25 câu ôn phần toán đánh giá tư duy đh bách khoa hn phần 4 (bản word có giải)

25 câu ơn phần Tốn - Đánh giá tư ĐH Bách Khoa HN - Phần (Bản word có giải) II Phần (5đ) – Toán trắc nghiệm (câu hỏi 36 – 60) Câu 36 Cho hàm số f  x  có đạo hàm f  x   x  1  x  1   x  Hỏi hàm số đồng biến khoảng đây? A  2;   Câu 37 Cho hàm số y  B  1;  C   ;  1 D   1;1 x 1  C  , gọi I tâm đối xứng đồ thị  C  M  a; b  điểm thuộc x 1 đồ thị Tiếp tuyến đồ thị  C  điểm M cắt hai tiệm cận đồ thị  C  hai điểm A B Để tam giác IAB có bán kính đường trịn nội tiếp lớn tổng a  b gần với số sau đây? A 3 B C D Câu 38 Biết đồ thị hàm số y 2 x  ax  bx  có tiệm cận ngang y  Giá trị 2a  b3 A 56 B 56 Câu 39 Cho log a b  Giá trị M log A  B C 72 b a D 72 b a C  2 D  Câu 40 Có giá trị nguyên m để phương trình 2sin x  3cos x m.3sin A B C x có nghiệm? D Câu 41 Một người mua hộ chung cư với giá 500 triệu đồng Người trả trước số tiền 100 triệu đồng, số tiền lại người tốn theo hình thức trả góp với lãi suất tính tổng số tiền cịn nợ 0,5% tháng Kể từ ngày mua, sau tháng người trả số tiền cố định triệu đồng Thời gian để người trả hết nợ A 136 tháng B 140 tháng C 139 tháng D 133 tháng Câu 42 Cho hình chóp S.ABCD có cạnh SA = x tất cạnh khác có độ dài Tính thể tích V lớn khối chóp S.ABCD A V 1 B V  C V 3 D V 2 Câu 43 Cắt khối trụ cho trước thành hai phần hai khối trụ có tổng diện tích tồn phần nhiều diện tích toàn phần khối trụ ban đầu 32 dm2 Biết chiều cao khối trụ ban đầu dm, tính tổng diện tích tồn phần S hai khối trụ A S = 120 (dmdm2) B S = 144 (dmdm2) C S = 288 (dmdm2) D S = 256 (dmdm2) Trang Câu 44 Từ thép phẳng hình chữ nhật, người ta muốn làm thùng đựng dầu hình trụ cách cắt hai hình trịn hình chữ nhật sau hàn kín lại, hình vẽ Hai hình trịn làm hai mặt đáy, hình chữ nhật làm thành mặt xung quanh thùng đựng dầu Biết thùng đựng dầu tích 50, 24 lít Tính diện tích thép hình chữ nhật ban đầu A 1,8 (dmm2) B 2,2 (dmm2) C 1,5 (dmm2) D 1,2 (dmm2) Câu 45 Trong không gian, cho bốn mặt cầu có bán kính 2, 3, 3, tiếp xúc với Mặt cầu nhỏ tiếp xúc ngồi với bốn mặt cầu nói có bán kính A B C 15 D 11 Câu 46 Cho hàm số f  x  liên tục nhận giá trị dương  0;1 dx Biết f  x  f   x  1 với x   0;1 Tính giá trị I  1 f  x A B C D Câu 47 Một chất điểm A xuất phát từ O, chuyển động thẳng với vận tốc biến thiên theo thời gian quy 59 t  t  m/s  , t khoảng thời gian tính từ lúc A bắt đầu chuyển động Từ trạng luật v  t   150 75 thái nghỉ, chất điểm B xuất phát từ O, chuyển động thẳng hướng với A chậm giây so với A có gia tốc a (dmm/s2) (dma số) Sau B xuất phát 12 giây đuổi kịp A Vận tốc B thời điểm đuổi kịp A A 20 (dmm/s) B 16 (dmm/s) C 13 (dmm/s) D 15 (dmm/s) Câu 48 Cho số phức z a  bi  a, b    thỏa mãn z   3i  z i 0 Tính S a  3b A S  B S  C S 5 D S  Câu 49 Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 