2023 đề thực chiến số 24 đề chuẩn cấu trúc 2023

KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023 Bài thi mơn: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút, khơng kể thời gian phát đề BỘ ĐỀ THỰC CHIẾN 2023 ĐỀ SỐ 24 (Đề gồm có 06 trang) Họ tên thí sinh:……………………………………………… Số báo danh:…………………………………………………… Câu 1: Thể tích khối cầu bán kính R  R3  R3 A B D 4 R C 2 R Lời giải Chọn A V   R3 Thể tích khối cầu: Câu 2: Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' Góc giữa hai đường thẳng AC và A ' D A 60 B 30 C 45 D 90 Lời giải Chọn A D' C' B' A' C D A Ta có Câu 3: B  AC , AD   AC , BC   ACB Mặt khác: ACB suy ACB  60 3a Cho hình chóp tam giác S ABC có độ dài cạnh đáy a, độ dài cạnh bên Tính góc giữa cạnh bên và mặt đáy hình chóp A 60 Chọn A B 30 C 45 Lời giải D 90 S C A G I B Gọi G là trọng tâm ABC AI  a a ; AG  AI  3 a AG   cos SAG     SAG 60 SA 2a 3 Xét SAG ta có: Câu 4: Cho cấp số cộng A  un  u , công sai d 2 Khi đó B  C Lời giải có u2 3 D Chọn D u u2  d 3  1  u4 u1  3d 1  3.2 7 Ta có: Câu 5: Hàm số nào không có điểm cực trị? A y  x  x B y  x  C y 3 x  Lời giải D y  x  x Chọn C y 3 x   y 3  Suy hàm số không có cực trị Câu 6: Một hình trụ có bán kính đáy r 5 cm, chiều cao h 7cm Diện tích toàn phần hình trụ là 2 2 A 120 cm B 95 cm C 60 cm D 175 cm Lời giải Chọn A Diện tích toàn phần hình trụ là: Câu 7: Câu 8: Stp 2 rl  2 r 2 5.7  2 52 120 cm2 Cho khối chóp có thể tích 32 cm và diện tích đáy 16 cm Tính chiều cao khối chóp A cm B cm C 3cm D cm Lời giải Chọn D 3V 3.32 V  S h  h   6 cm S 16 Ta có; Cho hàm số cực đại tại: A x 2 y  f  x thỏa mãn f  x   x  1  x   B x   x  3 , x   Hàm số y  f  x  C x 3 D x 1 đạt Lời giải Chọn D  x 1 f  x   x  1  x    x  3  f  x  0   x 2  x 3 , đó x 2 là nghiệm kép Câu 9: Vậy hàm số y  f  x Cho hàm số f  x đạt cực đại x 1 liên tục  và có bảng biến thiên sau: Hàm số cho nghịch biến khoảng nào đây? A   2;1 B  0;1 C  Lời giải  ;  1 D   ;0  Chọn B Từ bảng biến thiên, hàm số cho nghịch biến khoảng Suy hàm số cho nghịch biến khoảng x Câu 10: Tính đạo hàm hàm số y 3 A y  x2  x  2x  0;1  2x  2 ln   1;  x B y 3  2x ln  2x  x   ln 3x  x y  ln C D Lời giải y 3x Chọn D Ta có y 3x  2x  y  x   3x Câu 11: Tích nghiệm phương trình  2x ln 32 x  x B A  là C  Lời giải Chọn B Ta có 32 x  5x   32 x  x  3  x  x 0 Theo Viet, ta có tích nghiệm D Câu 12: Giá trị lớn hàm số y  16  x là A 16 B C Lời giải D Chọn B Ta có y  16  x 4 , dấu “=” x 0 Vậy max y 4   4;4 y 2x  x  tương ứng có phương Câu 13: Đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang đồ thị hàm số trình là A x 2 và y 1 B x 1 và y  C x  và y 2 D x 1 và y 2 Lời giải Chọn C lim  y   lim y 2 Ta có x   nên y 2 là tiệm cận ngang đồ thị hàm số; x    1 nên x  là tiệm cận đứng đồ thị hàm số Câu 14: Hàm số nào có bảng biến thiên hình vẽ sau? A y 2x  x B y x4 x C Lời giải y