Đề thi KSCL đầu năm Toán 12 (có đáp án) - Đề 1
22 câu hỏi
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu thí sinh chỉ chọn một phương án.
Cho cấp số cộng có số hạng đầu \[{u_1} = 2\], công sai \[d = - 4\]. Số hạng thứ năm của cấp số cộng là
\[512\].
\[ - 14\].
\[ - 512\].
\[ - 18\].
Ta có \[{u_5} = {u_1} + 4d = 2 + 4 \cdot \left( { - 4} \right) = - 14\]. Chọn B.
Thống kê số phút học bài ở nhà mỗi ngày của \[100\] học sinh ta có bảng phân bố tần số ghép nhóm như sau
Số phút | \[\left[ {30;60} \right)\] | \[\left[ {60;90} \right)\] | \[\left[ {90;120} \right)\] | \[\left[ {120;150} \right)\] |
Số học sinh | \[18\] | \[15\] | \[42\] | \[25\] |
Số học sinh có thời gian học ít hơn \[2\] tiếng trong số học sinh trên là
\[15\].
\[33\].
\[75\].
\[18\].
Số học sinh có thời gian học ít hơn \[2\] tiếng (\[120\] phút) trong số học sinh trên là
\[18 + 15 + 42 = 75\]. Chọn C.
Trong không gian với hệ tọa độ \[Oxyz\], cho điểm \[A\left( {1;2; - 1} \right)\]. Tọa độ hình chiếu vuông góc của \[A\] trên mặt phẳng \[\left( {Oyz} \right)\] là
\[\left( {0;2; - 1} \right)\].
\[\left( {1;0;0} \right)\].
\[\left( {1;2;0} \right)\].
\[\left( {1;0; - 1} \right)\].
Tọa độ hình chiếu vuông góc của \[A\] trên mặt phẳng \[\left( {Oyz} \right)\] là \[\left( {0;2; - 1} \right)\]. Chọn A.
Gọi \[M,m\] lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số \[f\left( x \right) = {x^4} - 2{x^2} - 1\] trên đoạn \[\left[ { - 1;2} \right]\]. Giá trị của biểu thức \[M + 2m\] bằng
\[3\].
\[5\].
\[6\].
\[4\].
Ta có: \[f'\,\left( x \right) = 4{x^3} - 4x\]. Xét \[f'{\kern 1pt} \left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 0\\x = 1\end{array} \right.\].
Ta có \[f\left( { - 1} \right) = - 2;f\left( 0 \right) = - 1;f\left( 1 \right) = - 2;f\left( 2 \right) = 7\].
Vậy \[M = 7,m = - 2\]. Do đó \[M + 2m = 7 + 2 \cdot \left( { - 2} \right) = 3\]. Chọn A.
Cho khối lăng trụ đều có diện tích đáy bằng \[2\,\,({{\rm{m}}^{\rm{2}}})\] và chiều cao bằng \[3\,\,{\rm{(m)}}\]. Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng
\[\frac{{3\sqrt 3 }}{2}\,({{\rm{m}}^3})\].
\[2\,({{\rm{m}}^3})\].
\[\frac{{\sqrt 3 }}{2}({{\rm{m}}^3})\].
\[6\,({{\rm{m}}^3})\].
Ta có: \[V = B \cdot h = 2 \cdot 3 = 6\,({{\rm{m}}^3})\]. Chọn D.
Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] liên tục trên \[\mathbb{R}\] và có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng
\[\left( { - 2;0} \right)\].
\[\left( { - \infty ;0} \right)\].
\[\left( {3; + \infty } \right)\].
\[\left( {1;3} \right)\].
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng \[\left( {1;3} \right)\]. Chọn D.
Đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số \[y = 2x - 1 + \frac{1}{x}\] có phương trình là:
\[y = 1 - 2x\].
\[y = 2x\].
\[y = 2x - 1\].
\[y = - 2x\].
Ta thấy: \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {y - \left( {2x - 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{x} = 0\]. Từ đó suy ra đường tiệm cận xiên của hàm số có phương trình là: \[y = 2x - 1\]. Chọn C.
Hàm số nào dưới đây có đồ thị như hình vẽ sau?
\[y = \frac{x}{{x + 1}}\].
\[y = - \frac{x}{{x - 1}}\].
\[y = - \frac{x}{{x + 1}}\].
\[y = \frac{x}{{x - 1}}\].
Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số có phương trình là \[x = 1\] nên ta loại các đáp án A, C. Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số có phương trình là \[y = 1\] nên ta loại đáp án B, chọn đáp án D. Chọn D.
