ĐỀ MẪU CĨ ĐÁP ÁN

ƠN TẬP KIẾN THỨC
TỐN 12
Thời gian làm bài: 40 phút (Không kể thời gian giao đề)
-------------------------

Họ tên thí sinh: .................................................................
Số báo danh: ......................................................................
Mã Đề: 005.

y

Câu 1. Có hai giá trị của tham số m để đồ thị hàm số
Tổng hai giá trị này bằng?
A. 3.
B. 2.
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: + Khi x   :

2 3
2 3
mx  x 1   2 mx  x 1   2 x  m  1 
x x 
x x  
y
2x  1
2x  1

x 2 


m 1
lim y 
1  m 1
x  
2
Ta có:
.
+ Khi x    :


2 3
2 3
 2 mx  x 1   2 x  m  1 
x x 
x x  
y
2x  1
2x  1

x 2 

m 1
lim y 
1  m 3
x  
2
Ta có:
.
Câu 2.
mx  x 1 


Khối chóp có thể tích
A.
Đáp án đúng: B

và chiều cao

2

C. 4.

D. 1.

2 3 
2 3
 
x x2  m  1  x  x2

1
1
2

x
x

2 3 
2 3
 
x x2  m  1  x  x2


1
1
2

x
x

, diện tích của mặt đáy bằng

B.

x
Câu 3. Số nghiệm dương của phương trình 3
A. 2.
B. 3.

mx  x 2  2 x  3
2x  1
có một tiệm cận ngang là y 1 .

 4 x 5

C.

D.

C. 1.

D. 0.


1 là

Đáp án đúng: A
N
A 2;1;3 , B  6;5;5 
Câu 4. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm 
. Xét khối nón   ngoại tiếp mặt cầu đường
N
kính AB có B là tâm đường trịn đáy khối nón. Gọi S là đỉnh của khối nón   . Khi thể tích của khối nón

 N  nhỏ nhất thì mặt phẳng qua đỉnh S và song song với mặt phẳng chứa đường trịn đáy của  N  có phương
trình 2 x  by  cz  d 0 . Tính T b  c  d .
A. T 18 .
Đáp án đúng: C

B. T 36 .

C. T 12 .

D. T 24 .
1


N
A 2;1;3 , B  6; 5;5 
Giải thích chi tiết: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm 
. Xét khối nón   ngoại tiếp
N
mặt cầu đường kính AB có B là tâm đường trịn đáy khối nón. Gọi S là đỉnh của khối nón   . Khi thể tích
N

của khối nón   nhỏ nhất thì mặt phẳng qua đỉnh S và song song với mặt phẳng chứa đường trịn đáy của

 N  có phương trình 2 x  by  cz  d 0 . Tính T
A. T 24 .
Lời giải

B. T 12 .

Gọi chiều cao khối chóp
1
V   R 2 .h  1
3
Ta có:



AB  4;4;2   AB 6

C. T 36 .

SB h  h  0 

b  c  d .
D. T 18 .

và bán kính đường trịn đáy BC R .

.

Xét mặt cầu có đường kính AB : ta có bán kính là



Vì SHI đồng dạng với SBC


 h  3

2

h2  R 2



SI IH


SC BC

r

AB
3
I 4;3; 4 
2
và tâm 
.

h 3
h2  R 2




3
R

2
9
2
2 
 9h 2  R 2  9 h  2 

R
h

3

9




R2
h 2  6h
.

2
1
Thay   vào   ta có:

1

9h 2
h2
V  . 2
.h 3 .
3 h  6h
h  6 với h  6 .
2h  h  6   h 2
h 2  12h
V  3 .
3 .
2
2
 h  6
 h  6

Xét
Ta được BBT như sau:

.

2


 S   2;  3;1
Vậy Vmin khi SB h 12  A là trung điểm của SB
.

