ĐỀ MẪU CĨ ĐÁP ÁN

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

Họ tên thí sinh: .................................................................
Số báo danh: ......................................................................
Mã Đề: 038.
Câu 1.
Trong khơng gian với hệ tọa độ
giác trong của góc
A.
C.
Đáp án đúng: C

, cho hai điểm

của tam giác

,

là

.

B.

.

.

D.

.

Giải thích chi tiết: Trong khơng gian với hệ tọa độ
Phương trình đường phân giác trong của góc
A.
Lời giải

. Phương trình đường phân

.

B.

.

, cho hai điểm

của tam giác
C.

.

Ta có:

,


.

là

D.

.

.

Đường phân giác trong của góc

Dễ thấy

của tam giác

có một véctơ chỉ phương:

cũng là một VTCP của đường phân giác trong của góc

Vậy phương trình đường phân giác trong góc
.
Câu 2. Có bao nhiêu khả năng có thể xảy ra đối với thứ tự giữa các đội trong một giải bóng có 5 đội bóng? (giả
sử rằng khơng có hai đội nào có điểm trùng nhau)
A. 60.
B. 100.
C. 80.
D. 120.
Đáp án đúng: D
Câu 3.

Người ta thả một viên bi hình cầu với bán kính bằng

vào một cái ly dạng hình trụ đang chứa nước.

Người ta thấy viên bi bị chìm xuống đáy ly và nước dâng lên thêm
ban đầu trong ly bằng

. Tính thể tích

. Biết rằng chiều cao của mực nước

của khối nước ban đầu trong ly.

A.

.

B.

C.

.

D.

.
.
1



Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Người ta thả một viên bi hình cầu với bán kính bằng

vào một cái ly dạng hình trụ

đang chứa nước. Người ta thấy viên bi bị chìm xuống đáy ly và nước dâng lên thêm
cao của mực nước ban đầu trong ly bằng
A.
C.
Lời giải

.
.

. Tính thể tích

B.

.

D.

.

. Biết rằng chiều

của khối nước ban đầu trong ly.

4
V1 = p33 = 36p

3
Thể tích viên vi là
.
Gọi R là bán kính đáy của ly nước.
Do khi thả viên bi vào trong ly nước, thì tương ứng ta có thể tích nước dâng lên ứng với chiều cao 1cm đó là
2
chính là thể tích viên bi, nên ta có 1.p.R = 36p Þ R = 6 .
2
3
Thể tích lúc đầu của ly nước là V = 7,5.p.6 = 270p » 848, 23cm .

 x 1  t



Câu 4. Trong hệ tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng  1  : x  y  1 0 và  2  :  y t . Khi đó hai đường
thẳng này
A. trùng nhau.
B. vng góc nhau.
C. song song với nhau.
D. cắt nhau nhưng khơng vng góc.
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: FB tác giả: Lê Đức Hiền
 x 1  t

 2   y t

 x  y  1 0
+ Từ
:

 x  y  1 0

+ Xét hệ phương trình:  x  y  1 0 , hệ vô nghiệm. Vậy 1 //  2 .
Câu 5. Cho một khối trụ có độ dài đường cao bằng 10 , biết thể tích của khối trụ bằng 90 . Diện tích xumg
quanh của khối trụ là
A. 81 .
B. 60 .
C. 30 .
D. 20 .
Đáp án đúng: C
Câu 6. Cho lăng trụ ABCD. ABC D có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  6 , AD  3 , AC 3 và
 AAC C  vng góc với mặt đáy. Biết hai mặt phẳng  AAC C  ,  AABB  tạo với nhau góc  có
mặt phẳng
3
tan  
4 . Thể tích của khối lăng trụ ABCD. ABC D là
A. V 10 .
Đáp án đúng: D

B. V 6 .

C. V 12 .

D. V 8 .

2


Giải thích chi tiết:
Gọi M là trung điểm của AA . Kẻ AH vng góc với AC tại H , BK vng góc với AC tại K , KN vng

góc với AA tại N .
 AAC C    ABCD  suy ra AH   ABCD  và BK   AAC C   BK  AA
Do

AAC C  ,  AABB  KNB


 AA   BKN   AA  NB
suy ra
.





