Đề thi thử đại học môn toán năm 2018 trường thpt chuyên trần phú hải phòng lần 2 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

SẢM PHẨM TỔ 3_TUẦN 6

Đề thi thử THPT Chuyên Trần Phú - Hải Phòng (lần 2)

Câu 25: [2D1-3] [THPT Chuyên Trần Phú, Hải Phòng, lần 2, 2018] Cho hàm số

4 2

1 2 3

y4x  x  có đồ thị như hình bên dưới. Tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số ^m để phương trình x⁴8x²12 mcó 8 nghiệm phân biệt là

A. 3. B. 6. C. 10. D. 0.

Lời giải Chọn A.

Phương trình đã cho tương đương với 1 ^{4 2}

2 3

4 4

x  x   m.

Từ đồ thị (C): 1 ^{4 2}

2 3

y 4x  x  suy ra đồ Đồ thị hàm số 1 ^{4 2}

2 3

y 4x  x  bằng cách:

+ Giữ nguyên (C) phần nằm trên và phí trên trục hoành.

+ Lấy đối xứng đồ thị (C) phần nằm dưới trục hoành qua trục hoành.

Hợp hai phần đó lại, ta được đồ thị cần tìm.

Đồ thị hàm số 1 ^{4 2}

2 3

y 4x  x  như hình vẽ bên dưới.

Từ đồ thị suy ra phương trình 1 ^{4 2}

2 3

4 4

x  x   m có 8 nghiệm phân biệt 0 1 4

 m

0 m 4

   mà m Z nên ^m



^1;2;3



. Chọn A.

Bài tập tương tự Bài 1: [2D1-3] Cho hàm số 1 ^{4 2}

2 2

y 4x  x  có đồ thị như hình bên dưới. Tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số ^mđể phương trình  x⁴ 8x² 8 mcó ⁸ nghiệm phân biệt là

A. 7. B. 6. C. 10. D. 0.

Bài 2: [2D1-3] Cho hàm số 1 ^{4 2}

2 2

y 4x  x  Có đồ thị như hình bên dưới. Tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số ^mđể phương trình x⁴8x² 8 log2mcó ⁸ nghiệm phân biệt là

A. 254. B. 255. C. 257. D. 0.

Câu 33: [1H3-3] [THPT Chuyên Trần Phú, Hải Phòng, lần 2, 2018] Cho hình chóp .

S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tạiAvà ,D AB AD 2 ,a CD a . Gọi I là trung điểm của cạnh AD, biết hai mặt phẳng (SBI),(SCI) cùng vuông góc với đáy và thể tích khối chóp S ABCD. bằng

3 15 3

5

a . Tính góc giữa hai mặt phẳng (SBC), (ABCD). A. 30 .⁰ B. 36 . ⁰ C. 45 ⁰ D. 60 .⁰

Lời giải Chọn D.

A

D

B

C S

I

H

Ta có SI (ABCD)

Diện tích đáy: S_ABCD 3 .a² suy ra

3 . 2

3 3 15 15

: 3 .

5 5

S ABCD ABCD

V a a

SI a

 S  

Kẻ IH BC H( BC)BCSH nên



^(SBC),(ABCD)



^{SHI .}

Ta có BC a 5,

2 2 2

3 3 3 5

2 5 5

BCI BCI

S

a a a

S IH

BC a

    

3 15 3 5 0

tan : 3 60 .

5 5

SI a a

SHI SHI

 IH    

Bài tập tương tự

Bài 1: Cho hình lập phương ABCD A B C D. ' ' ' 'có cạnh bằng ^a. Gọi O' là tâm của hình vuông ' ' ' '

A B C D và  là góc giữa hai mặt phẳng ( 'O AB),(ABCD)Góc  thỏa mãn hệ thức nào sau đây ?

A. 1

cos  2 B. tan 2 C. 1

sin  2 D. 1

tan  2

Bài 2: Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và BA BC a  ; SA vuông góc với đáy, SA a . Góc  giữa hai mặt phẳng (SAC)và (SBC) bằng:

A. 30⁰ B. 45⁰ C. 60⁰ D. 75⁰

Câu 38: [2D3-3] [THPT Chuyên Trần Phú, Hải Phòng, lần 2, 2018] Biết

2 1 2

d 2 35

3 9 1

x x a b c

x x   

 



, với , , a b c. Tính P a 2b c 7. A. 1

9. B. 86

27. C. 2. D. 67

27. Lời giải

Chọn A.

