ĐỀ MẪU CĨ ĐÁP ÁN

ƠN TẬP HÌNH HỌC
TỐN 12
Thời gian làm bài: 40 phút (Không kể thời gian giao đề)
-------------------------

Họ tên thí sinh: .................................................................
Số báo danh: ......................................................................
Mã Đề: 044.
Câu 1.
Tính diện tích tồn phần của hình trụ có đường cao bằng
A.

và đường kính đáy bằng

.

B.

C.
.
Đáp án đúng: B

D.

.

.
.

·
Câu 2. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác cân với AB  AC a và BAC = 120 . Hình chiếu
ABC 
vng góc của đỉnh S lên mặt phẳng 
là điểm H thuộc cạnh BC với HC 2 HB . Góc giữa SB và mặt
ABC 
phẳng 
bằng 60 . Một mặt phẳng đi qua H vng góc với cạnh SA , cắt SA, SC lần lượt tại A, C  . Tính
thể tích V của khối B. ACC A .

A.

V

5 3a 3
108 .

B.

V

3 3a3
64 .

V

3 3a3
100 .

3


7 3a
192 .
C.
Đáp án đúng: C
V

D.

·
Giải thích chi tiết: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác cân với AB  AC a và BAC = 120 .
ABC 
Hình chiếu vng góc của đỉnh S lên mặt phẳng 
là điểm H thuộc cạnh BC với HC 2 HB . Góc giữa
SB và mặt phẳng  ABC  bằng 60 . Một mặt phẳng đi qua H vuông góc với cạnh SA , cắt SA, SC lần lượt tại
A, C  . Tính thể tích V của khối B. ACC A .

5 3a 3
7 3a 3
3 3a3
3 3a3
V
V
V
108 . B.
192 . C.
64 . D.
100 .
A.
Lời giải

V

1


 1
BC 2 a 2  a 2  2a.a.    3a 2  BC a 3
 2
Ta có:
.
BH 

a 3
2a 3
4a 2
7a 2
; CH 
 SH  BH .tan 60 a SC 2 CH 2  SH 2 
 a2 
3
3
3
3 .
;

4a 2
2a 3 3 a 2
a 2 4a 2
2
2

2
2
AH a 
 2.a.
.
  SA SH  AH a 

3
3
2
3
3
3 .
2
2
2
Nhận thấy: SC  SA  AC  SAC vuông tại A hay AC  SA .
2

2

SA  AC / /  P   A ' C '/ / AC
đi qua H và vng góc với
.
A ' là hình chiếu của H trên SA , lấy C '  SC sao cho A ' C '/ / AC   P   HA ' C '  .

Giả sử mặt phẳng

 P


a 3
2

a
a
3
SA
3
SC  3
SA.SA  SH 2  SA 


 2  

2a
2a
2
SA
4
SC 4
3
3
Ta có:
.

9
7
7 2
7 1
7

a 2 3 7 a3 3
VS .HAC   VS .HAC  VH . ACC A  VS .HAC  . VS . ABC  . .SH .S ABC  .a.

16
16
16 3
24 3
72
4
288
3
7 3a 3
 VB. ACC A  VH . ACC A 
2
192 .
----- Hết ----Câu 3.
Trong không gian
A.

, mặt phẳng

đi qua điểm nào dưới đây?
B.
2


C.
Đáp án đúng: C

D.


Giải thích chi tiết: Điểm
có tọa độ thỏa mãn phương trình mặt phẳng
V
Câu 4. Tính thể tích của khối chóp có đáy là hình vng cạnh a √ 2 và chiều cao là a √ 3.
A.

nên

.

B.

C.
Đáp án đúng: C

D.

