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 $A\left( 1,1 \right),B\left( 1-\sqrt{m+2},1+\sqrt{m+2} \right),C\left( 1+\sqrt{m+2},1+\sqrt{m+2} \right)$ từ đây tính được
$AB=AC=\sqrt{2(m+2)}$
Câu 32: Đáp án C
$\begin{array}{l}
y = \sqrt {x - 3} + \sqrt {5 - x} \Leftrightarrow {y^2} = 2 + 2\sqrt {(x - 3)(5 - x)} \ge 2\\
y > 0 \Rightarrow y \ge \sqrt 2
\end{array}$
Mặt khác ta có ${{y}^{2}}=2+2\sqrt{(x-3)(5-x)}\le 2+(x-3)+(5-x)=4\Rightarrow y\le 2$
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 $f\left( \left| x \right| \right)$
Từ BBT ta thấy PT $~~$$f\left( \left| x \right| \right)=2m+1$ có bốn nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow -1<2m+1<0\Leftrightarrow -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} + 2k\pi \\
x - \frac{\pi }{4} = - \frac{\pi }{4} + 2k\pi
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{\pi }{2} + 2k\pi \\
x = 2k\pi
\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 $x\to -\infty $ thì $y\to -\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 4\frac{{A{B^2}}}{{B{C^2}}} - 4\frac{{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}
\int\limits_0^1 {x{{\left( {1 + x} \right)}^n}dx = \int\limits_0^1 x } \left( {C_0^n + C_1^nx + ...C_n^n{x^n}} \right)dx\\
\Leftrightarrow \int\limits_0^1 {{{\left( {1 + x} \right)}^{n + 1}}dx} - \int\limits_0^1 {{{\left( {1 + x} \right)}^{n + 1}}dx} = \int\limits_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 2\sin x\cos x = {\cos ^2}\frac{x}{2} - {\sin ^2}\frac{x}{2}\\
\Leftrightarrow 2\sin x\cos x - \cos x = 0 \Leftrightarrow \cos x\left( {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} + 2k\pi \\
x = \frac{\pi }{6} + 2k\pi \\
x = \frac{{5\pi }}{6} + 2k\pi
\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 $MN\bot A'A\Rightarrow MN$ là đường vuông góc chung của $BC$ và $\text{AA}'$
Xét $\Delta $ vuông $AMN$ có $\frac{MN}{AM}=\frac{a\sqrt{3}}{4}:\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{2}\Rightarrow \hat{A}={{30}^{0}}$
Ta có $AG=\frac{2}{3}AM=\frac{2}{3}\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}\Rightarrow AG.\tan {{30}^{0}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{a}{3}$
$\begin{array}{l}
D{t_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}\frac{{a\sqrt 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
$\begin{array}{l}
y = 1 - 2\cos x - {\cos ^2}x = 2 - {\left( {\cos x + 1} \right)^2} \le 2\\
\Rightarrow Ma{x_y} = 2 \Leftrightarrow \cos x = - 1
\end{array}$
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 $\left( ABC \right)$ $H\in BC$
Khi đó $AH$ là khoảng cách từ $A$ tới $\left( A'BC \right)$ vì $AH\bot BC$ $\Rightarrow \frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{A{{B}^{2}}}+\frac{1}{A{{C}^{2}}}\Rightarrow \frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{4{{a}^{2}}}\Rightarrow AH=\frac{2a\sqrt{5}}{2}$
Câu 43: Đáp án D
Gọi $H$ là trung điểm $SA$ . Do $AB=SB=AD=SD$
$\Rightarrow BH\bot SA,DH\bot SA$ $\Rightarrow $ góc $BHD$ là góc giữa $\left( SAB \right)$
Và $\left( SAD \right)$
Ta có $OB=\sqrt{S{{B}^{2}}-S{{O}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-\frac{6{{a}^{2}}}{9{{a}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$
$\Delta OAB=OSB\Rightarrow AO=SO\Rightarrow \Delta SOA$
Vuông cân tại $O$ $\Rightarrow SA=\sqrt{2}SO=2a\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow AH=a\frac{\sqrt{3}}{3}$
$\Rightarrow BH=\sqrt{A{{B}^{2}}-A{{H}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-\frac{3{{a}^{2}}}{9}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$
$\operatorname{Sin}O\hat{H}B=\frac{OB}{OH}=\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow O\hat{H}B={{45}^{0}}\Rightarrow B\hat{H}D={{90}^{0}}$
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.$
$y'=\frac{-1}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow k_1^{2008} + k_2^{2008} = {\left( {\frac{{ - 1}}{{{{\left( {{x_1} + 2} \right)}^2}}}} \right)^{2008}} + {\left( {\frac{{ - 1}}{{{{\left( {{x_2} + 2} \right)}^2}}}} \right)^{2008}} \ge 2{\left( {\frac{1}{{\left( {{x_1} + 2} \right)}}\frac{1}{{\left( {{x_2} + 2} \right)}}} \right)^{2008}}\\
= 2{\left( {\frac{1}{{{x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4}}} \right)^{2018}} = 2{\left( {\frac{2}{{{{\left( { - 2m + 3} \right)}_{}} + 2\left( {m - 6} \right) + 8}}} \right)^{2018}} = {2^{2019}}
\end{array}$
Đạt được khi $\left( {{x}_{1}}+2 \right)=-\left( {{x}_{2}}+2 \right)\Leftrightarrow {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=-4\Rightarrow m-6=-8\Rightarrow m=-2$
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
$y=\left( 1000-100x \right)(20+x+2)=100(-{{x}^{2}}-12x+220)=100\left( 256-{{\left( x+6 \right)}^{2}} \right)\le 25600$
$\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 $2\pi $, ta có $\left\{ \begin{array}{l}
2x = 2\pi \\
4x = 2\pi
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = \pi \\
x = \frac{\pi }{2}
\end{array} \right.$
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 $AM=2a\frac{\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$
${{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}2a.a\sqrt{3}={{a}^{2}}\sqrt{3}$ . Do các mặt bên là hình vuông nên $A'A\bot \left( ABC \right)$
${{V}_{A'B'C'.ABC}}=A'A.{{S}_{ABC}}=2a.{{a}^{2}}\sqrt{3}=2{{a}^{3}}\sqrt{3}$
