Lời giải đề 21: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 THPT Phan Đăng Lưu- Thừa Thiên Huế lần 1 , mã đề 132 trang 1

BẢNG ĐÁP ÁN

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1. Chọn B.

Gọi $N$ là trung điểm $BC$. Ta có góc giữa $CM$ với $mp\left( BCD \right)$ bằng góc $MCN$.

+ $MN=\frac{AB}{2}=a$.

+$CN=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Vậy $\tan \varphi =\frac{MN}{CN}=a.\frac{2}{a\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$.

Câu 2. Chọn C.

+ $ABCD$ là hình thoi, góc $BAC=60{}^\circ $ nên ta có tam giác $ABC$ đều.

+ Gọi $M$ là trung điểm $BC$ ta có góc giữa $\left( SBC \right)$ và đáy $\left( ABCD \right)$ bằng góc $SMA=60{}^\circ $.

+ Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $SM$ ta có:

+ $\left\{ \begin{array}{l}
BC \bot SA\\
BC \bot AM
\end{array} \right.$ $\Rightarrow $$BC\bot \left( SAM \right)$$\Rightarrow $$BC\bot AH$.

Lại có: $AH\bot SM$ $\Rightarrow $$AH\bot \left( SBC \right)$$\Rightarrow $$d\left( A,\left( SBC \right) \right)=AH$.

+ $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

$\frac{AH}{AM}=\sin 60{}^\circ =\frac{\sqrt{3}}{2}$ $\Rightarrow $$AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3a}{4}$.

Câu3. Chọn C.

$L=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{1-x}{\sqrt{2-x}-1}=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( 1-x \right)\left( \sqrt{2-x}+1 \right)}{-x+1}=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\left( \sqrt{2-x}+1 \right)=2$.

Câu 4. Chọn D.

Hàm số $y=\ln x$có tập xác định $\left( 0;+\infty  \right)$ và có cơ bằng $e>1$ $\Rightarrow $ Chọn       D.

Câu 5. Chọn B.

Ta có ${{S}_{tp}}=\pi Rl+\pi {{R}^{2}}$, trong đó $R=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, $l=a$ nên ${{S}_{tp}}=\pi .\frac{a\sqrt{2}}{2}.a+\pi .{{\left( \frac{a\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}$$=\frac{\pi \left( 1+\sqrt{2} \right){{a}^{2}}}{2}$.

Câu 6. Chọn D.

Ta có ${{u}_{1}}=3$ và ${{u}_{9}}=768$ nên $768=3.{{q}^{8}}$ $\Rightarrow {{q}^{8}}=256$ $\Rightarrow q=\pm 2$.

Do đó ${{u}_{5}}={{u}_{1}}.{{q}^{4}}={{3.2}^{4}}=48$.

Câu 7. Chọn A.

Ta có số cạnh của hình mười hai mặt đều là $30$.

Câu 8. Chọn C.

Ta có ${{\left( 2-x \right)}^{n}}=\sum\limits_{k=0}^{n}{C_{n}^{k}{{2}^{n-k}}.{{\left( -1 \right)}^{k}}.{{x}^{k}}}$.

Hệ số của ${{x}^{4}}$ tương đương với $k=4$ là $C_{n}^{4}{{2}^{n-4}}.{{\left( -1 \right)}^{4}}=280$$\Leftrightarrow \frac{n\left( n-1 \right)\left( n-2 \right)\left( n-3 \right)}{24}{{2}^{n-4}}=280$$\Leftrightarrow n\left( n-1 \right)\left( n-2 \right)\left( n-3 \right)=\frac{6720}{{{2}^{n-4}}}=\frac{{{2}^{6}}.3.5.7}{{{2}^{n-4}}}$.

Vì $n$  là số tự nhiên nên $n-4\le 6$ $\Rightarrow 4\le n\le 10$.

Lâp bảng giá trị được $n=7$.