Ta có: ABCD là hình chữ nhật với AB  6 , AD  3 suy ra BD 3  AC
Suy ra ACA cân tại C . Suy ra CM  AA  KN // CM



AK AN NK


AC AM MC .

Xét ABC vuông tại B có BK là đường cao suy ra

BK 

BA.BC

 2
AC
và

AB 2
AB  AK . AC  AK 
2
AC
2

3
KB 3
4 2

tan  tan KNB
 
  KN 
4
KN 4
3 .
Xét NKB vng tại K có
Xét ANK vng tại N có

KN 

2
4 2
AN 
3 , AK 2 suy ra
3.


2
4 2
 AM 1  AA 2
2
  3  3  
3 AM MC
CM 2 2
.
Ta lại có:

AH . AC CM . AA  AH 

CM . AA 2 2.2 4 2


AC
3
3

4 2
. 6. 3 8
3
Suy ra thể tích khối lăng trụ cần tìm là:
.
Câu 7. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vng góc đáy, I là tâm
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. Khẳng định nào sau đây đúng?
A. I là trung điểm SC .
V  AH . AB. AD 


B. I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SBD .
C. I là giao điểm của AC và BD .
D. I là trung điểm SA .
Đáp án đúng: A
3


Giải thích chi tiết: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vng góc
đáy, I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. Khẳng định nào sau đây đúng?
A. I là trung điểm SA .
B. I là giao điểm của AC và BD .
C. I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SBD .
D. I là trung điểm SC .
Lời giải

 BC  SB
 BC   SAB 
 

CD   SAD 
CD  SD .
Dễ thấy 
Khi đó A , B , D cùng nhìn SC dưới góc 90 do đó trung điểm I của SC là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S . ABCD .
Câu 8.
Cho tứ diện

là tam giác đều cạnh bằng a , BCD vng cân tại

có


trong mặt phẳng vng góc với
A.

. Tính theo

.

B.

C.
.
Đáp án đúng: C

2

2

 N

.

có chiều cao h , độ dài đường sinh l , bán kính đáy r . Cơng thức nào sau đây là
2

A. r h  l .
Đáp án đúng: D
Câu 10.

2


2

B. l h  r .

2

2

2

2

C. h l  r .

C.
Đáp án đúng: C

.
.

2

2

D. l h  r .

Cho hình nón có bán kính đáy r và độ dài đường sinh l . Diện tích xung quanh
được tính theo cơng thức nào dưới đây?
A.


.

.

D.

Câu 9. Cho hình nón
đúng?
2

thể tích của tứ diện

và nằm

B.

.

D.

.

của hình nón đã cho

4


Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm
nhận AB làm đường kính là:


 x  1

2

  y  2    z  3 17

x  3
B. 

2

  y  1   z  5  17

 x  6

2

  y  2    z  10  17

x  5
D. 

2

  y  4    z  7  17

A.

C.


2

2

2

2

2

2

A  1;  2;3

và

B  5; 4;7 

. Phương trình mặt cầu

2

2

Đáp án đúng: B
Câu 12.
Cho khối nón có chiều cao

và bán kính đáy


. Thể tích của khối nón đã cho là

A.
.
B.
.
C.
.
Đáp án đúng: C
Câu 13. Thể tích của khối trụ ngoại tiếp hình lập phương có cạnh bằng a là
3

 a3
B. 2 .

A.  a .
Đáp án đúng: B
Câu 14. Khối mười hai mặt đều có số cạnh là
A. 12 .
B. 30 .

D.

