Bộ 30 đề thi Toán học THPT Quốc gia

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2021 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề THPT PHAN BỘI CHÂU ĐỀ THI THỬ 01 Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số y  2x 1 x2 Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số f  x   x   đoạn  2;5 x 1 Câu (1,0 điểm) a) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện zi    i   b) Giải bất phương trình: log  x  1  log  x    Câu (1,0 điểm) Tính tích phân  ( x  2)e dx x Câu (1,0 điểm) Trong khơng gian Oxyz, cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có A(1; 1; 1), B(1; 2; 1), C(1; 1; 2) A'(2; 2; 1) Tìm tọa độ đỉnh B', C' viết phương trình mặt cầu qua bốn điểm A, B, C, A' Câu (1,0 điểm) a) Cho cos    Tính giá trị biểu thức P  cos  cos 2 b) Trong đợt ứng phó với dịch Zika, WHO chọn nhóm bác sĩ cơng tác (mỗi nhóm bác sĩ gồm nam nữ) Biết WHO có bác sĩ nam bác sĩ nữ thích hợp đợt cơng tác Hãy cho biết WHO có cách chọn Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có SA vng góc với mặt đáy (ABCD), đáy ABCD hình chữ nhật có AD = 3a, AC = 5a, góc hai mặt phẳng (SCD) (ABCD) 450 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD tính góc đường thẳng SD mặt phẳng (SBC) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông A, B AD = 2BC Gọi H hình chiếu vng góc điểm A lên đường chéo BD E trung điểm đoạn HD Giả sử 5  H  1;3 , phương trình đường thẳng AE : x  y   C  ;  Tìm tọa độ đỉnh A, B D 2  hình thang ABCD Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x 1  x2  x  x  tập hợp số thực 2x 1  Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a 2b2  c 2b   3b Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  a  1  4b 1  2b    c  3 - Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ………………………………………… ; Số báo danh: ……………………… -1- -2- ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Đáp án 2x 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x2 Tập xác định: D   \{2} Sự biến thiên y'   0, x  D ( x  2)2 Suy hàm số nghịch biến khoảng (; 2) (2; ) Hàm số khơng có cực trị Các giới hạn lim y  2; lim y  2; lim y  ; lim y   x  x  x x2 Suy x  tiệm cận đứng, y  tiệm cận ngang đồ thị Bảng biến thiên Điểm 1,0 0,5 0,25 0,25 1  Đồ thị: Giao với trục Ox  ;0  , giao với trục Oy 2  đối xứng điểm I (2; 2)  1  0;  , đồ thị có tâm  2 0,25 Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số f  x   x   ( x  1)  x  1 [2;5] f '( x)     x=3 Có f (2)  3; f (3)  2; f (5)  Vậy max f ( x)  f (2)  f (5)  3; f ( x)  f (3)  đoạn  2;5 x 1 Ta có f '( x)   [2;5] [2;5] a) Gọi z  x  yi, x, y  R , ta có zi    i     y    x  1 i    x  1   y    Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn tâm I(1;-2) bán kính R=2 b)- ĐK: x  - Khi bất phương trình có dạng: log  x  1  log  x    1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  5  log  x  1 x      x  x   x   0;   2 -3- 0,25 0,25 Câu Đáp án Điểm  5 - Kết hợp điều kiện ta có: x   2;   2 0,25 Tính tích phân I   ( x  2)e x dx 1,0 u  x  du  dx Đặt  ta  x x dv  e dx v  e 0,5 1 Do đó: I  ( x  2)e x   e x dx  e   e x   2e 0,5 0 Tìm tọa độ điểm và… 1,0   - Do ABC.A'B'C' hình lăng trụ nên BB '  AA '  B '  2;3;1   Tương tự: CC '  AA '  C '  2; 2;  - Gọi phương trình mặt cầu (S) cần tìm dạng x  y  z  2ax  2by  2cz  d  0, a  b  c  d  Do A, B, C A' thuộc mặt cầu (S) nên: 2a  2b  2c  d  3  2a  4b  2c  d  6  a  b  c     2a  2b  4c  d  6 d  4a  4b  2c  d  9 0,25 0,25 0,25 - Do phương trình mặt cầu (S): x  y  z  x  y  3z    cos    cos   1 a) Ta có: P  1 3   27        1     25  25 0,25 b) Số cách chọn bác sĩ nam C83  56 0,25 0,25 0,25 Số cách chọn bác sĩ nữ C63  20 Với nam ba nữ chọn, ghép nhóm có 3! cách Vậy có 56.20.3!  