2 , z2  Gọi M, N điểm biểu diễn cho z1 iz2 2  Biết MON 30 Tính S  z1  z2 A B 3 C D     Câu 50 Trong không gian Oxyz, cho a  1; 2;1 , b   1;1;  , c  x;3 x; x   Nếu vectơ a, b, c đồng phẳng x A B C 2 D 1 Trang 2 2 Câu 51 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S  :  x  1   y     z  3 9 tâm I mặt phẳng  P  : x  y  z  24 0 Gọi H hình chiếu vng góc I  P  Điểm M thuộc  S cho đoạn MH có độ dài lớn Tìm tọa độ điểm M A M   1;0;  Câu 52 Trong B M  0;1;  không gian Oxyz, C M  3; 4;  cho hai mặt phẳng D M  4;1;     : x  my  z  6m  0    : mx  y  mz  3m  0 ; hai mặt phẳng cắt theo giao tuyến đường thẳng  Gọi  hình chiếu  lên mặt phẳng Oxy Biết m thay đổi đường thẳng  ln tiếp xúc với mặt cầu cố định có tâm I  a; b; c  thuộc mặt phẳng Oxy Tính giá trị biểu thức P 10a  b  3c A P 56 B P 9 C P 41 D P 73 Câu 53 Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vng B, cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy,  AB = 2a, BAC 60 SA a Góc đường thẳng SB mặt phẳng  SAC  A 30° B 45° C 60° D 90° Câu 54 Cho hình hộp chữ nhật ABCD ABC D có AB a , AD 2a , AA a Gọi M điểm đoạn AD với AM 3 Gọi x độ dài khoảng cách hai đường thẳng AD , BC y độ dài MD khoảng cách từ M đến mặt phẳng  ABC  Tính giá trị xy 5a A a2 B 3a C 3a D Câu 55 Nghiệm phương trình 2sin x  0 biểu diễn đường tròn lượng giác hình bên điểm nào? A Điểm D, điểm C B Điểm E, điểm F C Điểm C, điểm F D Điểm E, điểm D Câu 56 Từ chữ số 2, 3, lập số tự nhiên có chữ số, chữ số có mặt lần, chữ số có mặt lần, chữ số có mặt lần? A 1260 B 40320 C 120 D 1728 Câu 57 Trong trận đấu bóng đá đội Real Madrid Barcelona, trọng tài cho đội Barcelona hưởng Penalty Cầu thủ sút phạt ngẫu nhiên vào bốn vị trí 1, 2, 3, thủ mơn bay người cản phá ngẫu nhiên đến vị trí 1, 2, 3, với xác suất Biết cầu thủ Trang sút thủ mơn bay người vào vị trí thủ mơn cản phá cú sút đó, vào vị trí xác suất cản phá thành cơng 50% Tính xác suất biến cố “cú sút khơng vào lưới”? A 16 B 16 C D Câu 58 Bạn An chơi trò chơi xếp que diêm thành tháp theo qui tắc thể hình vẽ Để xếp tháp có 10 tầng bạn An cần que diêm? A 210 B 39 C 100 D 270 u1 1 u21 Câu 59 Cho dãy số  un  với  * Tính u  u  n , n   n  n 1 A u21 3080 B u21 3312 C u21 2871 D u21 3011 Câu 60 Cấp số nhân 5; 10; …; 1280 có số hạng? A B C D 10 III Phần (2,5đ) – Toán tự luận Bài Đạn bắn từ máy bắn đá có quỹ đạo Parabol  P  Biết đạn máy bắn đá bắn xa 100m thời điểm đạn cao 60m đạn cách điểm bắn 80m.  