THPT CHUYÊN THÁI BÌNH 2020

Câu 1: B
7

3

𝐴=

√𝑎5 . 𝑎3
7

𝑎4 . √𝑎−2

5

=

7

𝑎3 . 𝑎3
2

𝑎 4 . 𝑎 −7

5 7

2

2

= 𝑎3+3−4−(−7) = 𝑎7

Câu 2: C
𝑦 = 2 sin 𝑥 − cos 𝑥 ⟹ 𝑦 ′ = 2 cos 𝑥 + sin 𝑥
(sin 𝑥)′ = cos 𝑥
(cos 𝑥)′ = sin 𝑥
Câu 3: B
Để hàm nghịch biến trên từng khoảng xác định của hàm số đó thì với 𝐷 là tập xác định
của 1 hàm số 𝑓(𝑥) bất khì thì 𝑓 ′ (𝑥) < 0, ∀𝑥 ∈ 𝐷
Lúc này chỉ có hàm số
1 𝑥
1
1 𝑥
′
𝑦 = ( ) ⟹ 𝑦 = ln ( ) . ( ) < 0
3
3
3
Câu 4: A
Nhìn vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số 𝑓(𝑥) đạt cực tiểu bằng −1 tại điểm 𝑥 = 3 và
đạt cực đại bằng 2 tại 𝑥 = 1. Suy ra , đáp án đúng là A.
Câu 5: D
Ghi nhớ hình bát diện được tạo thành từ hai hình chóp tứ giác có chung đáy nên nó sẽ
bào gồm các cạnh bên của 2 hình chóp và các cạnh của đáy chúng. Suy ra hình bát diện
đều có tổng cộng 4 + 4 + 4 = 12 𝑐ạ𝑛ℎ.
Câu 6: B

Đối với hàm số luỹ thừa 𝑥 𝛼 ,
+ Khi 𝛼 𝑘ℎô𝑛𝑔 â𝑚 ℎ𝑎𝑦 𝛼 ≥ 0: 𝑥 ∈ ℝ.
+ Khi 𝛼 < 0: 𝑥 ≠ 0
+ Khi 𝛼 𝑙à 𝑠ố 𝑡ℎự𝑐: 𝑥 > 0
1

Suy ra chỉ có hàm số 𝑦 = (2𝑥 2 + 1)−3 xác định với mọi giá trị thực của 𝑥.
Câu 7: C
𝑆𝑥𝑞 = 𝜋𝑟𝑙
Câu 8: B
log 𝑎2 (𝑎𝑏) =

1
1
1 1
log 𝑎 (𝑎𝑏) = (log 𝑎 𝑎 + log 𝑎 𝑏) = + log 𝑎 𝑏
2
2
2 2

Câu 9: A
Ta có, 𝑓 ′ (𝑥) < 0, ∀𝑥 ∈ (0; +∞), suy ra hàm số 𝑓(𝑥) nghịch biến trên khoảng(0; +∞).
Từ đây, ta suy ra được, nếu 𝑥1 < 𝑥2 thì 𝑓(𝑥1 ) > 𝑓(𝑥2 ), 𝑥1 , 𝑥2 > 0.
Vậy chỉ có đáp án A là chắc chắn đúng, còn B và D không đủ dữ kiện để kết luận.


Câu 10: A
Vì hình chóp 𝑆. 𝐴𝐵𝐶 có 𝑆𝐴, 𝑆𝐵, 𝑆𝐶 đôi một vuông góc nhau nên
1
𝑎3

𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶 = 𝑆𝐴. 𝑆𝐵. 𝑆𝐶 =
6
6
Câu 11: B
Từ biểu thức 𝑆, ta có thể suy ra công thức tổng quát của từng số hạng trong dãy chính là
phần tử cuối cùng của dãy (−1)𝑛 . 3𝑛 𝐶𝑛𝑛 = (−3)𝑛 𝐶𝑛𝑛 .
Từ đây, ta sử dụng khai triển Niu-tơn với 𝑎 = 1 𝑣à 𝑏 = −3. Khi đó:
(𝑎𝑥 + 𝑏)𝑛 = (𝑥 − 3)𝑛 = 𝐶𝑛0 𝑥 𝑛 (−3)0 + 𝐶𝑛1 𝑥 𝑛−1 (−3)1 + ⋯ + 𝐶𝑛𝑛 𝑥 0 (−3)𝑛
Chọn 𝑥 = 1 , ta có:
(1 − 3)𝑛 = 𝐶𝑛0 1𝑛 (−3)0 + 𝐶𝑛1 1𝑛−1 (−3)1 + ⋯ + 𝐶𝑛𝑛 10 (−3)𝑛
⟺ (−2)𝑛 = 𝐶𝑛0 − 3𝐶𝑛1 + ⋯ + 𝐶𝑛𝑛 (−3)𝑛
⟺ 𝑆 = (−2)𝑛
Câu 12: B
Để lập được 1 vectơ khác ⃗0, ta cần có 2 điểm phân biệt bất kì và từ mỗi cặp điểm có thể
tạo thành 2 vectơ với điểm điểm đầu và điểm cuối được hoán đổi vị trí nên số vectơ có
2
thể lập chính là 𝐴10
.
Câu 13: A
Nhìn vào bảng biến thiên, ta suy ra được:
+ lim 𝑓(𝑥) = ∞ ⟹ 𝑇𝑖ệ𝑚 𝑐ậ𝑛 đứ𝑛𝑔 𝑙à 𝑥 = 1
𝑥⟶1

+ lim 𝑓(𝑥) = 3 ⟹ 𝑇𝑖ệ𝑚 𝑐ậ𝑛 𝑛𝑔𝑎𝑛𝑔 𝑙à 𝑦 = 3
𝑥⟶−∞

lim 𝑓(𝑥) = 5 ⟹ 𝑇𝑖ệ𝑚 𝑐ậ𝑛 𝑛𝑔𝑎𝑛𝑔 𝑙à 𝑦 = 5

𝑥⟶+∞

Vậy hàm số có tổng cộng 3 đường tiệm cận.
Câu 14: D
Nhìn vào đồ thị ta có thể suy ra hàm số có đồ thị đồng biến trên tập xác định của nó
𝐷 = (0; +∞). Suy ra loại A, B, C
Câu 15: B
Nhìn vào đồ thị, ta thấy nhánh đồ thị cuối khi 𝑥 ⟶ +∞ thì 𝑓(𝑥) đồng biến nên hệ số
𝑎 > 0, loại A, D. Vì đồ thị đi qua điểm có toạ độ (2; −2) nên suy ra B.
Câu 16: C
Số cực trị của hàm số chính là số nghiệm đơn của phương trình của đạo hàm của chính
hàm số đó. Ta có:
𝑦 = 𝑥 4 − 𝑥 2 + 3 ⟹ 𝑦 ′ = 4𝑥 3 − 2𝑥
𝑥=0
′
3
2
𝑦 = 0 ⟺ 4𝑥 − 2𝑥 = 0 ⟺ 2𝑥(2𝑥 − 1) = 0 ⟺ [
√2
𝑥=±
2
Vậy hàm số có tổng cộng 3 điểm cực trị.


