---
# System prepended metadata

title: Toán 50

---

### Câu 1
Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số lẻ?
![image](https://hackmd.io/_uploads/BkfULmRRR.png)

- [ ] 
- [x] dfhksdsad
- [x] Số hạng thứ $6$
- [ ] Số hạng thứ $8$
- [ ] Số hạng thứ $7$
- [ ] Số hạng thứ $5$

#### Solution
Đây là lời giải câu 1


### Câu 26
Tính $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,( \sqrt{x^2-4x+2}-x)$
![image](https://hackmd.io/_uploads/S1LWoitRC.png)

{{-2}}

#### Solution
$$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,( \sqrt{x^2-4x+2}-x )
		=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\dfrac{x^2-4x+2-x^2}{\sqrt{x^2-4x+2}+x}
		=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim}}\,\dfrac{-4x+2}{\sqrt{x^2-4x+2}+x}\\ \indent
		=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\dfrac{-4+\dfrac{2}{x}}{\sqrt{1-\dfrac{4}{x}+\dfrac{2}{x^2}}+1}
		=-2$$


### Câu 27
Cho cấp số nhân $(u_n)$ có $u_1=-3$ và $q=\dfrac{2}{3}$. Số $-\dfrac{32}{81}$ là số hạng thứ bao nhiêu của cấp số nhân?
- [x] Số hạng thứ $6$
- [ ] Số hạng thứ $8$
- [ ] Số hạng thứ $7$
- [ ] Số hạng thứ $5$

#### Solution
Ta có $u_n=-\dfrac{32}{81}\Leftrightarrow u_1\cdot q^{n-1}=-\dfrac{32}{81}\Leftrightarrow -3\cdot \left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}=-\dfrac{32}{81}\Leftrightarrow \left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}=\left(\dfrac{2}{3}\right)^5\Leftrightarrow n-1=5\Leftrightarrow n=6$
Vậy số $-\dfrac{32}{81}$ là số hạng thứ $6$ của cấp số nhân.

### Câu 28 
Trong không gian $Oxyz$, cho điểm $M(2;0;1)$. Gọi $A,B$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $M$ trên trục $Ox$ và trên mặt phẳng $(Oyz)$. Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn $AB$.
- [x] $4x-2z-3=0
- [ ] $4x-2y-3=0$
- [ ] $4x-2z+3=0$
- [ ] $4x+2z+3=0$

#### Solution
Ta có $A(2;0;0), B(0;0;1)$. Gọi $I$ là trung điểm của $AB$, ta có $I\left(1;0; \dfrac{1}{2} \right)$ và $\overrightarrow{AB}=(-2;0;1)$
Phương trình mặt phẳng trung trực của $AB$ là
$-2(x-1)+0(y-0)+1\left( z-\dfrac{1}{2} \right) =0 \Leftrightarrow 4x-2z-3=0$.

### Câu 29
Miền phẳng trong hình vẽ giới hạn bởi hàm số $y=f(x)$ và parbol $y=x^2-2x$. Biết $\displaystyle\int\limits_{-\tfrac{1}{2}}^1 f(x)\mathrm{\,d}x=\dfrac{7}{5}$. Khi đó diện tích hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bằng
<img src="https://cdn.ucode.vn/uploads/84699/upload/QzxnIKHg.png" class="element-left content-img" />

{{71/40}}

#### Solution
Diện tích hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bằng
$S=\displaystyle\int\limits_{-\tfrac{1}{2}}^1\left[f(x)-\left(x^2-2x\right)\right]\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{-\tfrac{1}{2}}^1 f(x)\mathrm{\,d}x-\displaystyle\int\limits_{-\tfrac{1}{2}}^1\left(x^2-2x\right)\mathrm{\,d}x=\dfrac{7}{5}+\dfrac{3}{8}=\dfrac{71}{40}$

### Câu 30
$\displaystyle\int \dfrac{1}{x^2-2x+1}\mathrm{\,d}x$ bằng
- [ ] $\dfrac{1}{x-1}+C$
- [x] $\dfrac{1}{1-x}+C$
- [ ] $\ln |x-1|+C$
- [ ] $\ln\left|x^2-2x+1\right|+C$

#### Solution
Ta có:
$\displaystyle\int \dfrac{1}{x^2-2x+1}\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int \dfrac{1}{(x-1)^2}\mathrm{\,d}x=\dfrac{1}{1-x}+C$.

