1. Cho hàm số $y=x^4-8m{x}^2+16m^2+m-1$ (với $m$ là tham số thực) có đồ thị là $(C_m)$. Tìm tất cả các giá trị của $m$ để đồ thị $(C_m)$ có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác nhận gốc tọa độ $O$ làm trực tâm.

2. Bể bơi của một trung tâm thể dục thể thao có chiều dài 26m và chiều rộng 8 m. Dọc theo chiều dài, bể được chia thành ba khu vực: khu vực I (dành cho người lớn) có chiều dài 10 m, độ sâu 2 m; khu vực II (dành cho trẻ em) có chiều dài 8 m, độ sâu 1,2 m; khu vực trung gian nằm giữa hai khu vực trên (Hình 1). Ban đầu bể không có nước, sau đó nước được bơm vào bể với lưu lượng 2 m³/phút. Tính tốc độ dâng của mực nước trong bể tại thời điểm mực nước ở khu vực I cao 0,3m.



Hình 1

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 2.1.** Cho $y=x^4-8m{x}^2+16m^2+m-1$, có $y^{\prime }=4x^3-16mx=4x(x^2-4m)$.

Hàm số có ba điểm cực trị $\iff m>0$. Khi đó:
- Điểm cực đại $T(0;16m^2+m-1)$ (vì $y^{\prime \prime }(0)=-16m<0$).
- Hai điểm cực tiểu $A(2\sqrt{m};m-1)$, $B(-2\sqrt{m};m-1)$ (tại $x=\pm 2\sqrt{m}$: $y=16m^2-32m^2+16m^2+m-1=m-1$).

Tam giác $TAB$ cân qua trục $Oy$ nên trực tâm nằm trên trục $Oy$; để $O(0;0)$ là trực tâm thì $OA\perp TB$.

$k_{TB}=\frac{16m^2+m-1-(m-1)}{0-(-2\sqrt{m})}=\frac{16m^2}{2\sqrt{m}}=\frac{8m^2}{\sqrt{m}}$; $k_{OA}=\frac{m-1}{2\sqrt{m}}$.

Điều kiện $k_{OA}\cdot k_{TB}=-1$: $\frac{m-1}{2\sqrt{m}}\cdot \frac{8m^2}{\sqrt{m}}=-1\iff 4m(m-1)=-1\iff 4m^2-4m+1=0\iff (2m-1{)}^2=0\iff m=\frac{1}{2}$.

Thử lại với $m=\frac{1}{2}$: $T(0;3,5)$, $A(\sqrt{2};-0,5)$, $B(-\sqrt{2};-0,5)$; tam giác có các góc đều nhọn ($\overrightarrow{TA}\cdot \overrightarrow{TB}=-2+16=14>0$) nên $O$ nằm trong tam giác và là trực tâm. Vậy $m=\frac{1}{2}$.

**Câu 2.2.** Bể rộng $8$ m; khu vực I dài $10$ m, sâu $2$ m; khu vực trung gian dài $26-10-8=8$ m, đáy nghiêng đều từ sâu $2$ m lên cao $0,8$ m so với đáy khu vực I (tức độ sâu giảm từ $2$ m xuống $1,2$ m); khu vực II dài $8$ m, đáy cao $0,8$ m so với đáy khu vực I.

Gọi $h$ là chiều cao cột nước tại khu vực I. Khi $h=0,3$ m: tại vị trí cách khu vực I một đoạn $x$ ($0\le x\le 8$) trong khu vực trung gian, đáy cao $0,1x$ so với đáy khu vực I, chiều cao cột nước là $0,3-0,1x$, chỉ dương khi $x<3$. Vùng II chưa có nước vì $0,3<0,8$.

Thể tích nước:
$$V=8\cdot 10\cdot 0,3+8{\int }_0^3(0,3-0,1x)dx=24+8(0,9-0,45)=24+3,6=27,6{\text{m}}^3.$$

Diện tích bề mặt nước: $S=8\times (10+3)=104{\text{m}}^2$.

Vì $\frac{dV}{dt}=S\cdot \frac{dh}{dt}$ với $\frac{dV}{dt}=2{\text{m}}^3/\text{phuˊt}$:
$$\frac{dh}{dt}=\frac{2}{104}=\frac{1}{52}\approx 0,0192\text{m/phuˊt}.$$

Vậy tốc độ dâng của mực nước tại thời điểm đó là $\frac{1}{52}$ m/phút $\approx 1,92$ cm/phút.