Câu 17: D
Gọi 𝑎′ là độ dài cạnh của hình lập phương.
Độ dài đường chéo 𝐴𝐶 = 𝑎′√2
Suy ra 𝑆𝐴𝐶𝐶 ′ 𝐴′ = 𝐴𝐴′ . 𝐴𝐶 = 𝑎′. 𝑎′√2 = 𝑎′2 √2
2
⟹ 𝑎′ √2 = 2√2𝑎2 ⟺ 𝑎′ = √2𝑎
3

3

Vậy 𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷.𝐴′ 𝐵′ 𝐶 ′ 𝐷′ = 𝑎′ = (√2𝑎) = 2√2𝑎3
Câu 18: C
Số giao điểm của đồ thị 2 hàm số chính là số nghiệm của phương trình tạo bởi 2 hàm số
đó, ta có phương trình hoành độ giao điểm:
𝑥 3 − 3𝑥 + 3 = 𝑥 ⟺ 𝑥 3 − 4𝑥 + 3 = 0 ⟹ 𝑃ℎươ𝑛𝑔 𝑡𝑟ì𝑛ℎ 𝑐ó 3 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑝ℎâ𝑛 𝑏𝑖ệ𝑡
Câu 19: B
Ta có phương trình hoành độ giao điểm:
2𝑥 − 1
= 2𝑥 − 3 ⟺ 2𝑥 − 1 = 2𝑥 2 − 𝑥 − 3 ⟺ 2𝑥 2 − 3𝑥 − 2 = 0
𝑥+1
Gọi 𝐴(𝑥𝐴 ; 𝑦𝐴 ), 𝐵(𝑥𝐵 ; 𝑦𝐵 ). Khi đó, vì A và B là các giao điểm của 2 đồ thị nên áp dụng định
lí Viet và thay 𝑥𝐴 , 𝑥𝐵 vào đường thẳng 𝑦 = 2𝑥 − 3 ta có:
3
𝑥𝐴 + 𝑥𝐵 =
2
{
𝑦𝐴 = 2𝑥𝐴 − 3
𝑦𝐵 = 2𝑥𝐵 − 3
Suy ra: 𝑀(𝑥𝑀 ; 𝑦𝑀 ) với

3
𝑥𝐴 + 𝑥𝐵
3
𝑥𝑀 =
𝑥𝑀 =
4
2
4

{
⟺{
𝑦𝐴 + 𝑦𝐵 ⟺ {
3
2(𝑥𝐴 + 𝑥𝐵 ) − 6
𝑦𝑀 =
𝑦𝑀 = −
𝑦𝑀 =
2
2
2
𝑥𝑀 =

Câu 20: B
Hàm số nghịch biến khi và chỉ khi đạo hàm của nó nhỏ hơn 0 với mọi 𝑥 thuộc một khác
cho trước. Suy ra, để hàm số 𝑦 = log 2 (𝑥 2 − 2𝑥) nghịch biến thì
2𝑥 − 2
(𝑥 2 − 2𝑥)(2𝑥 − 2) < 0
𝑦′ = 2
<0
2𝑥 − 2 < 0
{
⟺{
⟺{ 2
(𝑥 − 2𝑥). ln 2
2
𝑥
− 2𝑥 > 0
𝑥
−

2𝑥
>
0
𝑥 2 − 2𝑥 > 0
𝑥<1
⟺{ 𝑥>2⟺𝑥<0
[
𝑥<0
Câu 21: A
𝑦=

2𝑥 + 1
𝑥−1

⟹ 𝑇𝑖ệ𝑚 𝑐ậ𝑛 đứ𝑛𝑔 𝑙à 𝑥 = 1 𝑣à 𝑡𝑖ệ𝑚 𝑐ậ𝑛 𝑛𝑔𝑎𝑛𝑔 𝑙à 𝑦 = 2
Suy ra hình chữ nhật tạo bởi 2 tiệm cận của đồ thị hàm số và các trục toạ độ có diện tích
chính bằng
𝑆 = |1.2| = 2


Câu 22: B
Gọi 𝑑 là khoảng cách từ mặt phẳng (𝑃) 𝑐ℎ𝑜 đế𝑛 𝐼, suy ra:
𝑅
𝑑=
2
Gọi 𝑟 là bán kính của thiết diện tạo bởi (𝑆) 𝑣à 𝑚ặ𝑡 𝑝ℎẳ𝑛𝑔 (𝑃). Ta có:
𝑅2
𝑅√3
𝑑2 + 𝑟 2 = 𝑅2 ⟺
+ 𝑟 2 = 𝑅2 ⟺ 𝑟 =

4
2
Câu 23: A
1
1
1
Ta có: 𝑓(𝑥) = 2 𝑥 − √𝑥 + 1 ⟹ 𝑓 ′ (𝑥) = 2 − 2√𝑥+1
1
1
𝑓 ′ (𝑥) = 0 ⟺ −
= 0 ⟺ √𝑥 + 1 = 1 ⟺ 𝑥 = 0
2 2√𝑥 + 1
Vì
𝑓 ′ (𝑥) < 0 ⟺ −1 < 𝑥 < 0 ⟹ 𝐻à𝑚 𝑠ố 𝑛𝑔ℎị𝑐ℎ 𝑏𝑖ế𝑛 𝑡𝑟ê𝑛 𝑘ℎ𝑜ả𝑛𝑔 (−1; 0)
{
𝑓 ′ (𝑥) > 0 ⟺ 𝑥 > 0 ⟹ 𝐻à𝑚 𝑠ố đồ𝑛𝑔 𝑏𝑖ế𝑛 𝑡𝑟ê𝑛 𝑘ℎ𝑜ả𝑛𝑔 (0; +∞)
Và
𝑓(0) = −1
1
{
𝑓(3) = −
2
Suy ra:
𝑚 = −1
1 ⟹ 𝑆 = 2𝑀 − 𝑚 = 0
{
𝑀=−
2
Câu 24: B
Ta có: 𝑦 = 𝑥 3 − 3𝑥 2 − 9𝑥 + 7 ⟹ 𝑦 ′ = 3𝑥 2 − 6𝑥 − 9