.

 a3
C. 6 .

 a3

D. 4 .

C. 20 .

D. 8 .

Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Khối mười hai mặt đều có số cạnh là
A. 20 . B. 12 . C. 30 . D. 8 .

 x 4  2t

d1 :  y 4  2t
 z  3  t


Câu 15. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng chéo nhau
và
x  1 y 1 z  2
d2 :


3
2
 2 . Phương trình đường thẳng vng góc với d1 ; d 2 đồng thời cắt cả hai đường này có
phương trình là
x  1 y  2 z 1
x 4 y 1 z





6
5 .
1 2.
A. 1
B. 2
x2 y z  1
 
1
1 .
C. 3
Đáp án đúng: B

x  3 y z 5
 
2
1 .
D. 2

 x 4  2t

d1 :  y 4  2t
 z  3  t


Giải thích chi tiết: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng chéo nhau
và
x  1 y 1 z  2
d2 :



3
2
 2 . Phương trình đường thẳng vng góc với d1 ; d 2 đồng thời cắt cả hai đường này có
phương trình là
5


x  3 y z 5
x 4 y 1 z
 


2
 1 . B. 2
1 2.
A. 2
x2 y z  1
x  1 y  2 z 1
 


1
 1 . D. 1
6
5 .
C. 3
Lời giải
 x 4  2t

 x 1  3t 


d1 :  y 4  2t
d 2 :  y  1  2t 
 z 2  2t 
 z  3  t

Phương trình tham số của đường thẳng
và  
.

u  2; 2;  1
u  3; 2;  2 
d;d
Véc tơ chỉ phương của 1 2 lần lượt là: 1
và 2
.

d;d
d;d
Gọi đường vng góc chung của 1 2 là d và giao điểm của d với 1 2 lần lượt là A; B .
A 4  2t ; 4  2t ;  3  t  B  1  3t ;  1  2t ; 2  2t 
Khi đó 
;

AB  3t   2t  3; 2t   2t  5;  2t   t  5 
suy ra
.
Ta có



 
 AB  u1
 AB.u1 0
2  3t   2t  3  2  2t   2t  5   1  2t   t  5  0

    
3  3t   2t  3  2  2t   2t  5   2   2t   t  5  0
 AB  u2
 AB.u2 0
3t  4t   7


12t  17t2  29

d

t  1

t  1

Đường thẳng
qua điểm
x 4 y 1 z


1 2.
là: 2


A  2; 2;  2 


nhận

AB  2;  1; 2 

làm véc tơ chỉ phương nên

d

có phương trình

 P  : x  2 z  3 0 đi qua điểm nào dưới đây?
Câu 16. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng
N  1;1;1
P   1;3;1
M  0; 0;1
Q  2;1;  1
A.
B.
C.
D.
Đáp án đúng: A
A(1;  2; 0) có vetơ
Câu 17. Trong
 khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, Phương trình mặt phẳng đi qua điểm
pháp tuyến n (2;  1; 3) là
A. 2 x  y  3 z 0 .
B. 2 x  y  3 z  4 0 .

C. x  2 y  4 0 .
Đáp án đúng: D

D. 2 x  y  3z  4 0 .

A  0; 1; 1 B  3; 0;  1 C  0; 21;  19 
Câu 18. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm
,
,
và mặt cầu
2
2
2
 S  :  x  1   y  1   z  1 1 . M  a; b; c  là điểm thuộc mặt cầu  S  sao cho biểu thức
T 3MA2  2MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng a  b  c .
A. a  b  c 12 .
14
a b c 
5 .
C.

12
a b c 
5 .
B.

D. a  b  c 0 .
6



Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết:

 S  :  x  1

2

2

2

  y  1   z  1 1

có tâm

I  1; 1; 1


  
3
GA

2GB  GC 0 , khi đó
Gọi
là điểm thỏa
3  0  x   2  3  x    0  x  0
 x 1


3  1  y   2  0  y    21  y  0   y 4


 z  3
 G  1; 4;  3

3  1  z   2   1  z     19  z  0
Lúc này ta có
T 3MA2  2 MB 2  MC 2
 
 
 