### Câu 31
Từ các chữ số $0$, $1$, $2$, $3$, $4$, $6$, $7$, $8$ lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có bốn chữ số khác nhau và nhỏ hơn $2020$?
- [ ] $150$
- [ ] $215$
- [ ] $210$
- [x] $153$

#### Solution
Gọi số cần lập là $\overline{abcd}$. Khi đó $0<a\leq 2$ và $d$ là chữ số chẵn khác $a$. Do đó có các khả năng sau:
- Nếu $a=2$ thì $b=0$, $c=1$ và $d\in \{4;6;8\}$ nên có $3$ số thỏa mãn.
- Nếu $a=1$ thì có $5$ cách chọn $d$, $\mathrm{A}_6^2=30$ cách chọn cho $b$ và $c$. Suy ra có $150$ số thỏa mãn.
Vậy có thể lập được $153$ số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

### Câu 32
Trong hệ tọa độ $Oxy$ cho đường thẳng $(\Delta)\colon \dfrac{x}{1}=\dfrac{y}{2}=\dfrac{z-1}{-1}$ và mặt phẳng $(P)\colon x-y+2z=1$.
- [x] $\alpha=30^\circ$
- [ ] $\alpha=120^\circ$
- [ ] $\alpha=45^\circ$
- [ ] $\alpha=60^\circ$}

#### Solution
Ta có $\begin{cases}\vec{u}_\Delta=(1;2;-1)\\\vec{n}_{(P)}=(1;-1;2)\end{cases}$
$\sin \alpha = \dfrac{\left| 1\cdot 1+(-1)\cdot 2 + 2\cdot (-1)\right| }{\sqrt{1^2+(-1)^2+2^2}\cdot \sqrt{1^2+2^2+(-1)^2}} = \dfrac{1}{2}\Rightarrow \alpha= 30^\circ$

### Câu 33
Cho hàm số $f(x)$ xác định bởi $f(x)=\heva{\dfrac{\sqrt{x^2+1}-1}{x} &(x\ne 0)\\ 0\quad &(x=0)}$. Giá trị $f'(0)$ là
{{1/2}}

#### Solution
$f'(0)=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sqrt{x^2+1}-1}{x^2}\overset{\text{nhân liên hợp}}{=}\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}+1}=\dfrac{1}{2}$.

### Câu 34
Phương trình $\log_x4.\log_2\left(\dfrac{5-12x}{12x-8}\right)=2$ có bao nhiêu nghiệm thực?
- [x] $1$
- [ ] $2$
- [ ] $0$
- [ ] $3$

#### Solution
Điều kiện $\left\{\begin{aligned}& 0<x\ne 1 \\
			& \dfrac{5}{12}<x<\dfrac{2}{3}.
		\end{aligned}\right.$ 
Khi đó:
$\log_x4\cdot \log_2\left(\dfrac{5-12x}{12x-8}\right)=2\Leftrightarrow \log_2\left(\dfrac{5-12x}{12x-8}\right)=\log_2x$
$\Leftrightarrow\dfrac{5-12x}{12x-8}=x\Leftrightarrow \dfrac{-12x^2-4x+5}{12x-8}$

$\Leftrightarrow[\begin{matrix}x=\dfrac{1}{2}\\
x=-\dfrac{5}{6}(loại)\end{matrix}$