Vị trí đạn bay cao cách mặt đất bao nhiêu? Máy bắn đá cách tường thành địch 90m Biết tường thành cao 30m Hỏi đạn pháo có vượt qua tường thành khơng? Địch xây chịi phịng thủ cao 20m phía trước tường thành Hỏi phải đặt máy bắn đá cách chịi bao xa để đạn bắn trúng chòi? Biết để tránh bị địch cơng máy bắn đá phải đặt cách thành địch 50m Bài Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A D, AB = 2a, AD = DC = a, SA a , SA   ABCD  Tính cosin góc hai mặt phẳng  SBC   SCD  Tính thể tích chóp S.ABCD Trang Trang Đáp án 36-B 41-C 51-C 37-B 42-D 52-C 38-B 43-A 53-B 39-A 44-C 54-B 40-B 45-D 55-B 46-B 56-A 47-B 57-B 48-B 58-A 49-C 59-C 50-A 60-A LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 36  x   Ta có f  x  0   x 1  x 2  Dựa vào bảng biến thiên (dmhình bên) ta thấy hàm số đồng biến khoảng  1;  Câu 37  2a   a   y Ta có I   1;  ; M  a; Lại có,    a  1  a 1  Phương trình tiếp tuyến M: y   a  1  x  a  2a  a 1 2a   Giao tiếp tuyến tiệm cận đứng A   1;  a 1   Giao tiếp tuyến tiệm cận ngang B  2a  1;  Ta có IA  ; IB 2 a  ; S IAB  IA.IB 2  p.r ; a 1 p IA  IB  AB IA  IB  IA2  IB 2 IA.IB  2IA.IB 2  2.4 Suy rmax pmin Khi IA IB Suy M giao điểm đường thẳng d qua I có hệ số góc k  đồ thị hàm số Phương trình qua d có dạng y   1 x  1  y  x  Hoành độ giao điểm d đồ thị hàm số nghiệm phương trình  x 1   x 0 x 1   x 1  x   M  0;1  a  b 1   M   2;3 Câu 38 Điều kiện ax bx  0 Để đồ thị hàm số có tiệm cận ngang a  Khi đó, ta có Trang   lim y  lim x  ax  bx   x   x     lim y  lim x  ax  bx   lim x   x    a   x  bx  ax  bx   x x    a  0  a 4    b  Vậy 2a  b3  56  b    a   Câu 39 Từ log a b   b a M log a a thay vào ta được: a log  a a a2 21 21   2 1 Câu 40 2 2 Ta có 2sin x  3cos x m.3sin x  2sin x  31 sin x m.3sin x Đặt t sin x, t   0;1 Phương trình cho trở thành t t 1 t 3  2 m.3     31 2t m  3 t t t  2  2 Xét hàm số f  t     31 2t , với t   0;1 Ta có f  t    ln  2.31 t.ln ;  3  3  2 f  t     3 t 2  2  ln   4.31 2t  ln 3  t   0;1  3 2  f  t  liên tục đồng biến  0;1 nên f  t   f  1  ln  0, t   0;1  f  t  liên tục nghịch biến  0;1 nên f  1  f  t   f   , t   0;1 Câu 41 Tổng số tiền người cịn nợ A0 = 400 triệu đồng Số tiền người cịn nợ hết tháng thứ là: A1 = A0 + 0, 5%.A0 – = 1,005.A0 – Số tiền người nợ hết tháng thứ hai là: A2 = A1 + 0, 5A1 – = 1,005A1 – = 1,005(dm1,005A0 – 4) – = (dm1,005)2A0 – 4(dm1,005 + 1) Số tiền người cịn nợ hết tháng thứ ba là: A3 = A2 + 0, 5%A2 – = 1,005A2 – = 1,005[(dm1,005)2A0 – 4(dm1,005 + 1)] – = (dm1,005)3A0 – 4[(dm1,005)2 + 1,005 + 1] ……… Số tiền người cịn nợ hết tháng thứ n là: An = (dm1,005)n.A0 – 4[(dm1,005)n – + (dm1,005)n – + + 1] Trang Ta có: + 1,005 + (dm1,005) + + (dm1,005)n – + (dm1,005)n – tổng n số hạng cấp số nhân có số hạng đầu u1 = q = 1,005.  n 1   1, 005     200  1, 005 n  1 Do S n      1,005 Người trả hết nợ An =  (dm1, 005)n.A0 – 800[(dm1, 005)n – 1] =  400.