Đề thi Dự trữ Toán thi Đại học khối A và đáp án40214

Đề thi Dự trữ khối A-năm 2007 Đề I  x  4x  x2 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số Chứng minh tích khoảng cách từ điểm đồ thị hàm số đến đường tiệm cận số Câu I: Cho hàm số y  Câu II: Giải phương trình: sin 2x  sin x  Tìm m để phương trình: m  1   2cot g2x 2sin x sin 2x  x  2x    x(2  x)  (2) có nghiệm x  0,1   Câu III: Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) mặt phẳng (P): 2x - y + z + = Viết phương trình mặt phẳng chứa AB vng góc với mp (P) Tìm tọa độ điểm M  (P) cho MA + MB nhỏ Câu IV: 2x  dx   2x 1 Tính I   x  x  2x   3y 1   Giải hệ phương trình:  ( x, y  R ) y  y  2y   3x 1  Câu Va (cho chương trình THPT khơng phân ban): Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 = Đường tròn (C') tâm I (2,2) cắt (C) điểm A, B cho AB  Viết phương trình đường thẳng AB Có số tự nhiên chẵn lớn 2007 mà số gồm chữ số khác nhau? Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban): DeThiMau.vn Giải bất phương trình: (log x  log x ) log 2x  Cho lăng trụ  đứngABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1  2a BAC  120 o Gọi M trung điểm cạnh CC1 Chứng minh MBMA1 tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM) Bài giải Câu I: Khảo sát vẽ đồ thị (Bạn đọc tự làm) Gọi (C ) đồ thị hàm số M(x,y)  ( C )  y   x   x2 Phương trình tiệm cận xiên y   x   x  y   khoảng cách từ M đến tiệm cận xiên xy2   d1 x2 khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng d  x  Ta có d1d  7 x2  : số x2 Câu II: 1   2cot g2x (1) 2sin x sin 2x (1)   cos22x  cosxcos2x = 2cos2x sin2x  Giải phương trình : sin 2x  sin x   cos 2x  v cos2 x  cos x   0(VN)  cos2x =  2x      k  x   k 2 Đặt t  x2  2x   t2  = x2  2x Bpt (2)  m  t2  (1  t  2),do x  [0;1  3] t 1 Khảo sát g(t)  t2  với  t  t 1 DeThiMau.vn g'(t)  t  2t  (t  1)2  Vậy g tăng [1,2] t2  Do đó, ycbt  bpt m  có nghiệm t  [1,2] t 1  m  max g(t)  g(2)  t1;2 Câu III:   Ta có AB  (2,4, 16) phương với a  (1,2, 8)  mp(P) có PVT n  (2, 1,1)   Ta có [ n ,a] = (6 ;15 ;3) phương với (2;5;1) Phương trình mp chứa AB vng góc với (P) : 2(x + 1) + 5(y  3) + 1(z + 2) =  2x + 5y + z  11 = Tìm M  (P) cho MA + MB nhỏ Vì khoảng cách đại số A B dấu nên A, B phía với Mp (P) Gọi A' điểm đối xứng với A qua (P) x 1 y  z    Pt AA' : 1 AA' cắt (P) H, tọa độ H nghiệm 2x  y  z     x  y  z   H(1,2, 1)   1  Vì H trung điểm AA' nên ta có : 2x H  x A  x A '  2y H  y A  y A '  A '(3,1,0) 2z  z  z A A'  H  Ta có A ' B  (6,6, 18) (cùng phương với (1;-1;3) ) x  y 1 z   1 Vậy tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình Pt đường thẳng A'B : DeThiMau.vn 2x  y  z     x  y  z  M(2,2, 3)   1  Câu IV: Đặt t  2x   t  2x   2tdt  2dx  dx  tdt Đổi cận