x x D y x x Chọn D Hàm số đồng biến   ; 2 và  2;  Câu 15: Số giao điểm đồ thị hàm số y  x  x  x  và đường thẳng y 1  x là A B C D Lời giải Chọn B Xét phương trình x3  x  x  1  x  x3  x  3x  0   x  1  x  x   0  x 1 Vậy hai đồ thị hàm số có giao điểm Câu 16: Tính thể tích khối nón có chiều cao và độ dài đường sinh 10 A 256 B 288 C 96 D 384 Lời giải Chọn C Gọi chiều cao, độ dài đường sinh, bán kính đáy khối nón là h , l , r 2 2 Bán kính đáy khối nón là r  l  h  10  6 1 V   r h   62.8 96 3 Thể tích khối nón là y  x  1 Câu 17: Tập xác định hàm số 1  D  ;    2  A B   là 1  \  2 C 1  D  ;    2  D Lời giải Chọn D Điều kiện 2x    x  Câu 18: Cho hàm số y  f  x 1  D  ;     2  Tập xác định hàm số y  x  1 là: có bảng biến thiên hình vẽ: x ∞ y' + + y +∞ ∞ Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang đồ thị hàm số A B C y  f  x là D Lời giải Chọn A Ta có lim y 2 lim y  ; x   x   Do đó đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số là y 2 ; y  Lại có lim y   x   1 nên đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số là x  Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang đồ thị hàm số là Câu 19: Cho a , b , c là số thực dương và a 1 Mệnh đề nào sau sai? 1 log a    log a b log a  b  c  log a b.log a c b A B b log a   log a b  log a c log a  bc  log a b  log a c c C D Lời giải Chọn B Áp dụng công thức logrit ta thấy: 1  1 log a   log a  b   log a b b • • log a  b  c  log a b.log a c b log a   log a b  log a c c • • log a  bc  log a b  log a c Câu 20: Đường cong hình bên là đồ thị hàm số nào đây? x A y log x  1 y    3 C x B y 3 D y  x Lời giải Chọn B x Dựa vào đồ thị ta thấy, là đồ thị hàm số mũ dạng y a với a  Câu 21: Xét tất số thực dương a và b thỏa mãn A a b B a b   log a log 27 a b C a b Mệnh đề nào đúng? D a b Lời giải Chọn A     log a log 27 a b  log 27 a log 27 a b  a a b  a b Ta có: Câu 22: Gieo ngẫu nhiên súc sắc cân đối và đồng chất lần Tính xác suất để tích số chấm xuất lần gieo là số lẻ A B C D Lời giải Chọn D Số kết việc gieo ngẫu nhiên súc sắc cân đối và đồng chất lần là 216  n    216 Gọi A là biến cố: “tích số chấm xuất lần gieo là số lẻ” A xảy kết ba lần gieo là số lẻ  n  A 3 27 Vậy, P  A  n  A n     SAB  SAD  Câu 23: Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình chữ nhật Các mặt bên  và  vuông góc với SCD  đáy Góc giữa mặt phẳng  và đường thẳng AB và SC  ABCD  60 , BC a Khoảng cách giữa hai 3a A 13a B 13 a C 5a D Lời giải Chọn A  SAB  và  SAD  Ta có: vuông góc với đáy nên SA   ABCD   SCD    ABCD  CD , CD   SAD  ,  SAD    ABCD   AD ,  SAD    SCD  SD Suy ra, góc giữa  SCD  và   ABCD  là SDA Vậy  SDA 60  AB //  SCD    SC   SCD   d  AB, SC  d  AB,  SCD   d  A,  SCD   Gọi H là hình chiếu A SD CD   SAD   AH   SCD  Ta có: AH  SD; AH  CD 3a 3a  d  A,  SCD    AH  AD sin ADS  d  AB, SC   Vậy Câu 24: Cho hàm số bậc