Cho hàm số bậc ba \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ dưới đây.
Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho là
\( - 3\).
\(2\).
\(1\).
\(0\).
Dựa vào đồ thị hàm số đã cho ta có giá trị cực tiểu của hàm số bằng \( - 3\). Chọn A.
Tập nghiệm của bất phương trình \[{\log _{\frac{1}{3}}}\left( {x - 1} \right) > - 2\] là
\(\left( {10; + \infty } \right)\).
\(\left( {1;10} \right)\).
\(\left( {9; + \infty } \right)\).
\(\left( { - \infty ;10} \right)\).
Theo giả thiết, ta có \[{\log _{\frac{1}{3}}}\left( {x - 1} \right) > - 2 \Leftrightarrow 0 < x - 1 < {\left( {\frac{1}{3}} \right)^{ - 2}} \Leftrightarrow 1 < x < 10\]. Chọn B.
</>
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình bình hành. Đẳng thức nào sau đây là đẳng thức đúng?
\(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} = \overrightarrow 0 \).
\(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} \).
\(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} = \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} \).
\(\overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} = \overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SD} \).
Ta có \(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {SD} + \overrightarrow {DC} \)\( = \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} + \left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {DC} } \right) = \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} \). Chọn B.
Cho \(A\) và \(B\) là hai biến cố độc lập. Biết xác suất của biến cố \(A\) là \(0,4\); xác suất của biến cố \(B\) là \(0,3\). Xác suất của biến cố \(A \cup B\) là
\(0,12\).
\(0,58\).
\(0,7\).
\(0,82\).
Ta có \(P\left( {A \cap B} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = 0,4 \cdot 0,3 = 0,12\).
Khi đó \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {A \cap B} \right)\)\( = 0,4 + 0,3 - 0,12 = 0,58\). Chọn B.
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng (Đ) hoặc sai (S)
Cho hàm số \(f\left( x \right) = 4\sin x + 2x\).
a) Đạo hàm của hàm số đã cho là \(f'\left( x \right) = - 4\cos x + 2\).
b) \(f\left( 0 \right) = 0\), \(f\left( \pi \right) = 2\pi \).
c) Nghiệm của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) trên đoạn \(\left[ {0;\pi } \right]\) là \(\frac{{2\pi }}{3}\).
d) Giá trị lớn nhất của \(f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {0;\pi } \right]\) là \(2\pi + 1\).
a) Sai. Ta có \(f'\left( x \right) = 4\cos x + 2\).
b) Đúng. Ta có \(f\left( 0 \right) = 4\sin 0 + 2 \cdot 0 = 0\), \(f\left( \pi \right) = 4\sin \pi + 2 \cdot \pi = 2\pi \).
c) Đúng. \(f'\left( x \right) = 4\cos x + 2 = 0 \Leftrightarrow \cos x = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow x = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}\).
\(0 \le \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \le \pi \Leftrightarrow - \frac{1}{3} \le k \le \frac{1}{6} \Rightarrow k = 0 \Rightarrow x = \frac{{2\pi }}{3}\).
\(0 \le - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \le \pi \Leftrightarrow \frac{1}{3} \le k \le \frac{5}{6} \Rightarrow \) không tồn tại \(k\).
Vậy nghiệm của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) trên đoạn \(\left[ {0;\pi } \right]\) là \(\frac{{2\pi }}{3}\).
d) Sai. Ta có \(f\left( 0 \right) = 0\), \(f\left( \pi \right) = 2\pi \), \(f\left( {\frac{{2\pi }}{3}} \right) = 2\sqrt 3 + \frac{{4\pi }}{3}\).
\( \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;\pi } \right]} f\left( x \right) = f\left( {\frac{{2\pi }}{3}} \right) = 2\sqrt 3 + \frac{{4\pi }}{3}\).