t(4) = 3, t(0) = 3 t2   dx  dt   t   dt Vậy I  1 t t    2x    2x    1  t2  =   t  ln t     ln  1 Giải hệ phương trình x  x2  2x   3y 1   (I)  x  y  y  2y    Đặt u = x  1, v = y   u  u2   3v  (I) thành (II)  v  v2   3u Xét hàm f(x)  x  x2  f ´(x)   x  x2   x x2  x2  Vậy f đồng biến nghiêm cách R  x x x2  0 Nếu u > v  f(u) > f(v)  3v  3u  v > u ( vô lý ) Tương tự v > u dẫn đến vô lý u u   Do hệ (II)   u  u    1  ( u   u) (1)  u  v  u  v Đặt: g(u)  3u ( u2   u) DeThiMau.vn  u   g'(u)  3u ln 3( u2   u)  3u   1    u 1   u   u ln     0, u  R  u    Vậy g(u) đồng biến nghiêm cách R Ta có g(0) = Vậy u = nghiệm (1) Nên (II)  u = = v Vậy (I)  x = y = Câu Va: 1.Đường thẳng OI nối tâm đường tròn (C), (C') đường phân giác y = x Do đó, đường AB  đường y = x  hệ số góc đường thẳng AB  g' u   3u Vì AB   A, B phải giao điểm (C) với Ox, Oy  A(0,1); B(1,0) Suy   A '(1,0); B'(0, 1) Suy phương trình AB : y =  x + y =  x  Cách khác: phương trình AB có dạng: y =  x + m Pt hoành độ giao điểm AB x2 + ( x + m)2 =  2x2  2mx  m   (2) (2) có  /   m , gọi x1, x2 nghiệm (2) ta có : AB2   2(x1  x2 )2   (x1  x2 )2   4 /    m   m  1 a Vậy phương trình AB : y =  x 1 Gọi n  a1a2 a3a số cần lập TH1 : a4 = 0, ta có cách chọn a1 (vì a1  2) cách chọn a2 cách chọn a3 (1 cách chọn a4 ) Vậy ta có 8.8.7.1 = 448 số n TH2 : a4  a4 chẵn Ta DeThiMau.vn có : cách chọn a4 cách chọn a1 cách chọn a2 cách chọn a3 Vậy ta có 4.7.8.7 = 1568 số n Vậy trường hợp ta có : 448 + 1568 = 2016 số n Câu Vb: Điều kiện x > , x   1 (1)    log4 x  log2 2x   log8 x 2       log2 x   log2 x  1   log2 x  3   log2 x   log2 x   (log22 x  3)  0 0 log2 x  log2 x   log2 x  1v log2 x    x  v x  2 (Bạn đọc tự vẽ hình) Chọn hệ trục Axyz cho: A  0, C  2a,0,0  , A1(0,0,2a 5) a a   A(0; 0; 0),B  ; ;  M(2a,0,a 5) 2       BM  a   ;  ;  , MA1  a(2; 0; 5)     Ta có: BM.MA1  a2 (5  5)   BM  MA1 Ta tích khối tứ diện AA1BM :    a3 15 V  A A1  AB,AM      SBMA1   MB,MA1   3a2 DeThiMau.vn Suy khoảng cách từ A đến mp (BMA1) d  3V a  S Cách khác: + Ta có A1M2  A1C12  C1M2  9a2 BC2  AB2  AC2  2AB.AC.cos1200  7a2 BM2  BC2  CM2  12a2 A1B2  A1A  AB2  21a2  A1M2  MB2  MB vng góc với MA1 + Hình chóp MABA1 CABA1 có chung đáy tam giác ABA1 đường cao nên thể tích 1  V  VMABA1  VCABA1  AA1.SABC  a3 15 3  d(a,(MBA1 ))  3V SMBA1  6V a  MB.MA1 Đề thi Dự trữ khối A-năm 2007 Đề II m (Cm) x2 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số với m = Tìm m để đồ thị (Cm) có cực trị điểm A, B cho đường thẳng AB qua gốc tọa độ Câu I: Cho hàm số y  x  m  Câu II: Giải phương trình: cos2 x  sin x cos x   3(sin x  cos x) DeThiMau.vn x  x3y  x2 y2  Giải bất phương trình  x3y  x2  xy  Câu III: Trong không gian Oxyz cho điểm A(2,0,0); B(0,4,0); C(2,4,6) 