ba y  f ( x ) có đồ thị hàm số f '( x ) hình vẽ bên Hàm số A g ( x)  f ( x)    1;3 x đồng biến khoảng nào đây? B  0;7  C Lời giải Chọn B   ;  1 D  3;  Ta có: g ( x)  f ( x )  x2 f '( x)  0, x   0;7  g ( x )  0, x   0;7  Từ đồ thị hàm số f '( x ) ta có Suy Vậy hàm số g ( x)  f ( x)  x đồng biến khoảng  0;7  Câu 25: Cho hình nón có chiều cao và bán kính đáy a Mặt phẳng ( P ) qua đỉnh hình nón và cắt đường tròn đáy theo dây cung có độ dài a Khoảng cách từ tâm đáy tới mặt phẳng ( P ) a A a B a C D 21 a Lời giải Chọn D Giả sử hình nón cho có đỉnh là S , tâm đáy là O và ( P ) cắt đường tròn đáy theo dây cung AB Gọi H là trung điểm đoạn AB và K là hình chiếu O SH  AB   SOH   AB  OK  OK   SAB  Ta có: AB  SO, OH , mà OK  SH  d  O,  P   OK Xét tam giác vuông SOH có OK  Suy ra: OS OH OS  OH OH   a (do tam giác OAB có cạnh a ), SO a a 21 a 21 d O, P  Vậy     P Câu 26: Cho khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' có thể tích 2022 Mặt phẳng   cắt cạnh AA ', BB ', CC ' M , N , P cho MA MA ', NB 2 NB ', PC 3PC  Tính thể tích khối đa diện ABC.MNP A 1348 7751 B 13480 C 10784 D Lời giải Chọn B VABC MNP MA NB PC  ;  ;  Ta có AA ' BB ' CC ' suy VABC A ' B 'C ' Vậy VABC MNP  MA NB PC   AA ' BB ' CC '  23  36 23 7751 2022  36 log Câu 27: Số giá trị nguyên tham số m để phương trình nghiệm thực phân biệt là: A Vô số B C Lời giải Chọn D x      mx     log  x  1 log  mx    x  1 mx  y Xét hàm số Bảng biến thiên  x  1 log  mx  8 có hai D  x     x  1 mx  x 1   x2  x  m  x  x2  x2  x  y '  1;  x x ; y ' 0  x 3  , ta có: Để thỏa mãn yêu cầu thì  m  nên giá trị nguyên tham số m là 5, 6,  Câu 28: Cho khối chóp S ABC có SA vuông góc với đáy, tam giác ABC cân A, BAC 120 , AB a, SA 2a Thể tích khối chóp cho A 2a a3 B C a Lời giải Chọn B 3 a3 D a2  S ABC  AB AC sin BAC  Ta có a3 V  SA.S ABC  Thể tích khối chóp cho là: y  mx  2mx   m   x  Câu 29: Số giá trị nguyên tham số m để hàm số nghịch biến  là: A B C D Lời giải Chọn C Ta có D , y ' mx  mx  m  Hàm số nghịch biến   y ' 0, x   Trường hợp 1: m 0 : y '   0, x   suy m 0 thỏa mãn m     ' 0  m  Trường hợp 2: : Vậy  m    m   3m  5m 0 m 0  m  m    1; 0 lim y  Câu 30: Cho hàm số y ax  bx  c , với a, b, c là số thực a 0 Biết x   , hàm số có điểm cực trị và phương trình y 0 vô nghiệm Hỏi số a, b, c có số dương? A B C D Lời giải Chọn A Do lim y  x   nên a  Ta lại có hàm số có điểm cực trị nên ab   b  Vì nhánh cuối đồ thị lên mà phương trình y 0 vô nghiệm nên đồ thị nằm hoàn toàn Ox  c        Câu 31: Cho hình chóp S ABC có SA SB SC 2, ASB 90 , BSC 60 , CSA 120 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng: 16 A 4 B C 16 D 8 Lời giải Chọn C  Ta có SB SC 2 , BSC 60 suy tam giác BSC  BC 2  Lại có SA SC 2 , ASB 90 suy tam giác ASB vuông cân S  AB 2  Mặt khác, SA SC 2 , ASB 120 , áp dụng định lí cosin cho tam giác ASC , ta được: AC SA2  SC  SA.SC cos ASC 3.22  AC 2   BC  AB 22  2 12  AC Xét tam giác ABC có suy tam giác ABC vuông B Gọi H là trung điểm cạnh AC suy H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC  SH   ABC  Mà SA SB SC SAC  Trong mặt phẳng  kẻ đường trung trực canh SC cắt đường thẳng SH I suy là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp 2 3 SH  SA  AH     1   Xét tam giác vuông ASH vuông H có Ta có SHC SMI  2 SI SM SM SC   SI  2 SC SH SH Diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp là S 4 R 16 Câu 32: Cho lăng trụ ABC A ' B ' C ' có cạnh đáy 1, chiều cao Thể tích khối cầu ngoại tiếp lăng trụ cho bằng: 32 3 A 27 Chọn A 16 B 16 C Lời giải 32 3 D     Gọi I , I là trọng tâm tam giác ABC , A B C , O là trung điểm II  Khi đó O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ AI  AM  3 , OI 1 Ta có 2   R OA  OI  AI   1      3 Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ 2 4   32 32 V   R3       3 27   Thể tích khối cầu ngoại tiếp lăng trụ Câu 33: Người ta cần xây bể chứa nước sản xuất dạng khối hộp chữ nhật khơng nắp có thể tích 200m3 Đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng Chi phí để xây bể là 300 nghìn đồng/m2 (chi phí tính theo diện tích xây dựng, bao gồm diện tích đáy và diện tích xung quanh, khơng tính chiều dày đáy và thành bể) Hãy xác định chi phí thấp để xây bể (làm trịn đến triệu đồng) A 75 triệu đồng B 36 triệu đồng C 46 triệu đồng D 51 triệu đồng Lời giải Chọn D Gọi độ dài chiều rộng, chiều cao hình hộp là: 2x x , h  m  Chiều dài hình hộp là: 100  200 2x h  h  x Thể tích khối hộp chữ nhật là: V x.2 x.h Chi phí xây bể thấp S  S xq  S daý Ta có S 2 x.h  2.2 x.h  x.2 x 6 xh  x S nhỏ  600  2x x 600 300 300  x2    x 3 180.000 x x x 300 S 2 x  x  150 169,3864852 nhỏ x Tổng chi phí thấp mà anh Tiến phải trả là: 300000.169,3864852 51000000 đ Câu 34: Cho hình hộp đứng ABCD ABC D ' có đáy là hình vuông, cạnh bên AA ' 3a và đường chéo AC ' 5a Tính thể tích khối hộp ABCD ABC D ' 3 A 4a B 24a C 8a Lời giải D a Chọn B Xét hình lập phương ABCD ABC D ta có: AC 2  AA2  AC 2  AA2  AB2  AD2  AA2  A ' B '2  9a  A ' B '2 25a  A ' B '2 8a  VABCD ABC D  AA '.S A ' B ' C ' D ' 3a.8a 24a Câu 35: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông A, B Biết SA vuông góc với  SCD  đáy, AB BC 2a; AD 4a; góc giữa  và đáy 60 Tính thể tích khối chóp S ABCD a3 A a3 B a3 C 15 Lời giải D a Chọn D C  DC  AC , DC  SA  DC   SAC   DC  SC Tam giác ACD vuông   60   SCD  ,  ABCD   SCA AC  AB  BC 2 2a  SA  AC tan 600 2 6a 1 (4a  a).2a VS ABCD  SA.S ABCD  6a 4 a 3 Câu 36: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2; SA  2; tam giác SAC vuông S và nằm mặt phẳng vuông góc với đáy Tính thể tích khối chóp S ABCD A B D C Lời giải Chọn A Ta có: SH  ( ABCD ) S  SC  AC  SA2  (2 2)  ( 2)  Tam giác SAC vuông SH  SA.SC SA2  SC  6  26 S 