 

 

²

  

2 2 2

2 2

2 2 2

1 1 1

3 9 1

d d 3 9 1 d

3 9 1 3 9 1 3 9 1

x x x

I x x x x x x x

x x x x x x

 

    

     

  

 

²

 

2 2

2 2 2 3

1 1 1

1 2 1 16 35

3 d 9 1d 7 . . 9 1 7 35 35 16 2 7 2 35

18 3 27 27 27

x x x x  x  x       

 

.

Do đó 16 35

7, ,

27 27

a b c  1

2 7

a b c 9

      . Bài tập tương tự Bài 1: Biết

 

2

1

1 d

1 1 x a b c

x x x x   

  



^{, với a b c, , *. Tính P a b c   .}

A. 24. B. 12. C. 18. D. 46 .

Bài 2: Cho biết ²



²



1

ln 9x dx a ln 5bln 2c



^{, với , ,a b c. Tính P a  b c .}

A. S34. B. S13. C. S18. D. S 26.

Câu 39: [2D1-3] [THPT Chuyên Trần Phú, Hải Phòng, lần 2, 2018] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số ^mđể đồ thị của hàm số ₂ 1 1

(1 ) 2

y x

x m x m

 

    có hai tiệm cận đứng?

A. 0. B. 2. C. 3. D. 1.

Lời giải Chọn B

Đồ thị hàm số có 2 tiệm cận đứng khi và chỉ khi phương trình x² (1 m x) 2m0 có hai nghiệm x x1, 2 thỏa   1 x1 x2. Ta có

2

1 2 2 2

10 1 0

5 2 6 5 2 6

1 1 10 1

1 10 1 3

2

m m

m m

x x m m m

m m m

          

 

              

5 2 6 5 2 6

3 2 5 2 6

2

m m

m m

m

     

      

  



.

Vậy ^{m }



^1;0



.

Nhận xét : học sinh có thể sẽ cho điều kiện là   1 x1 x2. Tuy nhiên khi   1 x1 x2thì tập xác định của hàm số là D( ;x2 )nên đồ thị hàm số chỉ có một tiệm cận đứng.

Bài tập tương tự

Bài 1: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số ^m để đồ thị của hàm số ₂ 2 9 ²₂

2 1

y x

x mx m

 

    có hai

tiệm cận đứng?

A. 2. B. 3. C. 4. D. 5.

Bài 2: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số ^m để đồ thị của hàm số ₂1 3

2 8 1

y x

x mx m

 

    có

hai tiệm cận đứng?

A. 4. B. 2. C. 3. D. 1.

Câu 40: [2D2-4] [THPT Chuyên Trần Phú, Hải Phòng, lần 2, 2018] Trong năm đầu tiên đi làm, anh A được nhận lương là 10 triệu đồng mỗi tháng. Cứ hết một năm, anh A lại được tăng lương, mỗi tháng năm sau tăng 12% so với mỗi tháng năm trước. Mỗi khi lĩnh lương anh A đều cất đi phần lương tăng so với năm ngay trước để tiết kiệm mua ô tô. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm thì anh A mua được ô tô giá 500 triệu biết rằng anh A được gia đình hỗ trợ 32% giá trị chiếc xe?

A. 11. B. 12. C. 13 . D. 10 .

Lời giải Chọn C.

Số tiền anh A cần tiết kiệm là 500 500.0,12 340  (triệu).

Gọi số tiền mà anh A nhận được ở mỗi tháng trong năm đầu tiên là u1 10(triệu).

Thì số tiền mà anh A nhận được ở mỗi tháng trong năm thứ hai là

 

2 1. 1 0,12 1.1,12

u u  u (triệu).

Số tiền mà anh A nhận được ở mỗi tháng trong năm thứ ba là

 

²

 

²

3 1. 1 0,12 1. 1,12

u u  u (triệu).

………...

Số tiền mà anh A nhận được ở mỗi tháng trong năm thứ ⁿ là:

 

¹

1. 1 0,12 ⁿ

un u  ^ u1. 1,12

 

^n1 (triệu).