3MG 2  6 MG.GA  3GA2  2 MG 2  4 MG.GB  2GB 2  MG 2  2MG.GC  GC 2
   
6 MG 2  2 MG 3GA  2GB  GC

G  x; y; z 





6 MG 2
T đạt giá trị nhỏ nhất khi M là một trong hai giao điểm của đường thẳng IG và mặt cầu  S  .
 x 1

IG :  y 1  3t
 z 1  4t

Phương trình đường thẳng

M IG   S 


nên tọa độ M là nghiệm của hệ

 x 1
 y 1  3t


 z 1  4t

 x  1 2   y  1 2   z  1 2 1


1

 t 5

 t  1

5

  8 1
 M 1  1; 5 ; 5 

 

 2 9
 M 2  1; ; 
 5 5
. Khi đó: 
 8 1

M M 1  1; ; 
 5 5
Vì M 1G  M 2G nên điểm
14
a b c 
5 .
Vậy

Câu 19. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A(1; 2;3), B( 3;0;1), C ( 1; y; z ) . Trọng
y; z
tâm G của tam giác ABC thuộc trục Ox khi cặp   là
A. (2; 4) .
B. (1; 2) .
C. (  2;  4) .
D. ( 1;  2) .
Đáp án đúng: C
2

2

S : x  1  y 2   z  3 1
Câu 20. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt cầu   
và đường thẳng
 x 1  2t

d :  y mt
 t  
z  1 m t
 P  và  Q  là hai mặt phẳng chứa d và tiếp xúc với  S  tại M , N . Khi m thay


 
. Gọi
đổi, độ dài đoạn thẳng MN đạt giá trị nhỏ nhất là
1
3
A. 2 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 2 .

7


Đáp án đúng: C
2

2

S : x  1  y 2   z  3 1
Giải thích chi tiết: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt cầu   
và
 x 1  2t

d :  y mt
 t  
z  1 m t
 P  và  Q  là hai mặt phẳng chứa d và tiếp xúc với  S  tại M , N .

 
đường thẳng

. Gọi
Khi m thay đổi, độ dài đoạn thẳng MN đạt giá trị nhỏ nhất là
1
A. 2 .
Lời giải

B.

3.

C.

3
2 .

D.

2.

 S  có tâm I  1;0;3 và bán kính R 1 .
Mặt cầu
K  1  2t ; mt ;(1  m)t 
Gọi
là một điểm thuộc d và H là giao điểm của KI và MN .
1
1
1
1
 2
1  2

2
2
MI
MK
IK  1 .
Ta có MN 2 MH và xét tam giác MKI vng tại M có MH
Vậy độ dài đoạn thẳng MN đạt giá trị nhỏ nhất  độ dài đoạn thẳng IK đạt giá trị nhỏ nhất.

IK  2t ; mt ;  1  m  t  3
Lại có
 IK 2 4t 2  m 2t 2    1  m  t  3

2

 IK 2 4t 2  m 2t 2   1  2m  m 2  t 2  6  1  m  t  9
  2m 2  2m  5 t 2  6  1  m  t  9  IK 2 0

.

Điều kiện để phương trình có nghiệm
2

 9  1  m    9  IK 2   2m 2  2m  5  0
9m 2  36
2m 2  2 m  5
9m 2  36
f  m  2
2m  2 m  5
Xét hàm số
 IK 2 


8


18m  2m 2  2m  5    4m  2   9m 2  36   18m 2  54m  72
 f (m) 

2
2
2
2
m

2
m

5


 2m 2  2 m  5 
 m 1
f  m  0  
 m  4 .
Bảng biến thiên

2
Suy ra IK 4 .

Vậy độ dài đoạn thẳng IK đạt giá trị nhỏ nhất là 2  Độ dài đoạn thẳng MN đạt giá trị nhỏ nhất là
Câu 21.

Số điểm chung của

và

A.
.
Đáp án đúng: B

B. 4.

3.

là:
C.

.

D.

.

SA ^ ( ABCD )
Câu 22. Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh x và
. Khoảng cách từ điểm
mặt phẳng

 SCD 

P = m +n .


bằng a 2 . Biết thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . ACD là

A. 11 .
Đáp án đúng: C

B. 10 .

C. 8 .

A

n

m 3
a , ( m, n ẻ Â )
n
. Tính
D. 9 .