Câu 9. Chọn B.

Gọi $\left( S \right)$ là mặt cầu  có tâm $I$ và bán kính $R=9$.

Xét hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông tâm $O$, cạnh $3!.2!=12$, $\left( 0<a\le 9\sqrt{2} \right)$

Ta có $OA=\frac{AC}{2}$$=\frac{a\sqrt{2}}{2}$$\Rightarrow $$OI=\sqrt{I{{A}^{2}}-O{{A}^{2}}}$$=\sqrt{81-\frac{{{a}^{2}}}{2}}$.

Mặt khác ta lại có $SO=SI+IO$$=9+\sqrt{81-\frac{{{a}^{2}}}{2}}$.

Thể tích của khối chóp $S.ABCD$ là $V=\frac{1}{3}{{a}^{2}}\left( 9+\sqrt{81-\frac{{{a}^{2}}}{2}} \right)$$=3{{a}^{2}}+\frac{1}{3}{{a}^{2}}\sqrt{81-\frac{{{a}^{2}}}{2}}$.

Đặt ${{a}^{2}}=t$, do $0<a\le 9\sqrt{2}$ nên $0<t\le 162$

Xét hàm số $f\left( t \right)=3t+\frac{1}{3}t\left( 9+\sqrt{81-\frac{t}{2}} \right)$, với $0<t\le 162$ ta có ${f}'\left( t \right)=3+\frac{324-3t}{12\sqrt{81-\frac{t}{2}}}$; ${f}'\left( t \right)=0$$\Leftrightarrow \sqrt{81-\frac{t}{2}}=\frac{t}{12}-9$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
t \ge 108\\
81 - \frac{t}{2} = {\left( {\frac{t}{{12}} - 9} \right)^2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
t \ge 108\\
\left[ \begin{array}{l}
t = 0\\
t = 144
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow t = 144$.

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có ${{V}_{\max }}=576$ khi $t=144$ hay $a=12$.

Câu 10. Chọn C.

Ta có $3{{\sin }^{2}}x-2\cos x+2=0$$\Leftrightarrow 3{{\cos }^{2}}x+2\cos x-5=0$$\Rightarrow \cos x=1$$\Leftrightarrow x=k2\pi ,k\in \mathbb{Z}$.

Câu 11. Chọn D.

Ta có $BM$ là bán kính đường tròn $\left( C \right)$.

Do tam giác $\Delta SBM\backsim \Delta SAO$ nên $\frac{BM}{AO}=\frac{SM}{SO}$$\Leftrightarrow BM=\frac{AO.SM}{SO}$$\Leftrightarrow BM=\frac{R\left( h-x \right)}{h}$.

Thể tích của khối nón đỉnh $O$ đáy là $\left( C \right)$ là:

$V=\frac{1}{3}\pi B{{M}^{2}}.OM$$=\frac{1}{3}\pi {{\left[ \frac{R\left( h-x \right)}{h} \right]}^{2}}x$$=\frac{1}{3}\pi \frac{{{R}^{2}}}{{{h}^{2}}}{{\left( h-x \right)}^{2}}x$.

Xét hàm số $f\left( x \right)=\frac{1}{3}\pi \frac{{{R}^{2}}}{{{h}^{2}}}{{\left( h-x \right)}^{2}}x$, $\left( 0<x<h \right)$ ta có

Ta có ${f}'\left( x \right)=\frac{1}{3}\pi \frac{{{R}^{2}}}{{{h}^{2}}}\left( h-x \right)\left( h-3x \right)$; ${f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \frac{1}{3}\pi \frac{{{R}^{2}}}{{{h}^{2}}}\left( h-x \right)\left( h-3x \right)\Leftrightarrow x=\frac{h}{3}$.

Lập bảng biến thiên ta có

Từ bảng biến ta có thể tích khối nón đỉnh $O$ đáy là $\left( C \right)$ lớn nhất khi $x=\frac{h}{3}$.

