$$\Rightarrow OK = \dfrac{2 S_{\triangle OMC}}{MC} = \dfrac{2\left( \dfrac{a^2}{2}-\dfrac{a^2}{8}-\dfrac{a^2}{4} \right)}{\sqrt{a^2+\dfrac{a^2}{4}}}=\dfrac{a}{2\sqrt{5}}.$$
Suy ra $IK=\sqrt{a^2+\dfrac{a^2}{20}}=\dfrac{a\sqrt{105}}{10} $.
}
{
\begin{tikzpicture}[scale=0.7]%1
\tkzDefPoints{0/0/A, 5/0/D, -2/-2.3/B, 0/5/S}
\tkzDefPointBy[translation=from A to D](B) \tkzGetPoint{C}
\tkzDefMidPoint(A,C) \tkzGetPoint{O}
\tkzDefMidPoint(S,C) \tkzGetPoint{I}
\tkzDefMidPoint(A,B) \tkzGetPoint{M}
\tkzDefPointBy[homothety=center M ratio 0.4](C) \tkzGetPoint{K}
\tkzDrawSegments(B,C S,B S,C S,D C,D)
\tkzDrawSegments[dashed](A,D A,C A,B S,A M,C M,O I,O I,K O,K)
\tkzLabelPoints(C,B,D)
\tkzLabelPoints[above](S)
\tkzLabelPoints[below](K)
\tkzLabelPoints[above right](I,O)
\tkzLabelPoints[left=0.2cm](A)
\tkzLabelPoints[below = 0.1cm](M)
\tkzDrawPoints[fill=black](S,A,M,B,C,D,K,O,I)
\tkzMarkRightAngles(A,B,C I,K,M I,O,K O,K,C)
\end{tikzpicture}
}

### Q40

Cho $\triangle ABC$ có $BC=a$, $CA=b$. Tam giác $ABC$ có diện tích lớn nhất khi góc $\widehat{ACB}$ bằng

- [ ] $120^\circ$
- [ ] $150^\circ$
- [x] $90^\circ$
- [ ] $60^\circ$

#### Solution

Ta có $S_{\triangle ABC}=\dfrac{1}{2}ab\sin\widehat{ACB}$.\\
Suy ra $S_{\max}\Leftrightarrow\sin\widehat{ACB}=1\Leftrightarrow\widehat{ACB}=90^\circ$.

### Q41

Cho $A=\{a;b;c;d\}$. Số tập con của $A$ có $2$ phần tử là

- [x] $6$
- [ ] $4$
- [ ] $2$
- [ ] $8$

#### Solution

Các tập con có $2$ phần tử của $A$ là $\{a;b\}$, $\{a;c\}$, $\{a;d\}$, $\{b;c\}$, $\{b;d\}$, $\{c;d\}$, có $6$ tập hợp con.

### Q42

Tìm hàm số $y=ax+b$, biết đồ thị của nó đi qua điểm $A(1;-4)$ và song song với đường thẳng $y=2x-3$.

- [ ] $y=2x+2$
- [ ] $y=2x+6$
- [x] $y=2x-6$
- [ ] $y=2x-2$

#### Solution

Đồ thị song song với đường thẳng $y=2x-3\Rightarrow a=2$.\\
Đồ thị đi qua điểm $A(1;-4)\Rightarrow -4=a\cdot1+b \Leftrightarrow b=-6$.\\
Vậy đồ thị hàm số cần tìm là $y=2x-6$.

### Q43

Tập hợp các giá trị thực của tham số $ m$ để hàm số $ y=mx^4-x^2+1$ có đúng một điểm cực trị là

- [x] $\left( -\infty ;0 \right]$
- [ ] $\left[ 0;+\infty \right)$
- [ ] $\left( -\infty ;0 \right)$
- [ ] $\left( 0;+\infty \right)$

#### Solution

. Ta có $ a=m$, $ b=-1$.
Nếu $ m=0$ thì $ y=-x^2+1$ là hàm bậc hai nên chỉ có duy nhất một cực trị.\\
Khi $ m\ne 0$ hàm số có đúng một điểm cực trị $\Leftrightarrow m\left( -1 \right)\ge 0\xrightarrow{m\ne 0}m<0$.\\
Kết hợp hai trường hợp ta được $ m\le 0$.

### Q44

Mệnh đề phủ định của mệnh đề "$\forall x\in\Bbb{R}, x^2+mx-2>0$", là

- [ ] "$\forall x\in\Bbb{R}, x^2+mx-2<0$"
- [x] "$\exists x\in\Bbb{R}, x^2+mx-2\le 0$"
- [ ] "$\forall x\in\Bbb{R}, x^2+mx-2\le 0$"
- [ ] "$\exists x\in\Bbb{R}, x^2+mx-2<0$"

#### Solution

Mệnh đề phủ định là \lq\lq $\exists x\in\Bbb{R}, x^2+mx-2\le 0$\rq\rq.

