Câu30 : Đáp án D
Câu 31: Đáp án D
Hoành độ giao điểm của đường thẳng $y = mx – m + 1$và đồ thị hàm số $y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+x+2$ là nghiệm của PT $begin{array}{l}
Leftrightarrow mx – m + 1 = {x^3} – 3{x^2} + x + 2\
Leftrightarrow ({x^3} – 3{x^2} + 3x – 1) – m(x – 1) – 2(x – 1) = 0\
Leftrightarrow (x – 1)({x^2} – 2x – m – 1) = 0
end{array}$
PT này có ba nghiệm phân biệt $Leftrightarrow {{x}^{2}}-2x-m-1=0$có hai nghiệm phân biệt $ne 1$
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
Delta ‘ = m + 2 > 0\
m + 2 ne 0
end{array} right. Leftrightarrow m > – 2$ khi đó tọa độ ba giao điểm là $Aleft( 1,1 right),Bleft( 1-sqrt{m+2},1+sqrt{m+2} right),Cleft( 1+sqrt{m+2},1+sqrt{m+2} right)$ từ đây tính được
$AB=AC=sqrt{2(m+2)}$
Câu 32: Đáp án C
$begin{array}{l}
y = sqrt {x – 3} + sqrt {5 – x} Leftrightarrow {y^2} = 2 + 2sqrt {(x – 3)(5 – x)} ge 2\
y > 0 Rightarrow y ge sqrt 2
end{array}$
Mặt khác ta có ${{y}^{2}}=2+2sqrt{(x-3)(5-x)}le 2+(x-3)+(5-x)=4Rightarrow yle 2$
Do đây là hàm liên tục nên có tập giá trị là $left[ sqrt{2,}2 right]$
Câu 33: Đáp án C
Từ BBT của $f(x)$ ta có bảng biến thiên của $fleft( left| x right| right)$
Từ BBT ta thấy PT $~~$$fleft( left| x right| right)=2m+1$ có bốn nghiệm phân biệt $Leftrightarrow -1<2m+1<0Leftrightarrow -1<m<frac{-1}{2}$
Câu 34: Đáp án A
${mathop{rm s}nolimits} {rm{inx}} + c{rm{osx = 1}} Leftrightarrow cos (x – frac{pi }{4}) = frac{1}{{sqrt 2 }} Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x – frac{pi }{4} = frac{pi }{4} + 2kpi \
x – frac{pi }{4} = – frac{pi }{4} + 2kpi
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = frac{pi }{2} + 2kpi \
x = 2kpi
end{array} right.$
$Rightarrow $ trên $left( 0,pi right)$ phương trình có duy nhất một nghiệm ứng với $k=0$
Câu 35: Đáp án C
Hàm số có nhiều hơn một cực trị ta loại đáp án D. Khi $xto -infty $ thì $yto -infty $ ta loại A và B
Câu 36: Đáp án C
$BC,AH,AB$ theo thứ tự lập thành CSN $ Rightarrow left{ begin{array}{l}
A{H^2} = BC.AB\
frac{{AB}}{{BC}} = {q^2}
end{array} right.$
Ta có:
$begin{array}{l}
A{H^2} = A{B^2} – frac{{B{C^2}}}{4} = AB.BC Rightarrow 4frac{{A{B^2}}}{{B{C^2}}} – 4frac{{AB}}{{BC}} – 1 = 0\