Câu 12.  Chọn A.

Ta có diện tích xung quanh của hình nón là ${{S}_{xq}}=\pi rl$$15\pi =\pi .3.l$$\Leftrightarrow l=5$.

Chiều cao của khối nón là $h=\sqrt{{{l}^{2}}-{{r}^{2}}}$$=\sqrt{{{5}^{2}}-{{3}^{2}}}$$=4$.

Thể tích của khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h$$=\frac{1}{3}\pi {{.3}^{2}}.4$$=12\pi $.

Câu 13: Chọn D.

* Ta có hai hàm số ${{f}_{2}}\left( x \right)=\frac{3x+1}{x-2}$ và ${{f}_{4}}\left( x \right)={{\log }_{3}}x$ có tập xác định không phải là tập $\mathbb{R}$ nên không thỏa yêu cầu.

* Cả hai hàm số ${{f}_{1}}\left( x \right)=2{{x}^{3}}-3x+1$ và ${{f}_{3}}\left( x \right)=\cos x+3$ đều có tập xác định là $\mathbb{R}$ đồng thời liên tục trên $\mathbb{R}$.

Câu 14: Chọn A.

* Hàm số xác định khi và chỉ khi ${x^2} - 5x > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x < 0\\
x > 5
\end{array} \right.$.

* Ta có ${f}'\left( x \right)=\frac{2x-5}{{{x}^{2}}-5x}$; ${f}'\left( x \right)=0$$\Leftrightarrow 2x-5=0\Leftrightarrow x=\frac{5}{2}$ (loại).

* Vậy $S=\varnothing $.

Câu 15: Chọn C.

* Số hạng tổng quát trong khai triển ${{\left( x-\frac{2}{{{x}^{2}}} \right)}^{6}}$ là $C_{6}^{k}{{x}^{6-k}}{{\left( -\frac{2}{{{x}^{2}}} \right)}^{k}}=C_{6}^{k}{{\left( -2 \right)}^{k}}{{x}^{6-3k}}$ với $k\in \mathbb{Z}$, $0\le k\le 6$.

* Số hạng không chứa $x$ nên $6-3k=0\Leftrightarrow k=2$ suy ra hệ số cần tìm là $C_{6}^{2}{{\left( -2 \right)}^{2}}=60$.

Câu 16: Chọn C.

* Đáy lăng trụ là tam giác đều cạnh $a$ nên có diện tích là $S=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}$, đường cao $h=a$.

* Vậy thể tích khối lăng trụ $V=S.h=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{4}$.

Câu 17. Chọn B.

Gọi $\overline{{{a}_{1}}{{a}_{2}}{{a}_{3}}{{a}_{4}}{{a}_{5}}{{a}_{6}}}$ là số cần tìm

Ta có ${{a}_{6}}\in \left\{ 1;\,3;\,5 \right\}$ và $\left( {{a}_{1}}+{{a}_{2}}+{{a}_{3}} \right)-\left( {{a}_{4}}+{{a}_{5}}+{{a}_{6}} \right)=1$

Với ${{a}_{6}}=1$ thì $\left( {{a}_{1}}+{{a}_{2}}+{{a}_{3}} \right)-\left( {{a}_{4}}+{{a}_{5}} \right)=2$ $ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{a_1},\,{a_2},\,{a_3} \in \left\{ {2,\,3,\,6} \right\}\\
{a_4},\,{a_5} \in \left\{ {4,\,5} \right\}
\end{array} \right.$ hoặc $\left\{ \begin{array}{l}
{a_1},\,{a_2},\,{a_3} \in \left\{ {2,\,4,\,5} \right\}\\
{a_4},\,{a_5} \in \left\{ {3,\,6} \right\}
\end{array} \right.$

