50 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Bộ 20 đề thi giữa kì 2 Toán 12 có đáp án năm 2022-2023 (Đề 20)

$\begin{array}{l} \lim_{x \to a^{\mp}} \frac{1}{f (x) - 2020} = \infty \\ \lim_{x \to b^{\mp}} \frac{1}{f (x) - 2020} = \infty \Rightarrow k = 3. \\ \lim_{x \to c^{\mp}} \frac{1}{f (x) - 2020} = \infty \end{array}$

$\begin{array}{l} \lim_{x \to + \infty} \frac{1}{f (x) - 2020} = - \frac{1}{2021} \\ \lim_{x \to - \infty} \frac{1}{f (x) - 2020} = 0 \\ \Rightarrow l = 2. \end{array}$

Vậy $k + l = 5$

Câu 40:

Cho hàm số

y = \frac{3 x + 5}{3 x + 1}

có đồ thị (C) Gọi S là tập hợp tất cả các điểm thuộc (C) có tọa độ là số nguyên. Tính số phần tử của S.

A. 15

B. 3

C. 2

D. 6

Xem đáp án

Chọn B

y = \frac{3 x + 5}{3 x + 1} = 1 + \frac{4}{3 x + 1}

Do

x, y

là các số nguyên nên

\Rightarrow [\begin{array}{l} 3 x + 1 = \pm 1 \\ 3 x + 1 = \pm 2 \\ 3 x + 1 = \pm 4 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0, x = \frac{- 2}{3} \\ x = \frac{1}{3}, x = - 1 \\ x = 1, x = - \frac{5}{3} \end{array}

Suy ra các tọa độ nguyên

(0; 5); (- 1; - 1); (1; 2) .

Câu 41:

Gọi

A, B, C

là các điểm cực trị của đồ thị hàm số

y = x^{4} - 2 x^{2} + 4

. Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng

A. 1

B. $\sqrt{2} + 1$

C. $\sqrt{2} - 1$

D. $\sqrt{2}$

Xem đáp án

Chọn C

Ta có

y^{'} = 4 x^{3} - 4 x

y^{'} = 0 \Leftrightarrow 4 x^{3} - 4 x = 0

\Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \\ x = 1 \\ x = - 1 \end{array}

và y' đổi dấu qua các nghiệm đó.
Hàm số có ba điểm cực trị tại

x = 0; x = 1; x = - 1

Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị

A (0; 4); B (1; 3); C (- 1; 3)

\Rightarrow \vec{A B} = (1; - 1) \Rightarrow A B = \sqrt{2}

;

\vec{A C} = (- 1; - 1) \Rightarrow A C = \sqrt{2}

;

\vec{B C} = (- 2; 0) \Rightarrow B C = 2

.

\Rightarrow Δ A B C

cân tại A .Gọi H là trung điểm của BC.

\Rightarrow A H ⊥ B C

\Rightarrow A H = \sqrt{A B^{2} - H B^{2}} = \sqrt{2 - 1} = 1

\Rightarrow S_{Δ A B C} = \frac{1}{2} A H . B C = 1

Mà

p = \frac{A B + A C + B C}{2} = \frac{2 + 2 \sqrt{2}}{2} = \sqrt{2} + 1

Vì

S_{Δ A B C} = p r \Rightarrow r = \frac{S_{Δ A B C}}{p} = \frac{1}{\sqrt{2} + 1} = \sqrt{2} - 1

Vậy

r = \sqrt{2} - 1

Chú ý: Có thể tính diện tích

Δ A B C

bằng công thức

S_{Δ A B C} = \sqrt{p (p - A B) (p - A C) (p - B C)}

Câu 42:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA=a và SA vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm SB, N là điểm thuộc cạnh SD sao cho SN=2SD. Tính thể tích V của khối tứ diện ACMN

A. $V = \frac{1}{12} a^{3}$

B. $V = \frac{1}{8} a^{3}$

C. $V = \frac{1}{36} a^{3}$

D. $V = \frac{1}{6} a^{3}$

Xem đáp án

Chọn A

Ta có:

V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} S A . S_{S . A B C D} = \frac{a^{3}}{3}

Vì

\frac{N D}{S D} = \frac{1}{3} \Rightarrow d (N, (A B C D)) = \frac{1}{3} S A = \frac{a}{3}