Rightarrow frac{{AB}}{{BC}} = q = frac{{sqrt 2 + 1}}{2}
end{array}$
Câu 37: Đáp án B
Ta có $frac{C_{n}^{0}}{1.2}+frac{C_{n}^{1}}{2.3}+…+frac{C_{n}^{n}}{left( n+1 right)left( n+2 right)}=left( frac{C_{n}^{0}}{1}+frac{C_{n}^{1}}{2}+…+frac{C_{n}^{n}}{left( n+1 right)} right)-left( frac{C_{n}^{0}}{2}+frac{C_{n}^{1}}{3}+…+frac{C_{n}^{n}}{left( n+2 right)} right)$
Ta có $begin{array}{l}
intlimits_0^1 {x{{left( {1 + x} right)}^n}dx = intlimits_0^1 x } left( {C_0^n + C_1^nx + …C_n^n{x^n}} right)dx\
Leftrightarrow intlimits_0^1 {{{left( {1 + x} right)}^{n + 1}}dx} – intlimits_0^1 {{{left( {1 + x} right)}^{n + 1}}dx} = intlimits_0^1 {left( {C_0^nx + C_1^n{x^2} + …C_n^n{x^{n + 1}}} right)} dx\
Leftrightarrow left( {frac{{{{left( {1 + x} right)}^{n + 2}}}}{{n + 2}} – frac{{{{left( {1 + x} right)}^{n + 1}}}}{{n + 1}}} right)left| {mathop {}limits_1^0 } right. = left( {frac{{C_0^n{x^2}}}{2} + frac{{C_1^n{x^3}}}{3} + … + frac{{C_n^n{x^{n + 2}}}}{{n + 2}}} right)left| {mathop {}limits_0^1 } right.\
Leftrightarrow left( {frac{{C_0^n}}{2} + frac{{C_1^n}}{3} + … + frac{{C_n^n}}{{n + 2}}} right) = frac{{n{2^{n + 1}} + 1}}{{left( {n + 1} right)left( {n + 2} right)}}
end{array}$
Như vậy
$frac{C_{n}^{0}}{1.2}+frac{C_{n}^{1}}{2.3}+…+frac{C_{n}^{n}}{left( n+1 right)left( n+2 right)}=left( frac{C_{n}^{0}}{1}+frac{C_{n}^{1}}{2}+…+frac{C_{n}^{n}}{left( n+1 right)} right)-left( frac{C_{n}^{0}}{2}+frac{C_{n}^{1}}{3}+…+frac{C_{n}^{n}}{left( n+2 right)} right)$
= $frac{{{2}^{n+1}}-1}{n+1}-frac{n{{2}^{n+1}}+1}{left( n+1 right)left( n+2 right)}=frac{{{2}^{n+2}}-n-3}{left( n+1 right)left( n+2 right)}=frac{{{2}^{100}}-n-3}{left( n+1 right)left( n+2 right)}Rightarrow n=98$
Câu 38: Đáp án A
$begin{array}{l}
sin 2x = {cos ^4}frac{x}{2} – {sin ^4}frac{x}{2} Leftrightarrow 2sin xcos x = {cos ^2}frac{x}{2} – {sin ^2}frac{x}{2}\
Leftrightarrow 2sin xcos x – cos x = 0 Leftrightarrow cos xleft( {2{mathop{rm s}nolimits} {rm{inx}} – 1} right) = 0\
Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
cos x = 0\
sin x = frac{1}{2}
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = frac{pi }{2} + 2kpi \
x = frac{pi }{6} + 2kpi \
x = frac{{5pi }}{6} + 2kpi
end{array} right.