### Câu 35
Trong không gian $Oxyz$, mặt phẳng $(P) \colon 3x+4y+5z+8=0$ và đường thẳng $d$ là giao tuyến của hai mặt phẳng $(\alpha) \colon x-2y+1=0$, $(\beta) \colon x-2z-3=0$. Góc giữa $d$ và $(P)$ bằng
- [ ] $45^\circ$
- [ ] $90^\circ$
- [ ] $30^\circ$
- [x] $60^\circ$

#### Solution
$(P)$, $(\alpha)$, $(\beta)$ có véc-tơ pháp tuyến lần lượt là $\overrightarrow{n}_P=(3;4;5)$, $\overrightarrow{n}_\alpha = (1;-2;0)$, $\overrightarrow{n}_\beta=(1;0;-2)$. Véc-tơ chỉ phương của $d$ là $\overrightarrow{u}=\left[\overrightarrow{n}_\alpha, \overrightarrow{n}_\beta\right] = (4;2;2)$. Gọi $\varphi$ là góc giữa $d$ và $(P)$, ta có:
		$$\sin \varphi = \dfrac{\left| \overrightarrow{n}_P\cdot \overrightarrow{u} \right|}{\left|  \overrightarrow{n}_P\right| \cdot \left|  \overrightarrow{u} \right|}=\dfrac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \varphi=60^\circ.$$

### Câu 36
Cho khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng $a$. Góc giữa đường chéo của mặt bên và đáy của lăng trụ là $60^{\circ}$. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đó.
- [x] $\dfrac{13}{3}\pi a^2$
- [ ] $\dfrac{5}{3}\pi a^2$
- [ ] $\dfrac{13}{9}\pi a^2$
- [ ] $\dfrac{5}{9}\pi a^2$

#### Solution
<img src="https://cdn.ucode.vn/uploads/84699/upload/xbOCvmWv.png" class="element-left content-img" />

Giả sử khối lăng trụ tam giác đều $ABC.A'B'C'.
Do giả thiết $CC'\perp\left(ABC\right)$ và $\widehat{\left(C'B, \left(ABC\right)\right)} =  \widehat{\left(C'B, BC\right)} = \widehat{C'BC}$ Suy ra $\widehat{C'BC} = 60^{\circ}$
Ta có $\tan\widehat{C'BC}=\dfrac{CC'}{BC}\Rightarrow CC'=a\sqrt{3}\Rightarrow h=a\sqrt{3}$
Tam giác đều $ABC$ có bán kính đường tròn ngoại tiếp là $R_d=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}$
Do đó $R = \sqrt{\left(\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\right)^2} = a\sqrt{\dfrac{13}{12}}$
Gọi $S$ là diện tích mặt cầu nên $S = 4\pi R^2 = \dfrac{13a^2}{3}\pi$

### Câu 37
Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho hai điểm $A(0; 1; 1)$ và $B(1; 2; 3)$. Viết phương trình của mặt phẳng $(P)$ đi qua $A$ và vuông góc với đường thẳng $AB$.
- [x] $x + y + 2z - 3 = 0$
- [ ] $x + y + 2z - 6 = 0$
- [ ] $x + 3y + 4z -7 = 0$
- [ ] $ x + 3y + 4z - 26 = 0$

#### Solution
Mặt phẳng $(P)$ qua $A$ và nhận $\overrightarrow{AB}=(1;1;2)$ làm vectơ pháp tuyến có phương trình là $$x+(y-1)+2(z-1)=0 \Leftrightarrow x+y+2z-3=0.$$

### Câu 38
Cho tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$, trên cạnh $AC$ lấy điểm $M$ sao cho diện tích tam giác $ABC$ bằng $\dfrac{4}{3}$ diện tích tam giác $ABM$. Đẳng thức nào sau đây đúng?
- [ ] $AC=3AM$
- [ ] $AM=\dfrac{3}{4}MC$
- [ ] $AM=\dfrac{1}{4}MC$
- [x] $AM=3MC$