SA ^ ( ABCD )
Giải thích chi tiết: Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh x và
. Khoảng cách từ
m 3
a , ( m, n ẻ Â )
SCD


im A n mt phng
bng a 2 . Biết thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . ACD là n
.

P
=
m
+
n
Tính
.
A. 10 . B. 9 . C. 8 . D. 11 .
Lời giải
FB tác giả: Phong Huynh
Ta có
9


( 1) .
Kẻ AH ^ SD
ìï CD ^ ( SAD )
ï
Þ AH ^ CD
í
ïï AH Ì ( SAD )
( 2)
Ta có ỵ
Từ

( 1) và ( 2) ta có AH ^ ( SCD) suy ra d ( A, ( SCD) ) = AH = a

2

.


Xét D SAD ta có
2
2
2ax
1
1
1
1
1
1 Þ AS = AD . AH =
=
+
Þ
=
2
2
2
AD - AH
x - 2a 2 .
AH 2 AS 2 AD 2
AS 2 AH 2 AD 2

Diên tích tam giác D ACD là

SD ACD =

1
x2
AD.CD =

2
2

1
1 1
ax 2
a 2
x3
VS . ACD  .SA.S ACD  . x 2 .

.
3
3 2
6
x 2  2a 2
x 2  2a 2 .
Vậy thể tích của khối chóp S . ACD là
x3
f  x 
x 2  2a 2 với x  a 2 .
Xét hàm số
 x 0 ( KTM )

4
2 2
2x  6x a
 x  0   x  a 3  KTM 
f
f  x  


 x 2  2 a 2   x 2  2a 2  ,
 x a 3
.
BXD

Vậy ta có P m  n 8 .
Câu 23.
Mỗi hình sau gồm một số hữu hạn đa giác phẳng (kể cả các điểm trong của nó), số hình đa diện lồi là
10


A. 4.
Đáp án đúng: B

B. 2.

C. 1.

D. 3.

Câu 24. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a 2 . Gọi S là diện tích xung quanh của hình trụ
có hai đường trịn đáy ngoại tiếp hai hình vng ABCD và A’B’C’D’. Diện tích S là :

 a2 2
2
C.

2
2
2

A.  a 2
B. 2 a 2
D. 2 a
Đáp án đúng: A
Câu 25. NB Cho a > 0 và a ≠ 1, x và y là hai số dương. Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng ?

A.

B.

C.
Đáp án đúng: A
Câu 26.
Hình đa diện sau có bao nhiêu cạnh?

D.

A.
Đáp án đúng: C

C.

B.

D.
2

2

 S  :  x  4    y  1  z 2 25 và hai điểm

Câu 27. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu
A  0;1;3 B   1;5; 0 
   đi qua A và B sao cho khoảng cách từ tâm mặt cầu đến mặt phẳng
,
. Mặt phẳng
 

  .
là lớn nhất. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng
4
13
4
A. 37 .
B. 74 .
C. 74 .
Đáp án đúng: B
 S  có tâm I   4;1;0  và bán kính R 5 .
Giải thích chi tiết: Mặt cầu
 x  t

AB  :  y 1  4t , t  


 z 3  3t
AB   1; 4;  3

. Khi đó đường thẳng
.
 AB  .
Gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng

 Q  đi qua I và vng góc đường thẳng  AB  có dạng:
Phương trình mặt phẳng

13
D. 14 .

11


  x  4   4  y  1  3z 0   x  4 y  3z  8 0

.

1
3
 1
H  AB   Q      t   4  1  4t   3  3  3t   8 0  t   H   ;3; 
2
2.
 2
Khi đó:
d I ,     d  I , AB  IH
Ta có: 
.

   có khoảng cách từ I
Do

3 1
7

IH  ; 2;    7;4;3
2 2
2
.

 

là lớn nhất nên một vectơ pháp tuyến của

 

là

   : 7  x  0   4  y  1  3  z  3 0  7 x  4 y  3z  13 0 .

Khi đó:
Suy ra:

đến

d  O,     

 13
2

2

7  4 3

2




13
74 .

