Bộ 20 đề thi học kì 1 Toán 11 năm 2022 - 2023 có đáp án (Đề 5)

Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng định nghĩa về phép tịnh tiến trong mặt phẳng.

Cách giải:

Gọi \(M\left( {x;y} \right) \in \Delta ;{\rm{ }}{{\rm{T}}_{\overrightarrow n }}\left( M \right) = M'\left( {x';y'} \right) \in \Delta '\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x' = x - 1\\y' = y + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = x' + 1\\y = y' - 2\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {x' + 1;y' - 2} \right) \in {\rm{d}}\)

\(M \in d \Rightarrow 2\left( {x' + 1} \right) - 3\left( {y' - 2} \right) - 5 = 0 \Leftrightarrow 2{\rm{x'}} - 3y' + 3 = 0\)

Vậy phương trình ảnh của đường thẳng Δ là: \(\Delta ' = 2{\rm{x}} - 3y + 3 = 0\).

Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng định nghĩa chỉnh hợp.

Cách giải:

Số cách lấy các số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau từ tập X gồm 6 phần tử là: \(A_6^4\).

Đáp án A

Phương pháp:

Khai triển biểu thức, số hạng thứ 6 ứng với \(k = 5\) rồi tìm hệ số.

Cách giải:

Ta có: \({\left( {2{{\rm{x}}^2} + y} \right)^{10}} = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k{{\left( {2{{\rm{x}}^2}} \right)}^{10 - k}}{y^k}} \). Số hạng thứ 6 ứng với \(k = 5\)

\( \Rightarrow C_{10}^5{\left( {2{{\rm{x}}^2}} \right)^{10 - 5}}{y^5} = {2^5}C_{10}^5{x^{10}}{y^5} = 8064{{\rm{x}}^{10}}{y^5}\). Hệ số là: 8064.

Đáp án D

Phương pháp:

Giải phương trình tìm nghiệm, kẹp nghiệm trong nửa khoảng đã cho tìm số nghiệm thỏa mãn.

Cách giải:

Ta có: \(\cos 2x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \cos 2x = \cos \frac{\pi }{3} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\2x = - \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{6} + k\pi {\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Trên nửa khoảng \(\left( {0^\circ ;360^\circ } \right]\) tức \(\left( {0;2\pi } \right]\). Ta sẽ có các nghiệm thỏa mãn như sau:

+) \(0 < x = \frac{\pi }{6} + k\pi \le 2\pi \Leftrightarrow - \frac{1}{6} < k \le \frac{{11}}{6}\) mà \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k \in \left\{ {0;1} \right\}\). Có 2 nghiệm.

+) \(0 < x = - \frac{\pi }{6} + k\pi \le 2\pi \Leftrightarrow \frac{1}{6} < k \le \frac{{13}}{6}\) mà \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k \in \left\{ {1;2} \right\}\). Có 2 nghiệm.

Vậy có 4 nghiệm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án D

Phương pháp:

Vẽ hình sau đó sử dụng định lý Ta-lét trong tam giác.

Cách giải:

Trong \(\left( {ABN} \right)\) qua M kẻ đường thẳng song song với AI cắt BN tại J.

Xét tam giác MNJ ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}GI{\rm{ // MJ}}\\{\rm{GN}} = GM\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow GI = \frac{1}{2}MJ\) (1).

Xét tam giác BAI ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{\rm{MJ // AI}}\\{\rm{MA}} = MB\end{array} \right. \Rightarrow MJ = \frac{1}{2}AI\) (2).

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow GI = \frac{1}{4}AI \Leftrightarrow \frac{{GI}}{{GA}} = \frac{1}{3}\).

Đáp án A

Phương pháp:

Vận dụng các công thức cấp số cộng.

Cách giải:

Ta có: \({u_1} = 3;d = 5;{u_n} = 2018\)

\({u_1} + \left( {n - 1} \right).d = {u_n} \Leftrightarrow 3 + \left( {n - 1} \right).5 = 2018 \Rightarrow n = 404\)

Khi đó tổng số cây ca cao là: \(S = \frac{{n\left( {{u_1} + {u_n}} \right)}}{2} = \frac{{404.\left( {3 + 2018} \right)}}{2} = 408242\).

Đáp án A

Phương pháp:

Áp dụng tính chất của phép quay là bảo toàn độ dài đoạn thẳng.

Cách giải:

Ta có: \(MN = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5\).

Do phép quay có tính chất bảo toàn độ dài đoạn thẳng nên khi quay một góc \(90^\circ \) thì độ dài đoạn thẳng \(M'N'\) nhận được cũng bằng 5.