4 Diện tích hình vng ABCD : ABCD 1 6 VS ABCD  SH S ABCD   3 Thể tích khối chóp S ABCD : Câu 37: Tìm tập nghiệm S bất phương trình A S  2;  C S  1;  log  x  1  log  3x  3 5 B D Lời giải S   ;1   2;  S   1;  Chọn A Điều kiện xác định: x    x   x 1  log  x  1  log  x  3  x   x   x  x     x 2 5 Bất phương trình Kết hợp điều kiện ta x  Câu 38: Cho hàm số f  x  x3  3x  h  x  f  x  m A m  Chọn B Với giá trị nào tham số m thì giá trị lớn hàm số 0;  đạt giá trị nhỏ nhất? đoạn  B m  C m 2 Lời giải D m 1  x 1   0; 2 g  x  0   g x  f  x  m 0; 2 g  x  f  x  3x   x  1  0; 2 Xét    có   ; Ta có: g   m 1, g  1 m  1, g   m  max g ( x )  g   m  3; g ( x)  g  1 m  Khi đó: Suy ra: [0;2] [0;2] max h  x  max  m  ; m   [0;2] m   m  3 0  m    Trường hợp 1:  max h  x  m    2 [0;2] Dấu " " xảy m  m   m  0  m     Trường hợp 2:  max h  x   m   (  1)  2 [0;2] Dấu " " xảy m  Vậy m  thỏa mãn đề bài 12  2 x  2 18 x  x Câu 39: Tìm hệ số số hạng chứa khai triển biểu thức  A  25344 B 126720 C D 25344 Lời giải Chọn A Tk 1 C12k ( x )12  k ( ) k C12k ( 2)k x 48 k x Số hạng tổng quát khai triển là: 18 Ta có số hạng chứa x nên 48  6k 18  k 5 12 18 Vậy hệ số số hạng chứa x   5 x  2 x  là: C12 (  2)  25344 khai triển biểu thức  x x Câu 40: Tập nghiệm bất phương trình 25  6.5  0 là: A   ;    1;  B  0;1 C  Lời giải 0;1 D   ; 0   1;  Chọn C x x 2x x x Ta có: 25  6.5  0   6.5  0  5 5   x 1 Câu 41: Cho hàm số f  x y  f  x A 1;0 liên tục  , đồ thị hàm số qua điểm   và nhận điểm I  2;  A làm tâm đối xứng Giá trị  B  16 x  x    f  x   f  x   dx 16 C Lời giải D Chọn B Cách : Đặt t 4  x  dt  dx f  x  f   x 2 y  f  x I 2;  Đồ thị hàm số có  là tâm đối xứng nên Như vậy f  x   f   x  4  f  x   f   x  0  f  x   f   x  , x   Ta có I x  x    f  x   f  x   dx   t    t   f   t   f   t   dt 1  t  6t  8   f  t   f  t   dt 3 4  t  6t  8 dt   t  2t   t     f  t   f  t   dt  2  t  6t   f  t  dt 1 3 2. t  6t   dt  2  t    f  t   f  t   dt   t  6t   f  t  dt 1 3  t  6t   dt   2t   f  t  dt   t  4t   f  t  dt 1 3  t3  16   3t  8t    t  4t   f  t   3 1 Cách : Chọn hàm f  x  a  x    Ta có Khi đó đồ thị a   1  0  a 2  f  x  2  x    Do đó A  1;   và có x  x    f  x   f  x   dx x  x     x   1 f  x  6  x   Lời giải Chọn B  x  x  m a  x  x  a  b   x  x  m b Đặt:  a b   a  2b    a  b  a   b    Ta có:  2a  2b    22  2b  22     2a  2  2b  2   Trường hợp 1:  x  x  m    x  x  m   16   x    dx   2x Câu 42: Số giá trị nguyên tham số m để bất phương trình có không nghiệm nguyên là: A B C 10 a    b    C  : y  f  x  x  x   m   x  x   m 2 x   2x 4 x m D  2x  x m 4 0 Để phương trình có không nghiệm nguyên thì:    m     m  Trường hợp 2: a    b   x  x  m     x  x  m   x  x   m   x  x   m Để phương trình có không nghiệm nguyên thì ta có:    m     m     m  Do m   nên có: giá trị m thỏa mãn Câu 43: Từ chữ số 1;2;3;4;5;6;7 có thể lập số tự nhiên gồm chữ số đôi khác cho có chữ số lẻ đứng cạnh A 288 B 2880 C 1728 D 2736 Lời giải Chọn C Giả sử số cần tìm có dạng: abcdefg Trường hợp 1: Ba chữ số lẻ hai vị trí đầu: abc, efg thì có 2.A4 cách Do có ba chữ số lẻ đứng cạnh nên vị trí cịn lại có: 3.3! cách  Có: A4 3.3! 