Câu 28. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB 3, AD 5; SA vng góc với mặt
phẳng đáy và SA 6. Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A. 45.
B. 90.
C. 48.
D. 30.
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB 3, AD 5; SA vng góc
với mặt phẳng đáy và SA 6. Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A. 90. B. 45. C. 30. D. 48.
Lời giải

1
1
1
VS . ABCD  .S ABCD .SA  . AB. AD.SA  .3.5.6 30.
3
3
3
Ta có:
P : x  2 y  z  5 0.
Câu 29. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  
Điểm nào dưới đây thuộc
 P ?

N  5; 0;1
P 0; 0;5 
M   5; 0; 0 
Q 2;  1;5 
A. 
B. 
C.
D. 
Đáp án đúng: C
 x 2t
 x 3  t '


d1 :  y t
d 2 :  y t '
 z 4
 z 0


Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng
và
. Viết

phương trình mặt cầu
S : x  2
A.   

2

2


 S

có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng
2

2

  y  1   z  2  16.
2

S : x  2
B.   

2

  y  1  ( z  2) 2 4.

 S  :  x  2

2

 ( y  1) 2  ( z  2) 2 16.

2

S : x  2    y  1   z  2  4.
C.   
Đáp án đúng: B


d1 và d 2 .

D.

2



d
u (2;1;0) .
Giải thích chi tiết: Đường thẳng 1 có vectơ chỉ phương 1

d
u ( 1;1;0) .
Đường thẳng 2 có vectơ chỉ phương 2
12


Để phương trình mặt cầu
và chỉ khi:

 S

có bán kính nhỏ nhất và đồng thời tiếp xúc với cả hai đường thẳng

 S

Tâm mặt cầu
nằm trên đoạn thẳng vng góc chung của 2 đường thẳng
của đoạn thẳng vng góc chung.

Gọi điểm

d2 .
Ta có

M  2t ; t; 4 

thuộc

d1 ; gọi điểm

N (3  t '; t ';0) thuộc

d1 và d 2 khi

d1 và d 2 , đồng thời là trung điểm

d 2 với MN là đoạn vng góc chung của d1 và



MN  3  t ' 2t ; t ' t ;  4 

.

 
 MN .u1 0
2.  3  t   2t   t   t 0
  


  1 .  3  t   2t   t   t 0
 MN .u2 0
MN là đoạn thẳng vng góc chung 
t   5t 6
 

2t   t 3

t 1
 M (2;1; 4)
 

t  1  N (2;1;0) .

 S  , do đó điểm I là trung điểm MN .
Gọi điểm I là tâm mặt cầu
 I  2;1; 2   R  IM  IN 2
.
2
 S  :  x  2    y  1 2   z  2  2 4 .
Suy ra mặt cầu
Câu 31.
Cho hình chóp S . ABC có SC 2a , SC vng góc với mặt phẳng ( ABC ), tam giác ABC đều cạnh a 3 . Bán
kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC bằng

A. 2a .
B. 3a .
C. 3a .
Đáp án đúng: A
Câu 32. Số mặt đối xứng của hình lăng trụ đứng có đáy là hình vng là:

A. 7
B. 3
C. 5

D. 2a .

D. 1

Đáp án đúng: C
Câu 33. Cho khối chóp S . ABC có đáy là tam giác vng tại B. Biết BC a 3, AB a , SA vng góc với
đáy, SA 2a 3 . Thể tích khối chóp S . ABC là
3
A. a 3.
Đáp án đúng: C

a3 3
.
B. 3

3
C. 3a .

3
D. a .

13


Câu 34. Trong khơng gian


(Oxz ) có tọa độ là
M  2;  1;0  .
A.

Oxyz , cho điểm M   2;1;  3 . Hình chiếu vng góc của M lên mặt phẳng

M 0;1;  3 .


C.
Đáp án đúng: D

B.

M   2;1;0  .

D.

M   2;0;  3 .