Câu 5. Cho ba điểm A, B, C không thẳng hàng. Khi quay đường thẳng BC quanh đường thẳng AC tạo thành
A. mặt nón.
B. hình nón.
C. khối nón.
D. mặt trụ.
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: Cho ba điểm A, B, C không thẳng hàng. Khi quay đường thẳng BC quanh đường thẳng

AC tạo thành
A. mặt trụ.
B. mặt nón. C. khối nón. D.hình nón.
Lời giải

Theo định nghĩa, hình tạo thành là mặt nón.
Câu 6. Diện tích xung quanh của hình nón có độ đường sinh l 3 và có bán kính đáy r 2 là
A. 12 .
B. 24 .
C. 18 .
D. 6 .
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: Diện tích xung quanh của hình nón có độ đường sinh l 3 và có bán kính đáy r 2 là
A. 12 . B. 24 . C. 18 . D. 6 .
Lời giải

S  rl  .2.3 6

Ta có xq
.
Câu 7.
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Gọi H là hình hộp chữ nhật có bốn đỉnh là bốn trung điểm của các cạnh
bên SA, SB, SC, SD và bốn đỉnh còn lại nằm trong mặt đáy ( ABCD) (tham khảo hình vẽ). Biết thể tích khối hộp
H là V . Thể tích của khối chóp đã cho bằng

4
V.
3

A.
Đáp án đúng: C

B. 2V .

C.


8
V.
3

D. 6V .
3


Giải thích chi tiết:
Lời giải.
Chiều cao của khối chóp gấp hai lần chiều cao khối hộp và diện tích mặt đáy khối chóp gấp 4 lần diện tích mặt
đáy khối hộp. Do đó

8
VSABCD = V .
3

Câu 8. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vng tại A và B . Hình chiếu vng góc của S lên mặt
phẳng đáy trùng với trung điểm của đoạn thẳng AB . Biết rằng AB a, BC 2a, BD a 2 và góc giữa mặt
phẳng

 SBD 

và mặt phẳng đáy bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a .

a3 6
B. 8 .

a3 6

A. 4 .
Đáp án đúng: B

a3 3
C. 4 .

3a 3 6
8 .
D.

Giải thích chi tiết:

SH   ABCD 
Gọi H là trung điểm AB , suy ra
.

SBD  ;  ABCD    SK ; HK  SKH
60
Kẻ HK vng góc BD tại K , khi đó  
.
Xét hai tam giác đồng dạng ABD và KBH ta có:

AD BD


HK BH

BD 2  AB 2 a 2
a 2


 HK 
a
HK
4
2
.

Xét SHK vuông tại H , ta có:

SH HK .tan 60 

a 2
a 6
.tan 60 
4
4 .

1
1 a 6  a  2a  .a a 3 6
VS . ABCD  SH .S ABCD  .
.

3
3 4
2
8 .
Vậy
Câu 9. Tính diện tích S của mặt cầu nội tiếp hình lập phương có cạnh bằng 8 .
A. S 256 .
B. S 64 .

C. S 128 .
Đáp án đúng: B

D. S 192 .

3
Câu 10. Cho khối chóp tứ giác có thể tích V 2a , đáy là hình vng có cạnh bằng a . Tính chiều cao khối
chóp.

4


B. 6a .

A. a .
Đáp án đúng: B

C. 3a .

D. 2a .

R 6  cm 
Câu 11. Cho một hình nón đỉnh S , mặt đáy là hình trịn tâm O , bán kính
và có thiết diện qua trục
 O; r  và  I ; r  , có thiết diện qua trục là hình vng,
là tam giác đều. Cho một hình trụ có hai đường trịn đáy là
 O; r  nằm trên mặt đáy của hình nón, đường tròn  I ; r  tiếp xúc với mặt xung quanh của hình
biết đường trịn
nón ( I thuộc đoạn SO ). Tính thể tích khối trụ.
A.






1296 7  4 3  cm 3 





.

B.

432 7  4 3  cm 
C.
.
Đáp án đúng: D
3

D.





432 26 3  45  cm3 






1296 26 3  45  cm

3

.

.

