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 hoặc sai.
Cho hàm số \(f\left( x \right) = 4\sin x\cos x + 2x\) trên \(\left[ { - \pi ;\pi } \right]\)

Cách 1: Sử dụng tích phân

Hình chiếu vuông góc của \(\overrightarrow v \)lên mặt phẳng đáy \(\left( {Oxy} \right)\) là \({\overrightarrow v _{xy}} = \left( {1;\sqrt 2 ;0} \right)\).
Độ dài \(\left| {{{\overrightarrow v }_{xy}}} \right| = \sqrt {{1^2} + {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt 3 \)
Ta thực hiện phép xoay trục: Giữ nguyên trục \(Oz\), ta xoay hệ trục \(Oxy\) quanh \(O\) thành hệ trục \(OXY\)sao cho trục \(OX\) mới trùng với hướng của \({\overrightarrow v _{xy}}\).
Trong hệ tọa độ \(OXYZ\)mới:
Khối bán cầu là khối tròn xoay quanh \(Oz\)nên phương trình không đổi: \({X^2} + {Y^2} + {Z^2} \le 4\)
Vectơ chỉ phương của tia sáng lúc này chỉ còn thành phần trên trục \(OX\)và \(OZ\) tọa độ mới của nó là: \({\overrightarrow {v'} _{xy}} = \left( {\left| {{{\overrightarrow v }_{xy}}} \right|;0;{v_z}} \right) = \left( {\sqrt 3 ;0; - 1} \right)\)
Bóng của chính mặt đáy bán cầu: Do đáy bán cầu đã nằm sẵn trên mặt đất, bóng của nó chính là hình tròn tâm \(O\), bán kính \(R = 2\) có phương trình \(\left( C \right):{X^2} + {Y^2} \le 4\)
Bóng của phần mặt cong bán cầu: Gọi \(M\left( {{X_0};{Y_0};{Z_0}} \right)\)là điểm tiếp xúc thì vectơ pháp tuyến tại điểm \(M\) là \[\vec n = \left( {{X_0};{Y_0};{Z_0}} \right)\]
Điều kiện tiếp xúc (tia sáng vuông góc với pháp tuyến): \[\overrightarrow n .\overrightarrow v = 0 \Leftrightarrow \sqrt 3 {X_0} - {Z_0} = 0 \Rightarrow {Z_0} = \sqrt 3 {X_0}\]
Thay \({Z_0}\)vào phương trình mặt cầu, ta được phương trình đường cong tiếp xúc:
\[X_0^2 + Y_0^2 + Z_0^2 = 4 \Leftrightarrow 4X_0^2 + Y_0^2 = 4\]
Một tia sáng đi qua \(M\)có phương trình tham số:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{X = x + t}\\{Y = y + \sqrt 2 t}\\{Z = z - t}\end{array}} \right.\) và tia sáng qua \(M\)chạm đất khi \(Z = 0 \Rightarrow t = {Z_0} = \sqrt 3 {X_0}\)
Tọa độ điểm bóng trên mặt đất là:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{X = {X_0} + \left( {\sqrt 3 {X_0}} \right)\sqrt 3 = 4{X_0} \Rightarrow {X_0} = \frac{X}{4}}\\{Y = {Y_0}}\end{array}} \right.\)
Thế vào phương trình trên, ta được đường viền của bóng cong là một nửa Elip
\(\left( E \right):\frac{{{X^2}}}{{16}} + \frac{{{Y^2}}}{4} = 1\left( {X \ge 0} \right)\)
Bóng trên mặt đất là sự hợp nhất của hình tròn \(\left( C \right)\)và nửa Elip \(\left( E \right)\). Do nửa Elip bao trùm hoàn toàn nửa phải của hình tròn, nên hình phẳng tạo thành bóng được giới hạn bởi:
Nửa trái là đường tròn \({X^2} + {Y^2} = 4 \Rightarrow Y = \pm \sqrt {4 - {X^2}} \)(với \(X \in \left[ { - 2;0} \right]\))
Nửa phải là Elip \(\frac{{{X^2}}}{{16}} + \frac{{{Y^2}}}{4} = 1 \Rightarrow Y = \pm \frac{1}{2}\sqrt {16 - {X^2}} \)
Gọi \(S\) là diện tích toàn bộ bóng. Do tính đối xứng qua trục \(OX\), ta tính phần diện tích phía trên trục \(OX\)rồi nhân đôi
Vậy diện tích bóng cần tìm là: \[S = 2.\left( {\int\limits_{ - 2}^0 {\sqrt {4 - {X^2}} {\rm{d}}X + \int\limits_0^4 {\frac{1}{2}} \sqrt {16 - {X^2}} {\rm{d}}X} } \right) \approx 18,8\]
Cách 2: Dựa vào tính chất
Gọi \(\alpha \) là góc giữa các tia sáng và mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\): \(\sin \alpha = \frac{{\left| {\vec v.\vec k} \right|}}{{\left| {\vec v} \right|.\left| {\vec k} \right|}} = \frac{{\left| { - 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} .1}} = \frac{1}{2}\)
Suy ra \(\alpha = 30^\circ \)
Bóng của khối bán cầu trên mặt phẳng\(\left( {Oxy} \right)\) được hợp thành bởi hai phần:
Một nửa hình tròn đáy: Phần này nằm sẵn trên mặt phẳng\(\left( {Oxy} \right)\) có diện tích \({S_1} = \frac{1}{2}\pi {R^2}.\)
Một nửa hình elip: Đây là hình chiếu của mặt cong bán cầu xuống mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) theo phương của tia sáng.
Hình chiếu của một hình tròn bán kính \(R\) xuống mặt phẳng nghiêng một góc \(\alpha \)(hoặc hình chiếu của mặt cầu) là một hình elip có các bán trục là \(R\) và \(\frac{R}{{\sin \alpha }}\).
Diện tích nửa hình elip tạo ra bóng là \({S_2} = \frac{1}{2}\frac{{\pi {R^2}}}{{\sin \alpha }}.\)
Vậy tổng diện tích bóng \(S\)là: \(S = {S_1} + {S_2} = \frac{{\pi {R^2}}}{2}\left( {1 + \frac{1}{{\sin \alpha }}} \right) = 6\pi \approx 18,8\)