\frac{M B}{S B} = \frac{1}{2} \Rightarrow d (M, (A B C D)) = \frac{1}{2} S A = \frac{a}{2}

Mà

V_{A C M N} = V_{S . A B C D} - V_{S A M N} - V_{S C M N} - V_{M A B C} - V_{N A D C}

Mặt khác

V_{S A B D} = V_{S B C D} = \frac{1}{2} V_{S . A B C D} = \frac{a^{3}}{6}

\frac{V_{S A M N}}{V_{S A B D}} = \frac{S M}{S B} . \frac{S N}{S D} = \frac{1}{2} . \frac{2}{3} = \frac{1}{3}

\Rightarrow V_{S . A M N} = \frac{1}{3} V_{S A B C} = \frac{1}{3} . \frac{a^{3}}{6} = \frac{a^{3}}{18}

\frac{V_{S C M N}}{V_{S B C D}} = \frac{S M}{S B} . \frac{S N}{S D} = \frac{1}{2} . \frac{2}{3} = \frac{1}{3}

\Rightarrow V_{S C M N} = \frac{1}{3} V_{S B C D} = \frac{1}{3} . \frac{a^{3}}{6} = \frac{a^{3}}{18}

V_{M A B C} = \frac{1}{3} d (M, (A B C D)) . S_{A B C} = \frac{1}{3} . \frac{a}{2} . \frac{1}{2} a^{2} = \frac{a^{3}}{12}

V_{N A D C} = \frac{1}{3} d (N, (A B C D)) . S_{A D C} = \frac{1}{3} . \frac{a}{3} . \frac{1}{2} a^{2} = \frac{a^{3}}{18}

Vậy

V_{A C M N} = \frac{a^{3}}{3} - \frac{a^{3}}{18} - \frac{a^{3}}{18} - \frac{a^{3}}{12} - \frac{a^{3}}{18} = \frac{a^{3}}{12}

Câu 43:

Gọi S là tập hợp các giá trị của tham số m để giá trị nhỏ nhất của hàm số

y = {(x^{2} + x + m)}^{2}

trên đoạn

[- 2; 2]

bằng 4. Tính tổng các phần tử của S.

A. $- \frac{23}{4}$

B. $\frac{41}{4}$

C. $\frac{9}{4}$

D. 0

Xem đáp án

Chọn A

Vì

\underset{[- 2; 2]}{\min y} = 4

nên

{(x^{2} + x + m)}^{2} \geq 4 \Leftrightarrow [\begin{matrix} x^{2} + x + m \geq 2 \\ x^{2} + x + m \leq - 2 \end{matrix}

\Leftrightarrow [\begin{matrix} m \geq - x^{2} - x + 2 = f (x) \\ m \leq - x^{2} - x - 2 = g (x) \end{matrix}, \forall x \in [- 2; 2] .

+) Xét

f (x) = - x^{2} - x + 2, \forall x \in [- 2; 2]

f' (x) = - 2 x - 1; f' (x) = 0 \Leftrightarrow x = - \frac{1}{2}

BBT

Từ BBT suy ra

m \geq \frac{9}{4}

.

\underset{[- 2; 2]}{\min y} = 4 \Leftrightarrow m = \frac{9}{4} .

+) Xét

g (x) = - x^{2} - x - 2, \forall x \in [- 2; 2] .

g' (x) = - 2 x - 1; g' (x) = 0 \Leftrightarrow x = - \frac{1}{2}

BBT

Từ BBT suy ra

m \leq - 8

.

\underset{[- 2; 2]}{\min y} = 4 \Leftrightarrow m = - 8.

Vậy

S = \{\frac{9}{4}; - 8\}

Do đó

m_{1} + m_{2} = \frac{9}{4} - 8 = - \frac{23}{4}

Câu 44:

Cho hàm số

y = \frac{2 x - 1}{x + 1}

có đồ thị (C) và đường thẳng

d : y = - x + m .

Gọi là tập hợp các giá trị của tham số m để d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B sao cho

Δ P A B

đều, biết

P (2; 5)

. Tính tổng bình phương tất cả các phần tử của S.