6720 cách Tính thể tích - Tính thể tích +) Ta có: AB  AC  BC  4a    450 +) Mà   SCD  ,  ABCD    SDA nên SA = AD = 3a Do đó: VS ABCD  SA.S ABCD  12a (đvtt) - Tính góc…   +) Dựng điểm K cho SK  AD Gọi H hình chiếu vng góc B 0,25 1,0 S K 0,25 H A   D lên CK, đó: DK   SBC  Do đó:  SD,  SBC    DSH DC.DK 12a  , SD  SA2  AD  3a KC 3a 34 SH  SD  DH  D 0,25 0,25 C +) Mặt khác DH  -4- 0,25 Câu Đáp án SH 17    arccos  arccos  340 27 ' Do đó:  SD,  SBC    DSH SD Tìm tọa độ đỉnh… Điểm 1,0 C B H K I E D A - Qua E dựng đường thẳng song song với AD cắt AH K cắt AB I Suy ra: +) K trực tâm tam giác ABE, nên BK  AE +) K trung điểm AH nên KE  AD hay KE  BC Do đó: CE  AE  CE: 2x - 8y + 27 =   Mà E  AE  CE  E   ;3  , mặt khác E trung điểm HD nên D  2;3   - Khi BD: y - = 0, suy AH: x + = nên A(-1; 1) - Suy AB: x - 2y +3=0 Do đó: B(3; 3) KL: A(-1; 1), B(3; 3) D(-2; 3) Giải bất phương trình - ĐK: x  1, x  13 x 1  - Khi đó: x2  x  2x  x2  x      x 3 2x 1  2x 1  1  x  2  x 1  2x 1  0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25  ,  * - Nếu x     x  13 (1) (*)   x  1  x    x  1 x   x  Do hàm f (t )  t  t hàm đồng biến  , mà (*): f    2x   f  x   x   x   x3  x  x  0,25       DK(1)  VN Suy ra: x   ;   0;       - Nếu x     1  x  13 (2) (2*)   x  1  x    x  1 x   x  Do hàm f (t )  t  t hàm đồng biến  , mà (2*): f    2x   f   1  x    x   x   x      x  13     x  1   x  1 0,25  1   DK(2) 1    x   1; 0   Suy ra: x   1; 0   ;13  ;        1   -KL: x   1; 0   ;13    -5- 0,25 Câu 10 Đáp án Tìm giá trị nhỏ - Ta có: P   a  1  Điểm 1,0 4b 1  2b    c  3   a  1     2b  1     c  3 - Đặt d  , ta có: a 2b2  c 2b   3b trở thành a  c  d  3d b 1 8     Mặt khác: P  2 2  a  1  d  1  c  3  a  d    c  3     2    64 256   2 d 2a  d  2c  10      a   c  5   - Mà: 2a  4d  2c  a   d   c   a  d  c   3d  Suy ra: 2a  d  2c  - Do đó: P  nên GTNN P a  1, c  1, b  -6- 0,25 0,25 0,25 0,25 THPT SỐ AN NHƠN ĐỀ THI THỬ 02 KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THƠNG QUỐC GIA NĂM 2021 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (2 điểm) Cho hàm số y   x  3mx  (1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số m = b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực trị A, B cho tam giác OAB vuông O (với O gốc tọa độ ) Câu (1 điểm) Tính tổng tất nghiệm thuộc đoạn [0; 2015] phương trình: sin x   6sin x  cos x Câu (1 điểm) Tính tích phân sau I   x3  ln x dx x2 Câu (1 điểm) a) Một tổ có học sinh nam học sinh nữ Giáo viên chọn ngẫu nhiên học sinh để làm trực nhật Tính xác suất để học sinh chọn có nam nữ b) Tìm quỹ tích điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z  i  z  z  2i Câu (1 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A  4;1;3 đường thẳng d: x 1 y 1 z  Viết phương trình mặt phẳng ( P) qua A vng góc với đường   2 thẳng d Tìm tọa độ điểm B thuộc d cho AB  27 Câu (1 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác ABC vng A , AB  AC  a , I trung điểm SC, hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng  ABC  trung điểm H BC, mặt phẳng (SAB) tạo