P
Vậy mặt phẳng   đi qua S , vng góc với AB nên có 1 VTPT


 
n  AB  4;4;2 

hay


n  2;2;1

. Nên ta có

 P  : 2  x  2   2  y  3  z  1 0   P  : 2 x  2 y  z  9 0
A  3;  2;5  , B   2;1;  3 
C  5;1;1
Câu 5. Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC với
và
. Trọng tâm G
của tam giác ABC có tọa độ là
G  2;1;  1 .
G  2;0;  1 .
G   2;0;1 .
G  2;0;1 .
A.
B.
C.
D.
Đáp án đúng: D
x 1 y  2 z  3
d:



1
2
2
Câu 6. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2 x  y  2 z  2 0 , đường thẳng
và điểm A(1;  1; 2) . Gọi  là đường thẳng nằm trong ( ) , song song với d đồng thời cách d một khoảng
bằng 3. Đường thẳng  cắt mặt phẳng (Oyz) tại điểm B có tung độ dương. Độ dài đoạn AB bằng
A. 11
Đáp án đúng: D

B.

62

C.

42

D. 5 2

 x  1  t

d :  y  2  2t
 z  3  2t


Giải thích chi tiết: PTTS của
Giải PT: 2(  1  t )  (  2  2t )  2( 3  2t )  2 0  0t 0
Vậy d  ( ) .
Lấy M 0 (  1;  2;  3)  d và gọi M (a; b; c) là hình chiếu vng góc của M 0 lên 



M
M

(
a

1;
b

2;
c

3)
(

)
n
0
Ta có
, VTPT của
là (2;1;  2)

Theo bài ra ta có hpt

  a 1

b  3  a
 b  4
 2a  b  2c  2 0


 c  2
a 5



(
a

1)

2(
b

2)

2(
c

3)

0

c




2
  a  3

(a  1) 2  (b  2) 2  (c  3)2 9


 b 0
(a  1) 2 4

 c  4

3


 x 1  t1

 :  y  4  2t1
 z  2  2t
1

Với M (1;  4;  2) suy ra
Giải PT 1  t1 0  t1  1
Vậy B (0;  6;  4) (loại)
 x  3  t2

 :  y 2t2
 z  4  2t
2

Với M ( 3;0;  4) suy ra
Giải PT  3  t2 0  t2 3
Vậy B(0;6; 2) (TM)


Suy ra AB 5 2
Câu 7. Cho lăng trụ ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a , biết AA  AB  AC a . Tính
thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  ?

a3 3
A. 4 .
Đáp án đúng: B

a3 2
B. 4 .

a3
C. 4 .

3a 3
D. 4 .

Giải thích chi tiết:
Gọi H là trọng tâm tam giác ABC . Theo giả thiết ta có ABC là tam giác đều cạnh bằng a và
AA  AB  AC a nên A. ABC là tứ diện đều cạnh a  AH   ABC  hay AH là đường cao của khối
chóp A. ABC .
2

Xét tam giác vng AHA ta có AH  AA  AH
Diện tích tam giác ABC là

S ABC

2




a 6
3 .

a2 3
1
 a.a.sin 60 
2
4 .

a 2 3 a 6 a3 2

4
3
4 .
Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  là
Câu 8. Trong hộp có 4 viên bi xanh, 5 viên bi đỏ, 6 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên từ hộp 3 viên bi. Số cách
chọn là
3
3
3
A. C4  C5  C6 .
B. 9 .
VABC . ABC  

3

C. A15 .
Đáp án đúng: D


3
D. C15 .

4


Giải thích chi tiết: Trong hộp có 4 viên bi xanh, 5 viên bi đỏ, 6 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên từ hộp 3 viên bi.
Số cách chọn là
3
3
3
3
3
A. 9 . B. C4  C5  C6 .
C. C15 .
D. A15 .
Lời giải
Tất cả có 4  5  6 15 viên bi.
Vì lấy ngẫu nhiên từ hộp ra 3 viên bi nên mỗi cách chọn là một tổ hợp chập 3 của 15 phần tử.
3
Vậy số cách chọn bằng C15 .

x

dx
2 x 2  3 bằng
Câu 9.
1
3 x 2  2  C.