#### Solution
<img src="https://cdn.ucode.vn/uploads/84699/upload/FlsaRZIS.png" class="element-left content-img" />

Ta có $S_{ABC}=\dfrac{4}{3}S_{ABM}\Leftrightarrow \dfrac{1}{2}BA\cdot AC=\dfrac{4}{3}\cdot\dfrac{1}{2}BA\cdot AM\Leftrightarrow AC=\dfrac{4}{3}AM\Leftrightarrow AM=3MC$

### Câu 39
Trong không gian với hệ toạ độ $Oxyz$, cho mặt phẳng $(P) \colon 6x-2y+z-35=0$ và điểm $A(-1;3;6)$. Gọi $A'$ là điểm đối xứng với $A$ qua $(P)$. Độ dài đoạn $OA'$ bằng
- [ ] $3\sqrt{26}$
- [ ] $5\sqrt{3}$
- [ ] $\sqrt{46}$
- [x] $\sqrt{186}$

#### Solution
<img src="https://cdn.ucode.vn/uploads/84699/upload/eoWPDdaI.png" class="element-left content-img" /> 

Gọi $d$ là đường thẳng qua $A$ và vuông góc với $(P)$
Ta có $\overrightarrow{u}_d$=$\overrightarrow{n}_P$=$(6;-2;1)$
Khi đó phương trình đường thẳng $d$: $\begin{cases}x=-1+6t\\y=3-2t\\z=6+t\end{cases}$
Gọi $H=d\cap(P)$. Do $H\in d\Rightarrow H(-1+6t;3-2t;6+t)\in (P)$
Thay tọa độ điểm  $H$ vào phương trình mặt phẳng $(P)$, ta được
$6(-1+6t) -2 \cdot (3-2t)+(6+t)-35 =0 \Leftrightarrow t=1 \Rightarrow H\left(5;1;7\right)$
Ta có $A'(a; b; c)$ là điểm đối xứng của $A$ qua $(P)\Rightarrow H$ là trung điểm $AA'$
Áp dụng công thức tìm tọa độ trung điểm, ta có:
$\begin{cases}5=\dfrac{-1+a}{2} \\1=\dfrac{3+b}{2} \\7=\dfrac{6+c}{2}\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} a= 11 \\ b=-1\\c=8\end{cases}$
Vậy tọa độ điểm đối xứng với điểm $A$ qua mặt phẳng $(P)$ là $A'\left(11;-1;8\right)$, do đó $OA'=\sqrt{186}$

### Câu 40
Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số $m$ để bất phương trình $\dfrac{\log _3^2 x-3 \log _3 x+2}{\sqrt{m-2^x}}<0$ có không quá $3$ nghiệm nguyên dương?
- [ ] $127$
- [x] $128$
- [ ] $63$
- [ ] $64$

#### Solution
Với $x>0$ và $m>0$, bất phương trình đã cho tương đương với

$\begin{cases}\log _3^2 x-3 \log _3 x+2<0\\m-2^x >0\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}1 <\log_3 x <2\\ 2^x <m\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}3<x<9\\x <\log_2 m\end{cases}$

Bất phương trình đã cho có không quá ba nghiệm nguyên  dương khi và chỉ khi $\log_2 m \leq 7 \Leftrightarrow m \leq 128$
		Vì $m$ là số nguyên dương nên có $128$ giá trị tham số $m$ thỏa yêu cầu bài toán.

### Câu 41
Tổng bình phương tất cả các giá trị nguyên của tham số $m$ để hàm số $y=\left(3m^2-12\right)x^3+3(m-2)x^2-x+2$ nghịch biến trên $\Bbb{R}$ là
- [ ] $9$
- [ ] $6$
- [x] $5$
- [ ] $14$

#### Solution
Ta có $y'=9(m^2-4)x^2+6(m-2)x-1$.
Hàm số nghịch biến trên $\Bbb{R}$ khi và chỉ khi $y'\le 0$, $\forall x\in \Bbb{R}$.