Để hàm số đồng biến thì:
𝑦 ′ > 0 ⟺ 3𝑥 2 − 6𝑥 − 9 > 0 ⟺ [
Vì (−5; −2) ⊂ (−∞; −1) nên chọn đáp án B

𝑥 < −1
𝑥>3

Câu 25: C
Ta có: 𝑦 = 2𝑥 3 + 𝑥𝑙𝑛 𝑥 ⟹ 𝑦 ′ = 6𝑥 2 + ln 𝑥 + 1
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (𝐶) tại điểm 𝑀(1; 2) có dạng:
𝑦 = 𝑓 ′ (𝑥0 )(𝑥 − 𝑥0 ) + 𝑦0
𝑎 = 𝑓 ′ (1)
𝑎=7
𝐻𝑎𝑦 𝑦 = 𝑎𝑥 + 𝑏 𝑣ớ𝑖 {
⟺{
𝑏 = (−1)𝑓 ′ (1) + 2
𝑏 = −5
Câu 26: D
Vì 𝐴𝐵𝐶 là tam giác đều cạnh 𝑎 nên 𝑆𝐴𝐵𝐶 =
𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶 =

√3𝑎2
4

1
1 √3𝑎2 √3𝑎3
. 𝑆𝐴. 𝑆𝐴𝐵𝐶 = . 𝑎.
=
3
3

4
12

Câu 27: B
Đặt 𝑇 = 20 000 000 là số tiền gốc của hai anh em A.
𝑟 = 0,5% là lãi suất hàng tháng của ngân hàng
Như vậy, sau 1 năm tức 12 tháng số tiền cả gốc lẫn lãi của hai anh em là:
𝑇(1 + 𝑟)12 ≈ 21 233 556 ≈ 21 234 000 đồ𝑛𝑔


Câu 28: C

Ta có:
𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝑉𝑆.𝐵𝐶𝐷 + 𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐷

Mà

𝑉𝑆.𝐵𝐶𝐷 = 𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐷 (𝑑𝑜 𝑐ó 𝑐ù𝑛𝑔 𝑐ℎ𝑖ề𝑢 𝑐𝑎𝑜
𝑣à 2 đá𝑦 𝑐ù𝑛𝑔 𝑑𝑖ệ𝑛 𝑡í𝑐ℎ)
Suy ra:
1
𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶𝐷 = 2𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐷 = 2𝑉𝐷.𝑆𝐴𝐵 = 2. . 𝑑(𝐷, (𝑆𝐴𝐵)). 𝑆𝑆𝐴𝐵
3
2
= . 2. 𝑑(𝑀, (𝑆𝐴𝐵)). 𝑆𝑆𝐴𝐵
3
4
3
⟹ 4𝑎 = . 𝑑(𝑀, (𝑆𝐴𝐵)). 𝑎2 ⟺ 𝑑(𝑀, (𝑆𝐴𝐵)) = 3𝑎
3

Câu 29: A
Gọi 𝐻(ℎ; 0) với điều kiện của ℎ sao cho đường thẳng đi qua 𝐻 song song với trục tung
cắt đồ thị của các hàm số 𝑦 = log 𝑎 𝑥 𝑣à 𝑦 = log 𝑏 𝑥 𝑡ạ𝑖 𝐴 𝑣à 𝐵.
Suy ra 𝐴(ℎ; log 𝑎 ℎ) 𝑣à 𝐵(ℎ; log 𝑏 ℎ)
Ta có:
log 𝑎 ℎ
4
3𝐻𝐴 = 4𝐻𝐵 ⟺ 3 log 𝑎 ℎ = −4 log 𝑏 ℎ (𝑣ì log 𝑏 ℎ < 0) ⟺
=−
log 𝑏 ℎ
3
4
⟺ log 𝑎 𝑏 = − ⟺ 𝑎−4 = 𝑏 3 ⟺ 𝑎4 𝑏 3 = 1
3
Câu 30: B
Vì hình trụ nội tiếp hình lập phương cạnh 𝑎 nên chiều cao của hình trụ ℎ = 𝑎 và bán
𝑎
kính đáy của hình trụ 𝑟 = 2. Lúc này
𝑎 2
1
𝑉𝑡𝑟ụ = ℎ. 𝑟 2 . 𝜋 = 𝑎. ( ) . 𝜋 = 𝜋𝑎3
2
4
Câu 31: C
𝑥−2
Ta có: 𝑦 = √𝑥 2 − 4𝑥 − 5 ⟹ 𝑦 ′ = √𝑥 2
𝑣ớ𝑖 𝑥 ∈ (−∞; −1) ∪ (5; +∞)
−4𝑥−5
Suy ra: Hàm số đồng biến trên khoảng (5; +∞) và nghịch biến trên khoảng (−∞; −1)
Câu 32: B

Vì 𝐴𝐵𝐶. 𝐴′𝐵′𝐶′ là hình lăng trụ đều nên 𝐴′𝐵′𝐶′ là tam giác đều
và 𝐵𝐵′ ⊥ (𝐴′𝐵′𝐶′).
Với 𝐷 là trung điểm 𝐵′𝐶′, ta có:
𝐴′ 𝐷 ⊥ 𝐵 ′ 𝐶 ′
{ ′
⟹ 𝐴′ 𝐷 ⊥ (𝐵𝐵 ′ 𝐶 ′ 𝐶) ⟹ 𝐴′ 𝐷 ⊥ 𝐵𝐷
𝐴 𝐷 ⊥ 𝐵𝐵 ′
Suy ra 𝐷 là hình chiếu vuông góc của 𝐴′ lên (𝐵𝐵 ′ 𝐶 ′ 𝐶)
Nên góc hợp bởi 𝐴′ 𝐵 𝑣à (𝐵𝐵 ′ 𝐶 ′ 𝐶) chính là góc hợp bởi
′ 𝐵𝐷
𝐴′ 𝐵 𝑣à 𝐵𝐷 ℎ𝑎𝑦 𝐴̂
𝐴𝐵√3 𝑎√3
3
𝐴′ 𝐷 =
=
, 𝐵𝐷 = √𝐵𝐵 ′2 + 𝐵 ′ 𝐷2 = 𝑎
2
2
2
𝐴′ 𝐷 √3
′ 𝐵𝐷 = 300
𝑡𝑎𝑛 𝐴 𝐵𝐷 =
=
⟹ 𝐴̂
𝐵𝐷
3
′