A. 2



2
B. 2 2 x  3  C.
1
2 x 2  3  C.
2
D.

2
C. 2 x  3  C.
Đáp án đúng: D
Câu 10.
  
 
F
;
F
;
F
F ,F
Cho ba lực 1 2 3 cùng tác động vào một vật tại điểm M và vật đứng yên. Cho biết cường độ của 1 2 đều

F
bằng 25N và góc AMB 60 . Khi đó cường độ lực của 3 là

A. 50 2N .
Đáp án đúng: C

Câu 11. Cho hàm số

B. 50 3 N .

C. 25 3N .

D. 100 3N .

f ( x ) x  cos3 x . Khẳng định nào dưới đây đúng?

x2
f ( x)dx  2  sin 3x  C .
A.
x2 1
f ( x)dx   sin 3x  C

2 3
C.
.

x2 1
f ( x)dx  2  3 sin 3x  C .
B.
1
f ( x)dx 1  sin 3 x  C

3
D.
.


Đáp án đúng: C
Câu 12. Một hình trụ có bán kính đáy bằng 50 cm và có chiều cao là 50 cm. Một đoạn thẳng AB có chiều dài là
100 cm và có hai đầu mút nằm trên hai đường trịn đáy. Tính khoảng cách d từ đoạn thẳng đó đến trục hình trụ.
A. d = 50 cm.

B. d = 25 3 cm.

C. d = 25 cm.
Đáp án đúng: C

D. d = 50 3 cm.

5


Giải thích chi tiết:
Qua B kẻ đường thẳng song song với OO ¢cắt đường trịn đáy tại C .
OO ¢// BC ị OO Â// ( ABC ) ị d ( OO ¢, AB) = d ( OO ¢, ( ABC ) ) = d ( O, ( ABC ) ) = OH = d

. ( H là trung điểm của

đoạn thẳng AC ).

AC = AB 2 - BC 2 = 50 3 cm.
2
2
Vậy d = OH = OC - HC = 25 cm.
Câu 13.

Có bao nhiêu số phức

thỏa mãn
A. 2.
B. 4.
Đáp án đúng: B
Câu 14.
Hàm số nào dưới đây có bảng biến thiên như sau

2x
.
x−1
C. y=x 3−12 x +1.
Đáp án đúng: B
A. y=

và
C. 3.

là số thuần ảo?
D. 1.

B. y=x 3−12 x .
D. y=−x3 +12 x .





Câu 15. Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a. Tính góc giữa hai vectơ AC và A ' D ' .
0


A. 30 .
Đáp án đúng: B

0
B. 45 .

0
C. 60 .

0
D. 90 .





Giải thích chi tiết: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a. Tính góc giữa hai vectơ AC và A ' D ' .
0

A. 60 .
Lời giải

0
0
B. 45 .C. 90 .

0
D. 30 .

6



Ta có:

 
A
DD
'
A
'
*
là hình vng nên A ' D '  AD .
* Tam giác DAC vuông cân tại
D.
 
 

AC , A ' D '  AC , AD CAD
450
Khi đó:
 
AC , A ' D ' 450
Kết luận:
.



 







2
0;10 
Câu 16. Gọi S là tổng tất cả các nghiệm thuộc 
của phương trình 2 cos x  sin x  1 0 .
Giá trị S
200

A. 90 .
B. 72 .
C. 3
.
D. 295 .
Đáp án đúng: B
Câu 17. Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào đúng?
3
A. là số nguyên.
B. 2 là số nguyên tố.
2
C. 2 là số chính phương.
D. 2023chia hết cho 3.
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Số 2 là số tự nhiện lớn hơn 1 chỉ có một ước lớn hơn 1 là chính nó nên 2 là số nguyên tố.

2

2


S : x  2    y  1  z 2 10
Câu 18. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   
. Tâm I và bán kính R của mặt
 S  là:
cầu
I   2;1;0  ; R 10
I  2;  1;0  ; R 10
A.
.
B.
.

I   2;1;0  ; R  10
C.
.
Đáp án đúng: D
Câu 19.
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
tiểu .

A.

.

D.

I  2;  1;0  ; R  10

để hàm số:


.

có cực đại và cực

B.

.
7


C.
Đáp án đúng: B

.