A. 10

B. 26

C. 25

D. 16

Xem đáp án

Phương trình hoành độ giao điểm:

\frac{2 x - 1}{x + 1} = - x + m

, đk

x \neq - 1

\Leftrightarrow 2 x - 1 = (- x + m) (x + 1)

\Leftrightarrow x^{2} + (3 - m) x - 1 - m = 0

Để d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi

(1)

có hai nghiệm phân biệt,

x \neq - 1

\Leftrightarrow \{\begin{cases} {(3 - m)}^{2} + 4 m + 4 > 0 \\ 1 - 3 + m - 1 - m \neq 0 \end{cases}

\Leftrightarrow m^{2} - 2 m + 13 > 0

, đúng

\forall m

Gọi

A (x_{1}; y_{1})

,

B (x_{2}; y_{2})

là hai giao điểm của d và (C)
Suy ra

A (x_{1}; - x_{1} + m)

,

B (x_{2}; - x_{2} + m)

Theo viet ta có

\{\begin{cases} x_{1} + x_{2} = m - 3 \\ x_{1} . x_{2} = - 1 - m \end{cases}

A B = \sqrt{{(x_{2} - x_{1})}^{2} + {(x_{1} - x_{2})}^{2}}

= \sqrt{2 {(m - 3)}^{2} + 8 + 8 m}

Gọi I là trung điểm của AB

\Rightarrow I (\frac{m - 3}{2}; \frac{m + 3}{2})

\vec{P I} = (\frac{m - 7}{2}; \frac{m - 7}{2})

Mặc khác

P I = d (I; (d)) = \frac{|5 + 2 - m|}{\sqrt{1 + 1}} = \frac{|7 - m|}{\sqrt{2}}

Đề tam giác

Δ P A B

\Leftrightarrow P I = A B . \frac{\sqrt{3}}{2}

\Leftrightarrow \frac{|7 - m|}{\sqrt{2}} = \sqrt{2 m^{2} - 4 m + 26} . \frac{\sqrt{3}}{2}

\Leftrightarrow 2 {(7 - m)}^{2} = 3 (2 m^{2} - 4 m + 26)

\Leftrightarrow 4 m^{2} + 16 m - 20 = 0

\Leftrightarrow [\begin{array}{l} m = 1 \\ m = - 5 \end{array}

\Rightarrow {m_{1}}^{2} + {m_{2}}^{2} = 26

Chọn đáp án B

Câu 45:

Cho hàm số

y = f (x)

có đạo hàm trên R. Đồ thị hàm số

y = f' (x)

như hình vẽ bên dưới.

Hàm số

g (x) = f (x) - \frac{x^{3}}{3} + x^{2} - x + 2

có bao nhiêu điểm cực đại?

A. 0

B. 1

C. 2

D. 3

Xem đáp án

Chọn B

Ta có

g' (x) = f' (x) - x^{2} + 2 x - 1

g' (x) = 0 \Leftrightarrow f' (x) = x^{2} - 2 x+ 1 = {(x - 1)}^{2}

. (*)
Dựa vào tương giao của 2 đồ thị

y = f' (x)

và

y = {(x - 1)}^{2}

Khi đó (*) có 3 nghiệm

[\begin{array}{l} x = 0 \\ x = 1 \\ x = 2 \end{array}

Bảng biến thiên

Vậy hàm số

g (x) = f (x) - \frac{x^{3}}{3} + x^{2} - x + 2

có một cực đại.

Câu 46:

Cho hai tam giác đều

A B C

và ABD có độ dài cạnh bằng 1 và nằm trong hai mặt phẳng vuông góc. Gọi S là điểm đối xứng của B qua đường thẳng CD. Tính thể tích của khối đa diện ABDSC

A. $\frac{3}{4}$

B. $\frac{3}{8}$

C. $\frac{1}{2}$

D. $\frac{1}{4}$

Xem đáp án

Vì tam giác BCD cân tại B và S là điểm đối xứng với B qua CD nên tứ giác BDSC là một hình thoi. Khi đó

S_{B D S C} = 2 S_{B C D}

, suy ra

V_{A B D S C} = 2 V_{A B C D}

Hạ

C J ⊥ A B

, vì

(A B C) ⊥ (A B D)

nên

C J ⊥ (A B D)