end{array}$
Câu 39: Đáp án B
Gọi M là trung điểm BC, G là trọng tâm $Delta ABC$ khi đó ta có
$left{ begin{array}{l}
BC bot AM\
BC bot A’G
end{array} right. Rightarrow BC bot left( {{rm{AMA}}’} right)$ , kẻ $MNbot A’ARightarrow MN$ là đường vuông góc chung của $BC$ và $text{AA}’$
Xét $Delta $ vuông $AMN$ có $frac{MN}{AM}=frac{asqrt{3}}{4}:frac{asqrt{3}}{2}=frac{1}{2}Rightarrow hat{A}={{30}^{0}}$
Ta có $AG=frac{2}{3}AM=frac{2}{3}frac{asqrt{3}}{2}=frac{asqrt{3}}{3}Rightarrow AG.tan {{30}^{0}}=frac{asqrt{3}}{3}frac{1}{sqrt{3}}=frac{a}{3}$
$begin{array}{l}
D{t_{Delta ABC}} = frac{1}{2}frac{{asqrt 3 }}{2}.a = frac{{{a^2}sqrt 3 }}{4} Rightarrow {V_{A’B’C’.ABC}} = A’G.D{t_{Delta ABC}}\
= frac{a}{3}frac{{{a^2}sqrt 3 }}{4} = frac{{{a^3}sqrt 3 }}{{12}}
end{array}$
Câu 40: Đáp án A
Ta có $left( MNP right)parallel left( BCD right)$ , khoảng cách $h$ từ A đến $(BCD)$ gấp 3 lần
Khoảng cách $h’$ từ Q đến $left( MNP right)$
${{S}_{MNP}}={{left( frac{2}{3} right)}^{2}}{{left( frac{1}{2} right)}^{2}}{{S}_{BCD}}=frac{1}{9}{{S}_{BCD}}$ $$
$Rightarrow {{V}_{QMNP}}=frac{1}{3}h’.{{S}_{MNP}}=frac{1}{3}frac{h}{3}frac{1}{9}{{S}_{BCD}}=frac{1}{27}left( frac{1}{3}h{{S}_{BCD}} right)=frac{1}{27}V$
Câu 41: Đáp án A
$begin{array}{l}
y = 1 – 2cos x – {cos ^2}x = 2 – {left( {cos x + 1} right)^2} le 2\
Rightarrow Ma{x_y} = 2 Leftrightarrow cos x = – 1
end{array}$
Câu 42: Đáp án B
Có thể đặc biệt hóa cho hình chiếu của $A’$lên $left( ABC right)$ trùng với chân đường cao kẻ từ $A$ của $Delta ABC$ (trường hợp tổng quát ta cũng chứng minh được đường cao $AH$ của $Delta ABC$ là khoảng cách cần tìm)
Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A’$ lên $left( ABC right)$ $Hin BC$
Khi đó $AH$ là khoảng cách từ $A$ tới $left( A’BC right)$ vì $AHbot BC$ $Rightarrow frac{1}{A{{H}^{2}}}=frac{1}{A{{B}^{2}}}+frac{1}{A{{C}^{2}}}Rightarrow frac{1}{A{{H}^{2}}}=frac{1}{{{a}^{2}}}+frac{1}{4{{a}^{2}}}Rightarrow AH=frac{2asqrt{5}}{2}$
Câu 43: Đáp án D
Gọi $H$ là trung điểm $SA$ . Do $AB=SB=AD=SD$
$Rightarrow BHbot SA,DHbot SA$ $Rightarrow $ góc $BHD$ là góc giữa $left( SAB right)$
Và $left( SAD right)$
Ta có $OB=sqrt{S{{B}^{2}}-S{{O}^{2}}}=sqrt{{{a}^{2}}-frac{6{{a}^{2}}}{9{{a}^{2}}}}=frac{asqrt{3}}{3}$
$Delta OAB=OSBRightarrow AO=SORightarrow Delta SOA$
Vuông cân tại $O$ $Rightarrow SA=sqrt{2}SO=2afrac{sqrt{3}}{3}Rightarrow AH=afrac{sqrt{3}}{3}$
$Rightarrow BH=sqrt{A{{B}^{2}}-A{{H}^{2}}}=sqrt{{{a}^{2}}-frac{3{{a}^{2}}}{9}}=frac{asqrt{6}}{3}$
$operatorname{Sin}Ohat{H}B=frac{OB}{OH}=frac{1}{sqrt{2}}Rightarrow Ohat{H}B={{45}^{0}}Rightarrow Bhat{H}D={{90}^{0}}$
Câu 44: Đáp án B
Hoành độ giao điểm ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$ của đt và đồ thị $left( H right)$ là nghiệm PT
$frac{2x+3}{x+2}=-2x+m$ $ Leftrightarrow 2{x^2} – left( {m – 6} right)x – left( {2m – 3} right) = 0$$ Rightarrow left{ begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = frac{{m – 6}}{2}\