với đáy góc 60 Tính thể tích khối chóp S ABC tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  SAB  theo a Câu (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1;  , tiếp tuyến A ADB có phương đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC D , đường phân giác  trình x  y   , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC Viết phương trình đường thẳng AB   Câu (1 điểm) Giải hệ phương trình   y x   y 1  x 1 Câu (1 điểm) Cho a, b, c số dương a  b  c  Tìm giá trị lớn biểu thức: P bc 3a  bc  ca 3b  ca  ab 3c  ab Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ………………………………………… ; Số báo danh: ……………………… -7- -8- Câu ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung Điểm a (1,0 điểm) Với m=1 hàm số trở thành: y   x3  3x  TXĐ: D  R y '  3 x  , y '   x   Hàm số nghịch biến khoảng  ; 1 0.25 1;   , đồng biến khoảng 0.25  1;1 Hàm số đạt cực đại x  , yCD  , đạt cực tiểu x  1 , yCT  1 lim y   , lim y   x  x  * Bảng biến thiên x – y’ + y -1 + – + -1 Đồ thị: + 0.25 - 0.25 2 B (1,0 điểm) y '  3 x  3m  3  x  m  y '   x  m   * Đồ thị hàm số (1) có điểm cực trị  PT (*) có nghiệm phân biệt  m  **   Khi điểm cực trị A  m ;1  2m m , B  m ;1  2m m    1 OAB vuông O  OA.OB   4m3  m    m  ( TM (**)) Vậy m  2 (1,0 điểm) sin x   6sin x  cos x  (sin x  6sin x)  (1  cos x)   sin x  cos x    sin x   2sin x  cos x   sin x   0.25 0.25 0.25 0,25 0.25 sin x   x  k , k  Z  sin x  cos x  3(Vn) Vậy tổng nghiệm cần tìm là: S     2   641  205761 (1,0 điểm) 2 2 ln x ln x ln x x2   dx    dx I   xdx   dx  x x x 2 1 1 Tính J   1 1 ln x dx Đặt u  ln x, dv  dx Khi du  dx, v   x x x x 2 1 Do J   ln x   dx x x 1 -9- 25 25 0.25 0.25 0.25 (0,5 điểm) log x  log x  log   log x  2  log x   x  (t/m) Vậy phương trình có nghiệm là: x = 0,25 0,25 Câu x  Điều kiện: (1,0 điểm) Khi phương trình tương đương với x    x  12 x    x    8  x  1 x   36  x  1  54 x   27   x   90,25      x  2  3 x  2  5x    5x   3 Xét hàm sô f  t   t  3t  Phương trình (1) có dạng f  x    f x     Ta có: f '  t   3t  3; f '  t    t  1 t f’(t) - + -1 + - 0,25 + f(t) +∞ Suy ra: Hàm số f  t   t  3t đồng biến khoảng (1; + )  x   2 x    Với điều kiện x    0,25 Từ suy 1  x   x    x   x   x   5x      x  22 x    x  x    x  1  x    x  11  116  t / m   x  11  116 Vậy phương trình cho có nghiệm là: x  11  116 Câu 4 I x dx ln( x  1).dx Ta có:   (1,0   1 điểm) 4 14 Tính I1: I1   x dx   x dx  ( x x )  3 1 4 I   ln( x  1).dx   ( x  1)ln( x  1)   dx  5ln  ln  1 Vậy I   ln  ln Câu  Chứng minh: SCD vng C  (1,0 ABCD hình thang đáy AD, BC. điểm) ACD vuông cân C  AC  CD  a 2; AD  2a  SC ; BD  a - 64 - 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  VSBCD = VS.ABCD – VSABD  a a a3   (đvtt)  S SCD  a 2; d  B,  SCD    a3 a   a (hoặc  Câu (1,0 điểm) d  B,  SCD   d  A,  SCD   d  H ,  SCD   d  B,  SCD    3VS BCD S SCD 0,25 BK a   d  B,  SCD    ) CK 2 0,5 SH SA2 a     d  H ,  SCD    d  B,  SCD    SB SB 3 Cách khác:  Chứng minh BC  (SAB)  BC  AH  AH  (SBC) Kẻ AK  (SC)  AK  (SCD)  (AKH)  (SCD) Kéo dài AB CD cắt E Kéo dài AH cắt SE M Có (AMK)  (SCD) hay (AMK)  (SED) AH  (SBC)  AH  HK  tam giác AHK vuông H Kẻ HJ  MK có HJ = d(H, (SCD))  Tính AH, AM  HM; Tính AK  HK Từ tính HJ = a/3 Hoặc phương pháp tọa độ (C) A H B Gọi M trung điểm cạnh BC, ta có   5  AM  AG  M  1;  2     3  AH   ;3  hay n  1; 2  pháp   vectơ đường thẳng BC I C M 0,25 K Phương