(dm1,005)n = 800  (dm1,005)n =  n = log1,0052  138,98 (dmtháng) Vậy người trả hết nợ sau 139 tháng Câu 42 Gọi O giao điểm AC BD Ta có BAD BSD BCD nên AO SO CO  SO  AC  SAC vuông S Do đó, AC  SA2  SC  x   OD  AD  AO    x2 12  x   BD  12  x ,  x   BD  AC  BD   SAC  Ta thấy   BD  SO Trong SAC hạ SH  AC  SH  AC  SH   ABCD  Khi đó,   SH  BD Xét tam giác vng SAC có 1 SA.SC 2x    SH   SH SA SC SA2  SC  x2 1 2x 1 x 12  x  VS ABCD  x  12  x  x 12  x  2 3 x2  Dấu “=” xảy x 12  x  x  Câu 43 Gọi r, h bán kính đáy chiều cao khối trụ ban đầu  T  Gọi h1 , h2 chiều cao hai khối trụ  T1  ,  T2  Diện tích tồn phần khối trụ  T  là: S 2 rh  2 r Diện tích tồn phần khối trụ  T1  là: S1 2 rh1  2 r Diện tích toàn phần khối trụ  T2  là: S 2 rh2  2 r  S1  S 2 r  h1  h2   4 r Trang Theo đề ta có S1  S  S 32  2 r 32  r 4 2 Vậy S1  S2 2 rh  4 r 2 4.7  4 16 120  dm  Câu 44 Đổi 50,24 (dmlít) = 50,24 (dmdm3)= 0,05024(dmm3) Dựa vào hình vẽ ta thấy, bán kính đường trịn đáy thùng đựng dầu R  h  h3 Thể tích thùng đựng dầu là: V  R h  0, 05024   h 0,   Diện tích hình chữ nhật ban đầu gấp lần diện tích xung quanh hình trụ Vậy S 3.2 Rh 6.3,14 h2 0, 42 6.3,14 1,5072  m  2 Câu 45 Gọi A, B, C, D tâm bốn mặt cầu, khơng tính tổng quát ta giả sử AB = 4, AC = BD = AD = BC = Gọi M, N trung điểm AB, CD Dễ dàng tính MN 2 Gọi I tâm mặt cầu nhỏ với bán kính r tiếp xúc với bốn mặt cầu Vì IA = IB, IC = ID nên I nằm đoạn MN Đặt IN  x , ta có IC  32  x 3  r ,  IA  22   x  2  r Từ suy  32  x  22  2  x  12 1  x  11  12  Vậy r     11   11   Câu 46 Ta có  f  x   f  x  f   x   f  x   f  x   f  x  f   x  1 dx Xét I  Đặt t 1  x  x 1  t  dx  dt 1 f  x Đổi cận x 0  t 1 ; x 1  t 0 1 f  x  dx dt dt dx I     Khi đó,     1 f 1 t  1 f 1 t   f 1 x  1 f  x  Trang 1 f  x  dx 1  f  x  dx   dx  dx 1 hay I 1 Mặt khác,      f x  f x  f x       0 0 Vậy I  Câu 47 +) Từ đề bài, ta suy ra: tính từ lúc chất điểm A bắt đầu chuyển động bị chất điểm B bắt kịp A 15 giây, B 12 giây +) Biểu thức vận tốc chất điểm B có dạng vB  t  adt at  C , lại có vB   0 nên vB  t  at +) Từ lúc chất điểm A bắt đầu chuyển động bị chất điểm B bắt kịp quãng đường hai chất điểm Do 15 12  59  t  t  dt  atdt  96 72a  a    150 75  0 Từ đó, vận tốc B thời điểm đuổi kịp A vB  12   12 16  m / s  Câu 48 Ta có z   3i  z i 0  a  bi   3i  i a  b 0   a 1  b   a  0 a  b i 0   2 b   a  b  a   a     b    S   b  1  b b    Câu 49 2 2 Ta có S  z1  z2  z1   2iz   z1  2iz2 z1  2iz2 Gọi P điểm biểu diễn số phức 2iz2 Khi ta có     z1  2iz2 z1  2iz2  OM  OP OM  OP    PM 2OI 2 PM OI (dmI trung điểm PM)  Do MON 30 nên áp dụng định lí cosin ta tính MN = Khi OMP có MN đồng thời đường cao đường trung tuyến, suy OMP cân M  PM OM 2 Áp dụng định lí đường trung tuyến cho OMN ta có: OI  OM  OP MP  7 Vậy S 2 PM OI 2.2 4 Trang 10 Câu 50   a  1; 2;1    a; b   3;  3;3 Ta có   b   1;1;     Khi a, b, c đồng phẳng   a; b  c 0  x  x   x   0  x 2 Câu 51 Ta có tâm I  1; 2;3 bán kính R 3 Do d  I ;  P   9  R nên mặt phẳng  P  không cắt mặt cầu  S  Do H hình chiếu I lên  P  MH lớn nên M giao điểm đường thẳng IH với mặt cầu  S  Đường thẳng IH nhận n P   