Câu 33: D

Thể tích thực của khối tròn xoay (𝐻) được hợp thành từ khối nón cụt và khối trụ. Từ
mặt cắt qua trục của (𝐻), ta dễ dàng tính được
1
1
14
𝑉𝑛ó𝑛 𝑐ụ𝑡 = . 4.22 . 𝜋 − . 2.12 . 𝜋 =
𝜋(𝑐𝑚3 )
3
3
3
𝑉𝑡𝑟ụ = 4.1,52 . 𝜋 = 9𝜋(𝑐𝑚3 )
14
41
𝑉(𝐻) = 𝑉𝑛ó𝑛 𝑐ụ𝑡 + 𝑉𝑡𝑟ụ =
𝜋 + 9𝜋 =
𝜋(𝑐𝑚3 )
3
3
Câu 34: A
Từ tập 𝐴 = {1,2,3, … ,20} ta suy ra tập có 10 số chẵn và 10 số lẻ.
Để các tập rỗng có số phần tử là số chẵn bằng số phần tử là số lẻ thì lần lượt ta sẽ chọn 1
số lượng các số chẵn trong 10 số chẵn và chọn với số lượng tương ứng trong 10 số lẻ .
1
Ví dụ nếu chọn 1 số chẵn bất kì trong 10 số chẵn, ta sẽ có 𝐶10
𝑐á𝑐ℎ 𝑐ℎọ𝑛, và cũng có
1
𝐶10 𝑐á𝑐ℎ 𝑐ℎọ𝑛 số lẻ tương ứng.
Như vậy tổng số tập con có thể tạo thành là
3 3
10 10

1 1
2 2
𝐶10
𝐶10 + 𝐶10
𝐶10 + 𝐶10
𝐶10 + ⋯ + 𝐶10
𝐶10 = 184755(𝑡ậ𝑝 𝑐𝑜𝑛)
Câu 35: B
Vẽ đường tròn (𝑂) đường kính 𝐴𝐹,
̂ = 𝐴𝐶𝐹
̂ = 900 (1)
suy ra 𝐴𝐵𝐹
𝐵𝐹 ⊥ 𝐴𝑀
𝐴𝑀 ⊥ 𝑀𝐹
⟹{
⟹{
𝐶𝐹 ⊥ 𝐴𝑁
𝐴𝑁 ⊥ 𝑁𝐹
̂ = 𝐴𝑁𝐹
̂ = 900 (2)
⟹ 𝐴𝑀𝐹
Từ (1) 𝑣à (2), suy ra 𝑀, 𝑁, 𝐵, 𝐶
thuộc cùng 1 mặt cầu (𝑂) đường
kính 𝐴𝐹.
Nên 𝑅 = 𝑂𝐴
𝐵𝐶 = √7
𝐴𝐵 = 3
𝐴𝐵. 𝐴𝐶. 𝐵𝐶 = 6√7
{ 𝐴𝐶 = 2 ⟹
3√3

̂ = 600
𝐵𝐴𝐶
𝑆𝐴𝐵𝐶 =
2
{
𝐴𝐵. 𝐴𝐶. 𝐵𝐶 √21
⟹ 𝑅 = 𝑂𝐴 =
=
4𝑆𝐴𝐵𝐶
3
Như vây, đối với dạng toán này, chỉ
cần tính bán kính đường tròn ngoại
tiếp của tam giác đáy


Câu 36: D
𝑚𝑥+1

Ta có: 𝑦 =

1 𝑥+𝑚
(5)

𝑚𝑥+1

′

⟹𝑦 =

𝑚2 −1

1 1 𝑥+𝑚
. ln 5 . (5)
(𝑥+𝑚)2
1

Để hàm số đồng biến trên khoảng (2 ; +∞) thì

𝑚𝑥+1

𝑚2 − 1
1 1 𝑥+𝑚
1
𝑦′ =
. ln . ( )
> 0, ∀𝑥 ∈ ( ; +∞)
2
(𝑥 + 𝑚)
5 5
2

𝑚𝑥+1

Vì

1

1 𝑥+𝑚
ln 5 . (5)

< 0, ∀𝑥 ≠ −𝑚, nên:

𝑚2 − 1
1
< 0, ∀𝑥 ∈ ( ; +∞)
2
(𝑥 + 𝑚)
2
𝑚2 − 1 < 0

⟹{

𝑥 = −𝑚 ≤

1
1
(𝑇ậ𝑝 𝑥á𝑐 đị𝑛ℎ 𝑝ℎả𝑖 𝑏𝑎𝑜 𝑔ồ𝑚 𝑘ℎ𝑜ả𝑛𝑔 ( ; +∞))
2
2
−1 < 𝑚 < 1
1
1 ⟺− ≤𝑚<1
⟺{
𝑚≥−
2
2

Câu 37: A
Ta có: 𝑦 = 𝑥 3 − 3𝑚𝑥 2 − 9𝑚2 𝑥 ⟹ 𝑦 ′ = 3𝑥 2 − 6𝑚𝑥 − 9𝑚2
Để hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 1) thì
𝑦 ′ = 3𝑥 2 − 6𝑚𝑥 − 9𝑚2 < 0, ∀𝑥 ∈ (0; 1)
Ta có:

𝑦 ′ = 3𝑥 2 − 6𝑚𝑥 − 9𝑚2 = 3(𝑥 2 − 2𝑚𝑥 + 𝑚2 ) − 12𝑚2
= 3(𝑥 − 𝑚)2 − 12𝑚2 = 3[(𝑥 − 𝑚)2 − 4𝑚2 ] = 3(𝑥 − 3𝑚)(𝑥 + 𝑚)
𝑥 − 3𝑚 < 0
𝑥 < 3𝑚
{
{
⟹ 𝑦 ′ < 0 ⟺ [ 𝑥 + 𝑚 > 0 ⟺ [ 𝑥 > −𝑚
𝑥 − 3𝑚 > 0
𝑥 > 3𝑚
{
{
𝑥+𝑚<0
𝑥 < −𝑚
Xét 𝑚 ≥ 0, khi đó:
−𝑚 < 𝑥 < 3𝑚 ⟹ {
Xét 𝑚 < 0, khi đó:
Vậy