Giải thích chi tiết:
Gọi S là đỉnh, O là tâm của đường trịn đáy của hình nón OM là bán kính đáy SM , OM cắt hai đáy của hình
trụ lần lượt tại hai điểm B, A .
Hình nón có bán kính đường tròn đáy
SM 3
SO 
6 3 cm
SM 2 R 12 cm ;
2

R 6  cm 

và có thiết diện qua trục là tam giác đều nên có

BI
SI
r
x
x


 
 r .
6 6 3
3
Đặt SI  x , vì BI / / AO nên ta có: OM SO
Chiều cao của hình trụ là: h OI SO  SI 6 3  x
Do đó, thiết diện qua trục của hình
2x
18
h  2r  6 3  x 
 x
18 2  3
3
2 3
h
h 6 3  x 12 2 3  3 , r  6 2 3  3
2
Khi đó:







là

hình


vng

khi

và

chỉ

khi:







trụ





2










V  r 2 h  .  6 2 3  3  .12 2 3  3 1296 26 3  45  cm 3 


Khối trụ có thể tích
Câu 12. Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB, AC, AD đơi một vng góc với nhau AB=3, AC=4, AD=5. Gọi
M, N, P tương ứng là trung điểm của các cạnh BC, CD, DB. Tính thể tích tứ diện AMNP.
20
8
5
15
A.
B.
C.
D.
7
3
2
6
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Ta có AB, AC, AD đơi một vng góc với nhau, do đó chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ.
5


Khi đó, A ( 0 ; 0 ; 0 ) , M

( 32 ; 2; 0) , N (0 ; 2 ; 52 ) , P ( 32 ; 0; 52 )

1 ⃗ ⃗ ⃗ 5

|[ AM , AN ] . AP|= .
6
2
Câu 13. Phương trình mặt cầu x2 + y2 + z2 + 4x – 2y + 6z – 2 = 0 có bán kính R bằng
A. R = 4
B. R = √ 2
C. R = 2 √ 3
Đáp án đúng: A
Câu 14.

V AMNP =

D. R =√ 58

Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có AB 1, BC 2, AA 3. Mặt phẳng
thay đổi và luôn đi qua
C , mặt phẳng
cắt các tia AB, AD, AA lần lượt tại E , F , G ( khác A ). Tính T  AE  AF  AG sao
cho thể tích khối tứ diện AEFG nhỏ nhất.
A. 17 .
B. 16
C. 15 .
D. 18 .
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho
A O(0; 0; 0), B(1;0; 0), D (0; 2;0), A(0;0;3) .

Khi đó E ( AE ;0; 0), F (0; AF , 0), G (0; 0; AG ), C (1; 2;3) .
Phương trình mặt phẳng
1

2
3
C  1; 2;3   P  


1
AE AF AG
Vì
.
Thể tích khối đa diện AEFG là

.

Do đó thể tích khối tứ diện AEFG nhỏ nhất bằng 27 khi và chỉ khi

.
Câu 15.
Cho hình nón đỉnh

có chiều cao

cắt đường trong đáy tại hai điểm
theo
A.

khoảng cách

từ tâm

và bán kính đáy


, mặt phẳng

sao cho

, với

đi qua

là số thực dương. Tích

của đường trịn đáy đến

.

B.

.

C.
.
Đáp án đúng: C

D.

.

6



Giải thích chi tiết:
Mặt phẳng
Gọi

đi qua

cắt đường trịn đáy tại hai điểm

là hình chiếu vng góc của

lên

(

là trung điểm

).

Ta có:

theo giao tuyến
Trong

kẻ

thì

.

có

Vậy

.

 x 1  t

d :  y 0
 z 1  2t


Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
tơ chỉ phương của đường thẳng d ?
⃗
⃗
⃗
u   1;0;1
u  1;0;  2 
u  1;0;1
A.
.
B.
.
C.
.
Đáp án đúng: B

. Véc-tơ nào sau đây là một véc-

D.


⃗
u  1;0; 2 

.

⃗
u  1;0;  2 

Giải thích chi tiết: Một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng d là
.
Câu 17.
M  3; 1; 2 
Trong không gian với hệ tọa độ
, cho điểm
và mặt phẳng
 P  :3x  y  2 z  4 0 . Phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng đi qua M và
song song với

?
7


B. 3 x  y  2 z  6 0 .

A. 3 x  y  2 z  6 0 .
C. 3 x  y  2 z  6 0 .
Đáp án đúng: C
Câu 18.

D. 3x  y  2 z  14 0 .


Trong không gian Oxyz, cho điểm
là điểm

có tọa độ

A.

.

. Hình chiếu vng góc của điểm

B.

lên mặt phẳng (Oxy)

.