TH1. $m=2$. Ta có $y'=-1<0$, $\forall x\in \Bbb{R}$.
Suy ra $m=2$ thỏa mãn yêu cầu      $(*)$

TH2. $m=-2$. Ta có $y'=-24x-1<0\Leftrightarrow x>-\dfrac{1}{24}$.
Do đó $m=-2$ không thỏa mãn.

TH3. $\begin{cases}m\neq 2 \\m\neq -2\end{cases}$
Ta có $y'$ là một tam thức bậc hai có $\Delta'=9(m-2)^2+9(m^2-4)=18(m^2-2m)$.
Ta có $y\le 0$, $\forall x\in\Bbb{R}\Leftrightarrow \begin{cases}m^2-4<0 \\ 2m(m-2)\le 0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}-2<m<2 \\ 0\le m\le 2\end{cases}\Leftrightarrow 0\le m<2(**)$
Từ $(*)$, $(**)$ suy ra $0\le m\le 2$
Vì $m\in \Bbb{Z}$ nên $m\in \{0;1;2\}$.
Vậy tổng bình phương các giá trị nguyên của tham số $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán là $5$.

### Câu 42
Với giá trị nào của $m$ thì bất phương trình $2x-m<mx$ nghiệm đúng với mọi $x$?
{{2}}

#### Solution
Ta có $2x-m<mx\Leftrightarrow (2-m)x<m$.
Với $ m=2\Rightarrow 0x<2 $ đúng với mọi $x$
		Vậy bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi $x$ khi $m=2.$

### Câu 43
Gọi $A$, $B$, $C$ là ba điểm cực trị của đồ thị hàm số $y=-x^4+2x^2+1$. Diện tích $S$ của tam giác $ABC$ bằng
- [ ] $2$
- [ ] $3$
- [ ] $4$
- [x] $1$

#### Solution
Tập xác định $\mathscr{D}=\mathbb{R}$.
Ta có $y'=0\Leftrightarrow -4x^3+4x=0\Leftrightarrow\left[\begin{aligned}x=-1\Rightarrow y=2\\x=1\Rightarrow y=2\\x=0\Rightarrow y=1\end{aligned}\right]$
Suy ra $A\left(-1;2\right)$, $B\left(1;2\right)$ và $C\left(0;1\right)$.
Suy ra 	$\vec{AB}\left(2;0\right)$, $\vec{AC}\left(1;-1\right)$ và $S_{\triangle ABC}=\dfrac{1}{2}|-1\cdot 2-1\cdot 0|=1$ (đvdt).

### Câu 44
Cho hàm số $y=f(x)$ có đạo hàm liên tục trên $[0;1]$ và thỏa mãn $f(1)=0$; $\displaystyle\int\limits_{0}^1 [f'(x)]^2 \mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^1 (x+1)\mathrm{e}^xf(x)\mathrm{\,d}x=\dfrac{\mathrm{e}^2-1}{4}$. Tính $\displaystyle\int\limits_0^1 f(x)\mathrm{\,d}x$.

- [ ] $\dfrac{\mathrm{e}}{2}$
- [ ] $\dfrac{\mathrm{e}-1}{2}$
- [ ] $\dfrac{\mathrm{e}^2}{4}$
- [x] $2-\mathrm{e}$