𝑚≥0
1
−𝑚 ≤ 0
1⟺𝑚≥
⟺{
3𝑚 ≥ 1
𝑚≥
3
3

3𝑚 ≤ 0
𝑚≤0

3𝑚 < 𝑥 < −𝑚 ⟹ {
⟺{
⟺ 𝑚 ≤ −1
−𝑚 ≥ 1
𝑚 ≤ −1
1
[ 𝑚≥3
𝑚 ≤ −1


Câu 38: C
Ta có: 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 − (𝑚 + 3)𝑥 2 + 2𝑚𝑥 + 2 ⟹ 𝑓 ′ (𝑥) = 3𝑥 2 − 2(𝑚 + 3)𝑥 + 2𝑚
Với 𝑚 > 0, ∆′ = (𝑚 + 3)2 − 6𝑚 = 𝑚2 + 9 > 0
Suy ra hàm số 𝑓(𝑥) luôn có 2 điểm cực trị
Gọi 2 cực trị lần lượt là 𝑥1 𝑣à 𝑥2 , vì 𝑥1 𝑣à 𝑥2 là nghiệm của phương trình 𝑓 ′ (𝑥) = 0 nên
áp dụng định lí Viet, ta có:
2(𝑚 + 3)
𝑥1 + 𝑥2 =
3
{
2𝑚
𝑥1 𝑥2 =
3
Vì 𝑚 > 0 nên 𝑥1 , 𝑥2 > 0.
Ta kết luận được rằng đồ thị của 𝑓(|𝑥|) có tổng cộng 5 cực trị
Câu 39: A

Ta có: 𝐶𝐷⁄/𝐴𝐵 ⟹ 𝐶𝐷⁄/(𝑆𝐴𝐵)
⟹ 𝑑(𝑃, (𝑆𝐴𝐵)) = 𝑑(𝐷, (𝑆𝐴𝐵))
1

𝑆𝐴𝑀𝑁 = 𝑆𝑆𝑀𝑁 = 𝑆𝑆𝐴𝐵
4
1
𝑉𝐴𝑀𝑁𝑃 = . 𝑑(𝑃, (𝐴𝑀𝑁)). 𝑆𝐴𝑀𝑁
3
1
1
1
= . 𝑑(𝐷, (𝑆𝐴𝐵)). 𝑆𝑆𝐴𝐵 = 𝑉𝐷.𝑆𝐴𝐵
3
4
4
Mặt khác,
𝑉
𝑉𝐷.𝑆𝐴𝐵 = 𝑉𝑆.𝐵𝐶𝐷 =
2
Suy ra,
1 𝑉 𝑉
𝑉𝐴𝑀𝑁𝑃 = . =
4 2 8

Câu 40: B
Vì 𝐴 là tập hợp các số tự nhiên có 9 chữ số đôi một khác nhau nên ta có: 𝑛(Ω) = 9𝐴89
Do các số này được thành lập từ 9 trong các chữ số từ 0 đến 9 mà tổng
0 + 1 + 2 + ⋯ + 9 = 45 ⋮ 3
̅̅̅̅
Nên tổng các chữ số của số cần lập có dạng 45 − 𝑥, 𝑥 ∈ 0,9
Và (45 − 𝑥) ⋮ 3 ⟹ 𝑥 ⋮ 3 ⟹ 𝑥 𝑐ℎỉ 𝑐ó 𝑡ℎể 𝑙à 0, 3, 6 ℎ𝑜ặ𝑐 9.
Vậy số các số cần tìm là 9! + 8.8! + 8.8! + 8.8!
Vậy xác suất cần tìm là

9! + 8.8! + 8.8! + 8.8! 11
=
27
9𝐴89


Câu 41: C
Nhìn vào đồ thị ta thấy phương trình 𝑓(𝑥) = 0 có tổng cộng 3 nghiệm phân biệt
𝑓(𝑎) = 0, 𝑎 ∈ (−2; −1)
{ 𝑓(𝑏) = 0, 𝑏 ∈ (0; 1)
𝑓(𝑐) = 0, 𝑐 ∈ (1; 2)
Khi đó:
𝑓(𝑥) = 𝑎
𝑓(𝑓(𝑥)) = 0 ⟺ { 𝑓(𝑥) = 𝑏
𝑓(𝑥) = 𝑐
Tiếp tục nhìn vào đồ thị,
+ 𝑉ớ𝑖 𝑎 ∈ (−2; −1), 𝑡𝑎 𝑡ℎấ𝑦 đườ𝑛𝑔 𝑡ℎẳ𝑛𝑔 𝑦 = 𝑎 𝑐ắ𝑡 đồ 𝑡ℎị ℎà𝑚 𝑠ố 𝑡ạ𝑖 1 đ𝑖ể𝑚
⟹ 𝑃ℎươ𝑛𝑔 𝑡𝑟ì𝑛ℎ 𝑓(𝑥) = 𝑎 𝑐ó 1 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑑𝑢𝑦 𝑛ℎấ𝑡
Tương tự:
𝑃ℎươ𝑛𝑔 𝑡𝑟ì𝑛ℎ 𝑓(𝑥) = 𝑏 𝑣à 𝑓(𝑥) = 𝑐 đề𝑢 𝑐ó 3 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑝ℎâ𝑛 𝑏𝑖ệ𝑡
Vậy phương trình 𝑓(𝑓(𝑥)) = 0 𝑐ó 𝑡ổ𝑛𝑔 𝑐ộ𝑛𝑔 7 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑝ℎâ𝑛 𝑏𝑖ệ𝑡
Câu 42: C
Ta có: 𝑓(𝑥) = 2𝑥 4 − 4𝑥 3 + 3𝑚𝑥 2 − 𝑚𝑥 − 2𝑚√𝑥 2 − 𝑥 + 1 + 2
= 2𝑥 4 − 4𝑥 3 + 2 + 𝑚(3𝑥 2 − 𝑥 − 2√𝑥 2 − 𝑥 + 1)
𝑓(𝑥) ≥ 0 ⟺ 2𝑥 4 − 4𝑥 3 + 2 + 𝑚 (3𝑥 2 − 𝑥 − 2√𝑥 2 − 𝑥 + 1) ≥ 0
Xét
𝑥=1
3𝑥 2 − 𝑥 − 2√𝑥 2 − 𝑥 + 1 = 0 ⟺ [
(𝑆ℎ𝑖𝑓𝑡 𝑆𝑜𝑙𝑣𝑒)
𝑥 ≈ −0,892