Vậy \(M'N' = 5\).

Đáp án A

Phương pháp:

Giải nghiệm phương trình bậc hai tìm nghiệm \(\tan 3{\rm{x}}\) rồi tìm nghiệm x của phương trình.

Cách giải:

Ta có: \({\tan ^2}3{\rm{x}} - \left( {\sqrt 3 - 1} \right)\tan 3{\rm{x}} - \sqrt 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\tan 3{\rm{x}} = - 1\\\tan 3{\rm{x}} = \sqrt 3 \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3{\rm{x}} = - \frac{\pi }{4} + k\pi \\3{\rm{x}} = \frac{\pi }{3} + k\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{{12}} + k\frac{\pi }{3}\\x = \frac{\pi }{9} + k\frac{\pi }{3}\end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Đáp án A

Phương pháp:

Tập giá trị của \(\sin \alpha \) luôn thuộc đoạn \(\left[ { - 1;1} \right]\).

Cách giải:

\(\sin 3{\rm{x}} - m = 0 \Leftrightarrow \sin 3{\rm{x}} = m\).

Ta có: \( - 1 \le \sin 3x \le 1 \Rightarrow \) Phương trình có nghiệm \( \Leftrightarrow - 1 \le m \le 1\) hay \(m \in \left[ { - 1;1} \right]\).

Đáp án D

Phương pháp:

Từ biểu thức đã có tìm tọa độ điểm A, rồi tìm ảnh của điểm qua định nghĩa phép vị tự.

Cách giải:

Ta có \(\overrightarrow {OA} = \overrightarrow i - 7\overrightarrow j \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} = 1\\{y_A} = - 7\end{array} \right.\).

Nên \({V_{\left( {O; - 3} \right)}}\left( A \right) = A' \Leftrightarrow \overrightarrow {OA'} = - 3\overrightarrow {OA} \Rightarrow A'\left( { - 3;21} \right)\).

Đáp án A

Phương pháp:

Tìm ảnh của tâm I đường tròn, bán kính tăng 2 lần.

Cách giải:

Ta có: Tâm \(A\left( {1; - 2} \right)\), \(R = 3\) của \(\left( C \right)\). Khi đó bán kính mới là: \(R' = 3 \times 2 = 6\)

Lại có: \({V_{\left( {I;2} \right)}}\left( A \right) = A' \Leftrightarrow \overrightarrow {IA'} = 2\overrightarrow {IA} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} - 3 = 2\left( {1 - 3} \right)\\{y_{A'}} - 2 = 2\left( { - 3 - 2} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} = - 1\\{y_{A'}} = - 8\end{array} \right.\) nên \(A'\left( { - 1; - 8} \right)\).

Vậy ảnh của đường tròn \(\left( C \right)\) là \({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 8} \right)^2} = 36\).

Đáp án C

Phương pháp:

Tính trực tiếp qua số hạng tổng quát.

Cách giải:

Số hạng thứ 5 ứng với \(n = 5\) nên \({u_5} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{5 + 1}}}}{{{2^5}}} = \frac{1}{{32}}\).

Đáp án D

Phương pháp:

Tìm tam giác phù hợp với các điều kiện sau đến lần lượt các điều kiện trước.

Cách giải:

Muốn thu được ảnh là tam giác OBC qua phép quay vị tự tâm O, tỉ số \( - 1\) thì tam giác thực hiện phải là tam giác OEF.

Muốn thu được ảnh là tam giác OEF thông qua phép quay tâm O, góc quay \(120^\circ \) thì tam giác quay phải là tam giác OCD.

Đáp án A

Phương pháp:

+) Tìm n thông qua dữ kiện đề bài cho.

+) Tìm hệ số không chứa x dựa vào khai triển nhị thức Newton.

Cách giải:

Ta có: \(3C_n^1 + {3^2}C_n^2 + {3^3}C_n^3 + ... + {3^n}C_n^{n - 1} + {3^n}C_n^n = 65535\)

\( \Leftrightarrow {3^0}C_n^0 + 3C_n^1 + {3^2}C_n^2 + {3^3}C_n^3 + ... + {3^n}C_n^{n - 1} + {3^n}C_n^n = 65535 + {3^0}C_n^0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {3 + 1} \right)^n} = 65535 \Leftrightarrow {4^n} = 65535 \Leftrightarrow n = 8\).