Hình minh họa sơ đồ một ngôi nhà trong hệ trục tọa độ\[Oxyz\], trong đó nền nhà, bốn bức tường và hai mái nhà đều là hình chữ nhật.
a) Tọa độ điểm \[A\] là \[\left( {4;0;0} \right).\]
b) \[\overrightarrow {OQ} = \left( {2;5;4} \right).\]
c) Tọa độ \[\overrightarrow {AH} = \left( {4;5;3} \right).\]
d) \[C\left( {0;5;0} \right).\]
a) Đúng. Tọa độ điểm \[A\] là \[\left( {4;0;0} \right).\]
b) Đúng. Tọa độ điểm \[O\] là \[\left( {0;0;0} \right).\] Tọa độ điểm \[Q\] là \[\left( {2;5;4} \right).\]
Do đó \[\overrightarrow {OQ} = \left( {2;5;4} \right).\]
c) Sai. Tọa độ điểm \[H\] là \[\left( {0;5;3} \right).\]Do đó tọa độ \[\overrightarrow {AH} = \left( { - 4;5;3} \right).\]
d) Đúng. Tọa độ điểm \[C\] là \[\left( {0;5;0} \right).\]
Theo báo cáo của một cơ sở sản xuất nước tinh khiết, nếu mỗi ngày cơ sở này sản xuất \(x\,({{\rm{m}}^{\rm{3}}})\) nước tinh khiết thì phải trả chi phí các khoản sau: 3 triệu đồng chi phí cố định; \(0,15\) triệu đồng cho mỗi mét khối sản phẩm; \(0,0003{x^2}\) triệu đồng chi phí bảo dưỡng máy móc. Biết công suất tối đa mỗi ngày của cơ sở này là \(200\,\,{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\). Gọi \(C\left( x \right)\) là chi phí sản xuất \(x\,({{\rm{m}}^{\rm{3}}})\) sản phẩm mỗi ngày và \(\overline c \left( x \right)\) là chi phí trung bình mỗi mét khối sản phẩm.
a) \(\overline c \left( x \right) = 0,0003x + 0,15 + \frac{3}{x}\).
b) \(C\left( x \right) = 0,0003{x^2} + 0,15x + 5\).
c) Chi phí sản xuất \(100\,\,{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\) nước tinh khiết là 20 triệu đồng.
d) Chi phí trung bình mỗi mét khối sản phẩm thấp nhất khi sản lượng nước tinh khiết trong ngày là \(100\,\,{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\).
a) Đúng. Để sản xuất \(x\,({{\rm{m}}^{\rm{3}}})\) nước tinh khiết thì phải trả chi phí các khoản sau: 3 triệu đồng chi phí cố định; \(0,15\) triệu đồng cho mỗi mét khối sản phẩm; \(0,0003{x^2}\) triệu đồng chi phí bảo dưỡng máy móc.
Suy ra để sản xuất \(1\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{)}}\) nước tinh khiết thì cần \(\frac{3}{x}\) triệu đồng chi phí cố định; \(0,15\) triệu đồng cho mỗi mét khối sản phẩm; \(0,0003x\) triệu đồng chi phí bảo dưỡng máy móc.
\( \Rightarrow \overline c \left( x \right) = \frac{3}{x} + 0,15 + 0,0003x\) (triệu đồng).
b) Sai. Khi đó, ta suy ra \(C\left( x \right) = \overline c \left( x \right) \cdot x\)\( = 3 + 0,15x + 0,0003{x^2}\).
c) Sai. Chi phí sản xuất \(100\,\,{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\) là \(C\left( {100} \right) = 3 + 0,15 \cdot 100 + 0,0003 \cdot {100^2}\)\( = 21\) (triệu đồng).
d) Đúng. Hàm chi phí trung bình mỗi mét khối sản phẩm là \(\overline c \left( x \right) = \frac{3}{x} + 0,15 + 0,0003x\), \(0 < x \le 200\).
Đặt \(f\left( x \right) = \overline c \left( x \right) = \frac{3}{x} + 0,15 + 0,0003x\), \(0 < x \le 200\).
\(f'\left( x \right) = - \frac{3}{{{x^2}}} + 0,0003\).
\(f'\left( x \right) = 0\)\( \Rightarrow - 3 + 0,0003{x^2} = 0\)\( \Rightarrow x = 100\).
Bảng biến thiên của hàm \(f\left( x \right)\).
Dựa vào BBT thì chi phí trung bình mỗi mét khối sản phẩm thấp nhất khi sản lượng nước tinh khiết trong ngày là \(100\,\,{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\).
Cho hàm số \(f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) có đồ thị như hình sau đây.
a) Giá trị cực tiểu của hàm số\(f\left( x \right)\)bằng \( - 1\).
b)Phương trình \({\log _3}\left( {f\left( x \right) + 6} \right) = 2\) có 2 nghiệm.
c)Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {1;3} \right)\).
d) Tổng\(2025a + b + c + d = - 2023\).
a) Đúng. Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số \(f\left( x \right)\)bằng \( - 1\).
b)Đúng.Ta có: \({\log _3}\left( {f\left( x \right) + 6} \right) = 2 \Leftrightarrow f\left( x \right) + 6 = 9 \Leftrightarrow f\left( x \right) = 3\) \(\left( * \right)\)
Số nghiệm của phương trình \(\left( * \right)\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) với đường thẳng\(y = 3\). Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình \(\left( * \right)\) có 2 nghiệm.
c)Sai.Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {1;2} \right)\) và nghịch biến trên khoảng \(\left( {2;3} \right)\).
d)Đúng. Ta có \(f'\left( x \right) = 3a{x^2} + 2bx + c\).