### Q45

Cho $P=9\log_{\frac{1}{3}}^3\sqrt[3]{a}+\log_{\frac{1}{3}}^{2}a-\log_{\frac{1}{3}}a^3+1$ với $a\in \left[\dfrac{1}{9};3\right]$ và $M,m$ lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P$. Tính $S=5m+2M$.

{{6}}

#### Solution

Ta có:
\begin{align*}
P=&9\log_{\frac{1}{3}}^3\sqrt[3]{a}+\log_{\frac{1}{3}}^{2}a-\log_{\frac{1}{3}}a^3+1\\
=& 9\left[\dfrac{1}{3}\log_{3^{-1}}a\right]^3+\left[\log_{3^{-1}}a\right]^2-3\log_{3^{-1}}a+1\\
=& 9\left[-\dfrac{1}{3}\log_{3}a\right]^3+\left(\log_{3}a\right)^2+3\log_{3}a+1\\
=&-\dfrac{1}{3}\left(\log_{3}a\right)^3+\left(\log_{3}a\right)^2+3\log_{3}a+1
\end{align*}
Đặt $t=\log_{3}a$.\\
Vì $a\in \left[\frac{1}{9};3\right]\Rightarrow t\in \left[-2;1\right]$.\\
$\Rightarrow P=-\dfrac{1}{3}t^3+t^2+3t+1=f(t)$.\\
$f'(t)=-t^2+2t+3=0\Rightarrow f'(t)=0\Leftrightarrow \hoac{&t=-1\\ &t=3\text{ (loại)}}$.\\
$f(-2)=\dfrac{5}{3};f(-1)=-\dfrac{2}{3};f(1)=\dfrac{14}{3}$.\\
Vậy $M=\max\limits_{x\in\ \left[\frac{1}{9};3\right]} P=\dfrac{14}{3}$ và $m=\min\limits_{x\in\ \left[\frac{1}{9};3\right]} P=-\dfrac{2}{3}$.\\
$S=5m+2M=5\dfrac{-2}{3}+2\dfrac{14}{3}=6$.

### Q46

Cho hình chóp tứ giác $S.ABCD$. Giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SBC)$ là

- [x] $SB$
- [ ] $SA$
- [ ] $SC$
- [ ] $AC$

#### Solution

\immini{Xét hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SBC)$ có
\begin{itemize}
\item $S$ là điểm chung thứ nhất.
\item $B$ là điểm chung thứ hai.
\end{itemize}
Suy ra $(SAB)\cap(SBC)=BC$.}{\begin{tikzpicture}[scale=1, font=\footnotesize,line join=round, line cap=round, >=stealth]
\path
(1.5,2.5) coordinate (S)
(0,0) coordinate (A)
(2,-1.5) coordinate (B)
(3.5,-1.2) coordinate (C)
(5,0) coordinate (D)
;
\draw
(A)--(B)--(C)--(D)--(S)--cycle
(C)--(S)--(B)
;
\draw[dashed]
(A)--(D)
;
\foreach \x/\g in
{A/180,D/0,C/-90,B/-90,S/90}
\fill[black](\x) circle (1pt)
($(\x)+(\g:3mm)$) node{\x};
\end{tikzpicture}}

### Q47

Tìm tập giá trị $T$ của hàm số $y= \sqrt{x-3}+ \sqrt{5-x}$.

- [ ] $T=(3;5)$
- [ ] $T=[3;5]$
- [x] $T= \left[\sqrt{2};2 \right]$
- [ ] $T= \left[0; \sqrt{2} \right]$

#### Solution

Tập xác định $\mathscr{D}=[3;5]$.\\
Ta có $y'= \dfrac{1}{2 \sqrt{x-3}}- \dfrac{1}{2 \sqrt{5-x}}$. Cho $y'=0 \Leftrightarrow \sqrt{x-3}= \sqrt{5-x} \Leftrightarrow x=4 \in [3;5]$\\
Trên đoạn $[3;5]$ ta có $y(3)= \sqrt{2}$, $y(5)= \sqrt{2}$, $y(4)=2$. \\
Do đó $\min\limits_{\mathscr{D}} y=\sqrt{2},\,\max\limits_{\mathscr{D}} y=2$.\\
Ngoài ra do hàm số liên tục trên $\mathscr{D}=[3;5]$ nên tập giá trị của hàm số là $T=[\sqrt{2};2]$.