D.

.

 
CA  HC

Câu 20. Cho tam giác ABC đều có cạnh AB 5 , H là trung điểm của BC . Tính
.
 
 
5 7
5 7
CA  HC 

CA  HC 
4 .
2 .
A.
B.
 
 
5 3
CA  HC 
CA  HC 5
2 .
C.
D.
.
Đáp án đúng: B
Câu 21. Trong không gian, cho tam giác ABC vuông tại A , AB a và AC 2a . Khi quay tam giác ABC
quanh cạnh góc vng AB thì đường gấp khúc ACB tạo thành một hình nón. Diện tích xung quanh hình nón
đó bằng
2

A. 5 a .
Đáp án đúng: D

B.

5 a 2 .

Câu 22. Cho hình chóp S. ABCD có
biết AB 2a , AD 5a , SA 2a .
3


SA   ABCD 

3
B. 4a .

A. 20a .
Đáp án đúng: D

Giải thích chi tiết: Cho hình chóp S. ABCD có
S. ABCD , biết AB 2a , AD 5a , SA 2a .

2
D. 2 5 a .

2

C. 10 a .

, đáy ABCD là hình chữ nhật. Tính thể tích S. ABCD ,

20a 3

D. 3 .

3
C. 2a .

SA   ABCD 


, đáy ABCD là hình chữ nhật. Tính thể tích

20a 3

3
3
3
A. 20a . B. 2a . C. 4a . D. 3 .
Câu 23.

y  f  x
y  f ' x
h x 2 f  x   x 2
Cho hàm số
có đạo hàm trên ¡ . Đồ thị hàm số
như hình vẽ. Đặt  
.
Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A.

h  2  h  4  h   2

.

B.

h  2  h   2  h  4

.


h   2  h  4  h  2

.

D.

h  4  h   2  h  2

.

C.
Đáp án đúng: A

y  f  x
y  f ' x
Giải thích chi tiết: Cho hàm số
có đạo hàm trên ¡ . Đồ thị hàm số
như hình vẽ. Đặt
2
h  x  2 f  x   x
. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
8


A.

h  4  h   2  h  2
h   2  h  4  h  2


. B.

h  2  h  4  h   2

.

h  2  h   2  h  4

C.
. D.
.
Lời giải
h ' x 2 f '  x   2 x, y ' 0  f '  x   x  1
Ta có  
.
Nghiệm của phương trình là hồnh độ giao điểm của đồ thị hàm số

y  f ' x

và đường thẳng y  x .

 x  2
f '  x  x   x 2
 x 4
Dựa vào đồ thị trên:
, ta có bảng biến thiên

9



2

Mặt

khác

2

dưa

vào

đồ

thị

trên

ta

có

4

h '  x  dx  h '  x  dx

2

2


hay

4

h '  x  dx   h '  x  dx  h  2   h   2   h  2   h  4   h   2   h  4 

2

2

.

Câu 24.
Cho mặt cầu ( S) tâm O, bán kính R = 3. Mặt phẳng ( P ) cách O một khoảng bằng 1 và cắt ( S) theo giao tuyến
là đường tròn ( C ) có tâm H . Gọi T là giao điểm của tia HO với ( S) , tính thể tích V của khối nón đỉnh T , đáy
là hình trịn ( C ) (như hình).

V=

32p
.
3

V=

16p
.
3

C. V = 16p.


A.
B.
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết:
Lời giải.
Từ giả thiết suy ra OH = 1.
Suy ra chiều cao hình nón h = TO +OH = 3+1= 4.

D. V = 32p.

2
2
Bán kính đường trịn đáy hình nón r = AH = OA - OH = 2 2.

