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: 027.

 
M
,
N
ABCD
BC
AD
Câu 1. Cho hình bình hành
có
lần lượt là trung điểm của
và
. Khi đó MA  MN bằng
vectơ nào sau đây ?




AN
MC
BM

A.
.
B.
.
C.
.
D. DN .
Đáp án đúng: D
Câu 2.
Người ta muốn thiết kế một bể cá bằng kính khơng có nắp với thể tích
vách ngăn (cùng bằng kính) ở giữa, chia bể cá thành hai ngăn, với các kích thước

, chiều cao là
(đơn vị

. Một
) như

hình vẽ. Tính
để bể cá tốn ít ngun liệu nhất (tính cả tấm kính ở giữa), coi bề dày các tấm kính như
nhau và khơng ảnh hưởng đến thể tích của bể.

A.

;

.

B.


;

.

C.

;

.

D.

;

.
1


Đáp án đúng: C
Câu 3.
Thiết diện đi qua trục của hình nón đỉnh S là tam giác vng cân SAB có cạnh cạnh huyền bằng a √ 2. Diện tích
tồn phần Stp của hình nón của khối nón tương ứng đã cho là

π a2 √ 2
.
2
π a2 ( √ 2−1 )
C. Stp =
.
2

Đáp án đúng: D

B. Stp =π a2 ( 1+ √2 ).

A. Stp =

D. Stp =

π a2 (1+ √ 2)
.
2

Câu 4. Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình chữ nhật với AB 3a , BC a 2 , SA vng góc với mặt
đáy, cạnh SC hợp đáy một góc 60 . Thể tích khối chóp S . ABCD tính theo a là
3
A. a 66 .
Đáp án đúng: A

B.

42a 3
3 .

C.

66a 3
3 .

3
D. a 42 .


Giải thích chi tiết: Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình chữ nhật với AB 3a , BC a 2 , SA vng
góc với mặt đáy, cạnh SC hợp đáy một góc 60 . Thể tích khối chóp S . ABCD tính theo a là
66a 3
3 . B.
A.
Giải:

42a 3
3
3 . C. a 66 . D. a 3 42 .

2


 x 2  t
 x 3  s
 x 4  h



d1 :  y 1  2t d 2 :  y 2  2s d 3 :  y 2  3h
 z 2  t
 z s
 z  1  h



Câu 5. Trong không gian Oxyz , cho ba đường thẳng
,

,
. Đường
d
d
d
thẳng  thay đổi cắt các đường thẳng 1 , 2 , 3 lần lượt tại A , B , C . Tìm giá trị nhỏ nhất của AC  BC .
R

5 2
2 .

A.
Đáp án đúng: D

B.

R

9 2
2 .

C.

R

3 2
2 .

D.


R

7 2
2 .


M  2;1; 2 
u1   1; 2;  1
d
1
Giải thích chi tiết: Đường thẳng
đi qua điểm
và có vectơ
.

N  3; 2; 0 
u  1;  2;1
Đường thẳng d 2 đi qua điểm
và có vectơ 2
.
3


 
M  2;1; 2 
Hai vectơ u1 , u2 cùng phương và điểm
không thuộc d 2 nên d1 và d 2 song song.




MN  1;1;  2   u1 , MN    3;  3;  3
   là mặt phẳng chứa hai đường thẳng song song d1 và
Ta có:
,
. Gọi

d 2 thì n  1;1;1 là một vectơ pháp tuyến của    . Phương trình mặt phẳng    là x  y  z  5 0 .

  .
Đường thẳng  thay đổi cắt các đường thẳng d1 , d 2 thì  nằm trong mặt phẳng
  .
Mặt khác đường thẳng  cắt đường thẳng d3 tại C nên C là giao điểm của d3 và
C  4  h; 2  3h;  1  h 
Suy ra
.
   nên 4  h  2  3h  1  h  5 0  h 0 . Vậy C  4; 2;  1 .
Vì C thuộc mặt phẳng

   và cắt các đường thẳng d1 , d 2 tại A , B nên
Do đường thẳng  nằm trong mặt phẳng
 AC  BC  min d  C , d1   d  C , d 2  hay A , B lần lượt trùng với hình chiếu H , K của C lên d1 , d 2 .

H  2  t ;1  2t ; 2  t  CH   2  t ;  1  2t ;3  t 
Gọi
,
.


1
CH .u1 0  2  t  2  4t  3  t 0  t 

2.
Ta có
2

2

5 2
 5
 5
 3 3
CH     02    
H  ; 2; 
2 .
 2
 2
Suy ra  2 2  và

K  3  s; 2  2 s; s  CK   1  s;  2 s;1  t 
Gọi
,
.


Ta có CK .u2 0   1  s  4s  1  s 0  s 0 .
Suy ra

K  3; 2;0 

và


CK 

  1

2

 02  12  2

.

5 2
7 2
 2
2
2 .
Vậy
A  1; 2;  3 , B   3;0;1
Câu 6. Trong khơng gian Oxyz , cho hai điểm
. Phương trình mặt phẳng trung trực của
đoạn thẳng AB có phương trình là
A. 2 x  y  2 z  1 0 .
B. 2 x  y  2 z  1 0 .