Với ${{a}_{6}}=3$ thì $\left( {{a}_{1}}+{{a}_{2}}+{{a}_{3}} \right)-\left( {{a}_{4}}+{{a}_{5}} \right)=4$ $ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{a_1},\,{a_2},\,{a_3} \in \left\{ {2;\,4;\,5} \right\}\\
{a_4},\,{a_5} \in \left\{ {1,\,6} \right\}
\end{array} \right.$ hoặc $\left\{ \begin{array}{l}
{a_1},\,{a_2},\,{a_3} \in \left\{ {1,\,4,\,6} \right\}\\
{a_4},\,{a_5} \in \left\{ {2,\,5} \right\}
\end{array} \right.$

Với ${{a}_{6}}=5$ thì $\left( {{a}_{1}}+{{a}_{2}}+{{a}_{3}} \right)-\left( {{a}_{4}}+{{a}_{5}} \right)=6$ $ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{a_1},\,{a_2},\,{a_3} \in \left\{ {2,\,3,\,6} \right\}\\
{a_4},\,{a_5} \in \left\{ {1,\,4} \right\}
\end{array} \right.$ hoặc $\left\{ \begin{array}{l}
{a_1},\,{a_2},\,{a_3} \in \left\{ {1,\,4,\,6} \right\}\\
{a_4},\,{a_5} \in \left\{ {2,\,3} \right\}
\end{array} \right.$

Mỗi trường hợp có $3!.2!=12$ số thỏa mãn yêu cầu

Vậy có tất cả $6.12=72$ số cần tìm.

Câu 18. Chọn C.

Tập xác định $D=\mathbb{R}\backslash \left\{ -1 \right\}$.

${y}'=\frac{3}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}>0,\,\forall x\in D$.

$\Rightarrow $ hàm số luôn đồng biến trên các khoảng $\left( -\infty ;\,-1 \right)$ và $\left( -1;\,+\infty  \right)$.

Câu 19. Chọn B.

$2\cos x-\sqrt{2}=0$ $\Leftrightarrow \cos x=\frac{\sqrt{2}}{2}$ $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{\pi }{4} + k2\pi \\
x =  - \frac{\pi }{4} + k2\pi 
\end{array} \right.,\,k \in Z$.

Câu 20. Chọn B.

Cách 1:

Tam giác $OBC$ có $OB=OC=a$, $\widehat{BOC}=60{}^\circ $ $\Rightarrow $ $OBC$ là tam giác đều $\Rightarrow BC=a$.

Tam giác $OAC$ và $OAB$ bằng nhau $\Rightarrow AB=AC$

Áp dụng định lí cosin trong tam giác $OAB$ ta có:

$A{{B}^{2}}=O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}-2.OA.OB.\cos 45{}^\circ $ $\Leftrightarrow A{{B}^{2}}={{a}^{2}}$ $\Leftrightarrow AB=AC=a$.

Khi đó tam giác $ABC$ đều.

Gọi $H$ là trung điểm $BC$ thì $OH=AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ và $\cos \widehat{OHA}=\frac{O{{H}^{2}}+A{{H}^{2}}-O{{A}^{2}}}{2.AH.OH}=\frac{-1}{3}$

$\Rightarrow \sin \widehat{OHA}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$ $\Rightarrow {{S}_{OAH}}=\frac{1}{2}OH.AH.\sin \widehat{OHA}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{2}}{4}$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
BC \bot OH\\
BC \bot AH
\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {OAH} \right)$.

${{V}_{O.ABC}}=2{{V}_{B.OAH}}$ $\Leftrightarrow {{V}_{O.ABC}}=2.\frac{1}{3}.BH.{{S}_{OAH}}$$\Leftrightarrow {{V}_{O.ABC}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{12}$.