Vậy thể tích khối nón cần tính

2
1
1
32p
VNon = pr 2h = p. 2 2 .4 =
.
3
3
3

(

)


2
Câu 25. Parabol y  x  4 x  4 có đỉnh là:

I   1; 2 

I   1;1

I  2;0 

I  1;1

A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Đáp án đúng: C
Câu 26. Cho tứ diện S.ABC có 3 đường thẳng SA, SB, SC vng góc với nhau từng đơi một, SA = 3, SB = 4,
SC = 5. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp S.ABC bằng:
A. 75
B. 25
C. 100
D. 50
Đáp án đúng: D
Câu 27.
Giá trị lớn nhất của hàm số

max y 4  2 ln 2
A.  2;3
max y  2  2 ln 2
C.  2;3
Đáp án đúng: B

trên đoạn
B.
D.

là
max y e
 2;3

max y 1
 2;3

10


y x  2  ln x 
2;3
Giải thích chi tiết: Xét hàm số:
trên 
y ' x 2  ln x  1 1  ln x
Có  
y '  x  0  1  ln x 0  ln x 1  x e   2;3

y (2) 4  2 ln 2; y (e) e; y(3) 6  3ln 3
Vậy


max y  y  e  e
 2;3

Câu 28. Một nhà nghiên cứu ước tính rằng sau t giờ kể từ 0h đêm, nhiệt độ của thành phố Hồ Chí Minh được
2
2
C  t  40   t  10 
3
cho bởi hàm
(độ C ) với 0 t 24 . Nhiệt độ trung bình của thành phố từ 8h sáng đến
5h chiều là
B. 33,33 .

A. 31 .
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết:

C. 33, 47 .

D. 31, 33 .

Nhiệt độ trung bình từ a giờ đến b giờ tình theo cơng thức
b

1
 C  t   dt
b a 
a
Áp dụng vào bài toán ta có nhiệt độ trung bình cần tính là:

8

8

1
1 
2
2
40   t  10   dt 31,33
 C  t   dt 



8 5 5
8 5 5 
3

Câu 29. Số đồng phân đơn chức có cơng thức phân tử C 2 H 4O 2 có thể phản ứng được với dung dịch NaOH là
A. 4.
B. 2.
C. 1.
D. 3.
Đáp án đúng: C
2
Câu 30. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol: y  x  2 x  2 tiếp tuyến với parabol tại điểm
M(3 ; 5) và trục tung
A. 5
Đáp án đúng: B

B. 6


C. 9

D. 7

2
Giải thích chi tiết: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol: y  x  2 x  2 tiếp tuyến với parabol tại điểm
M(3 ; 5) và trục tung
Câu 31. Cho hình chóp đều S . ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa mặt bên với mặt đáy bằng 600 . Tính theo a
thể tích V của khối chóp S . ABC.
a3√ 3
a3√ 3
a3
a3√ 3
A. V =
.
B. V =
.
C. V = .
D. V =
.
24
8
8
12
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: Gọi E , F lần lượt là trung điểm BC , BA vàO= AE ∩CF.

Do S . ABC là hình chóp đều nên SO⊥ ( ABC ).
^.

Khi đó 600 =^
( SBC ) , ( ABC )=^
SE , OE=SEO

ABCSOEF

Tam giác vuông SOE, có
.
11


Diện tích tam giác đều ABC là S ΔABCABC =

a2 √ 3
.
4

1
a3√ 3
Vậy V S . ABC = S ΔABCABC . SO=
.
3
24
Câu 32. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tam giác SAB vng cân tại S và nằm
trong mặt phẳng vng góc với đáy, biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD bằng 2a và

·
BDC
= 300 . Thể tích của khối chóp đã cho bằng
3


A. 2a .
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết:
Lời giải

3

B. 4a

3.

C. 2a

3

3.

3
D. 4a .

12


(

)

(


AB / / CD Þ CD / / ( SAB ) Þ d (CD, SB ) = d CD, ( SAB ) = d C , ( SAB )

)

ïï
CB ^ AB ü
ý Þ CB ^ ( SAB ) Þ d C ,( SAB ) = CB = 2a
CB ^ SI ùù
ỵ

(

)

1
2a 3
SI = AB =
2
2
13


1
1
2a 3
V = .SABCD .SI = .2a.2a 3.
= 4a3
3
3
2

------ HẾT -----Câu 33. Diện tích S của một mặt cầu có bán kính r được xác định bởi cơng thức nào sau đây:
2

2 2
B. S 4 r

A. S 4r
Đáp án đúng: D

2
D. S 4r .

C. S 4r

y

x 1
2

2 x  2 x  m  x  1 có đúng bốn đường
Câu 34. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số
tiệm cận.
m    5; 4 \   4
m    5; 4
A.
B.
m    5; 4  \   4
m    5; 4 \   4
C.
D.