Khi 𝑥 = 1: 𝑓(𝑥) = 0 ≥ 0
Khi 𝑥 ≈ −0,892: 𝑓(𝑥) ≈ 0,084 ≥ 0
⟹ 𝑇ℎ𝑜ả 𝑦ê𝑢 𝑐ầ𝑢 đề 𝑏à𝑖
Xét 3𝑥 2 − 𝑥 − 2√𝑥 2 − 𝑥 + 1 ≠ 0
Dùng bảng gía trị (máy tính bỏ túi), ta có:
3𝑥 2 − 𝑥 − 2√𝑥 2 − 𝑥 + 1 > 0 ⟺ 𝑥 ∈ (−∞; −0,892) ∪ (1; +∞)
{
3𝑥 2 − 𝑥 − 2√𝑥 2 − 𝑥 + 1 < 0 ⟺ 𝑥 ∈ (−0,892; 1)
+ Xét 𝑥 ∈ (−∞; −0,892) ∪ (1; +∞):
−2𝑥 4 + 4𝑥 3 − 2
𝑚≥
3𝑥 2 − 𝑥 − 2√𝑥 2 − 𝑥 + 1
−2𝑥 4 +4𝑥3 −2

Tiếp tục dùng bảng giá trị, tìm GTLN của 2
, ta được:
3𝑥 −𝑥−2√𝑥 2 −𝑥+1
−2𝑥 4 + 4𝑥 3 − 2
≤ 1 𝑡ạ𝑖 𝑥 = 1,00001
3𝑥 2 − 𝑥 − 2√𝑥 2 − 𝑥 + 1
Suy ra 𝑚 ≥ 1
+ Xét 𝑥 ∈ (−0,892; 1):
−2𝑥 4 + 4𝑥 3 − 2
𝑚≤
3𝑥 2 − 𝑥 − 2√𝑥 2 − 𝑥 + 1
−2𝑥 4 +4𝑥 3 −2

Dùng bảng giá trị, tìm GTNN của 2
, ta được:
3𝑥 −𝑥−2√𝑥2 −𝑥+1

−2𝑥 4 + 4𝑥 3 − 2
≥ 1,003 𝑡ạ𝑖 𝑥 = 0,054
3𝑥 2 − 𝑥 − 2√𝑥 2 − 𝑥 + 1


Suy ra 𝑚 ≤ 1,003
Vậy dự đoán được 1 ≤ 𝑚 ≤ 1,003
Câu 43: A

Gọi 𝑁, 𝐷 là trung điểm của 𝐵𝐵 ′ 𝑣à 𝐴′𝐵′
Suy ra, 𝐴𝐵 ⁄/𝑀𝑁 ⟹ 𝐴𝐵 ⁄/(𝐶′𝑀𝑁)
⟹ 𝑑(𝐴𝐵, 𝑀𝐶 ′ ) = 𝑑(𝐴𝐵, (𝐶 ′ 𝑀𝑁)) = 𝑑(𝐴, (𝐶′𝑀𝑁))
Ta có:
𝑉𝐴𝐵𝐶.𝐴′ 𝐵′𝐶 ′ = 𝑉𝐶 ′ .𝐴′ 𝐵′ 𝑁𝑀 + 𝑉𝐴.𝐶 ′ 𝑀𝑁 + 𝑉𝐶 ′ .𝐴𝐶𝑁 + 𝑉𝑁.𝐴𝐵𝐶
+ 𝑉𝐴𝐵𝐶.𝐴′ 𝐵′𝐶 ′ = 𝑎3
1
1 𝑎√2 2√2𝑎2 𝑎3
+ 𝑉𝐶 ′ .𝐴′ 𝐵′𝑁𝑀 = . 𝐶 ′ 𝐷. 𝑆𝐴′ 𝐵′ 𝑁𝑀 = .
.
=
3
3 2
2
3
1
1 1
𝑎3
+ 𝑉𝐶 ′ .𝐴𝐶𝑁 = . 𝐴𝐶. 𝑆𝐶𝐶 ′ 𝑁 = . 𝑎. . 2𝑎. 𝑎 =
3
3 2

3
1
𝑎3
+ 𝑉𝑁.𝐴𝐵𝐶 = . 𝐵𝑁. 𝑆𝐴𝐵𝐶 =
3
6
𝑎3
Suy ra, 𝑉𝐴.𝐶 ′ 𝑀𝑁 = 6
𝑎2 √3
2
𝑎√3
Vậy 𝑑(𝐴, (𝐶 ′ 𝑀𝑁)) = 3
𝑆𝐶 ′ 𝑀𝑁 =

Câu 44: B
Ta có: log 𝑥 2 +𝑦 2 +3(2𝑥 + 2𝑦 + 5) ≥ 1 ⟺ 2𝑥 + 2𝑦 + 5 ≥ 𝑥 2 + 𝑦 2 + 3
⟺ 𝑥 2 − 2𝑥 + 1 + 𝑦 2 − 2𝑦 + 1 ≤ 4 ⟺ (𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 1)2 ≤ 4
⟹ (𝑥; 𝑦) 𝑙à 𝑡ậ𝑝 ℎợ𝑝 đ𝑖ể𝑚 𝑐ủ𝑎 ℎì𝑛ℎ 𝑡𝑟ò𝑛 (𝐶) 𝑡â𝑚 𝐼(1; 1) 𝑏á𝑛 𝑘í𝑛ℎ 𝑟 = 2
Mà
𝑥 2 + 𝑦 2 + 4𝑥 + 6𝑦 + 13 − 𝑚 = 0
⟺ (𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 1)2 − 4
= −6𝑥 − 8𝑦 − 15 + 𝑚
Để tồn tại duy nhất cặp (𝑥; 𝑦) thoả yêu cầu đề bài thì
đường thẳng có phương trình
−6𝑥 − 8𝑦 − 15 + 𝑚 = 0 phải là tiếp tuyến của (𝐶)
Nhìn vào hình vẽ, vì đường thẳng không cắt hình tròn
nên sẽ có 2 tiếp tuyến cần tìm, suy ra tồn tại 2 giá trị
𝑚 thoả yêu cầu đề bài