C.
.
D.
.
Đáp án đúng: B
Câu 19.
Một que kem ốc quế gồm hai phần: phần kem có dạng hình cầu, phần ốc quế có dạng hình nón. Giả sử hình
cầu và hình nón có bán kính bằng nhau; biết rằng nếu kem tan chảy hết thì sẽ làm đầy phần ốc quế. Biết thể tích
phần kem sau khi tan chảy chỉ bằng

thể tích kem đóng băng ban đầu. Gọi


chiều cao và bán kính của phần ốc quế. Tính tỉ số

A.

.

và

lần lượt là

.

B.

.

C.
.
D.
.
Đáp án đúng: B
Câu 20. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a. Tam giác SAB vuông tại S và nằm trong
mặt phẳng vng góc với đáy. Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD bằng
11 11pa3
.
162

A.
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết:

Lời giải.

B.

2pa3
.
3

pa3
.
C. 6

pa3
.
D. 3

8


Gọi O = AC Ç BD. Suy ra OA = OB = OC = OD. ( 1)
Gọi M là trung điểm AB, do tam giác SAB vuông tại S nên MS = MA = MB.
Gọi H là hình chiếu của S trên AB. Từ giả thiết suy ra SH ^ ( ABCD) .
Ta có

ìïï OM ^ AB
Þ OM ^ ( SAB)
í
ïïỵ OM ^ SH

nên OM là trục của tam giác


suy ra OA = OB = OS. ( 2)
Từ ( 1) và ( 2) , ta có OS = OA = OB = OC = OD. Vậy O là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD, bán kính
SAB ,

R = OA =

4
2pa3
a 2
V = pR 3 =
.
3
3
2 nên

o

Câu 21. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 2 , BAD 120 , SA SD SC 3a . Thể
tích khối chóp S . ABCD bằng

5 3a 3
A. 3
Đáp án đúng: D
Câu 22.

5a 3
B. 6

Mặt phẳng đi qua 3 điểm


5 3a 3
C. 6

;

;

A.

có phương trình là?
B.

C.
Đáp án đúng: D
Câu 23. Trong không gian Oxyz , đường thẳng

u3  1;  1;  2 
A. ⃗
u  1;  1; 2 
C. 4
Đáp án đúng: C

D.

3a 3
6

D.
d:


x 3 y  1 z  5


1
1
2 có một vectơ chỉ phương là

u  3;  1;5 
B. ⃗1
u   3;1;5 
D. 2

P : x  y  z  m 0 m
Câu 24. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  
( là tham số ) và mặt cầu

 S  có phương trình  x  2  2   y  1 2  z 2 16 . Tìm các giá trị của

m để  P  cắt  S  theo giao tuyến là một

đường trịn có bán kính lớn nhất.
A. m 1 .

B. m  1 .
9


C.  1  4 3  m  1  4 3 .
Đáp án đúng: B


D. m  0 .

S

I 2;  1;0


Giải thích chi tiết: Mặt cầu   có tâm 
P
S
I P
Để   cắt   theo giao tuyến là một đường trịn có bán kính lớn nhất thì  
Suy ra: 2  1  m  0  m  1

A  1; 2;  1 B  6;7; 4 
 P  : 2 x  y  z  2 0 .
Câu 25. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm
,
và mặt phẳng
5 2
S ABM 
M   P  xM  1
4 .
Tìm tọa độ điểm
,
sao cho tam giác ABM vng tại M và có diện tích là
 10  73 31  73 13  73 
M 
;

;

3
3
3

.
A.

 10  73 31  73 13  73 
M 
;
;

6
6
6

.
B.

 10  73 31  73 13  73 
M 
;
;

6
6
6


.
C.
Đáp án đúng: C

 10  73 31  73 13  73 
M 
;
;

2
2
2

.
D.

Giải thích chi tiết: Ta có: AB 5 3 .
Gọi H là chân đường cao của tam giác ABM , ta có:

S ABM 

Mà

5 2
1
5 2
6
 MH . AB 
 MH 
4

2
4
6

d  A,  P   

1
6

 1 .

 2 .