Ta có: \({V_{S.ABCD}} = 2.{V_{S.ADB}} = 2.\frac{1}{3}.SH.{S_{ADB}}\)
Tứ giác \(ABCD\) có đáy là hình thoi cạnh bằng \(2\) và góc \(\widehat {ABC} = 120^\circ \) nên tam giác \(ADB\) là tam giác đều cạnh bằng 2
Xét khối chóp \(B.DSA\) có \(BA = BS = BD = 2\) suy ra khối chóp \(B.DSA\) là khối chóp có các cạnh bên bằng nhau nên chân đường cao kẻ từ \(B\) là điểm \(K\) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta DSA\).
Mà \(\left( {BAD} \right) \bot \left( {DSA} \right)\) và \(\Delta BDA\) đều nên \(BK \bot AD\) tại điểm \(K\)là trung điểm của \(AD\).
Từ đó ta thấy rằng \(K\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(\Delta DSA\) và là trung điểm của \(AD\) nên tam giác \(\Delta DSA\) vuông tại \(S\).
Suy ra \(SA = \cos \widehat {SAD}.AD = \cos 60^\circ .2 = 1\) và \(SH = \sin \widehat {SAH}.SA = \sin 60^\circ .1 = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)
Vậy \({V_{S.ABCD}} = 2.{V_{S.ADB}} = 2.\frac{1}{3}.SH.{S_{ADB}} = 2.\frac{1}{3}.\frac{{\sqrt 3 }}{2}.{\left( 2 \right)^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{4} = 1\)