Đáp án đúng: A
1
1
x 1
1
x
lim y  lim
 lim

2
x  
x  
x  
2 m
1
21
2x  2x  m  x  1
2   2  1
x x
x
Giải thích chi tiết: Ta có
1
x 1
x
lim y  lim
 lim

2
x  
x  

x  
2 m
1
2x  2x  m  x  1
 2   2  1
x x
x
Do đó đồ thị hàm số ln có 2 đường tiệm cận ngang.
Để độ thị hàm số có 4 đường tiệm cận thì phương trình
 x 1
2 x 2  2 x  m  x  1 0  2 x 2  2 x  m  x  1   2
2 x  2 x 
 g  x
có 2 nghiệm phân biệt khác 1
có nghiệm  x1  x2  1
1

1
21

m  x  1

2

 x  1
 
2
 g  x   x  4 x  m  1 0

và  x1 ; x2 1 .


.
Câu 35. Tính

 4 x

3

 4  dx

bằng

4

A. x  4 x  C.
3

C. 4 x  4 x  C .
Đáp án đúng: A
Câu 36.
Cho hàm số y=f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

2

B. 12 x  C.
2

D. 16 x  C .

14



Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
A. ( − ∞ ; − 3 ).
B. ( − 3 ; 2).
C. ( − 2; 4 ).
D. ( 2 ;+ ∞ ).
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y=f ( x ) ta thấy: Hàm số đã cho đồng biến trên các
khoảng ( − ∞ ; − 3 ) và ( 2 ;+ ∞ ); nghịch biến trên khoảng ( − 3 ; 2).
Câu 37.
Tổng các nghiệm của phương trình
là:
A. 4
B. 2
C. -2
D. 3
Đáp án đúng: A
1 3 1
2
2
Câu 38. Cho hàm số y= x − ( m+3 ) x +m x +1. Có bao nhiêu số thực m để hàm số đạt cực trị tại x=1?
3
2
A. 1.
B. 0.
C. 2.
D. 3.
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: ⬩ Ta có: Ta có: y ′ =f ′ ( x)=x 2 − ( m+3 ) x+ m2.

⬩ Ta có: Điều kiện cần: Hàm số y=f ( x ) đã có đạo hàm tại ∀ x ∈ℝ.
m=−1
Do đó, hàm số y=f ( x ) đạt cực trị tại x=1⇒ f ′ (1)=0 ⇔ m2 −m −2=0 ⇔
.
m=2
⬩ Ta có: Điều kiện đủ:
1 3 2
* Với m=− 1 hàm số trở thành: y= x − x + x+1.
3
′
2
2
Ta có: y =x − 2 x +1= ( x −1 ) ≥0 , ∀ x ∈ ℝ . Do đó hàm số khơng có điểm cực trị.
1 3 5 2
* Với m=2 hàm số trở thành: y= x − x + 4 x +1.
3
2
′
x=1
Ta có: y ′ =x 2 − 5 x + 4; y =0 ⇔
.
x=4
Bảng biến thiên:

[

[

15



Hàm số đạt cực đại tại x=1. Vậy m=4 thỏa mãn.
2021
2021
Câu 39. Giá trị biểu thức P=( √2−1 ) . ( √ 2+1 ) bằng
A. P=2
B. P=2 2021
Đáp án đúng: C

C. P=1

D. P=2 2022

SAB 
Câu 40. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng ABCD cạnh 4a , SA 2a, SB 2a 3 và 
vng
S
.
BMDN
góc với mặt đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Thể tích khối chóp
là
a3
A. 6 .
Đáp án đúng: D

a3 3
B. 6 .

a3 2
C. 3 .


8a 3 3
D. 3 .

----HẾT---

16