Khai triển với \(n = 8\) ta được:

\({\left( {{x^2} - \frac{2}{{{x^2}}}} \right)^8} = \sum\limits_{k = 0}^8 {C_8^k{{\left( {{x^2}} \right)}^{8 - k}}.{{\left( { - 2} \right)}^k}.{{\left( {{x^{ - 2}}} \right)}^k}} = \sum\limits_{k = 0}^8 {{{\left( { - 2} \right)}^k}.C_8^k.{x^{16 - 4k}}} \)

Khi đó số hạng không chứa x ứng với:

\(16 - 4k = 0 \Leftrightarrow k = 4\), nên hệ số là: \({\left( { - 2} \right)^4}.C_8^4 = 1120\).

Đáp án B

Phương pháp:

Tìm phần bù khi câu hỏi có cả đại số và hình học.

Cách giải:

Ta có:

Số cách chọn 5 câu từ 25 câu hỏi có \(C_{25}^5\).

Số cách chọn chỉ có câu hỏi đại số là: \(C_{15}^5\) cách.

Số cách chọn chỉ có câu hỏi hình học là: \(C_{10}^5\) cách.

Vậy số cách chọn 5 câu có cả câu hỏi đại số và hình học là: \(C_{25}^5 - C_{15}^5 - C_{10}^5 = 49875\).

Đáp án C

Phương pháp:

Xác định hai điểm chung của hai mặt phẳng.

Cách giải:

Xét \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SC{\rm{D}}} \right)\) có:

+ S là điểm chung thứ nhất.

+ \(M = AB \cap C{\rm{D}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}M \in {\rm{A}}B \subset \left( {SAB} \right) \Rightarrow M \in \left( {SAB} \right)\\M \in C{\rm{D}} \subset \left( {SC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow M \in \left( {SC{\rm{D}}} \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow M \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow \) M là điểm chung thứ hai.

Vậy \(\left( {SAB} \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right) = SM\).

Đáp án B

Phương pháp:

Phân số xác định khi mẫu số khác 0.

Cách giải:

ĐKXĐ: \(\cos 2x - 1 \ne 0 \Leftrightarrow \cos 2x \ne 1 \Leftrightarrow 2x \ne k2\pi \Leftrightarrow x \ne k\pi {\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vậy \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

Đáp án D

Phương pháp:

Chia ra thành 2 tập hợp: Tập hợp A bao gồm các số lẻ, tập hợp B bao gồm các số chẵn.

Chọn ra 6 phần tử từ 2 tập A, B sao cho tổng các phần tử không chia hết cho 2 khi chọn lẻ phần tử của tập A và lẻ phần tử ở tập B thì tổng các phần tử chọn ra là số lẻ nên không chia hết cho 2.

Cách giải:

Không gian mẫu: \(\Omega = C_{13}^6\) cách chọn.

Tập \(A = \left\{ {1;3;5;7;9;11;13} \right\}\) gồm 7 phần tử bao gồm các số lẻ.

Tập \(B = \left\{ {2;4;6;8;10;12} \right\}\) gồm 6 phần tử bao gồm các số chẵn.

Ta có các cách chọn sau:

+) Chọn 5 phần tử tập A và 1 phần tử ở tập B có: \(C_7^5.C_6^1\) cách chọn.

+) Chọn 3 phần tử tập A và 3 phần tử ở tập B có: \(C_7^3.C_6^3\) cách chọn.

+) Chọn 1 phần tử tập A và 5 phần tử ở tập B có: \(C_7^1.C_6^5\) cách chọn.

Xác suất thỏa mãn là: \(\frac{{C_7^5.C_6^1 + C_7^3.C_6^3 + C_7^1.C_6^5}}{{C_{13}^6}} = \frac{{217}}{{429}}\).

Đáp án D

Phương pháp:

Đường thẳng song song với mặt phẳng khi và chỉ khi nó song song với đường thẳng bất kì trong mặt phẳng đó.

Cách giải:

Ta có: \(\frac{{SM}}{{SB}} = \frac{1}{4} \Rightarrow \frac{{BM}}{{B{\rm{S}}}} = \frac{3}{4};NB = 3NA \Rightarrow \frac{{BN}}{{BA}} = \frac{3}{4}\).

Xét tam giác BSA có: \(\frac{{BM}}{{B{\rm{S}}}} = \frac{{BN}}{{BA}} = \frac{3}{4} \Rightarrow MN{\rm{ // SA}}\) nên

\(MN{\rm{ // }}\left( {SAC} \right)\).