Vậy số tiền mà anh A tiết kiệm được sau ⁿ năm là:



2 1 3 2 1 2 1



12. u      u u u u_n u_n u_nu_n 12.



u_n u1



12.u1. 1,12

 

^n1u1. Theo đề bài 12.u1. 1,12

 

^n1u1340



^1,12



^{1 23}

6

 n  _1,12 23

log 1

n 6

    n 13. Vậy sau ít nhất 13 năm thì anh A sẽ tiết kiệm đủ tiền để mua ô tô.

Bài tập tương tự

Bài 1: [2D2-4] Một sinh viên muốn có 12 triệu đồng để mua laptop nên mỗi tháng gửi vào ngân hàng 750000 đồng với lãi suất ^0,72% một tháng. Hỏi sau bao nhiêu tháng anh ta đủ tiền mua laptop.

A.15 tháng. B.16 tháng. C.24 tháng. D.27 tháng.

Bài 2: [2D2-4] Một người muốn có 2 tỉ tiền tiết kiệm sau 6 năm gửi ngân hàng bằng cách mỗi năm gửi vào ngân hàng số tiền bằng nhau với lãi suất ngân hàng là 8% một năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn. Hỏi số tiền mà người đó phải gửi vào ngân hàng hàng năm là bao nhiêu (với giả thiết lãi suất không thay đổi), số tiền được làm tròn đến đơn vị nghìn đồng?

A. 252.436.000 . B. 272.631.000 . C. 252.435.000 . D. 272.630.000 . Câu 41. [1H2-3] [THPT Chuyên Trần Phú, Hải Phòng, lần 2, 2018] Cho hình chóp .S ABCD, G là

điểm nằm trong tam giác SCD, ^{E F,} lần lượt là trung điểm của AB và AD. Thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng ^(EFG) là:

A. Tam giác. B. Tứ giác. C. Ngũ giác. D. Lục giác

Lời giải Chọn C.

Trong ^{mp ABCD( )}. Gọi N EFBC, M EF CD Trong ^{mp SCD( )}. Gọi P MG SD  , R MG SC  Trong ^{mp SCD( )}. Gọi ^{Q NR SB}

Ta có thiết diện hình chóp .S ABCDcắt bởi mặt phẳng



^GEF



là ngũ giác ^EFPRQ Bài tập tương tự

Bài 1: [1H2-3] Cho tứ diện ^ABCD. Gọi ^{M N,} lần lượt là trung điểm các cạnh AB và ^AC, E là điểm trên cạnh CD với ED3EC. Thiết diện tạo bởi mặt phẳng



^MNE



và tứ diện ABCD là:

A. Tam giác MNE.

B. Tứ giác MNEF với F là điểm bất kì trên cạnh ^BD.

C. Hình bình hành MNEF với F là điểm trên cạnh BD mà EF //BC. D. Hình thang MNEF với F là điểm trên cạnh BD mà EF//BC.

Bài 2: [1H2-3] Cho tứ diện đều ABCD có độ dài các cạnh bằng 2a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AC, BC; P là trọng tâm tam giác BCD. Mặt phẳng



^MNP



cắt tứ diện theo một thiết diện có diện tích là:

A. ^{2 11}. 2

a B. ^{2 2}.

4

a C. ^{2 11}.

4

a D. ^{2 3}.

4 a

Câu 42: [2D3-3] [THPT Chuyên Trần Phú, Hải Phòng, lần 2, 2018] Thể tích vật thể tròn xoay sinh ra khi hình phẳng giới hạn bởi các đường x y, y  x 2, x0 quay quanh Ox có giá trị là kết quả nào sau đây

A. 1

V 3 . B. 3

V  2 . C. ³²

V 15. D. 11 V  6  . Lời giải

Chọn C.

Ta có

2

; 0

x y x y

x y

   

  .

Phương trình hoành độ giao điểm là ² 1 ( )

2 .

2( )

x TM

x x

x L

 

       Thể tích cần tìm là: ¹

 

^{2 4}

0

2 d 32

V 



  x x  x15

Câu 43. [1H2-4] [THPT Chuyên Trần Phú, Hải Phòng, lần 2, 2018] Cho hình lập phương .