 1 ,  2  suy ra M thuộc đường thẳng là hình chiếu vng góc của AB
và từ
 P  . Gọi  Q  là mặt phẳng đi qua A  1; 2;  1 , B  2;3;0  và vuông góc với mặt phẳng  P 
lên mặt phẳng

⃗
⃗
 nQ  nP , AB   0;  3;3   Q  : y  z  3 0
.
Do

AB //  P 


 x t

7


 :  y   t
2

1

z

t

 P

2
Gọi  hình chiếu của AB lên mặt phẳng
.
M  x; y; z 
Gọi
, do ABM vuông tại M nên M thuộc mặt cầu:
2

2

7
3
45
2
 S  :  x     y  4    z   
2
2
4 .




Khi đó

 S     M 

nên tọa độ M là nghiệm của hệ:

10


 x t

 y 7  t
2


 z 1  t

2

2
2
 10  73 31  73 13  73 
 x  7   y  4 2   z  3   45
M
;
;



 
 


6
6
6
2
2
4  tọa độ


.
Câu 26.
. Khối chóp tam giác có thể tích là:
đó.
A.

và chiều cao

.

. Tìm diện tích đáy của khối chóp tam giác

B.

C.
.
Đáp án đúng: B


.

D.

.

Câu 27. Một hình trụ trịn xoay có bán kính đáy r 2 , chiều cao h 5 thì có diện tích xung quanh bằng
A. 10 .
B. 20 .
C. 4 .
D. 50 .
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Một hình trụ trịn xoay có bán kính đáy r 2 , chiều cao h 5 thì có diện tích xung quanh
bằng
A. 10 . B. 50 . C. 4 . D. 20 .
Lời giải

S 2 rl 2 .2.5 20
Ta có h l 5 nên xq
.
A  3;  2;  2  , B  3; 2;0  , C  0; 2;1
D   1;1; 2 
Câu 28. Cho 4 điềm
và
. Mặt cầu tâm A và tiếp xúc với mặt
(
BCD
)
phẳng

có phương trình là:

 x  3

2

 x  3
C.

2

A.

2

2

  y  2    z  2   14.
2

 x  3

2

  y  2    z  2  14.

 x  3
D.

2


  y  2    z  2  14.

B.

2

  y  2    z  2   14.

2

2

2

2

Đáp án đúng: D
A  3;  2;  2  , B  3; 2;0  , C  0; 2;1
D   1;1; 2 
Giải thích chi tiết: Cho 4 điềm
và
. Mặt cầu tâm A và tiếp xúc
(
BCD
)
với mặt phẳng
có phương trình là:

 x  3


2

 x  3
C.

2

A.

2

2

  y  2    z  2   14.
2

2

  y  2    z  2   14.

Hướng dẫn giải:

B  3; 2;0 

 x  3

2

  y  2    z  2  14.


 x  3
D.

2

  y  2    z  2  14.

B.

2

2

2

2

⃗   
n  BC , BD   1; 2;3

• Mặt phẳng ( BCD ) đi qua
và có vectơ pháp tuyến
 ( BCD) : x  2 y  3 z  7 0
• Vì mặt cầu ( S ) có tâm A tiếp xúc với mặt phẳng ( BCD ) nên bán kính

11


R d  A,  BCD   


3  2.   2   3.   2   7
12  22  32

• Vậy phương trình mặt cầu
Lựa chọn đáp án D.

 14
.

 S  :  x  3

2

2

2

  y  2    z  2  14.

Câu 29. Cho khối lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có BB ' a , đáy ABC là tam giác vuông tại B và AC a 2 .
Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho
V

a3
6

V

a3

3

V

a3
2

3
A.
B. V a
C.
D.
Đáp án đúng: D
Câu 30. Cho hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều cạnh bằng a, cạnh bên bằng 2 a. Thể tích của khối lăng
trụ đó là
a3 √ 3
a3 √ 3
a3 √ 3
A. a 3 √ 3.
B.
.
C.
.
D.
.
6
12
2
Đáp án đúng: D
Câu 31.


Gọi M , N lần lượt là trung điểm của hai cạnh

Cho khối lăng trụ

và

chia khối lăng trụ đã cho thành hai phần. Gọi V1 là thể tích khối

phẳng
tích khối

Khi đó tỷ số

1
.
2

A.
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết:
Lời giải.

B.

1
.
3

V1

V2

Mặt
và V2 là thể

bằng
C.