{x_1}{x_2} = frac{{ – 2m + 3}}{2}
end{array} right.$
$y’=frac{-1}{{{left( x+2 right)}^{2}}}$
$begin{array}{l}
Rightarrow k_1^{2008} + k_2^{2008} = {left( {frac{{ – 1}}{{{{left( {{x_1} + 2} right)}^2}}}} right)^{2008}} + {left( {frac{{ – 1}}{{{{left( {{x_2} + 2} right)}^2}}}} right)^{2008}} ge 2{left( {frac{1}{{left( {{x_1} + 2} right)}}frac{1}{{left( {{x_2} + 2} right)}}} right)^{2008}}\
= 2{left( {frac{1}{{{x_1}{x_2} + 2left( {{x_1} + {x_2}} right) + 4}}} right)^{2018}} = 2{left( {frac{2}{{{{left( { – 2m + 3} right)}_{}} + 2left( {m – 6} right) + 8}}} right)^{2018}} = {2^{2019}}
end{array}$
Đạt được khi $left( {{x}_{1}}+2 right)=-left( {{x}_{2}}+2 right)Leftrightarrow {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=-4Rightarrow m-6=-8Rightarrow m=-2$
Câu 45: Đáp án C
Gọi số tiền điều chỉnh so với giá 20 là USD là $x$ thì số tiền $y$ thu được là
$y=left( 1000-100x right)(20+x+2)=100(-{{x}^{2}}-12x+220)=100left( 256-{{left( x+6 right)}^{2}} right)le 25600$
$Rightarrow $ giá vé hợp lý nhất là 14 USD tương ứng với $x=-6$
Câu 46: Đáp án D
Gọi $E,F$ là trung điểm $BB’,CC’$
Ta có$NE=left( frac{1}{2}-frac{1}{3} right)BB’=frac{1}{6}BB’,PF=left( frac{1}{2}-frac{1}{4} right)CC’=frac{1}{4}CC’$
$begin{array}{l}
{S_{NEFP}} = frac{1}{2}left( {frac{1}{6} + frac{1}{4}} right){S_{BCC’B’}} = frac{5}{{24}} Rightarrow \
{V_{MNEFP}} = frac{5}{{24}}{V_{A’BCC’B’}} = frac{5}{{24}}frac{2}{3}{V_{A’B’C’ABC}} = frac{5}{{36}}{V_{A’B’C’ABC}}\
Rightarrow {V_{ABC.MNP}} = {V_{ABC.MEF}} + {V_{MNEFP}} = frac{1}{2}{V_{A’B’C’ABC}} + frac{5}{{36}}{V_{A’B’C’ABC}}\
= frac{{23}}{{36}}{V_{A’B’C’ABC}} = frac{{23}}{{36}}.2018 = frac{{23207}}{{18}}
end{array}$
Câu 47: Đáp án A
Câu 48: Đáp án B
Hàm $sin $và $cos $ tuần hoàn với chu kỳ $2pi $, ta có $left{ begin{array}{l}
2x = 2pi \
4x = 2pi
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x = pi \
x = frac{pi }{2}
end{array} right.$
Hàm $tan $ và $cot $ tuần hoàn với chu kỳ $pi $ $ Rightarrow left{ begin{array}{l}
2x = pi \
3x = pi
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x = frac{pi }{2}\
x = frac{pi }{3}
end{array} right.$
Vậy có hàm $cos 4x$ và $tan 2x$ tuần hoàn với chu kỳ
Câu 49: Đáp án C
Dễ dàng chỉ ra các đáp án A,B và D sai trên hình lập phương sau
A, B sai vì $left{ begin{array}{l}
AD bot AB\
A’A bot AB
end{array} right.$ nhưng $A’A$ không song song với $AD$
D sai vì $left{ begin{array}{l}
A’A bot AB\
A’A bot AC
end{array} right.$ nhưng $AB$ không $bot $ với $AC$
Câu 50: Đáp án D
Gọ$M$ là trung điểm $BC$ . Ta có $AM=2afrac{sqrt{3}}{2}=asqrt{3}$
${{S}_{ABC}}=frac{1}{2}2a.asqrt{3}={{a}^{2}}sqrt{3}$ . Do các mặt bên là hình vuông nên $A’Abot left( ABC right)$
${{V}_{A’B’C’.ABC}}=A’A.{{S}_{ABC}}=2a.{{a}^{2}}sqrt{3}=2{{a}^{3}}sqrt{3}$