#### Solution
Đặt $\begin{cases}u=f(x) \\\mathrm{\,d}v=(x+1)\mathrm{e}^x \mathrm{d}x\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}\mathrm{\,d}u=f'(x)\mathrm{\,d}x \\ v=x\mathrm{e}^x\end{cases}$.
Khi đó $\dfrac{e^2-1}{4}=x.\mathrm{e}^xf(x)\bigg|_0^1-\displaystyle\int\limits_0^1 x.e^xf'(x)\mathrm{\,d}x\Rightarrow \displaystyle\int\limits_0^1x.e^x f'(x)\mathrm{\,d}x=-\dfrac{e^2-1}{4}$.
Xét $\displaystyle\int\limits_0^1 [f'(x)+x\mathrm{e}^x]^2\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^1 \left[f'(x)\right]^2\mathrm{\,d}x+2\displaystyle\int\limits_0^1 x\cdot \mathrm{e}^xf'(x)\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_0^1 x^2\mathrm{e}^{2x}\mathrm{\,d}x=0$.
$\Rightarrow f'(x)=-x\mathrm{e}^x\Rightarrow f(x)=-\displaystyle\int\limits {x\mathrm{e}^x\mathrm{\, d}x}=(1-x)\mathrm{e}^x+C.$
Mà $f(1)=0$ nên $C=0$.
Do đó $\displaystyle\int\limits_0^1 f(x)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^1 \left(1-x\right)\mathrm{e}^x\mathrm{\,d}x=(2-x)\mathrm{e}^x\bigg|_0^1=2-\mathrm{e}$.

### Câu 45
Cho khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$ có thể tích bằng $12a^3$ và điểm $M$ là một điểm nằm trên cạnh $CC'$ sao cho $MC=3MC'$. Thể tích của khối tứ diện $AB'MC$ là

<img src="https://cdn.ucode.vn/uploads/84699/upload/KazGjczt.png" class="element-left content-img" />

- [ ] $2a^3$
- [ ] $4a^3$
- [x] $3a^3$
- [ ] $a^3$

#### Solution
Đặt $V=V_{ABC.A'B'C'}$, ta có $V_{A.A'B'C'}=\dfrac{1}{3}V\Rightarrow V_{A.BCC'B'}=V-\dfrac{1}{3}V=\dfrac{2}{3}V$.
		Do đó $V_{A.B'CC'}=\dfrac{1}{2}V_{A.BCC'B'}=\dfrac{1}{3}V$.
		Lại có $MC=\dfrac{3}{4}C'C\Rightarrow V_{M.B'AC}=\dfrac{3}{4}V_{C'.B'AC}=\dfrac{1}{4}V=3a^3$.

### Câu 46
Cho hàm số $y=2x^3+3(m-3)x^2+11-3m$ ($m$ là tham số thực). Với giá trị nào của $m$ thì đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị thẳng hàng với điểm $C(0;-1)$?
- [ ] $m=-2$
- [x] $m=2$
- [ ] $m=-4$
- [ ] $m=4$

#### Solution
Tập xác định $\mathscr{D} = \mathbb{R}$.\
		Ta có $y'=6x^2+6(m-3)x=6x(x+m-3)$; $y'=0 \Leftrightarrow x=0$ hoặc $x=3-m$
		Hàm số có hai điểm cực trị $\Leftrightarrow y'=0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ $\Leftrightarrow m\neq 3$.
		Khi đó đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là $A(x_1;y_1)$ và $B(x_2;y_2)$.
		Chia $y$ cho $y'$ ta được $y=\left(\dfrac{x}{3}+\dfrac{m-3}{6}\right)y'-(m-3)^2x+11-3m$.
		Do $y'(x_1)=y'(x_2) = 0$ nên $\begin{cases}y_1=-(m-3)^2x_1+11-3m \\ y_2=-(m-3)^2x_2+11-3m\end{cases}$
		Suy ra phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số có dạng $y=-(m-3)^2x+11-3m$ $(d)$.
		Ta có $C(0;-1) \in (d) \Leftrightarrow 11-3m=-1 \Leftrightarrow m=4$ (thỏa mãn).

**Phương pháp trắc nghiệm**
- Hàm số có hai điểm cực trị $\Leftrightarrow b^2-3ac>0 \Leftrightarrow 9(m-3)^2>0 \Leftrightarrow m\neq 3$
- Áp dụng công thức $y=\dfrac{2}{3}\left(c - \dfrac{b^2}{3a}\right)x + d - \dfrac{bc}{9a}$, ta được:
$y=\dfrac{2}{3}\left[0-\dfrac{9(m-3)^2}{6}\right]x+11-3m-\dfrac{0}{18}=-(m-3)^2x+11-3m.$
- Thế tọa độ điểm $C(0;-1)$, ta được $11-3m=-1 \Leftrightarrow m=4$ (thỏa mãn).