Cách 2: Áp dụng công thức giải nhanh

Khối tứ diện $OABC$ có $\left\{ \begin{array}{l}
OA = a,\,OB = b,\,OC = c\\
\widehat {AOB} = \alpha ,\,\widehat {AOC} = \beta ,\,\widehat {BOC} = \gamma 
\end{array} \right.$ thì

${{V}_{OABC}}=\frac{abc}{6}\sqrt{1-{{\cos }^{2}}\alpha -{{\cos }^{2}}\beta -{{\cos }^{2}}\gamma +2\cos \alpha .\cos \beta .\cos \gamma }=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{12}$.

Câu 21. Chọn C.

Ta có thể tích của khối cầu là ${{V}_{C}}=\frac{4}{3}\pi {{r}^{3}}$.

Thể tích của khối trụ là ${{V}_{T}}=\pi {{r}^{2}}l=2\pi {{r}^{3}}$.

Khi đó $\frac{{{V}_{C}}}{{{V}_{T}}}=\frac{2}{3}$.

Câu 22. Chọn D.

Ta có $\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( {{x}^{2}}+1 \right)=2$; $\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\left( x+m \right)=1+m$. Để hàm số liên tục tại ${{x}_{0}}=1$ thì $\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)\Leftrightarrow 2=m+1\Leftrightarrow m=1$.

Câu 23. Chọn D.

Số phần tử không gian mẫu là $\left| \Omega  \right|=C_{35}^{4}=5236$.

Số phần phần tử của biến cố lấy được $4$ bi màu xanh là $C_{20}^{4}$.

Số phần phần tử của biến cố lấy được $4$ bi màu đỏ là $C_{15}^{4}$.

Suy ra xác suất của biến cố $4$bi lấy được có đủ  hai màu là $p=1-\frac{C_{20}^{4}+C_{15}^{4}}{5236}=\frac{4615}{5236}$.

Câu 24. Chọn A.

ĐK $\left\{ \begin{array}{l}
\sin x \ne 0\\
\cos x \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \sin 2x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{{k\pi }}{2},k \in Z$.

Phương trình tương đương ${\tan ^2}x - \left( {\sqrt 3  + 1} \right)\tan x + \sqrt 3  = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\tan x = 1\\
\tan x = \sqrt 3 
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{\pi }{4} + k\pi \\
x = \frac{\pi }{3} + k\pi 
\end{array} \right.,k \in Z$

Câu 25: Chọn C.

Số cách chọn $6$ người trong đó có đúng $2$ nữ là $C_{6}^{2}.C_{8}^{4}=1050$ cách.

Câu 26:  Chọn D.

Hình trụ có bán kính đáy bằng $a$ và thiết diện qua trục là hình vuông nên độ dài đường sinh của hình trụ là $l=2a$.

Diện tích xung quanh của hình trụ bằng $S=2\pi rl=2\pi .a.2a=4\pi {{a}^{2}}$.

Câu 27: Chọn D.

Ta có

$\left( 1 \right)\Leftrightarrow 4\left( m-1 \right)\log _{\frac{1}{3}}^{2}\left( x+1 \right)-4\left( m-5 \right){{\log }_{\frac{1}{3}}}\left( x+1 \right)+4m-4=0$

$\Leftrightarrow \left( m-1 \right)\log _{\frac{1}{3}}^{2}\left( x+1 \right)-\left( m-5 \right){{\log }_{\frac{1}{3}}}\left( x+1 \right)+m-1=0$

Đặt $t={{\log }_{\frac{1}{3}}}\left( x+1 \right)$, với $x\in \left[ -\frac{2}{3};\,2 \right]$ thì $-1\le t\le 1$. Ta có phương trình:

$\left( m-1 \right){{t}^{2}}-\left( m-5 \right)t+m-1=0\Leftrightarrow m\left( {{t}^{2}}-t+1 \right)={{t}^{2}}-5t+1$

$\Leftrightarrow m=\frac{{{t}^{2}}-5t+1}{{{t}^{2}}-t+1}\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Xét hàm số $f\left( t \right)=\frac{{{t}^{2}}-5t+1}{{{t}^{2}}-t+1}$ với $-1\le t\le 1$.