### Q48

Biết rằng đồ thị hàm số $ y=ax^4+bx^2+c$ với $\left( a\ne 0 \right)$ có điểm cực đại $A\left( 0;-3 \right)$ và có điểm cực tiểu $B\left( -1;-5 \right)$. Tổng $ a+b+c$ bằng

{{-5}}

#### Solution

Đạo hàm $y'=4ax^3+2bx$.\\
Đồ thị có điểm cực đại $A\left( 0;-3 \right)\Rrightarrow\heva{
& y'\left( 0 \right)=0 \\
& y\left( 0 \right)=-3}
\Rightarrow c=-3.$ \quad(1)\\
Đồ thị có điểm cực tiểu $B\left( -1;-5 \right)\Rrightarrow\heva{
& y'\left( -1 \right)=0 \\
& y\left( -1 \right)=-5}
\Leftrightarrow \heva{
& -4a-2b=0 \\
& a+b+c=-5.}
$\quad (2)
Giải hệ gồm $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right),$ ta được $ a=2$, $b=-4$, $c=-3$.\\
Thử lại: Với $ a=2$, $b=-4$, $c=-3$ ta được $ y=2x^4-4x^2-3$. Khi đó $y' = 8x^3 - 8x$.\\Do đó $y' = 0 \Leftrightarrow 8x^3 - 8x = 0 \Leftrightarrow \hoac{&x = 0\\&x = \pm 1.}$\\
Ta có bảng biến thiên
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=1.2,espcl=3]
{$x$/0.6,$y'$/0.6,$y$/2}
{$-\infty$,$-1$,$0$,$1$,$+\infty$}
\tkzTabLine{ ,-,$0$,+,$0$,-,$0$,+, }
\tkzTabVar{+/$+\infty$,-/$-5$,+/$-3$,-/$-5$,+/$+\infty$}
\end{tikzpicture}
\end{center}
Vậy đồ thị hàm số $ y=2x^4-4x^2-3$ có điểm cực đại $A\left( 0;-3 \right)$ và có điểm cực tiểu $B\left( -1;-5 \right)$. Do đó $a + b + c = -5$.

### Q49

Cho tam giác $ABC$ có độ dài ba cạnh là $BC=a$, $AC=b $, $AB=c$. Gọi $R$, $r$, $p$ bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp, nửa chu vi và diện tích của tam giác $ABC$. Trong các phát biểu sau, phát biểu nào \textbf{sai}?

- [ ] $S=\dfrac{1}{2}ab\sin C$
- [ ] $S=pr$
- [ ] $S=\dfrac{abc}{4R}$
- [x] $S=\dfrac{abc}{R}$

### Q50

Cho hình chóp đều $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a\sqrt{6}$, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng $45^\circ$. Thể tích của khối chóp $S.ABCD$ bằng

- [ ] $2\sqrt{6}a^3$
- [ ] $6\sqrt{3}a^3$
- [ ] $\sqrt{6}a^3$
- [x] $2\sqrt{3}a^3$

#### Solution

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1, font=\footnotesize, line join=round, line cap=round, >=stealth]
\def\bc{4} % cạnh BC
\def\ba{2} % cạnh BA
\def\h{4} % đường cao
\def\gocB{30} % góc B của đáy
\coordinate[label=below left:$B$] (B) at (0,0);
\coordinate[label=above right:$A$] (A) at (\gocB:\ba);
\coordinate[label=below:$C$] (C) at (\bc,0);
\coordinate[label=right:$D$] (D) at ($(C)-(B)+(A)$);
\coordinate[label=below:$O$] (O) at ($(A)!.5!(C)$);
\coordinate[label=above:$S$] (S) at ($(O)+(90:\h)$);
\draw (B)--(C)--(D)--(S)--cycle (S)--(C);
\draw[dashed] (C)--(A)--(D)--(B) (O)--(S)--(A)--(B);
\foreach \diem in {A,B,C,D,S,O} \fill (\diem)circle(1.5pt);
\end{tikzpicture}
\end{center}
Đáy là hình vuông cạnh $a\sqrt{6}$ nên\\ $\heva{&S_{ABCD}=DC^2=6a^2\\
&BD=a\sqrt{12} =2DO \Rightarrow DO =\dfrac{a\sqrt{12}}{2}.}$ \\
Ta có góc giữa cạnh bên và mặt đáy là $\widehat{SDO}$.\\
Xét $\Delta SDO$ vuông tại $O$.\\
$\tan (\widehat{SDO}) =\dfrac{SO}{OD} \Leftrightarrow SO =\tan 45^\circ \cdot \dfrac{a\sqrt{12}}{2}=\dfrac{a\sqrt{12}}{2}$.\\
Vậy $V_{SABCD}=\dfrac{1}{3}SO \cdot S_{ABCD} =\dfrac{1}{3}\cdot \dfrac{a\sqrt{12}}{2}\cdot 6a^2 =2\sqrt{3}a^3.$