Đáp án C

Phương pháp:

Tìm số nghiệm ở phương trình \(\sin x + \cos x = 1\) trong đoạn đã cho, rồi thiết lập điều kiện của m để phương trình \(\sin 4{\rm{x}} = m\) có nghiệm trong đoạn sao cho tổng hai nghiệm cả hai phương trình là bốn nghiệm phân biệt.

Cách giải:

Ta có \(\left( {\sin x + \cos x - 1} \right)\left( {\sin 4x - m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x + \cos x = 1{\rm{ }}\left( 1 \right)\\\sin 4x = m{\rm{         }}\left( 2 \right)\end{array} \right.\).

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{4} + k2\pi \\x + \frac{\pi }{4} = \pi - \frac{\pi }{4} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k2\pi \\x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

+) \(\frac{\pi }{8} \le x = k2\pi \le \frac{{5\pi }}{6} \Rightarrow \frac{1}{{16}} \le k \le \frac{5}{{12}},k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k \in \cancel{\bigcirc }\)

+) \(\frac{\pi }{8} \le x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \le \frac{{5\pi }}{6} \Rightarrow - \frac{3}{{16}} \le k \le \frac{1}{6},k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k = 0\)

Do đó (1) có nghiệm duy nhất là: \(x = \frac{\pi }{2}\) thỏa mãn yêu cầu.

TH1: \(x = \frac{\pi }{2}\) là 1 nghiệm của (2), khi đó ta có: \(\sin 4\frac{\pi }{2} - m = 0 \Leftrightarrow m = 0\).

Thử lại: Với \(m = 0\) thì \(\sin 4{\rm{x}} = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{k\pi }}{4}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

\(\frac{\pi }{8} \le \frac{{k\pi }}{4} \le \frac{{5\pi }}{6} \Leftrightarrow \frac{1}{2} \le k \le \frac{{10}}{3} \Rightarrow k \in \left\{ {1;2;3} \right\} \Rightarrow x \in \left\{ {\frac{\pi }{4};\frac{\pi }{2};\frac{{3\pi }}{4}} \right\}\).

Vậy phương trình ban đầu có 3 nghiệm phân biệt thỏa mãn yêu cầu bài toán \( \Rightarrow m = 0\) loại.

TH2: \(x = \frac{\pi }{2}\) không là nghiệm của (2) \( \Rightarrow m \ne 0\).

Khi đó để phương trình ban đầu có 4 nghiệm thỏa mãn yêu cầu bài toán thì (2) có 3 nghiệm phân biệt thỏa mãn \(x \in \left[ {\frac{\pi }{8};\frac{{5\pi }}{6}} \right]\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2}} \right\}\).

Với \(x \in \left[ {\frac{\pi }{8};\frac{{5\pi }}{6}} \right] \Rightarrow 4{\rm{x}} \in \left[ {\frac{\pi }{2};\frac{{10\pi }}{3}} \right]\), dựa vào đường tròn lượng giác ta tìm được \(m \in \left[ { - \frac{{\sqrt 3 }}{2};1} \right)\).

Vậy \(m \in \left[ { - \frac{{\sqrt 3 }}{2};1} \right)\backslash \left\{ 0 \right\} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\\b = 1\\c = 0\end{array} \right. \Rightarrow {a^2} + 2b + c = \frac{3}{4} + 2 = \frac{{11}}{4}\).

Cách giải:

Ta có: \(2\sin x = \sqrt 3 \Leftrightarrow \sin x = - \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x = \pi + \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x = \frac{{4\pi }}{3} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: \(x = - \frac{\pi }{3} + k2\pi ;{\rm{ }}x = \frac{{4\pi }}{3} + k2\pi {\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

a)

Phương pháp:

+ Tính số phần tử của không gian mẫu.

+ Tính số phần tử của biến cố.

+ Tính xác suất của biến cố.

Cách giải:

Không gian mẫu: \(\Omega = C_{15}^9\) cách chọn.

Số cách chọn đúng 5 học sinh nam trong 8 học sinh nam và 4 học sinh nữ trong 7 học sinh nữ: \(C_8^5.C_7^4\) cách chọn.

Xác suất thỏa mãn là: \(\frac{{C_8^5.C_7^4}}{{C_{15}^9}} = \frac{{56}}{{143}}\).

b)

Phương pháp:

+ Tính số phần tử của không gian mẫu.

+ Tính số phần tử của biến cố.

+ Tính xác suất của biến cố.

Cách giải:

Ta có: \(A_m^2 + 4.C_m^{m - 2} = 60 \Leftrightarrow \frac{{m!}}{{\left( {m - 2} \right)!}} + 4.\frac{{m!}}{{\left( {m - 2} \right)!.2!}} = 60\)

\( \Leftrightarrow 3.\frac{{m!}}{{\left( {m - 2} \right)!}} = 60 \Leftrightarrow m\left( {m - 1} \right) = 20 \Rightarrow m = 5\) (TM).