Ta có $f'\left( t \right) = \frac{{4{t^2} - 4}}{{{{\left( {{t^2} - t + 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = 1\\
t =  - 1
\end{array} \right.$.

$f\left( -1 \right)=\frac{7}{3}$, $f\left( 1 \right)=-3$

Do đó $\underset{\left[ -1;\,1 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( t \right)=-3$ và $\underset{\left[ -1;\,1 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( t \right)=\frac{7}{3}$.

Phương trình đã cho có nghiệm thực trong đoạn $\left[ -\frac{2}{3};\,2 \right]$ khi và chỉ khi phương trình $\left( 2 \right)$ có nghiệm $t\in \left[ -1;\,1 \right]$$\Leftrightarrow \underset{\left[ -1;\,1 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( t \right)\le m\le \underset{\left[ -1;\,1 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( t \right)\Leftrightarrow -3\le m\le \frac{7}{3}$.

Như vậy, các giá trị nguyên âm $m$ để phương trình $\left( 1 \right)$ có nghiệm thực trong đoạn $\left[ -\frac{2}{3};\,2 \right]$ là $\left\{ -3;-2;-1 \right\}$.

Câu 28: Chọn A.

Hai hàm số $y={{e}^{x}}$ và $y=\ln x$ là hai hàm số ngược nhau nên đồ thị của chúng đối xứng nhau qua đường thẳng $y=x$, nên mệnh đề $\left( I \right)$ đúng.

Hàm số $y=\ln x$ có tập xác định là $\left( 0;+\infty  \right)$ nên mệnh đề $\left( II \right)$ sai.

Đồ thị hai hàm số $y={{e}^{x}}$ và $y=\ln x$ không cắt nhau, nên mệnh đề $\left( III \right)$ sai.

Hai hàm số $y={{e}^{x}}$ và $y=\ln x$ là hai hàm số đồng biến trên tập xác định của nó, nên mệnh đề $\left( IV \right)$ đúng.

Vậy, có $2$ mệnh đề sai.

Câu 29: Chọn C.

Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm $CD$ và $AB$; $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $BM$.

Ta có: $\left. \begin{array}{l}
CD \bot BM\\
CD \bot AM
\end{array} \right\} \Rightarrow CD \bot \left( {ABM} \right) \Rightarrow \left( {ABM} \right) \bot \left( {ABC} \right)$.

Mà $AH\bot BM$; $BM=\left( ABM \right)\cap \left( ABC \right)$$A$.

Do $ACD$ và $BCD$ là hai tam giác đều cạnh $2\sqrt{3}\Rightarrow AM=BM=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot 2\sqrt{3}=3$.

Tam giác $AMN$ vuông tại $N$, có: $MN=\sqrt{A{{M}^{2}}-A{{N}^{2}}}=\sqrt{9-\frac{{{x}^{2}}}{4}}$.

Lại có:

${{S}_{BCD}}=\frac{\sqrt{3}}{4}{{\left( 2\sqrt{3} \right)}^{2}}=3\sqrt{3}$.

${{V}_{ABCD}}=\frac{1}{3}AH\cdot {{S}_{BCD}}=\frac{1}{3}\cdot \frac{x\sqrt{36-{{x}^{2}}}}{6}\cdot 3\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{6}x\sqrt{36-{{x}^{2}}}$.

Ta có: ${{V}_{ABCD}}=\frac{\sqrt{3}}{6}x\sqrt{36-{{x}^{2}}}\le \frac{\sqrt{3}}{6}\cdot \frac{{{x}^{2}}+36-{{x}^{2}}}{2}=3\sqrt{3}$.

Suy ra ${{V}_{ABCD}}$ lớn nhất bằng $3\sqrt{3}$ khi ${{x}^{2}}=36-{{x}^{2}}\Rightarrow x=3\sqrt{2}$.