6x  3y  2z  đường thẳng (d)  6x  3y  2z  24  Chứng minh đường thẳng AB OC chéo Viết phương trình đường thẳng  // (d) cắt đường AB, OC Câu IV: Trong mặt phẳng Oxy cho hình phẳng (H) giới hạn đường 4y  x y = x Tính thể tích vật thể trịn quay (H) quanh trục Ox trọn vòng Cho x, y, z biến số dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức:  x y z  P  4(x3  y3 )  4(x3  z3 )  4(z3  x3 )       y z2 x    Câu Va (cho chương trình THPT khơng phân ban): Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(2, 0) biết phương trình cạnh AB, AC theo thứ tự 4x + y + 14 = 0; 2x  5y   Tìm tọa độ đỉnh A, B, C Trên cạnh AB, BC, CD, DA hình vng ABCD cho 1, 2, n điểm phân biệt khác A, B, C, D Tìm n biết số tam giác có ba đỉnh lấy từ n + điểm cho 439 Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban): 1 Giải phương trình log4 (x  1)    log2 x  log2x 1  Cho hình chóp SABC có góc SBC, ABC  60o , ABC SBC tam giác cạnh a Tính theo a khoảng cách từ đỉnh B đến mp(SAC) Bài giải Câu I: Khảo sát vẽ đồ thị (bạn đọc tự làm) Tìm m: DeThiMau.vn Ta có: y  x  m  m m (x  2)2  m  y '  1  x2 (x  2)2 (x  2)2 Đồ thị h/s có cực trị  y' = có nghiệm phân biệt  (x  2)2  m = có nghiệm phân biệt   m > Gọi A (x1, y1) ; B (x2, y2) điểm cực trị  x   m  y1   m  m y'     x2   m  y2   m  m P/trình đường thẳng AB : x  (2  m ) m  y  (2  m  m ) m (m  0)  2x  y  + m = AB qua gốc O (0, 0)   + m =  m = Cách khác: x2  (m  2)x  m u m y  ; y '  1 x2 v (x  2)2 y' = có nghiệm phân biệt  m > Khi m > 0, pt đường thẳng qua cực trị y u/  2x  m  v/ Do đó, ycbt  m  =0  m  Câu II: Giải phương trình: cos2 x  sin x cos x   3(sin x  cos x) (1) (1)   cos 2x  sin 2x  3(sin x  cos x) 1  1  3 sin 2x    sin x  cos x     cos 2x  2  2  2           cos  2x    cos  x   3 6         cos  2x    3cos  x   3 6   DeThiMau.vn      cos2  x    3cos  x   6 6        cos  x    v cos  x    (loaïi) 6 6     2   k  x   k , k  Z x  x3y  x2 y2  Giải hệ:  (I) x3y  x2  xy   x (x2  xy)2  x3y  (I)   (x2  xy)  x3y  Đặt u =  x2 + xy, v = x3y  u2  v  v   u  u  u     (I) thành  v  v   u  v   u  u  Do hệ cho tương đương: x2  xy  x2  xy  y  x y      x  x  1(vn) x y  x3y  x  x  1   y  y  1 Câu III:  Ta có VTCP đường thẳng AB (2,4,0) hay a  (1,2,0)  Ta có VTCP đường thẳng OC (2,4,6) hay b  (1,2,3)   Ta có OA  (2,0,0) phương với c  (1,0,0)    Ta có a, b  c    AB OC chéo Đường thẳng d có VTCP    12,  0, 36  hay u   1, 0, 3 Ta có a, u    6,3,    Phương trình mặt phẳng () qua A, có PVT a, u  ( chứa AB) 6(x – 2) + 3(y – 0) + (z - 0) = DeThiMau.vn  6x + 3y + 2z – 12 = ()   Ta có  b, u    3, 3,1 Phương trình mặt phẳng () qua O có PVT (3, - 3, 1) ( chứa OC) 3x - 3y + z = () Vậy phương trình đường thẳng  song song với d cắt AB, BC 6x  3y  2z  12   