E  1;1;1
 S  : x 2  y 2  z 2 4 và mặt
Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm
, mặt cầu
 P  : x  3 y  5z  3 0 . Gọi  là đường thẳng đi qua E , nằm trong  P  và cắt mặt cầu  S  tại hai điểm
phẳng
A , B sao cho tam giác OAB là tam giác đều. Phương trình của đường thẳng  là
x 1 y 1 z 1



1
1 .
A. 2
x 1 y 1 z 1


1
1 .
C. 2
Đáp án đúng: D

x 1 y 1 z 1


1
1 .
B.  2
x 1 y 1 z 1


1
1 .
D. 2

Giải thích chi tiết:
Mặt cầu

 S

có tâm


trung điểm AB ta có

O  0; 0;0 
OM 

bán kính R 2 . Tam giác OAB là tam giác đều có cạnh bằng 2. Gọi M là

2 3


 3
OE  1;1;1  OE  3
u
2
, mặt khác
. Vậy điểm M trùng điểm E . Gọi

 

 

là vectơ chỉ phương của  ta có: u  OE và u  n .

 
1  
u   n , OE   2;  1;  1
 n , OE    8; 4; 4 



4
, chọn
.
x 1 y 1 z 1



u
2;

1;

1


1
1 .
Vậy đường thẳng  đi qua E , có vectơ chỉ phương
có phương trình là: 2
Câu 36. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh 2 a, SA=a √3 và SA ⊥( ABCD ). Tính thể tích
hình chóp S . ABCD ?
14


a3 √ 3
.
3
Đáp án đúng: B

B. 4 a3 √3 .


A.

C.

2 a3 √ 3
.
3

D.

4 a3 √3
.
3

2

2

2

S : x  1   y  2    z  3 4
Câu 37. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt cầu  1  
,
2
2
2
 S2  :  x  1   y  2    z  2  9 và mặt phẳng  P  : x  2 y  z  4 0. Gọi M , N , K lần lượt là các điểm
 P  và mặt cầu  S1  ;  S2  sao cho MN  MK đạt giá trị nhỏ nhất. Giả sử M  a; b; c  , khi đó
nằm mặt phẳng


2a  b  c là
A. 4 .
Đáp án đúng: D

B.

 4.

C. 5 .

D.  5 .
2

2

2

S : x  1   y  2    z  3 4
Giải thích chi tiết: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt cầu  1  
2
2
2
S : x  1   y  2    z  2  9
 P  : x  2 y  z  4 0. Gọi M , N , K lần lượt là các điểm
,  2 
và mặt phẳng
 P  và mặt cầu  S1  ;  S2  sao cho MN  MK đạt giá trị nhỏ nhất. Giả sử M  a; b; c  , khi đó
nằm mặt phẳng


2a  b  c là
A.  5 . B.  4 .C. 5 . D. 4 .
Lời giải

Mặt cầu

 S1 

Mặt cầu

 S2 

có tâm

I  1; 2;3 ; R1 2

có tâm

.

J   1; 1;  2  ; R2 3

.

Ta có: IJ  30  R1  R2 .

 P
Mặt khác có I , J nằm cùng phía so với mặt phẳng
 P  , M 1 I J   P  , N1 I M   S1  , K1 JM   S2  ta có:
Gọi I ' là điểm đối xứng với I qua

MN  MK MN  MK  IN  JK  R1  R2
15


MI  MJ  R1  R2 MI   MJ  R1  R2 I J  R1  R2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

M M 1 , N N1 , K K1 .
 x 1  t

 y 2  2t
 z 3  t


I  1; 2;3 ; R1 2
 P  là
Phương trình đường thẳng II ' đi qua
vng góc với mặt phẳng
H II '  P 
t
Tọa
độ
điểm
ứng
với
giá
trị
là
nghiệm
1  t  2  2  2t   3  t  4 0  t  2  H   1;  2;1

.
I   3;  6;  1
Mà H là trung điểm II ' nên tọa độ
.
 x  1  2t

 y 1  7t

 z  2  t
JI   2;  7;1
Do đó
nên phương trình đường thẳng JI ' là 
.
M M 1  JI '  P 
t
Tọa
độ
điểm
ứng
với
giá
trị
là
nghiệm