2; 2;  1 làm vectơ phương  x 1  2t  Phương trình đường thẳng IH  y 2  2t  z 3  t  Giao điểm IH với  S  9t 9  t 1  M  3; 4;  M   1;0;  M H d  M ;  P   12 ; M H d  M ;  P   6 Vậy điểm cần tìm M  3; 4;  Câu 52 Mặt phẳng    : x  my  z  6m  0  có vectơ pháp tuyến n1  1;  m;1 , mặt phẳng     : mx  y  mz  3m  0 có vectơ pháp tuyến n2  m;1;  m  4  Ta có M   3m   3;0;  3m              m m      2 Do  có vectơ phương u  n1 ; n2   m  1;2m; m  1 Gọi  P  mặt phẳng chứa đường thẳng  vng góc với mặt phẳng  Oxy  Khi  P  có   vectơ pháp tuyến n  u; k   2m;1  m ;0  2 Phương trình mặt phẳng  P  : 2mx    m  y  6m  6m  0 Vì I  a; b; c    Oxy  nên I  a; b;0  Theo giả thiết ta suy  P  tiếp diện mặt cầu  S   d  I ;  P   R  2ma    m2  b  6m  6m  4m    m  2  2m  a      b  m  b  m2 1 R  R  Trang 11  2m  a  3    b  m  b  R  m  1   2m  a  3    b  m  b   R  m  1     a  3 0   6  b R  b  R    R       a  3 0  6  b  R   b   R  R     a    6  b b    R 6  b     a  0  6  b b      R 6  b  a   b 7 Vậy I   3;7;0  , P 10a  b  3c 41 Câu 53 Trong mặt phẳng  ABC  kẻ BH  AC Mà BH  SA  BH   SAC   Góc đường thẳng SB mặt phẳng  SAC  BSH Xét tam giác ABH vuông H có BH  AB.sin 60 2a a AH  AB.cos 60 2a a Xét tam giác SAH vng S có SH  SA2  AH   a 2  a a Xét tam giác SBH vuông H có: SH HB a , suy SBH vuông H  Vậy BSH 45 Câu 54 Ta có BC / / AD  BC / /  ADDA  AD  d  BC , AD d  C ,  ADDA  CD a Suy x a Lại có MA  DA 3  d  M ,  ABC    d  D,  ABC    d  B;  ABC   4  AC  BI  AC   BBI  Gọi I hình chiếu vng góc B lên AC ta có   AC  BB Trang 12  BH  BI  BH   BAC   d  B,  ABC   BH Gọi H hình chiếu B lên BI ta có:   BH  AC Trong tam giác ABC, ta có: AB.BC  AC.BI  BI  Trong tam giác BBI , ta có: AB.BC a.2a 2a   AC a 1 BI BB 2a  2  BH   2 BH BI BB BI  BB2 2a a a a2  d  M ,  ABC     Suy y  Vậy xy  2 Câu 55   x   k 2  Ta có 2sin x  0  sin x     x  7  k 2  Với k 0  x   k    7 x  6 Điểm biểu diễn x   7 F, điểm biểu diễn x  E 6 Câu 56 Cách Dùng tổ hợp Chọn vị trí cho chữ số có C9 cách Chọn vị trí cho chữ số có C7 cách Chọn vị trí cho chữ số có C4 cách Vậy số số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu toán C9 C7 C4 1260 số Cách Dùng hoán vị lặp Số số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu toán 9! 1260 số 2!3!4! Câu 57 Cách Số phần tử không gian mẫu n    4.4 16 Gọi biến cố A = “Cú sút khơng vào lưới” Khi biến cố A = “Cú sút vào lưới”   Số phần tử n A Trường hợp cầu thủ sút vào vị trí thủ mơn bay vào vị trí cịn lại Cầu thủ có cách sút Thủ mơn có cách bay người Do đó, có khả xảy Trường hợp cầu thủ sút vào vị trí thủ mơn bay vào vị trí cịn lại Cầu thủ có cách sút Thủ mơn có cách bay người Do đó, có khả xảy Trường hợp Cầu thủ sút vào vị trí thủ mơn bay vào vị trí cịn lại Trang 13 Cầu thủ có cách sút Thủ mơn có cách bay người Do đó, có khả xảy Trường hợp Cầu thủ sút vào