3x  3y  z  Câu IV: Tọa độ giao điểm hai đường nghiệm hệ  x2 x  x  y  v   y  y  y  x  4  x3 x5   x4  128 V    x  dx       (đvtt) 16 80 15     0  y A y=x x Với x, y, z > ta có 4(x3 + y3)  (x + y)3 () Dấu = xảy  x = y Thật ()  4(x + y)(x2 – xy + y2)  (x + y)3  4(x2 – xy + y2)  (x + y)2 x, y >  3(x2 + y2 – 2xy)   (x – y)2  (đúng) Tương tự ta có 4(y3 + z3)  (y + z)3 Dấu = xảy  y = z 4(z3 + x3)  (z + x)3 Dấu = xảy  z = x Do       xyz Dấu = xảy  x = y = z x  y3  y3  z3  z3  x   x  y  z   xyz  x y z  Ta lại có 2     z x  y DeThiMau.vn  xyz  1  Vậy P  6 xyz   12 Dấu = xảy   xyz  x  y  z   x=y=z=1 Vậy minP = 12 Đạt x = y = z = Câu Va:   Tọa độ A nghiệm hệ 4x  y  14   x  4  A(–4, 2) 2x  5y   y2 Vì G(–2, 0) trọng tâm ABC nên x B  x C  2 3x G  x A  x B  x C (1)   y B  y C  2 3y G  y A  y B  y C Vì B(xB, yB)  AB  yB = –4xB – 14 (2) 2x C(xC, yC)  AC  y C   C  ( 3) 5 Thế (2) (3) vào (1) ta có x B  x C  2 x B  3  y B  2    2x C  4x B  14    2 x C   y C  Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) Nếu n  n +  Do số tam giác có ba đỉnh lấy từ n + điểm khơng vượt qua C38  56  439 (loại) Vậy n  Vì tam giác tạo thành ứng với tổ hợp chập n + phần tử Nhưng cạnh CD có đỉnh, cạnh DA có n đỉnh nên số tam giác tạo thành là: n  4n  5n  6   n  2n  1n  439 C3n   C33  C3n  6  (n + 4)(n + 5)(n + 6) – (n – 2)(n – 1)n = 2540  n2 + 4n – 140 =  n  2  144  loaïi n  3 v n  2  144  10 Đáp số: n = 10 Câu Vb: DeThiMau.vn Giải phương trình: log4 (x  1)   log2x 1  log2 x  (1) Điều kiện x >1 (1)  log x  1  log 2x  1  log x      x  1 2x  1   log4    x > x2    2x  x   x > x2  2x2 – 3x – = x > 1 x  2 Gọi M trung điểm BC SM  BC,  AM  BC  SMA  SBC, ABC  60o a Suy SMA có cạnh Do SSMA  SM.AM sin 60o S N A 3a2 3a2   16 M B 1 a2 a3 Ta có VSABC  2VSBAM  .BM.SSAM  a  16 16 Gọi N trung điểm đoạn SA Ta có CN  SA  CN  a 13 (vì SCN vng N) 1 a a 13 a2 39  SSCA  AS.CN   2 16 Ta có VSABC  a3 1 a2 39  SSCA d B, SAC  d B, SAC 16 3 16 DeThiMau.vn C 60  d  B,SAC   a3 3 3a  a2 39 13 Đề thi Dự trữ khối B-năm 2007 Đề I Câu I: Cho hàm số y = –2x3 + 6x2 – Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (C) Viết phương trình tiếp tuyến (C), biết tiếp tuyến qua A(–1, –13) Câu II: 3x  5x   x  Giải phương trình: sin    cos    cos  4 2 4 Tìm m để phương trình: x   x  m có nghiệm Câu III: Trong không gian Oxyz cho điểm A(–3,5,–5); B(5,–3,7); mặt phẳng (P): x + y + z = Tìm giao điểm I đường thẳng AB với mặt phẳng (P) Tìm điểm M  (P) cho MA2 + MB2 nhỏ Câu IV: Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường thẳng y = x1  x  y x 1 y  x   e 2007  y2   Chứng minh hệ  có nghiệm thỏa mãn điều x ey  2007   x2  kiện x > 0, y > DeThiMau.vn Câu Va (cho chương trình THPT khơng phân ban): A 2x  C3y  22 