.

phương

trình


phương

trình

1
 7 2 9
 1  2t  2  1  7t   2  t  4 0  t   M   ;  ;  
5
 5 5 5 .
Do đó 2a  b  c  5 .
Câu 38. : Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 4. Một mặt phẳng khơng vng góc với đáy và cắt hai đáy của
hình trụ theo hai dây cung song song MN , M N  thỏa mãn MN M N  6 . Biết rằng tứ giác MNN M  có diện
tích bằng 60 . Tính chiều cao h của hình trụ.
A. h 6 5 .
Đáp án đúng: C

B. h 4 2 .

C. h 6 2 .

D. h 4 5 .

Câu 39. Cho tứ diện đều SABC có D là điểm thuộc cạnh AB sao cho BD 2 AD , I là trung điểm của SD .
Một đường thẳng d thay đổi qua I cắt các cạnh SA , SB lần lượt tại M , N . Biết AB 2a . Khi d thay đổi,
3

3
 m a
.

 
m , với m , n   ,  m, n  1 . Tính m  n .
thể tích khối chóp S .MNC nhỏ nhất bằng  n 
A. m  n 7 .
B. m  n 5 .
C. m  n 4 .
D. m  n 6 .
Đáp án đúng: B

16


Giải thích chi tiết:
Gọi H là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC . Vì SABC là tứ diện đều và AB 2a nên suy ra
2 2 a 3 2a 3
AH

.

SH   ABC  H
3 2
3 .
,
là trọng tâm tam giác đều ABC và
2

 2a 3 
2a 6
SH  SA  AH   2a   
 

3
 3 
Từ đó suy ra
.
2

2

2

2

Vậy

VSABC

1
1 2a 6  2a  3 2 a 3 2
 SH .SABC  .
.

3
3 3
4
3

 1 .

SM
SN

k
l
Đặt SA
, SB
, 0 k , l 1 .
S SMN SM SN

.
S
SA
SB .

SAB
Ta có:
SSMN
S
2S
1 SM SI 2 SN SI
 SMI  SNI  .
.
 .
.
S
3
S
3
S
3
SA
SD

3
SB
SD

SAB

SAD

SBD
Mặt khác
17


Nên ta có

1 1 2 1
k
k .l  .k .  .l.  6kl k  2l  l 
3 2 3 2
2  3k  1

 2 .

0 k 1
2

 k 1  3k  1  0
k
0 
0 k 1

1 5


2  3k  1
0

l

1


Vì
nên
.
VSMNC SM SN SC

.
.
k .l  VSMNC k .l.VSABC
 3 .
V
SA
SB
SC
SABC
Ta có:
Từ

 1 ,  2  ,  3


 VS .MNC 

VS .MNC k .
ta có

k
2 a 3 2 a 3 2 9k 2
.

.
2  3k  1
3
27 3k  1

a3 2 
1  a3 2 
1

.  3k  1 
.  3k  1 
 2

27 
3k  1 
27 
3k  1  .

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si với hai số dương, ta có:

VS .MNC 


 4a 3 2  2  3 a 3
a3 2 
1
.  2.  3k  1 .
 2 
  .
27 
3k  1 
27
2
 3

Dấu " " xảy ra

 3k  1 

.

1
2
2
2
  3k  1 1  k 
k 1
3k  1
3 ( do 5
).

3


3
 2 a
2
V

.
 S .MNC  min  
k
2
 3
3.
Vậy
3

3
 m a
.
 
m , với m , n   ,  m, n  1 nên ta có m 2 ;
Theo đề bài, thể tích khối chóp S .MNC nhỏ nhất bằng  n 
n 3 , suy ra m  n 5 .
Câu 40. : Khối trụ ngoại tiếp khối lập phương cạnh a có thể tích là :
a 3
a 3
a 3
3
A. 4 .
B. a  .
C. 3 .

D. 2 .
Đáp án đúng: D
----HẾT---

18