. Ta có

V_{A B C D} = \frac{1}{3} C J . S_{A B D} = \frac{1}{3} . \frac{\sqrt{3}}{2} . \frac{\sqrt{3}}{4} = \frac{1}{8}

Vậy

V_{A B D S C} = \frac{1}{4}

Chọn D

Câu 47:

Cho hình chóp

S . A B C

có các cạnh

A B = a

,

A C = a \sqrt{3}

,

S B > 2 a

và góc

∠ A B C = ∠ B A S = ∠ B C S = 90^{0}

. Biết sin của góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng

(S A C)

bằng

\frac{\sqrt{11}}{11}

. Tính thể tích khối chóp S.ABC

A. $\frac{2 a^{3} \sqrt{3}}{9}$

B. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{9}$

C. $\frac{a^{3} \sqrt{6}}{6}$

D. $\frac{a^{3} \sqrt{6}}{3}$

Xem đáp án

Chọn C

Gọi I là trung điểm SB, ta có

I A = I B = I C (= I S)

. Gọi O là trung điểm AC, vì tam giác ABCvuông tại B nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Suy ra

I O ⊥ (A B C)

Gọi D là điểm đối xứng của B qua O, khi đó

I O ∥ S D

nên

S D ⊥ (A B C D)

. Đặt

S D = h

. Hạ

D E ⊥ A C, D K ⊥ S E

, khi đó

D K = d (D, (S A C))

. Ta có

\frac{1}{D K^{2}} = \frac{1}{S D^{2}} + \frac{1}{D A^{2}} + \frac{1}{D C^{2}} \Rightarrow D K^{2} = \frac{2 a^{2} h^{2}}{2 a^{2} + 3 h^{2}}

Hạ

B J ⊥ (S A C)

suy ra góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SAC)
là góc

∠ B S J

. Ta có

\sin ∠ B S J = \frac{B J}{S B} = \frac{\sqrt{11}}{11} \Leftrightarrow \frac{B J^{2}}{S B^{2}} = \frac{1}{11} \Leftrightarrow \frac{B J^{2}}{h^{2} + 3 a^{2}} = \frac{1}{11} \Rightarrow B J^{2} = \frac{h^{2} + 3 a^{2}}{11}

Ta thấy

d (D, (S A C)) = d (B, (S A C)) \Rightarrow D K = B J

. Do đó

\frac{2 a^{2} h^{2}}{2 a^{2} + 3 h^{2}} = \frac{h^{2} + 3 a^{2}}{11} \Leftrightarrow (h^{2} + 3 a^{2}) (2 a^{2} + 3 h^{2}) = 22 a^{2} h^{2}

\Leftrightarrow 3 h^{4} - 11 a^{2} h^{2} + 6 a^{4} = 0

\Leftrightarrow h^{2} = 3 a^{2}

hoặc

h^{2} = \frac{2}{3} a^{2}

Trong tam giác vuông SBD có

S B > 2 a

,

B D = a \sqrt{3}

nên

S D > a

, hay

h > a

. Suy ra

h = a \sqrt{3}

.Vậy

V_{S . A B C} = \frac{1}{3} S D . S_{A B C} = \frac{1}{3} a \sqrt{3} (\frac{1}{2} a . a \sqrt{2}) = \frac{a^{3} \sqrt{6}}{6}

Câu 48:

Biết điểm

M (x_{M}; y_{M})

thuộc đồ thị

(C) : y = \frac{2 x - 2}{x + 1}

sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng

Δ_{1} : 2 x - y + 4 = 0

bằng

\frac{2}{3}

lần khoảng cách từ M đến đường thẳng

Δ_{2} : x - 2 y + 5 = 0

. Hãy chọn khẳng định đúng?