vị trí thủ mơn bay vào vị trí cịn lại Cầu thủ có cách sút Thủ mơn có cách bay người Do đó, có khả xảy Trường hợp Cầu thủ sút vào vị trí thủ mơn bay vào vị trí Cầu thủ có cách sút Thủ mơn có cách bay người Do đó, có khả xảy Trường hợp cầu thủ sút vào vị trí thủ mơn bay vào vị trí Cầu thủ có cách sút Thủ mơn có cách bay người Do đó, có khả xảy     Khi n A 4.3  2.1 14 Xác suất xảy biến cố A p A    Vậy p  A  1  p A 1  4.3 2.1 13   16 16 16 13  16 16 Cách Gọi Ai biến cố “cầu thủ sút phạt vào vị trí i”; Bi biến cố “thủ môn bay người cản phá vào vị trí thứ i” Và C biến cố “Cú sút phạt không vào lưới” Dễ thấy, P  Ai  P  Bi   1 Ta có P  C  P  A1  P  B1   P  A2  P  B2   P  A3  P  B3   P  A4  P  B4  2 2 2  1  1 1 1 1 1                     16 Câu 58 Số que tầng u1 3 Tổng số que tầng u1  u2 3  3    1.4  Tổng số que tầng u1  u2  u3 3   11 3    1.4     2.4  … Tổng số que 10 tầng S10 u1  u2  u3   u10 3    1.4     2.4      9.4  Ta thấy S10 tổng 10 số hàng cấp số cộng có số hạng đầu u1 3 , cơng sai d 4 10  S10   2.3  9.4  210 que Câu 59 Từ un 1 un  n , với n  * , ta có: u2 u1  12 ; u3 u2  22 ; …; un un    n  1 ; un 1 un  n 2 Cộng n đẳng thức theo vế ta được: un 1 1      n  , với n  * Mặt khác, ta ln có: 12  22   n  n  n  1  2n  1 nên suy Trang 14 un 1 1  n  n  1  2n  1 , với n  * Cho n 20 , ta u21 1  20.21  2.20  1 2871 Câu 60 Xét cấp số nhân  un  với u1 5 , q 2 n n n Ta có: un u1.q  1280 5.2  2  n 9 Vậy cấp số nhân cho có số hạng PHẦN TỰ LUẬN Bài 1 Đặt hệ trục hình vẽ Gọi  P  : y ax  bx  c Ta có  P  qua O  0;0  , A  80;60  B  100;0  c 0   802 a  80b 60  1002 a  100b 0    P  : y   a  80  b 15  15 x  x 80  b  4ac 375 Vị trí đạn bay cao cách mặt đất yI    93, 75m 4a 4a  P  : y  15 x  x 80 Vì máy bắn đá cách tường thành địch 90m nên x 90  y 33, 75  m   30  m   đạn pháo vượt qua tường thành Để máy bắn đá bắn trúng chịi cao 20m  15 x  x 20  80  x 94,35  m    x 5, 65  m   L  Vậy cần đặt máy bắn đá cách chịi 94,35m để đạn bắn trúng chòi Bài Cách Gọi M BC  AD Khi  SBC  ,  SCD    SCM  ,  SCD   Gọi H hình chiếu D lên SC, kẻ HK / / MC  K  SM  ta có: Trang 15    SCM  ,  SCD   KHD Xét SCD vuông D ta có 1 1    2  2 2 DH DC DS a 3a 3a  DH  DC a a a ; HC    SC 2a 2 Do HK / / MC mà SH 3 2a a  nên HK  a  ; KM  SM  SC 4 4 Xét tam giác DMK có:  DK MD  MK  2MD.MK cos DMK MD  MK  2MD.MK MD  MK  2MD.MK AM SM AM SA  AM 2 a 6 a 2a 3a a    a   a    DK  a Xét tam giác KDH ta có cos   HD  HK  KD  HK HD Cách Chọn hệ trục hình vẽ Ta có A  0;0;0  ; D  a;0;0  ; B  0; 2a;0  ;   E  0; a;0  ; C  a; a;0  ; S 0;0; a       SD  a;0;  a  SC  a; a;  a ;  SB  0; 2a;  a ;  Vectơ pháp tuyến mặt phẳng  SBC  n1  a 1;1;  SCD n   a 2;0;1 Vectơ pháp tuyến mặt phẳng   n1.n2 Khi góc  hai mặt phẳng  SBC   SCD  cos      n1 n2     Trang 16 1 3a a 2 Ta có VS ABCD  SA.S ABCD  a  3 2 Trang 17