### Câu 47
Cho hàm số $y=f(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và thỏa mãn điều kiện $f(x)+f(-x)= \sqrt {2 + 2\cos 2x}$, $\forall x \in \mathbb{R}$. Tính $I=\displaystyle\int\limits_{-\tfrac{3 \pi}{2}}^{\tfrac{3\pi}{2}} f(x) \mathrm{\,d}x$.
- [ ] $-6$
- [ ] $0$
- [ ] $-2$
- [x] $6$

#### Solution
Đặt $t=-x \Rightarrow \mathrm{\,d}t = - \mathrm{\,d}x$
Đổi cận với $x= -\dfrac{3 \pi}{2} \Rightarrow t=\dfrac{3 \pi}{2}$, với $x= \dfrac{3 \pi}{2} \Rightarrow t=-\dfrac{3 \pi}{2}.$
		Suy ra $I=\displaystyle\int\limits_{-\tfrac{3 \pi}{2}}^{\tfrac{3\pi}{2}} f(x) \mathrm{\,d}x = \displaystyle\int\limits_{-\tfrac{3 \pi}{2}}^{\tfrac{3\pi}{2}} f(-t) \mathrm{\,d}t.$
		Mặt khác $f(t)+f(-t)= \sqrt {2 + 2\cos 2t}=\sqrt {4 \cos^2 t}=2|\cos t|$.
		Ta có $2I= \displaystyle\int\limits_{-\tfrac{3 \pi}{2}}^{\tfrac{3\pi}{2}} \left[f(t)+f(-t)\right]\mathrm{\,d}t = \displaystyle\int\limits_{-\tfrac{3 \pi}{2}}^{\tfrac{3\pi}{2}} 2|\cos t| \mathrm{\,d}t$.
Suy ra $I=\displaystyle\int\limits_{-\tfrac{3 \pi}{2}}^{\tfrac{3\pi}{2}} |\cos t| \mathrm{\,d}t.$
Do $\cos t$ là hàm số chẵn trên đoạn $\left[{-\dfrac{3 \pi}{2}};{\dfrac{3\pi}{2}}\right]$ nên $I=\displaystyle\int\limits_{-\tfrac{3 \pi}{2}}^{\tfrac{3\pi}{2}} |\cos t| \mathrm{\,d}t=2\displaystyle\int\limits_0^{\tfrac{3\pi}{2}} |\cos t| \mathrm{\,d}t.$\\ Do đó $2\displaystyle\int\limits_0^{\tfrac{3\pi}{2}} |\cos t| \mathrm{\,d}t=2\displaystyle\int\limits_0^{\tfrac{\pi}{2}} |\cos t| \mathrm{\,d}t+2\displaystyle\int\limits_{\tfrac{\pi}{2}}^{\tfrac{3\pi}{2}} |\cos t| \mathrm{\,d}t=2\displaystyle\int\limits_0^{\tfrac{\pi}{2}}\cos t \mathrm{\,d}t-2\displaystyle\int\limits_{\tfrac{\pi}{2}}^{\tfrac{3\pi}{2}} \cos t \mathrm{\,d}t=6$ .