ABCD A B C D    có cạnh bằng 2. Cắt hình lập phương bằng một mặt phẳng chứa đường chéo AC. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích thiết diện thu được.

A. 2 6 . B. 6 . C. 4. D. 4 2 .

Lời giải Chọn A.

Gọi d là giao tuyến của mặt phẳng



^ABCD



với mặt phẳng thiết diện. Gọi I là trung điểm của AC.

TH1: Nếu d cắt BC tại M . Đặt ^{BM x}



^{0 x 2}



. Lấy N đối xứng với M qua I thì NA D . Thiết diện là hình bình hành AMC N . Ta có S_{AMC N} 2S_AMC.

Xét hệ trục tọa độ Oxyz, trong đó OA, ^B



^2;0;0



, ^D



^{0; 2;0}



,^A



^{0;0; 2}



. Khi đó ^C



^{2; 2;0}



, ^M



^{2; ;2x}



. Phương trình đường thẳng :

2 x t AC y t

z t

 

  

  



.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M xuống AC. ^{H t t}



^{; ;2t}



; ^{MH }



^{t 2;t x t ;}



^;



^{2; 2; 2}



AC  



. MH AC  . 0 ^2



^{t 2}



²



^{t x}



^{  2}

 

^{t 0}    3t x 2 0 x 3t 2. Do đó ^{MH }



^{t 2; 2 2 ; t t}



^{MH }



^t2

 

^{2 2 2 t}

  

^{2 t 2  6}



^t1



^{2 2 2.}

Khi đó S_{AMC N} 2S_AMC AC MH. 2 3. 2 2 6 .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t 1 M là trung điểm của BC.

TH2: Nếu d cắt cạnh DC, giải tương tự ( cạnh BC và DC vai trò như nhau).

TH3: Nếu d không cắt 2 cạnh BC và DC, khi đó d cắt cạnh BB hoặc A B . Tương tự các cạnh này có vai trò như nhau và giống vai trò của BC.

Câu 44: [2D1-3] [THPT Chuyên Trần Phú, Hải Phòng, lần 2, 2018] Cho hàm số

3 2

2

y  x bx cx d có đồ thị như hình dưới. Khẳng định nào sau đây đúng?

A. bcd 144. B. c² b²d². C. b c d  1. D. b d c  . Lời giải

Chọn C.

Ta có y  6x²2bx c .

Dựa vào đồ thị hàm số, suy ra hàm số có hai điểm cực trị là x1 và x2, do đó

 

 

1 0

2 0

y y

 

  



6 2 0

24 4 0

b c b c

   

    

6 2 0

24 4 0

b c b c

   

    

9 12 b c

 

    .

Đồ thị hàm số đi qua điểm



0; 4 nên



d 4. Do đó b c d  1. Bài tập tương tự

Bài 1: [2D1-3] Cho đồ thị hàm số y ax ⁴bx²c



^a0



có dạng như hình vẽ.

Khẳng định nào sau đây đúng?

A. a0;b0;c0. B. a0;b0;c0. C. a0;b0;c0. D. a0;b0;c0. Bài 2: [2D1-3] Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y ax ⁴bx²c. Biểu thức A a ²b²c² có thể

nhận giá trị nào trong các giá trị sau?

A. A24. B. A20. C. A18. D. A6.

Câu 45: [2D1-3] [THPT Chuyên Trần Phú, Hải Phòng, lần 2, 2018] Cho hàm số ^{y f x}

 

xác định trên _ và hàm số ^{y f x}

 

có đồ thị như hình dưới

Xét các khẳng định sau:

(I). Hàm số ^{y f x}

 

có ba cực trị.

(II). Phương trình ^{f x}

 

^{ m 2018} có nhiều nhất ba nghiệm.

(III). Hàm số ^{y f x}



^1



nghịch biến trên khoảng

 

^{0;1 .}

Số khẳng định đúng là

A. 1 . B. 3. C. 2. D. 0.

Lời giải Chọn C.

Từ đồ thị hàm số ^{y f x}

 

suy ra bảng biến thiên của ^{y f x}

 

như sau:

Suy ra:

(I) đúng.

(II) sai, vì phương trình ^{f x}

 

^{ m 2018} có tối đa bốn nghiệm.