Lại có: \({\left( {{x^3} - \frac{2}{x}} \right)^{15}} = \sum\limits_{k = 0}^{15} {C_{15}^k{{\left( {{x^3}} \right)}^{15 - k}}{{\left( { - \frac{2}{x}} \right)}^k}} = \sum\limits_{k = 0}^{15} {C_{15}^k.{{\left( { - 2} \right)}^k}{x^{45 - 4k}}} \).

Số hạng chứa \({x^5}\) ứng với: \(45 - 4k = 5 \Leftrightarrow k = 10\).

Vậy số hạng chứa \({x^5}\) là: \(C_{15}^{10}.{\left( { - 2} \right)^{10}}{x^5} = 3075072{{\rm{x}}^5}\).

Phương pháp:

a) \(\left\{ \begin{array}{l}a \cap b = M\\b \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow a \cap \left( P \right) = M\).

b) Xác định mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\).

Sử dụng định lí Cosin trong tam giác và định lí Ta-lét tính độ dài các cạnh của thiết diện, từ đó tính chu vi thiết diện.

Cách giải:

a) Trong mặt phẳng \(\left( {SA{\rm{D}}} \right)\) gọi: \(MN \cap A{\rm{D}} = H\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}H \in MN\\H \in {\rm{AD}} \subset \left( {ABC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow H \in \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\end{array} \right. \Rightarrow H = MN \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\).

b) Trong \(\left( {SAB} \right)\) qua G kẻ đường thẳng \(NJ{\rm{ // AB }}\left( {N \in SA,J \in SB} \right)\), ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}G \in \left( \alpha \right) \cap \left( {SAB} \right)\\\left( \alpha \right){\rm{ // AB}} \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( \alpha \right) \cap \left( {SAB} \right) = NJ\).

Trong \(\left( {SBC} \right)\) qua J kẻ \(JK{\rm{ // BC }}\left( {K \in SC} \right)\), CMTT ta có \(\left( \alpha \right) \cap \left( {SBC} \right) = JK\).

Trong \(\left( {SA{\rm{D}}} \right)\) qua N kẻ \(NP{\rm{ // AD }}\left( {P \in SD} \right)\), ta có \(\left( \alpha \right) \cap \left( {SA{\rm{D}}} \right) = NP\) và \(\left( \alpha \right) \cap \left( {SBC} \right) = PK\).

Do đó thiết diện của chóp cắt bởi \(\left( \alpha \right)\) là tứ giác NJKP.

Qua C kẻ đường thẳng song song với BA cắt AD tại E.

Dễ dàng chứng minh được ABCE là hình bình hành \( \Rightarrow A{\rm{E}} = BC = a \Rightarrow E{\rm{D}} = AB - A{\rm{E}} = 2{\rm{a}}\).

Lại có \(BA{\rm{D}} = 60^\circ \Rightarrow CE{\rm{D}} = 60^\circ \) (đồng vị).

Xét tam giác CED áp dụng định lý Cosin ta có:

\(C{{\rm{D}}^2} = C{E^2} + D{E^2} - 2CE.DE\cos \left( {CED} \right)\)

\( \Rightarrow C{D^2} = {a^2} + {\left( {2a} \right)^2} - 2 \times a \times 2a \times \cos \left( {60^\circ } \right)\)

\( \Rightarrow C{D^2} = 3{a^2} \Rightarrow CD = a\sqrt 3 \).

Mặt khác: \(\left\{ \begin{array}{l}SN = 2NA \Rightarrow \frac{{SN}}{{SA}} = \frac{2}{3}\\AB{\rm{ // NJ}}{\rm{, BC // JK}}{\rm{, CD // KP}}{\rm{, DA // PN}}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow NJ = \frac{2}{3}AB = \frac{2}{3}a\)

\(JK = \frac{2}{3}BC = \frac{2}{3}a\)

\(NP = \frac{2}{3}A{\rm{D}} = 2{\rm{a}}\)

\(KP = \frac{2}{3}C{\rm{D}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}a\).

Chu vi thiết diện NJKP bằng: \(NJ + JK + NP + KP = \frac{2}{3}a + \frac{2}{3}a + 2{\rm{a}} + \frac{{2\sqrt 3 }}{3}a = \frac{{10 + 2\sqrt 3 }}{3}a\).