Câu 45: A
′
Ta có: 𝑓 ′ (𝑥 2 ) = 2𝑥(𝑓(𝑥 2 ))
Để hàm số 𝑓(𝑥 2 ) nghịch biến thì
𝑥>0
′
(𝑓(𝑥 2 )) < 0
′ (𝑥 2 )
2 ))′
𝑓
= 2𝑥(𝑓(𝑥
<0⟺
𝑥<0
′
{
[ (𝑓(𝑥 2 )) > 0
𝑥>0
′
𝑋é𝑡 {
(𝑓(𝑥 2 )) < 0
⟹ 𝑥 6 (𝑥 2 − 9)(𝑥 2 − 1)2 < 0 ⟹ 𝑥 2 − 9 < 0 ⟺ −3 < 𝑥 < 3
Suy ra 0 < 𝑥 < 3
{

𝑋é𝑡 {

𝑥<0
′
(𝑓(𝑥 2 )) > 0

⟹ 𝑥 6 (𝑥 2 − 9)(𝑥 2 − 1)2 > 0 ⟹ 𝑥 2 − 9 > 0 ⟺ [
Suy ra 𝑥 < −3
Vậy 𝑥 ∈ (−∞; −3) ∪ (0; 3)

𝑥>3
𝑥 < −3

Câu 46: D
′
Ta đặt: ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑥 2 ) − 2𝑥 ⟹ ℎ′ (𝑥) = 2𝑥(𝑓(𝑥 2 )) − 2
Suy ra:
′
ℎ(𝑥) đồ𝑛𝑔 𝑏𝑖ế𝑛 ⟺ 𝑥(𝑓(𝑥 2 )) − 1 > 0
{
′
ℎ(𝑥) 𝑛𝑔ℎị𝑐ℎ 𝑏𝑖ế𝑛 𝑏𝑖ế𝑛 ⟺ 𝑥(𝑓(𝑥 2 )) − 1 < 0
Gọi 𝑎 𝑙à 𝑔𝑖á 𝑡𝑟ị 𝑠𝑎𝑜 𝑐ℎ𝑜 𝑓 ′ (𝑎) = 1, 𝑎 ∈ (0; 1) ⟹ 𝑎2 ∈ (0; 1)
Nhìn vào đồ thị hàm số 𝑓 ′ (𝑥), ta dễ dàng thấy được với 𝑥 ∈ (0; 𝑎)
′
′
′
𝑓 ′ (𝑥) < 1 ⟹ (𝑓(𝑥 2 )) < 1 ⟹ 𝑥(𝑓(𝑥 2 )) < 1 ⟺ 𝑥(𝑓(𝑥 2 )) − 1 < 0
Suy ra hàm số ℎ(𝑥) 𝑛𝑔ℎị𝑐ℎ 𝑏𝑖ế𝑛 𝑡𝑟ê𝑛 𝑘ℎ𝑜ả𝑛𝑔(0; 𝑎)
Vì 𝑓(0) = 0, 𝑓(𝑥) 𝑐ó 1 𝑐ự𝑐 𝑡𝑟ị 𝑑𝑢𝑦 𝑛ℎấ𝑡 𝑡ạ𝑖 𝑥 = 0 𝑛ê𝑛 𝐺𝑇𝑁𝑁 𝑐ủ𝑎 𝑓(𝑥) 𝑐ũ𝑛𝑔
𝑐ℎí𝑛ℎ 𝑙à 𝑓(0) = 0 (Tới đây có thể tưởng tượng hàm số có dạng giống như 𝑦 = 𝑥 2 )
𝐾ℎ𝑖 𝑥 < 0, 𝑓 ′ (𝑥) < 0 ⟹ 𝐻à𝑚 𝑠ố 𝑓(𝑥) 𝑛𝑔ℎị𝑐ℎ 𝑏𝑖ế𝑛 𝑘ℎ𝑖 𝑥 < 0
Tương tự: 𝐻à𝑚 𝑠ố 𝑓(𝑥) đồ𝑛𝑔 𝑏𝑖ế𝑛 𝑘ℎ𝑖 𝑥 ≥ 0
Vì 𝑓(𝑥) chỉ có 1 cực trị duy nhất và nằm hoàn toàn trên trục 𝑂𝑥 (gốc phần tư thứ I và thứ
II) nên đối với đường thẳng 𝑦 = 2𝑥 𝑛ằ𝑚 ở 𝑔ố𝑐 𝑝ℎầ𝑛 𝑡ư 𝑡ℎứ 𝐼 𝑣à 𝑡ℎứ 𝐼𝐼𝐼 chỉ có thể cắt tối
đa tại 2 điểm.

Như đã chứng minh ở trên ℎ(𝑥) 𝑛𝑔ℎị𝑐ℎ 𝑏𝑖ế𝑛 𝑡𝑟ê𝑛 𝑘ℎ𝑜ả𝑛𝑔 (0; 𝑎).
Vậy suy ra ℎ(𝑥) 𝑛𝑔ℎị𝑐ℎ 𝑏𝑖ế𝑛 𝑡𝑟ê𝑛 𝑘ℎ𝑜ả𝑛𝑔(−∞; 𝑎)
𝑣à đồ𝑛𝑔 𝑏𝑖ế𝑛 𝑡𝑟ê𝑛 (𝑎; +∞)
Dễ dàng suy ra được với 𝑥 ∈ (0; 𝑎),
ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑥 2 ) − 2𝑥 < 0
Có thể minh hoạ hàm số ℎ(𝑥) như hình vẽ bên vậy suy ra 𝑔(𝑥) = |𝑓(𝑥 2 ) − 2𝑥| có tổng
cộng 3 cực trị


Câu 47: C
1

Ta có: 𝑓(𝑥) = ln (1 − 𝑥 2 ) ⟹ 𝑓 ′ (𝑥) =
2

2

1

2
𝑥3
1
(1− 2 )
𝑥

2

2

2

1

1

= 𝑥 3 −𝑥 = 𝑥(𝑥−1)(𝑥+1) = − 𝑥 + 𝑥−1 + 𝑥+1

1

Để tách được 𝑥(𝑥−1)(𝑥+1) = − 𝑥 + 𝑥−1 + 𝑥+1, ta có thể đặt:

Suy ra:

(𝐴 + 𝐵 + 𝐶)𝑥 2 + (𝐵 − 𝐶)𝑥 − 𝐴
2
𝐴
𝐵
𝐶
= +
+
=
𝑥(𝑥 − 1)(𝑥 + 1) 𝑥 𝑥 − 1 𝑥 + 1
𝑥(𝑥 − 1)(𝑥 + 1)
𝐴+𝐵+𝐶 =0
𝐴 = −2
2
(𝐴
(𝐵
⟹
+ 𝐵 + 𝐶)𝑥 +

− 𝐶)𝑥 − 𝐴 = 2 ⟹ { 𝐵 − 𝐶 = 0 ⟺ { 𝐵 = 1
−𝐴 = 2
𝐶=1
𝑥=2020

2
1
1
= ∑ (− +
+
)
𝑥 𝑥−1 𝑥+1
𝑥=2
1 1
1
1
1
1 1
1
= −2 ( + + ⋯ +
) + (1 + + ⋯ +
) + ( + + ⋯+
)
2 3
2020
2
2019
3 4
2021
1

1
1
1
1
= −2 ( +
) + (1 + ) + (
+
)
2 2020
2
2020 2021
𝑓

=

′ (2)

+𝑓

′ (3)

+𝑓

′ (4)

+ ⋯+ 𝑓

′ (2020)

1

1
1
2041209
𝑚 = 2041209
+
−
=
⟹{
⟹ 𝑆 = 2𝑚 − 𝑛 = −2
𝑛 = 4082420
2 2021 2020 4082420

Câu 48: D
Gọi 𝐻 là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam
giác 𝐴𝐵𝐶
Vì 𝑆𝐴 = 𝑆𝐵 = 𝑆𝐶 nên 𝑆 cách đều 3 đỉnh của
tam giác 𝐴𝐵𝐶 nên 𝑆𝐻 ⊥ (𝐴𝐵𝐶)
Ta có:
3√7𝑎2
𝑆
=
{ 𝐴𝐵𝐶
4
𝐴𝐵. 𝐴𝐶. 𝐵𝐶 = 12𝑎3
𝐴𝐵. 𝐴𝐶. 𝐵𝐶 4√7𝑎
⟹𝑅=
=
4𝑆𝐴𝐵𝐶
7
√35𝑎

𝑆𝐻 = √𝑆𝐴2 − 𝑅 2 =
7
1
√5𝑎2
𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶 = . 𝑆𝐻. 𝑆𝐴𝐵𝐶 =
3
4


Câu 49: A
1

1

Ta có: 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 3 𝑥 3 + 2 𝑥 2 + 𝑥 − 2019 ⟹
𝑔′ (𝑥) = 𝑓 ′ (𝑥) − 𝑥 2 + 𝑥 + 1
Suy ra:
𝑔′ (𝑥) = 0 ⟺ 𝑓 ′ (𝑥) = 𝑥 2 − 𝑥 − 1 (1)
Đường màu đỏ chính là hàm số 𝑦 = 𝑥 2 − 𝑥 − 1
Như vậy phươngt trình (1) có tổng cộng 3 nghiệm phân
biệt nên 𝑔(𝑥) có 3 cực trị tại
𝑥 = −1
{𝑥 = 𝑎, (0 < 𝑎 < 1)
𝑥=2
Trong đó,
+ 𝑥 = −1 𝑣à 𝑥 = 2 là cực tiểu vì đồ thị đỏ nằm trên đồ
thị đen khi xét 𝑥 ⟶ −1− 𝑣à 𝑥 ⟶ 2−
+ 𝑥 = 𝑎 là cực đại.
Suy ra GTNN trên đoạn [−1; 2] chỉ có thể là 𝑔(−1) ℎ𝑜ặ𝑐 𝑔(2)
Nhìn vào hình vẽ dễ dàng suy ra được 𝑔(0) > 𝑔(1)

Mà 𝑔(−1) + 𝑔(1) > 𝑔(0) + 𝑔(2)
Suy ra: 𝑔(−1) > 𝑔(2)
Vậy GTNN trên đoạn [−1; 2] phải là 𝑔(2)
Câu 50: B

Dễ thấy, tam giác 𝐴𝐵𝐶 𝑣𝑢ô𝑛𝑔 𝑡ạ𝑖 𝐵
Kẻ
𝐶𝐸 ⁄/ 𝐴𝐵, 𝑔ọ𝑖 𝑀, 𝑁 𝑙à 𝑡𝑟𝑢𝑛𝑔 đ𝑖ể𝑚 𝑐ủ𝑎 𝐴𝐵 𝑣à 𝐶𝐸
Kẻ 𝐷𝐻 ⊥ 𝑀𝑁, 𝑀𝐾 ⊥ 𝐷𝑁
Vì 𝐴𝐵𝐷 là tam giác đều nên 𝐷𝑀 ⊥ 𝐴𝐵
Mà 𝐴𝐵 ⊥ 𝑀𝑁, suy ra: 𝐴𝐵 ⊥ 𝐷𝐻 ⟹ 𝐴𝐵 ⊥ 𝑀𝐾 (1)
Ta được 𝐷𝐻 ⊥ (𝐴𝐵𝐶𝐸) ⟹ 𝐶𝐸 ⊥ 𝐷𝐻 ⟹ 𝐶𝐸 ⊥
𝑀𝐾
Suy ra, 𝑀𝐾 ⊥ 𝐶𝐷 (2)
Từ (1) 𝑣à (2), suy ra 𝑀𝐾 là đoạn vuông góc
chung của 𝐴𝐵 𝑣à 𝐶𝐷 ⟹ 𝑀𝐾 = 𝑎
Xét trong tam giác 𝐷𝑀𝑁,
𝐴𝐵√3
𝐷𝑀 =
= 𝑎√3 ⟹ 𝐷𝑀 = 𝑀𝑁
2
⟹ 𝐷𝑀𝑁 𝑐â𝑛 𝑡ạ𝑖 𝑀 ⟹ 𝐾 𝑙à 𝑡𝑟𝑢𝑛𝑔 đ𝑖ể𝑚 𝐷𝑁
2√6𝑎
𝐷𝐻. 𝑀𝑁 = 𝑀𝐾. 𝐷𝑁 ⟹ 𝐷𝐻 =
3
1
1 2√6𝑎 1
𝑉𝐷.𝐴𝐵𝐶 = . 𝐷𝐻. 𝑆𝐴𝐵𝐶 = .
. . 2𝑎. √3𝑎
3

3 3 2
2√2𝑎3
=
3