(III) đúng, vì ^x

 

^{0;1   x 1}

 

^{1;2  f x}



^{ 1}



^0.

Câu 46: [2D1-4] [THPT Chuyên Trần Phú, Hải Phòng, lần 2, 2018] Cho ^{x y,} là các số thực dương thỏa mãn điều kiện

2 3 0

2 3 14 0

x xy x y

   

   

 . Tính tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức

2 2 3

3 2 2

P x y xy  x  x.

A. 8. B. 0. C. 12. D. 4.

Lời giải Chọn B.

Với điều kiện bài toán ,x y0 và

2

2 3 3

3 0 x

x xy y x

x x

       

Lại có: 3 ² 9

2 3 14 0 2 3 14 0 5 14 9 0 1;

x y x x x x x 5

x

   

                Từ đó :

2

2 3 3 3 9

3 2 2 5

P x x x x x x x

x x x

   

           Xét hàm số : ^{f x}

 

^{5x 9}

 x; 9 1;5 x  

    

 

2

9 9

' 5 0; 1;

f x x 5

x

 

         Suy ra hàm số luôn đồng biến trên 9

1;5 x  

   ;

 

¹

 

^{9 4}

 

⁴

f f x f  5 f x

       

  . Chọn B

Bài tập tương tự

Bài 1: [2D1-4] Cho hai số ,x y0 và x y 1. Tìm GTNN của biểu thức :

1 1

x y

P x  y

 

A. 3. B. ³2. C. 2. D. 2.

Bài 2: [2D1-4] Cho , ,a b c là độ dài 3 cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3. Tìm GTNN của biểu thức S3a²3b²3c²4abc.

A. 12. B. 13. C. 15. D. 14.

Câu 47: [2D3-4] [THPT Chuyên Trần Phú, Hải Phòng, lần 2, 2018]Cho hàm số ^{f x}

 

có đạo hàm liên tục trên đoạn

 

0;1 thỏa mãn ^f

 

^{1 1}, ¹

 

²

0

d 9

f x x

 

 



^{và 1 3}

 

0

d 1 x f x x 2



. Tích phân

1

 

0

d f x x



^bằng

A. ²

3. B. ⁵

2. C. ⁷

4. D. ⁶

5. Lời giải

Chọn B

Ta có ^{1 3}

 

⁴

 

¹0 ^{1 4}

 

0 0

d 1 d

4 4

x f x

x f x x  x f x x

 

^{1 4}

 

0

d 1

x f x x





  ^.

       

1 1 1 1

2 2

4 4 8

0 0 0 0

9 d d 18 d 81 d 0

f x  x x f x  x x f x x  x x

   

^{ f x}

 

^{9x4 0}

 

^{9 5 14}

5 5

f x x

    ¹

 

0

d 5 f x x 2





 ^.

Bài tập tương tự

Bài 1: [2D3-4] Cho hàm số ^{f x}

 

có đạo hàm liên tục trên đoạn

 

0;1 thỏa mãn ^f

 

^{1 10},

1

 

2 0

d 7

f x x

 

 



^{và 1 2}

 

0

d 3

x f x x



. Tích phân ¹

 

0

d f x x



^bằng:

A. ⁷

20. B. ⁴³

5 . C. ¹⁵

4 . D. ⁶

5.

Bài 2: [2D3-4] Cho hàm số ^{f x}

 

có đạo hàm liên tục trên đoạn

 

0;1 thỏa mãn ^f

 

^{1 10},

1

 

2 0

d 27 f x x

 

 



^{và 1 3}

 

0

d 2

x f x x



. Tích phân ¹

 

0

d f x x



^bằng:

A. ⁹

30. B. ⁵⁹

5 . C. ²³

2 . D. ⁹

30. Câu 48: [2D1-3] [THPT Chuyên Trần Phú, Hải Phòng, lần 2, 2018] Cho hàm số 4 3

3 y x

x

 

 có đồ thị

 

^C . Biết

 

^C có hai điểm phân biệt M N, và tổng khoảng cách từ M hoặc N tới hai tiệm cận là nhỏ nhất. Khi đó MN có giá trị bằng

A. MN 4 2. B. MN 6. C. MN 4 3. D. MN 6 2. Lời giải

Chọn D.