3
.
4

D.

2
.
3

Ta có
Áp dụng cơng thức giải nhanh:
Suy ra

V1 1
= .
V2 2

12


2


2

2

S : x  1   y  2    z  3 12
Câu 32. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   
và mặt phẳng
 P  : 2 x  2 y  z  3 0 . Gọi  Q  là mặt phẳng song song với  P  và cắt  S  theo thiết diện là đường tròn  C 
 C  có thể tích lớn nhất. Phương
sao cho khối nón có đỉnh là tâm của mặt cầu và đáy là hình trịn giới hạn bởi
 Q  là
trình của mặt phẳng
A. 2 x  2 y  z  1 0 hoặc 2 x  2 y  z  11 0 .
B. 2 x  2 y  z  4 0 hoặc 2 x  2 y  z  17 0 .
C. 2 x  2 y  z  6 0 hoặc 2 x  2 y  z  3 0 .
Đáp án đúng: A

D. 2 x  2 y  z  2 0 hoặc 2 x  2 y  z  8 0 .

Giải thích chi tiết:

 S

I  1;  2;3

và bán kính R 2 3 .
 C  và H là hình chiếu của I lên  Q  .
Gọi r là bán kính đường trịn
Mặt cầu


có tâm

2
2
2
Đặt IH x ta có r  R  x  12  x
1
1
V  .IH .S  C    .x.
3
3
Vậy thể tích khối nón tạo được là

Gọi

f  x  12 x  x 3

với
f  x  12  3x 2



x  0; 2 3



12  x 2

 . Thể tích nón lớn nhất khi




2

1
   12 x  x 3 
3
.

f  x

đạt giá trị lớn nhất

Ta có
f  x  0  12  3x 2 0  x 2  x 2
.
Bảng biến thiên :

13


1
16
Vmax   16 
3
3 khi x IH 2 .
Vậy
 Q  //  P  nên  Q  : 2 x  2 y  z  a 0
Mặt phẳng


Và

d  I ;  Q   IH

Vậy mặt phẳng

 Q

2.1  2   2   3  a
2

2

2  2    1

2

2

 a 11

 a  1 .
 a  5 6

có phương trình 2 x  2 y  z  1 0 hoặc 2 x  2 y  z  11 0 .
B,

AB = BC =


1
AD = a.
2

Câu 33. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và
Cạnh bên
SA = a 6 và vng góc với đáy. Gọi E là trung điểm của AD. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ECD bằng
114
a.
6

A.
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết:
Lời giải.

Tam giác

ECD

B.

vng tại E nên

114
a.
8

C.


114
a.
2

D.

114
a.
4

1
a 2
r = CD =
.
2
2

Chiều cao h = SA = a 6.
Gọi N là trung điểm AB. Khi đó
SO = SA2 + AO2 = SA2 +( AN 2 + NO2 ) =
R=

a 34
.
2

114
a.
6


Suy ra
Câu 34. Vectơ có điểm đầu là D , điểm cuối là E được kí hiệu như thế nào?



DE
A. DE .
B. DE .
C. ED .
D.
.
Đáp án đúng: A
Câu 35. Một bình đựng nước dạng hình nón (khơng có đáy) đựng đầy nước. Người ta thả vào đó một khối cầu
3
có đường kính bằng chiều cao của bình nước và đo được thể tích nước tràn ra ngồi là 18 dm .Biết khối cầu
tiếp xúc với tất cả các đường sinh của hình nón và đúng một nửa khối cầu chìm trong nước. Tính thể tích nước
cịn lại trong bình.
3
3
3
3
A. 27 dm .
B. 6 dm .
C. 24 dm .
D. 9 dm .
Đáp án đúng: B
14


Giải thích chi tiết:


Vì đúng một nửa khối cầu chìm trong nước nên thể tích khối cầu gấp 2 lần thể tích nước tràn ra ngồi.
4
 R 3 =36  R 3 27
Gọi bán kính khối cầu là R , lúc đó: 3
.
Xét tam giác ABC có AC là chiều cao bình nước nên AC 2 R ( Vì khối cầu có đường kính bằng chiều cao của
bình nước)