Tìm x, y  N thỏa mãn hệ  A y  Cx  66 Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 8x + 6y + 21 = đường thẳng d: x  y   Xác định tọa độ đỉnh hình vng ABCD ngoại tiếp (C) biết Ad Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban): Giải phương trình log3 x  1  log 2x  1  2 Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD hình vng tâm O, SA vng góc với hình chóp Cho AB = a, SA = a Gọi H K hình chiếu A lên SB, SD Chứng minh SC  (AHK) tính thể tích hình chóp OAHK Bài giải Câu I: Khảo sát y = –2x3 + 6x2 – (Bạn đọc tự làm) Viết phương trình tiếp tuyến (C) qua A(–1, –13) Ta có y' = –6x2 + 12x Gọi M0(x0, y0) tiếp điểm thuộc (C)  y  2x 30  6x 20  Phương trình tiếp tuyến với (C) M0: y – y0 = f '(x0)(x – x0)  y   6x 20  12x x  x   2x 30  6x 20    Vì tiếp tuyến qua A(–1, –13) nên  13  2x30  6x 20    6x 20  12x 20   x     13  2x30  6x   6x 20  6x30  12x  12x 20  x30  3x    x  1vx  2 Ta có y(1)  1v y(2)  35 M(1, –1) phương trình tiếp tuyến với (C) qua A y + = 6(x – 1)  y = 6x – M(–2, 35) phương trình tiếp tuyến với (C) qua A y – 35 = –48(x + 2)  y = –48x – 61 DeThiMau.vn Câu II: 3x  5x   x  Giải phương trình: sin    cos    cos (1)  4 2 4 3x  5x     x (1)  sin    sin     cos  4 2 2 3x  5x    3 x   sin    sin    cos  4  2    3x   3x   cos  x   sin     cos 4  2   3x 3x   2 cos x   cos  cos 4 2  3x    v cos  x     4  3x   3    k v x     k2 2 4  2  x k v x   k2 v x    k2 3  cos Tìm m để phương trình: x   x  m có nghiệm Xét hàm số f x   x   x (điều kiện: x  0) 1 x   , x >  f ' x      x2  x    x x x Vì    x x x2  x2     Ta có f giảm  0;   lim f(x)  nên ta có x    f(x)  1, x   0;   Vậy, phương trình (1) có nghiệm DeThiMau.vn  m  miền giá trị f đoạn  0;    < m  Câu III: Đường thẳng AB có VTCP a  8,8,12   42,2,3 x  3  2t  Phương trình đường thẳng AB: y   2t z  5  3t  Điểm I (–3+2t; 5- 2t; –5+3t)  AB  (P) (–3 + 2t) + (5 – 2t) + (–5 + 3t) =  t = Vậy đường thẳng AB cắt mặt phẳng (P) I(–1, 3, –2) Tìm M  (P) để MA2 + MB2 nhỏ Gọi H trung điểm đoạn AB Tam giác MAB có trung tuyến MH nên: AB2 MA  MB2  2MH  2 Do MA + MB nhỏ  MH2 nhỏ Ta để thấy H(1, 1, 1), M  (P) MH nhỏ  MH  (P) để ý mặt phẳng (P): x + y + z = có PVT OH  1,1,1 O  (P)  M  (0, 0, 0) Vậy, với M(0, 0, 0) MA2 + MB2 nhỏ (khi đó, ta có min(MA2 + MB2) = OA2 + OB2 = (9 + 25 + 25) + (25 + + 49) = 142) Câu IV: x1  x  y = A(0, 0); B(1, 0) Khi x2  x1  x   x   x(1 – x)   y  0 x 1 Do diện tích hình phẳng giới hạn đường cho 1 x 1  x  x2  x x 1   S  dx   dx    1   dx x 1 x 1 x 1 0 0 Tọa độ giao điểm đường y  Sx0  x 1 dx 1 x DeThiMau.vn Đặt: x = tgt  dx = (tg2t + 1)dt  Đổi cận x   t  ; x   t  S  x 1 dx  x2  Vậy S  1               ln tgt dt t ln cos t     ln 2 Đặt: f(t) = et, g  t   t t2 1 1 ;g/ (t)  (t  1)  