trình BC : x  y    x  y  0,25 Vì B C đối xứng với qua M nên gọi B (2m  6; m) có C (4  2m;  m )       AB   2m  8; m   ; HC    2m;  m  Ta có: AB.HC  2  có 0,25  ( m  4)(5  5m)   m  4; m  Vậy B (2; 4), C ( 4;1) B ( 4;1), C (2; 4) Kẻ đường kính AK đường trịn (C) ngoại tiếp tam giác ABC Tứ giác BHCK có BH//KC BK//HC nên BHCK hình bình hành Suy ra: HK BC cắt M trung điểm BC M trung điểm HK 0,25 15 5 1     Ta có H  ;1 , M  1;   K   ;  Bán kính R  AK  2    2  - 65 - * Ghi chú: Có thể tìm tọa độ tâm I đường tròn (C) hệ thức Ơ-le   GH  2GI ( Thí sinh phải trình bày chứng minh hệ thức này) Sau tính R  IA Câu  Mp(P) qua M(2;1;2)  (d) nhận vtcp ud  1;1;1 làm vtpt (1,0 điểm) Suy phương trình mp(P): 1. x    1. y  1  1. z     x  y  z   0,5  10  , H ; ;  3 3  Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = Gọi H hình chiếu M d Ta có: MH  d ( M , d )  MH   x 1 y z     1 Do đó, toạ độ A, B nghiệm hệ:  ( x  )  ( y  )2  ( z  10 )2   3 Giải 0,25 hệ ta tìm A, B là: 0,25  6 10   6 10  ;  ;  ;  ;    ,    9  3 9  3 Câu Số phần tử không gian mẫu: C20  1140 phần tử (0,5 Gọi A biến cố: " Trong viên bi lấy khơng có viên bi màu đỏ", nghĩa điểm) viên bi lấy toàn bi vàng, toàn bi xanh, có bi xanh bi vàng Ta có C73  35 cách lấy viên bi vàng, có C83  56 cách lấy viên bi xanh, có 0,25 C72 C81  C71 C82  364 cách lấy viên có vàng xanh 0,25 C73  C83  C72 C81  C71 C82 455 91   Do đó: P( A)  1140 1140 228 Cách khác gọn hơn: Gọi A biến cố: " Trong viên bi lấy khơng có viên bi màu đỏ", nghĩa viên bi lấy từ 15 viên bi ( vàng xanh) Số cách 0,25 chọn C153  455 0,25 455 91 P ( A)   1140 228 Câu 10 x2  x   , x  Xét BĐT: (1,0 điểm) Thật vậy, theo BĐT AM-GM, ta có: x2  x   x  x2  x3  1  x  1  x  x    1 2 Ấp dụng vào toán ta có: a3 a3   b  c  Tương b  bc 1    a  tự,  1bc 1   2 a  b c  2 ; 2 a b c b  c  a c   a  b Công vế với vế (1), (2), (3) suy đpcm Đăng thức xảy a  b  c 3  - 66 - 0,25  a2 a  b2  c ta c2  a  b2  c 1 0,25 có:  3 0,25 0,25 THPT SỐ TUY PHƯỚC ĐỀ THI THỬ 13 KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THƠNG QUỐC GIA NĂM 2021 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị  C  hàm số Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị thực m để hàm số y  y   x3  3x  x  mx  có cực đại cực tiểu xm Câu (1,0 điểm) a).Cho số phức z thỏa mãn : z.z  1và z   Xác định phần thực phần ảo z b) Giải phương trình log x   log  x    log e  ln x dx x Câu (1,0 điểm) Tính tích phân J   Câu (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) mặt phẳng (P) có phương trình: ( S ) : x  y  z  x  y  z  27  , ( P ) : x  y  z  19  a) Xác định tọa độ tâm I tính bán kính R mặt cầu (S) b) Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mp(P) tiếp xúc với mặt cầu (S) Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình lượng giác: cos 2 x  2sin x cos x   (x  ) b) Một lớp có 25 học sinh, có 10 học sinh nam 15 học sinh nữ Hỏi có cách phân phối vé xem phim “ Kong: Skull Island” cho bạn lớp mà nhóm xem phim số bạn nữ nhiều số bạn nam ? Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng B Cho BC = a, AC = 2a, tam giác SAB Hình chiếu vng góc S lên mp(ABC) trùng với trung điểm M cạnh AC Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng SA, BC Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho A(1;2), B(5;-2), C(1;-4) Tìm tọa độ đỉnh hình vng MNPQ biết M, N nằm đoạn AB, BC P, Q nằm đoạn AC 8 x  y   y2  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  (x, y   ) 2 x   x y   y       Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn  a  b  c    a  b  c   10  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  a2 b2 c2   b  2c c  2a a  2b - Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ………………………………………… ; Số báo danh: ……………………… - 67 - ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu, Nội dung ý Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y   x  x   TXĐ: D = R  Sự biến thiên + Giới hạn : lim y   , lim y   x x x  + Chiều biến thiên : y   3 x  x ; y    3x  x    x  + Bảng biến thiên : x – + y’ – + – y + –1 Điểm 1đ 0,25 0,25 – + Các khoảng nghịch biến :  ;0   2;  ; khoảng đồng biến :  0;2  + Cực trị : Hàm số đạt cực đại x  , yCĐ = 3; đạt cực tiểu x  , yCT = –1 0,25  Đồ thị : Đồ thị qua điểm CĐ, CT, (1;1), ( -1; 3), (3;-1) y 0,25 O -1 Tìm giá trị m để hàm số y  TXĐ:  \ m y' 3a) x x  mx  có cực đại cực tiểu xm x  2mx  m2  ; ( x  m) điểm 0,25  x  2mx  m   0(*) y’=   x  m Hàm số có cực đại cực tiểu  (*) có nghiệm phân biệt khác m   '  2m    2m    m < -1 m > KL: Hàm số có CĐ CT m < -1 m > (Nếu điều kiện x khác m mà làm 0,5đ) Xác định phần thực phần ảo z - 68 - 0,25 0,25 0,25 0.5 đ -Đặt : z  a  ib, với a, b  R Suy z  a  ib -Tính z.z   a  b  , z    a  1  i  b   z 1    a  1   b     a  1  b  2 a  b  a  1 -Giải HPT:    2 b   a  1  b  -Kết luận: Số phức z có phần thực -1 , phần ảo 3b Giải phương trình log x   log  x    log -ĐK:x>1 -Biến đổi PT  log  x    log  x  1   log  x    x  1  log 1  13 1  13 So sánh đk chọn: x  0,25 0.25 0.5 điểm 0.25  x2  x    x  Câu e Tính tích phân J   1  ln x dx x t dt 1 I   tdt   0,25  3   t2 3   1 0,25 2  2    2    1  2  3  3   a) 5b)  a) ( S ) : x  y  z  x  y  z  27  + Viết lại pt ( S ) : ( x  1)  ( y  2)2  ( z  2)  36 + Kết luận: (S) có tâm I(1; 2; 2) bán kính R = + Vì (Q) // (P) nên (Q) có pt dạng : x + 2y + 2z + d = ( với d  19) + Nêu d(I; (Q)) = R  | d+1| = 18  d = 17 ( thỏa ) d = 19 (loại) Kết luận: (Q) : x + 2y + 2z + 17 = 6a Giải phương trình lượng giác cos 2 x  2sin x cos x   (1) PT(1)   sin 2 x  sin x    sin 2 x  s in2x-2=  s in2x      x   k , k  Z  sin x    loai  6b 1đ 0,25 dx x x  e  t  2; x   t  Đặt t=1+lnx  dt  0.25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0.5 0,25 0,25 + Số cách phân phối vé xem phim cho nam, nữ C102 C154 Số cách phân phối vé C155 Số cách phân phối vé xem phim cho toàn nữ xem phim cho nam, nữ C10 C156 0,25 - 69 - + Vậy số cách phân phối vé xem phim mà nhóm xem phim số bạn nữ nhiều C155 + C156 = 96460 số bạn nam là: C102 C154 + C10 ( Nếu HS nêu trường hợp cho 0,25đ) 0,25 S K D E A C M B Tam giác SAB nên SA=SB=AB= Ta có SM= AC  BC  a SA2  AM  a Diện tích tam giác ABC S ABC  0.25 a AB.BC  2 a3 Do đó: VS ABC  SM S ABC  Vẽ tia Ax // BC, Cy// AB Gọi D=Ax ∩ Cy  ABCD hình chữ nhật  BC // (SAD) Khi d(SA, BC) = d( BC, ( SAD))= d (C, (SAD)) = d(M, (SAD)) Gọi E trung điểm AD  ME  AD  AD  (SME) Gọi K hình chiếu M lên SE  KM  (SAD) Do đó: d(M, (SAD)) = MK 1 11 a 66     MK  Ta có 2 MK SM ME 6a 11 2a 66 Vậy d(SA, BC) = d (C, (SAD)) = d(M, (SAD))= 11 8) Tìm tọa độ đỉnh hình vng MNPQ… 0.25 0.25 0.25 1,0 + Gọi H hình chiếu B lên AC Tìm H(1;-2) + Ta có MN MB MN MB    1 AC AB MQ AM MQ AM     2 BH AB +Từ (1) (2) suy ra: 0,25 H MN MQ MB AM    4 12  MN   MN   3 12 2đoạn AB nên M(xM; 3-xM) với 1< xM