Theo giả thiết ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( 0 \right) = 0\\f'\left( 2 \right) = 0\\f\left( 0 \right) = - 1\\f\left( 2 \right) = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 0\\12a + 4b + c = 0\\d = - 1\\8a + 4b + 2c + d = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 1\\b = 3\\c = 0\\d = - 1\end{array} \right.\).
Tổng \(2025a + b + c + d = - 2025 + 3 + 0 - 1 = - 2023\).
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right) = \frac{{2{x^2} + 26x + 18}}{{x + 13}}\) có điểm cực tiểu \(x = {x_1}\) và điểm cực đại \(x = {x_2}\). Tính \(P = - 2{x_1} + {x_2}\).
Ta có \(y' = f'\left( x \right) = \frac{{\left( {4x + 26} \right)\left( {x + 13} \right) - \left( {2{x^2} + 26x + 18} \right)}}{{{{\left( {x + 13} \right)}^2}}} = \frac{{2{x^2} + 52x + 320}}{{{{\left( {x + 13} \right)}^2}}}\).
\(y' = 0 \Leftrightarrow 2{x^2} + 52x + 320 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 16\\x = - 10\end{array} \right.\).
Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = {x_1} = - 10\) và đạt cực đại tại \(x = {x_2} = - 16\).
Khi đó \(P = - 2{x_1} + {x_2} = - 2 \cdot \left( { - 10} \right) - 16 = 4\).
Đáp án: \(4\).
Hai con tàu \(A\) và \(B\) đang ở cùng một vĩ tuyến và cách nhau 6 hải lí. Cả hai tàu đồng thời cùng khởi hành. Tàu \(A\) chạy về hướng Nam với vận tốc 5 hải lí/ giờ, còn tàu \(B\) chạy về vị trí hiện tại của tàu \(A\) với vận tốc 7 hải lí/ giờ. Hỏi sau bao nhiêu giờ thì khoảng cách giữa hai tàu là bé nhất (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)?
Giả sử ban đầu tàu \(A\) ở vị trí \(A\) và tàu \(B\) ở vị trí \(B\). Sau khoảng thời gian \(t\):
Tàu \(A\) di chuyển được quãng đường \(5t\) về phía Nam đến vị trí \({A_1}\).
Tàu \(B\) di chuyển được quãng đường \(7t\) đến vị trí \({B_1}\).
Khoảng cách từ vị trí \({B_1}\) đến vị trí \[A\] là \(6 - 7t\).
Áp dụng định lý Pytago ta có: \(d = {A_1}{B_1} = f\left( t \right) = \sqrt {{{\left( {6 - 7t} \right)}^2} + {{\left( {5t} \right)}^2}} = \sqrt {74{t^2} - 84t + 36} \).
Để khoảng cách giữa hai tàu nhỏ nhất, thì hàm số \(g\left( t \right) = 74{t^2} - 84t + 36\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Hàm số \(g\left( t \right)\) đạt giá trị nhỏ nhất tại \(t = \frac{{ - \left( { - 84} \right)}}{{2.74}} = \frac{{21}}{{37}}\), vậy thời điểm khoảng cách giữa hai tàu bé nhất là khi \(t = \frac{{21}}{{37}} \approx 0,57\)(giờ).
Đáp án: \(0,57\).
Cho tứ diện \(SABC\) có \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) và \(I\) là trọng tâm tam giác \(GBC\). Biết \(\overrightarrow {SI} = x\overrightarrow {SA} + y\overrightarrow {SB} + z\overrightarrow {SC} \), tính giá trị biểu thức \(9\left( {x - y + z} \right)\).
Do \(I\) là trọng tâm tam giác \(GBC\) nên ta có: \(\overrightarrow {SI} = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {SG} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} } \right)\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\).
Do \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) nên ta có: \(\overrightarrow {SG} = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} } \right)\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\).