A. $x_{M} + y_{M} = - 4$

B. $x_{M} + y_{M} = 4$

C. $x_{M} + y_{M} = 2$

D. $x_{M} + y_{M} = 0$

Xem đáp án

Chọn B

Ta có

d_{(M; Δ_{1})} = \frac{|2 x_{M} - y_{M} + 4|}{\sqrt{5}}

và

d_{(M; Δ_{2})} = \frac{|x_{M} - 2 y_{M} + 5|}{\sqrt{5}}

Suy ra

|2 x_{M} - y_{M} + 4| = \frac{2}{3} |x_{M} - 2 y_{M} + 5|

\Leftrightarrow [\begin{array}{l} 3 (2 x_{M} - y_{M} + 4) = 2 (x_{M} - 2 y_{M} + 5) \\ 3 (2 x_{M} - y_{M} + 4) = - 2 (x_{M} - 2 y_{M} + 5) \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} 4 x_{M} + y_{M} = - 2 (1) \\ 8 x_{M} - 7 y_{M} = - 22 (2) \end{array}

Mà

M (x_{M}; y_{M})

thuộc đồ thị

(C) : y = \frac{2 x - 2}{x + 1}

suy ra

y_{M} = \frac{2 x_{M} - 2}{x_{M} + 1}

Thay

(1)

vào ta được

4 x_{M} + \frac{2 x_{M} - 2}{x_{M} + 1} = - 2 \Leftrightarrow 4 x_{M}^{2} + 8 x_{M} = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x_{M} = 0 \Rightarrow y_{M} = - 2 \\ x_{M} = - 2 \Rightarrow y_{M} = 6 \end{array}

Thay

(2)

vào ta được

8 x_{M} - 7 \frac{2 x_{M} - 2}{x_{M} + 1} = - 22 \Leftrightarrow 8 x_{M}^{2} + 16 x_{M} + 36 = 0 (V N)

Vậy

x_{M} + y_{M} = 4

là đúng.

Câu 49:

Cho hàm số

y = \frac{x - 2}{x - 1}

có đồ thị

(C)

và điểm

M (3; - 1)

. Gọi D là tập hợp tất cả các đường thẳng đi qua điểm M và cắt đồ thị

(C)

tại hai điểm phân biệt A, B sao cho

M B = 3 M A

. Tính tổng tất cả các hệ số góc của các đường thẳng thuộc D.

A. -1

B. $- \frac{6}{5}$

C. $\frac{9}{5}$

D. 2

Xem đáp án

Chọn D

Gọi đường thẳng thuộc D có dạng:

d : y = k (x - 3) - 1 = k x - 3 k - 1

Phương trình hoành độ giao điểm:

\begin{array}{l} \frac{x - 2}{x - 1} = k x - 3 k - 1 \\ \Leftrightarrow x - 2 = (k x - 3 k - 1) (x - 1) \\ \Leftrightarrow k x^{2} - 2 (2 k + 1) x + 3 k + 3 = 0 \begin{matrix} (1) \end{matrix} \end{array}

Để d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B thì (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1, tức là

\{\begin{cases} k \neq 0 \\ {(2 k + 1)}^{2} - k (3 k + 3) > 0 \\ k {.1}^{2} - 2 (2 k + 1) .1 + 3 k + 3 \neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} k \neq 0 \\ k^{2} + k + 1 > 0 \end{cases} \Leftrightarrow k \neq 0

Khi đó phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa hệ thức Viet:

\{\begin{cases} x_{1} + x_{2} = \frac{4 k + 2}{k} \begin{matrix} (2) \end{matrix} \\ x_{1} x_{2} = \frac{3 k + 3}{k} \begin{matrix} (3) \end{matrix} \end{cases}

Gọi

A (x_{1}; k x_{1} - 3 k - 1) \Rightarrow \vec{M A} = (x_{1} - 3; k x_{1} - 3 k)

B (x_{2}; k x_{2} - 3 k - 1) \Rightarrow \vec{M B} = (x_{2} - 3; k x_{2} - 3 k)

Ta có

M B = 3 M A \Leftrightarrow [\begin{array}{l} \vec{M B} = 3 \vec{M A} \\ \vec{M B} = - 3 \vec{M A} \end{array}

Trường hợp 1:

\vec{M B} = 3 \vec{M A} \Leftrightarrow x_{2} - 3 = 3 (x_{1} - 3) \Leftrightarrow x_{2} = 3 x_{1} - 6 \begin{matrix} (4) \end{matrix}

Từ (2) và (4) suy ra

\{\begin{cases} x_{1} + 3 x_{1} - 6 = \frac{4 k + 2}{k} \\ x_{2} = 3 x_{1} - 6 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x_{1} = \frac{10 k + 2}{4 k} \\ x_{2} = \frac{6 k + 6}{4 k} \end{cases}