### Câu 48
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ để đồ thị hàm số $y=mx^3-(2m-1)x^2+2mx-m-1$ có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục hoành?
{{1}}

#### Solution
TH1. Trường hợp $m=0\Rightarrow y=x^2-1$, hàm số có một cực trị (không thoả mãn)

TH2. Trường hợp $m\ne 0$, khi đó $y'=3mx^2-2(2m-1)x+2m$.
Để hàm số có hai cực trị $\Leftrightarrow y'=0$ có hai nghiệm phân biệt.
$\Leftrightarrow \Delta_{y'}=(2m-1)^2-6m^2>0\Leftrightarrow -2m^2-4m+1>0\Leftrightarrow -\dfrac{2+\sqrt{6}}{2}<m<\dfrac{-2+\sqrt{6}}{2}$
			Do $m\ne 0$, $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in\{-2;-1\}$.
- Với $m=-2$, $y=-2x^3+5x^2-4x+1$ có $y'=-6x^2+10x-4$;
$y'=0\Leftrightarrow x=1$ hoặc $x=\dfrac{2}{3}$. Mà $y(1)y\left(\dfrac{2}{3}\right)=0$ không thoả mãn. Loại $m=-2$.
- Với $m=-1$, $y=-x^3+3x^2-2x$ có $y'=-3x^2+6x-2$;
				$y'=0\Leftrightarrow x=\dfrac{3\pm\sqrt{3}}{3}$.
				Mà $y\left(\dfrac{3+\sqrt{3}}{3}\right)y\left(\dfrac{3-\sqrt{3}}{3}\right)<0$ thoả mãn. Nhận $m=-1$.
Vậy chỉ có một giá trị nguyên $m$ thoả mãn.

### Câu 49
Thiết diện qua trục của một hình nón là tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng $a\sqrt{2}$. Một thiết diện qua đỉnh tạo với đáy một góc bằng $60^\circ$. Diện tích của thiết diện này bằng
- [x] $\dfrac{a^2\sqrt{2}}{3}$
- [ ] $\dfrac{a^2\sqrt{2}}{2}$
- [ ] $2a^2$
- [ ] $\dfrac{a^2\sqrt{2}}{4}$

#### Solution
<img src="https://cdn.ucode.vn/uploads/84699/upload/VyLtSqvS.png" class="element-left content-img" />

Giả sử thiết diện qua trục của hình nón là $\triangle ABC$  vuông cân tại $A$  và có $BC=a\sqrt{2}$ như hình vẽ.
			Khi đó, $AO=\dfrac{BC}{2}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}$ và đường sinh $\ell =AC=a$.
			Thiết diện qua đỉnh của hình nón tạo với đáy một góc bằng $60^\circ$ là tam giác $ADE$ cân tại $A$.
			Gọi $H$ là trung điểm của $DE$.
			Suy ra góc giữa thiết diện qua đỉnh của hình nón và đáy là $\widehat{AHO}=60^\circ$. 
            
            
Tam giác $AOH$ vuông tại $O$ nên $AH=\dfrac{AO}{\sin \widehat{AHO}}=\dfrac{a\sqrt{6}}{3}$.
		Tam giác $ADH$ vuông tại $H$ nên $DH=\sqrt{AD^2-AH^2}=\sqrt{a^2-\left(\dfrac{a\sqrt{6}}{3}\right)^2}=\dfrac{a\sqrt{3}}{3},\quad (\text{vì}\ AD=\ell =a).$
Vậy diện tích thiết diện cần tìm là $S=\dfrac{1}{2}\cdot AH\cdot DE=AH\cdot DH=\dfrac{a\sqrt{6}}{3}\cdot\dfrac{a\sqrt{3}}{3}=\dfrac{a^2\sqrt{2}}{3}$.
	
### Câu 50
Cho hàm số $y=f(x)$ có đồ thị như hình vẽ bên. Hỏi đồ thị đã cho của hàm số nào?
<img src="https://cdn.ucode.vn/uploads/84699/upload/bSQycZEX.png" class="element-left content-img" />

- [ ] $y=|2x+1|$
- [ ] $y=|x|+1$
- [ ] $y=|x+1|$}
- [x] $y=2|x|+1$

#### Solution
Xét hàm số $y=2|x|+1$ đi qua điểm $A(1;3)$ và $B(-1;3)$.\\
		Hàm số đồng biến trên khoảng $(0;+\infty)$ và nghịch biến trên khoảng $(-\infty;0)$.