Thay \(\left( 2 \right)\) vào \(\left( 1 \right)\) ta có: \(\overrightarrow {SI} = \frac{1}{3}\left( {\frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} } \right) + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} } \right) = \frac{1}{9}\overrightarrow {SA} + \frac{4}{9}\overrightarrow {SB} + \frac{4}{9}\overrightarrow {SC} \).
Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{1}{9}\\y = \frac{4}{9}\\z = \frac{4}{9}\end{array} \right. \Rightarrow 9\left( {x - y + z} \right) = 1\).
Đáp án: 1.
Khảo sát thời gian tập thể dục của một số học sinh khối 12 thu được mẫu số liệu ghép nhóm sau.
Thời gian (phút) | \(\left[ {0;20} \right)\) | \(\left[ {20;40} \right)\) | \(\left[ {40;60} \right)\) | \(\left[ {60;80} \right)\) | \(\left[ {80;100} \right)\) |
Số học sinh | \(5\) | \(9\) | \(12\) | \(10\) | \(6\) |
Trung bình mỗi học sinh tập bao nhiêu phút mỗi ngày? (kết quả làm tròn đến hàng phần mười).
Gọi \({x_1} = 10;{x_2} = 30;{x_3} = 50;{x_4} = 70;{x_5} = 90\) là các giá trị đại diện.
Khi đó \(\overline x = \frac{{10 \cdot 5 + 30 \cdot 9 + 50 \cdot 12 + 70 \cdot 10 + 90 \cdot 6}}{{42}} \approx 51,4\) phút.
Đáp án: 51,4.
Một nhóm gồm 3 học sinh lớp 10, 3 học sinh lớp 11 và 3 học sinh lớp 12 được xếp ngồi cùng vào một hàng có 9 ghế, mỗi học sinh ngồi 1 ghế. Tính xác suất để 3 học sinh lớp 10 không ngồi 3 ghế liền nhau (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Ta có \(n\left( \Omega \right) = 9!\).
Gọi \(A\) là biến cố: “xếp được 3 học sinh lớp 10 ngồi 3 ghế liền nhau”.
Khi đó, \(n\left( A \right) = 7!\, \cdot 3!\). Suy ra \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{3!\, \cdot 7!}}{{9!}} = \frac{1}{{12}}\).
Vậy xác suất để 3 học sinh lớp 10 không ngồi 3 ghế liền nhau là \(P\left( {\bar A} \right) = 1 - P\left( A \right) = \frac{{11}}{{12}} \approx 0,92\).
Đáp án: 0,92.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh bằng 2. Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(AD\). Biết hai mặt phẳng \(\left( {SDM} \right)\) và \(\left( {SCN} \right)\) cùng vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), đồng thời khoảng cách giữa \(DM\) và \(SC\) bằng \(\frac{{12}}{7}\). Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) bằng bao nhiêu?
Gọi \(H = DM \cap CN\).
Theo bài ra ta có \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).
Do \(\Delta ADM = \Delta DCN\left( {{\rm{c}}{\rm{.g}}{\rm{.c}}} \right)\) nên \(\widehat {AMD} = \widehat {DNC}\).
\(\widehat {HDN} + \widehat {DNH} = \widehat {HDN} + \widehat {AMD} = 90^\circ \) (Do tam giác \(ADM\) vuông tại \(A\)).
Nên \(DM \bot CN\).
Ta có \(DM \bot SH,DM \bot CN \Rightarrow DM \bot \left( {SCN} \right)\).
Trong mặt phẳng \(\left( {SCN} \right)\), kẻ \(HK \bot SC\,\,\left( {K \in SC} \right)\).
Do \(\left\{ \begin{array}{l}DM \bot \left( {SCN} \right)\\KH \subset \left( {SCN} \right)\end{array} \right. \Rightarrow KH \bot DM\).
Nên \(KH\) là đường vuông góc chung của \(DM\) và \(SC\).
Khi đó \(d\left( {SC,MD} \right) = HK = \frac{{12}}{7}\).
Ta có tam giác \(CDN\) vuông tại \(D\) nên \(CN = \sqrt {C{D^2} + D{N^2}} = \sqrt {4 + 1} = \sqrt 5 \).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(CDN\) có: \(C{D^2} = CN \cdot CH \Rightarrow CH = \frac{4}{{\sqrt 5 }}\).
Trong tam giác vuông \(SHC\) có: \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{C{H^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{{49}}{{144}} - \frac{5}{{16}} = \frac{1}{{36}} \Rightarrow SH = 6\).
Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot SH \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot 6 \cdot {2^2} = 8.\)
Đáp án: 8.