Thay vào (3), ta được

\begin{array}{l} (\frac{10 k + 2}{4 k}) (\frac{6 k + 6}{4 k}) = \frac{3 k + 3}{k} \\ \Leftrightarrow 12 k^{2} + 24 k + 12 = 0 \\ \Leftrightarrow k = - 1 \end{array}

Trường hợp 2:

\vec{M B} = - 3 \vec{M A} \Leftrightarrow x_{2} - 3 = - 3 (x_{1} - 3) \Leftrightarrow x_{2} = - 3 x_{1} + 12 \begin{matrix} (5) \end{matrix}

Từ (2) và (5) suy ra

\{\begin{cases} x_{1} - 3 x_{1} + 12 = \frac{4 k + 2}{k} \\ x_{2} = - 3 x_{1} + 12 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x_{1} = \frac{4 k - 1}{k} \\ x_{2} = \frac{3}{k} \end{cases}

Thay vào (3), ta được:

\begin{array}{l} (\frac{4 k - 1}{k}) (\frac{3}{k}) = \frac{3 k + 3}{k} \\ \Leftrightarrow 3 k^{2} - 9 k + 3 = 0 \\ \Leftrightarrow [\begin{array}{l} k = \frac{3 + \sqrt{5}}{2} \\ k = \frac{3 - \sqrt{5}}{2} \end{array} \end{array}

Vậy tổng tất cả các hệ số góc của các đường thẳng thuộc D là

S = - 1 + \frac{3 + \sqrt{5}}{2} + \frac{3 - \sqrt{5}}{2} = 2

Câu 50:

Cho hình chóp

S . A B C D

có đáy ABCD là hình thang vuông tại B và C. Hai mặt phẳng

(S B C)

và

(S B D)

cùng vuông góc với mặt phẳng

(A B C D)

. Biết

A B = 4 a; B C = C D = a

và khoảng cách từ trung điểm E của BC đến mặt phẳng

(S A D)

bằng

\frac{5 a \sqrt{26}}{52}

. Tính thể tích khối chóp

S . A B C D

A. $\frac{5 a^{3}}{6}$

B. $\frac{6 a^{3}}{5}$

C. $\frac{a^{3} \sqrt{6}}{6}$

D. $\frac{a^{3} \sqrt{6}}{5}$

Xem đáp án

Chọn đáp án A.
Do hai mặt phẳng

(S B C)

và

(S B D)

cùng vuông góc với mặt phẳng

(A B C D)

nên

S B ⊥ (A B C D)

.
Gọi Q là giao điểm của BC, AD. Gọi F là trung điểm AD
Kẻ

B M ⊥ A D, B I ⊥ S M

. Dễ thấy

B I ⊥ m p (S A D)

Ta có

\frac{d (E, (S A D))}{d (B, (S A D))} = \frac{E Q}{B Q} = \frac{E F}{B A}

\begin{array}{l} \Rightarrow d (E, (S A D)) = \frac{E F}{B A} . B I = \frac{(\frac{a + 4 a}{2})}{4 a} . B I \\ \Rightarrow B I = \frac{8}{5} d (E, (S A D)) = \frac{8}{5} \frac{5 a \sqrt{26}}{52} = \frac{8 a \sqrt{26}}{52} \end{array}

Xét tam giác vuông BAQ có

\frac{1}{B M^{2}} = \frac{1}{B A^{2}} + \frac{1}{B Q^{2}} = \frac{1}{{(4 a)}^{2}} + \frac{1}{{(\frac{4 a}{3})}^{2}} = \frac{5}{8 a^{2}}

Xét tam giác vuông SBM có

\frac{1}{S B^{2}} = \frac{1}{B I^{2}} - \frac{1}{B M^{2}} = \frac{1}{{(\frac{8 a \sqrt{26}}{52})}^{2}} - \frac{5}{8 a^{2}} = \frac{1}{a^{2}}

\Rightarrow S B = a

Vậy

V = \frac{1}{3} S B . S_{A B C D} = \frac{1}{3} . a . \frac{(4 a + a) a}{2} = \frac{5 a^{3}}{6}