864 số thỏa mãn Trường hợp 2: Ba chữ số lẻ vị trí giữa thì có: 3.A4 cách Do có ba chữ số lẻ đứng cạnh nên vị trí cịn lại có: 2!.A3 cách  Có: A4 2! A3 864 số thỏa mãn Vậy có 1728 số thỏa mãn yêu cầu bài toán x Câu 44: Biết phương trình 2022  2022 x 1 1  x  2 x  có nghiệm dạng x a  b (trong đó a, b là số nguyên) Tính a  b A B 10 C Lời giải Chọn D Ta có D 2022 x  2022 x 1 1  x  2 x   2022 x  x  x  2 x   2 x   2022   2022 x   x  1  Xét hàm số Ta có  2 x 1 x    2022 f  t  2022t   t  1 , t   0;  t f  t  2022 ln 2022   t  1  0, t   0;   0;  Khi đó khoảng f  x  f  nên hàm số y  f  t y  f  x Số nghiệm phương trình  có đồ thị hình vẽ f  x  f  x   f  x  0 B A là: C Lời giải Chọn C Trường hợp 1: f  x  0  x 0 hay x 1 Trường hợp 2: f  x    x   1  x  Khi đó: f  x  f  x   f  x  0  f  x  f  x   f  x  0  x a1  a1   1   x a2    a2    f  x     x a3   a3  1  x a  a  1 4  đồng biến  x 0 x 1  x  x 1    x 1   x  x  0 3 Suy a 1 và b 2 Vậy a  b 1  9 Câu 45: Cho hàm số bậc bốn x 1 D So với điều kiện, ta nhận: Trường hợp 3: x a1 và x a3 f  x      x   x  f  x  f  x   f  x  0   f  x  f  x   f  x  0  f  x   So với điều kiện, ta nhận: x a6 Nhận thấy nghiệm phân biệt nên phương trình nghiệm Câu 46: Cho ba số phức 3z1  z2  z3 A 78  z1 , z , z3 thoả mãn 78 Giá trị 53  x a5  a5   1    x a6  a6  1 z3 f  x  f  x   f  x  0 z1 1, z2  7, z1  z2  có và giá trị lớn C 78  Lời giải B 25 73 D Chọn C w a  bi; w2 c  di; a , b, c, d   Gọi a Ta có 2  b   c  d   ac  bd    a  b   c  d  2  ac  bd    a  b    a  b   c  d    c  d   a  b  2ab    c  d  2cd    a  b2  c2  d  2  a  b    c  d   a  b2  c2  d   a  b    c  d  Hay w1  w2  w1  w2 Giả sử (*) z1 a1  b1i; z2 c1  d1i; a1 , b1 , c1 , d1   Ta có 2 2 , đó a1  b1 1; c1  d1 7 2  z1  z2  a1  c1    b1  d1  8   a1c1  b1d1   a1c1  b1d1 3 2 Mặt khác 3z1  z2   a1  b1i    c1  d1i   3a1  2c1    3b1  2d1  9  a12  b12    c12  d12   12  a1c1  b1d1  73 Theo bất đẳng thức (*) ta có 3z1  z2  z3  3z1  z2  z3 78  z3 78  73 Câu 47: Một người thợ có khối đá hình trụ Kẻ hai đường kính MN , PQ hai đáy cho MN  PQ Người thợ đó cắt khối đá theo mặt cắt qua điểm M , N , P, Q để thu khối đá có hình tứ diện MNPQ Biết MN 80 cm và thể tích khối tứ diện MNPQ 64dm3 Tìm thể tích lượng đá bị cắt bỏ (làm tròn kết đến chữ số thập phân) A 86,8 dm B 237, 6dm C 338, dm Lời giải Chọn B PQ  MN  PQ   O ' MN   PQ  OO '  Ta có Do đó thể tích khối tứ diện MNPQ là: 1 VMNPQ  SMNO' PQ  OO MN PQ d(MN, PQ) OO h  80 h 1 64 103  h 60 cm Trong đó Vậy thể tích lượng đá bị cắt bỏ bằng:  V Vt  VMNPQ  R h  64   40  60  64 237, 6dm 10 D 109, dm