0,  t  Ta có f tăng nghiêm cách g giảm nghiêm cách khoảng Xác định f x   gy   2007 Hệ phương trình (1)   f y   gx   2007  f(x) + g(y) = f(y) + g(x) () Nếu x > y  f(x) > f(y)  g(y) < g(x) ( do() )  y > x ( g giảm nghiêm cách )  vô lý Tương tự y > x dẫn đến vô lý x  x  2007  e  Do đó, (1)  (2)  x2  x  y Xét: hx   ex  x  2007 (x > ) x2  Nếu x < –1 h(x) < e–1 – 2007 <  hệ vô nghiệm  x 2  e  x  Khi x >  h' x   e x  x2   h ''  x   ex     x  1 2x  ex    3x x  1 0 lim hx    , lim h  x    x 1 x  Vậy h(x) liên tục có đồ thị đường cong lõm (1, +) DeThiMau.vn Do để chứng minh (2) có nghiệm dương ta cần chứng minh tồn x0 > mà h(x0) < Chọn x0 =  h    e2   2007  Suy ra: h(x) = có nghiệm x1 > 1, x2 > Câu Va: Với điều kiện: x  2, y  3, ta có:  A 2x  C3y  22 xx  1  yy  1y    22   A y  Cx  66 yy  1y    xx  1  66  6x  6x  y3  3y  2y  132  2  y  3y  2y   x  x  132 (1) (2)   6x 2 6x  y  3y  2y  132 11x  11x  132  (2)  2(1)    x  hay x  3 (loaïi) x    y  y  2y  12   x  y5  y3  3y  2y  60   y D A –3 –5 x I B C Đường tròn (C) có tâm I(4, –3), bán kính R = Tọa độ I(4, –3) thỏa phương trình (d): x + y – = Vậy I  d Vậy AI đường chéo hình vng ngoại tiếp đường trịn, có bán kính R = , x = x= tiếp tuyến (C ) nên Hoặc A giao điểm đường (d) x =  A(2, –1) Hoặc A giao điểm đường (d) x =  A(6, –5) Khi A(2, –1)  B(2, –5); C(6, –5); D(6, –1) DeThiMau.vn Khi A(6, –5)  B(6, –1); C(2, –1); D(2, –5) Câu Vb: Giải phương trình: log3 x  1  log 2x  1   log3 x   log3  2x  1   log3 x   log3  2x  1   log3 x   2x  1  log3  x   2x  1   x 1  x 1 hay  2 2x  3x   2x  3x   0(vn)  x2 (Bạn đọc tự vẽ hình) +BC vng góc với (SAB)  BC vng góc với AH mà AH vng với SB  AH vng góc với (SBC)  AH vng góc SC (1) + Tương tự AK vng góc SC (2) (1) (2)  SC vng góc với (AHK ) SB2  AB2  SA  3a2  SB = a a 2a 2a  SH=  SK= 3 (do tam giác SAB SAD vuông A) AH.SB = SA.AB  AH= HK SH 2a   HK  BD SB Gọi AM đường cao tam giác cân AHK ta có Ta có HK song song với BD nên 4a2 2a  AM= AM  AH  HM  2 1a 2a3 VOAHK  OA.SAHK  HK.AM  3 2 27 Cách khác: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho A= O (0;0;0), B(a;0;0), C( a;a;0), D(0;a;0), S (0;0; a ) DeThiMau.vn ... CABA1 có chung đáy tam giác ABA1 đường cao nên thể tích 1  V  VMABA1  VCABA1  AA1.SABC  a3 15 3  d (a, (MBA1 ))  3V SMBA1  6V a  MB.MA1 Đề thi Dự trữ khối A- năm 2007 Đề II m (Cm) x2 Khảo sát... góc với (AHK ) SB2  AB2  SA  3a2  SB = a a 2a 2a  SH=  SK= 3 (do tam giác SAB SAD vuông A) AH.SB = SA.AB  AH= HK SH 2a   HK  BD SB Gọi AM đường cao tam giác cân AHK ta có Ta có HK song... Ta có A1 M2  A1 C12  C1M2  9a2 BC2  AB2  AC2  2AB.AC.cos1200  7a2 BM2  BC2  CM2  1 2a2 A1 B2  A1 A  AB2  2 1a2  A1 M2  MB2  MB vng góc với MA1 + Hình chóp MABA1 CABA1 có chung đáy tam