- Giả sử ^{;4 3}

 

3

M m m C

m

  

   , với m3.

- Tiệm cận đứng là: x3, riệm cận ngang là: y4. Do đó tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận là:

4 3

3 4

3 d m m

m

    



3 9 m 3

   m



2. 3 . 9 6

m 3

  m 

 Dấu ”= ” xảy ra khi và chỉ khi 9

3 3

m  m

 ^



^m3



^{2 9} _{    }^m_m^{ 3 3}_{3 3}



6 0 m m

 

  

 

 

6;7 0;1 M M



 

  . Một cách tương tự ta có các điểm

 

 

6;7 0;1 N N





  . Do M , N phân biệt nên MN 6 2.

Câu 49: [1D2-3] [THPT Chuyên Trần Phú, Hải Phòng, lần 2, 2018] Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có bốn chữ số. Tính xác suất để số được chọn có dạng abcd trong đó 1    a b c d 9.

A. 0,014 . B. 0,0495. C.0,079 . D. 0,055 .

Lời giải Chọn D.

Xét phép thử T : ‘Lập số tự nhiên có bốn chữ số’. Khi đó ⁿ

 

^{ 9000}. Xét biến cố B : ‘Số được chọn có dạng abcd trong đó 1    a b c d 9’.

Đặt aa b,  b 1,c c 2,d d 3. Vì 1    a b c d 9 nên 1   a b c d12 đồng thời với mỗi bộ bốn số



^{a b c d   ; ; ;}



được chọn ra từ tập A



1; 2;3;...;11;12



thỏa mãn điều kiện 1   a b c d12 thì ta đều thu được bộ bốn số



^{a b c d; ; ;}



thỏa mãn điều kiện đầu bài. Do đó số các số có dạng abcd trong đó 1    a b c d 9 là C12⁴ . Nên n B

 

C12⁴ . Vậy

   

 

4

12 0,055 9000

n B C P B  n  

 .

Bài tập tương tự

Bài 1: [1D2-3] Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có ba chữ số. Tính xác suất để số được chọn có dạng abc trong đó a b c  .

A. 1

6^{. B.}

11

60^{. C.}

1

4^{. D.}

13 60 ^.

Bài 2: [1D2-3] Cho tập hợp A



1; 2;3;4;...;18



. Lấy ngẫu nhiên từ tập A năm số. Tính xác suất để năm số lấy ra thỏa mãn điều kiện hiệu của hai số bất kì trong 5 số đó không nhỏ hơn 2.

A. 143

952. B. 143

612. C. 143

408. D. 143

621.

Câu 50: [2H1-2] [THPT Chuyên Trần Phú, Hải Phòng, lần 2, 2018] Cho khối lăng trụ đứng ABC A B C.    có đáy là tam giác cân ABC với AB AC 2x, BAC 120, mặt phẳng



^{AB C }



tạo với đáy một góc 30. Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho.

A.

4 3

3

V  x . B. V x³. C.

3 3

16

V  x . D.

9 3

8 V  x . Lời giải

Chọn B.

Gọi I là trung điểm B C  .

Ta có



^



^{AB C }

 

^{, A B C  }

 

^{AIA 30 , A I  A B .tan 60 x , AA A I .tan 30  x}₃ ^.

3 .

. .2 .2 .sin1201 3 2

ABC A B C

V _{  }  x x x  x .

Bài tập tương tự

Bài 1: [2H1-2] Cho lăng trụ đứng ABC A B C. ' ' ' có cạnh ^{BC 2 ,a} góc giữa hai mặt phẳng



^ABC



và



^{A BC'}



bằng 60 .⁰ Biết diện tích của tam giác A BC' bằng 2 .a² Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC A B C. ' ' '

A. V 3 .a³ B. V a³ 3. C.

2 3

3 .

V  a D. ^{3 3}.

3 V  a

Bài 2: [2H1-2] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ABC120. Cạnh bên 3

SA a và SA vuông góc với



^ABCD



. Tính theo a thể tích V của khối chóp .S BCD.

A. ³

2

V a . B. ³

4

V a . C. ^{3 3} 4

V  a . D. ^{3 3} 2 V  a . A

B

C

A

B

C

I