1
1
1
1
1
1
4R2
2
 2 2  2 2
 CB 
2
CA CB
R
4 R CB 2
3 .
Trong tam giác ABC có: CH
1
1 4R2
8
Vn   .CB 2 . AC   .
.2 R  .R 3 24 dm 3

3
3
3
9
Thể tích khối nón:
.
3
Vậy thể tích nước cịn lại trong bình: 24  18 6 dm
A  2;  1;1 , B  1;0;0  , C  3;1;0  , D  0;2;1
Câu 36. Trong không gian với hệ trục Oxyz cho tọa độ 4 điểm
. Cho
các mệnh đề sau:
1) Độ dài AB  2 .
2) Tam giác BCD vng tại B .
3) Thể tích của tứ diện ABCD bằng 6 .
Các mệnh đề đúng là:
A. 2).
B. 1); 3).
Đáp án đúng: A

C. 3).

D. 2), 1)

A  2;  1;1 , B  1;0;0  ,
Giải thích chi tiết: Trong không gian với hệ trục Oxyz cho tọa độ 4 điểm
C  3;1;0  , D  0;2;1
. Cho các mệnh đề sau:
1) Độ dài AB  2 .
15



2) Tam giác BCD vng tại B .
3) Thể tích của tứ diện ABCD bằng 6 .
Các mệnh đề đúng là:
Câu 37.

 H  , một mặt phẳng chứa trục của  H 
 H  (đơn vị cm3 ).
vẽ sau. Tính thể tích của
Cho một khối trịn xoay

A.
C.
Đáp án đúng: A

cắt

H

theo một thiết diện như trong hình

.

B.

.

.


D.

.

Giải thích chi tiết:
Ta có:

1
16
V1   .22.4  
3
3
Thể tích của hình nón lớn là:
2

 3
V2  .   .4 9
 2
Thể tích của hình trụ là
1
2
V3   .12.2  
3
3
Thể tích của hình nón nhỏ là

H
Thể tich của khối

16

2
41
V V1  V2  V3    9    
3
3
3 .
là

A a; 0;0  B  0; b; 0  C  0;0; c 
Câu 38. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm 
,
,
, với a, b, c
1 2 3
  18
ABC 
là các số thực thay đổi sao cho abc 0 và a b c
. Mặt phẳng 
luôn đi qua điểm cố định là điểm
nào dưới đây?
1 1

 1 1 1
Q  1;  ;  .
P ; ; 
2 3
A. 
B.  18 9 6  .
N  1;  2; 3 .


C.
.
Đáp án đúng: B

 1 1 1
M   ; ; 
 18 9 6  .
D.
16


A a;0; 0  B  0; b;0  C  0; 0; c 
Giải thích chi tiết: Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm 
,
,
,
1 2 3
  18
ABC 
a
,
b
,
c
với
là các số thực thay đổi sao cho abc 0 và a b c
. Mặt phẳng 
luôn đi qua điểm cố
định là điểm nào dưới đây?
1 1

 1 1 1
 1 1 1

M   ; ; 
P ; ; 
Q  1;  ;  .
2 3
 18 9 6  . B. N  1;  2; 3 . .
A.
C.  18 9 6  .
D. 

Lời giải
ABC 
Ta có phương trình mặt phẳng 

x y z
  1
là a b c
.

 1 1 1
1 2 3
1
1 1
P ; ; 
  18 

 1
ABC 

18a 9b 6c
Từ a b c
suy ra mặt phẳng 
luôn đi qua điểm cố định  18 9 6  .
Câu 39. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vng tại B , SA vng góc với mặt đáy. Đường kính
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC bằng:
A. Độ dài cạnh SA .
B. Độ dài cạnh SC .
C. Độ dài AC .
D. Độ dài cạnh SB .
Đáp án đúng: B
Câu 40. Cho tứ diện ABCD . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và AC . Khi đó tỉ số thể tích của khối tứ
diện AMND và khối tứ diện ABCD bằng
1
1
1
1
A. 6 .
B. 4 .
C. 8 .
D. 2 .
Đáp án đúng: B

Giải thích chi tiết:
.
VAMND AM AN AD 1

.
.


V
AB
AC
AD
4.
ABCD
Ta có
----HẾT---

17