 AC  BC  min d  C , d1   d  C , d 2  CH  CK 

C. 2 x  y  2 z  5 0 .
Đáp án đúng: B

D. 2 x  y  2 z  8 0 .


AB  I   1;1;  1
Giải thích chi tiết: Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng
.


AB   4;  2; 4   n  2;1;  2 
là vecto pháp tuyến.

n
 2;1;  2 
 Phương trình mặt phẳng trung trực đi qua I và nhận
làm vecto pháp tuyến là:
2  x  1  1 y  1  2  z  1 0  2 x  y  2 z  1 0.
.
 a; b  là khoảng chứa tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình
Câu 7. Biết



7 3 5



x2



 m 7 3 5




x2

2 x

2

1

có đúng hai nghiệm thực phân biệt. Giá trị của M a  b ‘bằng
4


1
3
1
M
M
M
16 .
5.
8.
A.
B.
C.
Đáp án đúng: C
Câu 8. Hình lăng trụ tứ giác đều có bao nhiêu mặt là hình chữ nhật?

D.


M

7
16 .

A. 8 .
B. 2 .
C. 6 .
D. 4 .
Đáp án đúng: D
Câu 9. Mặt phẳng đi qua trọng tâm của tứ diện, song song với một mặt phẳng của tứ diện và chia khối tứ diện
thành hai phần. Tính tỉ số thể tích (phần bé chia phần lớn) của hai phần đó.
A.
B.
.
C.
.
D.
.
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: Mặt phẳng đi qua trọng tâm của tứ diện, song song với một mặt phẳng của tứ diện và chia
khối tứ diện thành hai phần. Tính tỉ số thể tích (phần bé chia phần lớn) của hai phần đó.
A.
.
Lời giải

B.

.


C.

.

D.

Câu 10. Cho hình trụ có bán kính đáy 2r và độ dài đường l . Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho là
A.
C.
Đáp án đúng: B
Câu 11.

.
.

B.

.

D.

.

Cho một tấm nhôm hình chữ nhật ABCD có AD 24cm . Ta gấp tấm nhơm theo hai cạnh MN, QP vào phía
trong đến khi AB, CD trùng nhau như hình vẽ dưới đây để được một hình lăng trụ khuyết hai đáy. Tìm x để thể
tích khối lăng trụ lớn nhất?

A. x 6
B. x 9
Đáp án đúng: C

Giải thích chi tiết: Phương pháp:
V SANP .MN, Vmax  SANP max , sử dụng BĐT Cô-si.

C. x 8

D. x 10

Cách giải:
Đáy là tam giác cân có cạnh bên là x (cm) và cạnh đáy là
Gọi H là trung điểm của NP  AH  NP

24  2x  cm   x  12 

2

AH  AN 2  NH 2  x 2   12  x   24x  144

Xét tam giác vng ANH có:
1
1
 SANP  AH.NP  24x  144.  24  2x  S
2
2

(ĐK: 24x  144 0  x 0 )

5


V SANP .AB; Vmax  SANPmax (Do AB không đổi).

Ta có:
1
1
2
2
S2   24  2x   24x  144   2  144  12x   24x  144 
4
4.6
2

1  144  12x  144  12x  24x  144 
 2
  786 16 3
4.6 
3

Dấu “=” xảy ra  144  12x 24x  144  x 8
x 1 y z  1
 
Oxyz
1
1 và điểm M  1; 2;3 . Mặt
Câu 12. Trong không gian với hệ tọa độ
, cho đường thẳng d :  2
 P  chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến  P  là lớn nhất. Khi đó, tọa độ của vectơ pháp
phẳng
 P  là:
tuyến của mặt phẳng

 1;1;1 .

A.
Đáp án đúng: A

B.

  2;1;1 .

C.

 1; 2;3 .

D.

  1;0;1 .

x 1 y z  1
 
1
1 và điểm
Giải thích chi tiết: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :  2
M  1; 2;3
 P  chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến  P  là lớn nhất. Khi đó, tọa
. Mặt phẳng
 P  là:
độ của vectơ pháp tuyến của mặt phẳng

 1; 2;3 .
A.
Lời giải


B.

  2;1;1 .

C.

  1;0;1 .

D.

 1;1;1 .

 P  và đường thẳng d .
Gọi K , H lần lượt là hình chiếu của M trên mặt phẳng
d M ,  P   MK MH
d M , P 
MH   P 
Ta có: 
. Vậy 
lớn nhất khi K H . Khi đó:
.

H  d nên H   1  2t ; t;1  t  ; MH   2  2t ; t  2; t  2  .

u   2;1;1
Vectơ chỉ phương của d là
.






2

2

2
t

t

2

t

2

0
H

1;0;1
HM  2; 2; 2  2  1;1;1




 t 0 . Vậy
MH .u 0
;
.

 P  là:  1;1;1 .
Khi đó tọa độ vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
Câu 13.
Một bồn chứa nước hình trụ có đường kính đáy bằng chiều cao và bằng
chứa đó bằng
A.
C.
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: chọn D

. Thể tích

của bồn

B.
D.

6


Câu 14.
Cho hình chóp tam giác đều
. Biết rằng
A.

có cạnh đáy bằng
vng góc với

. Gọi


lần lượt là trung điểm của

. Thể tích khối chóp

.

B.

C.
.
Đáp án đúng: D

bằng

.

D.

.

Giải thích chi tiết:
Vì

là hình chóp tam giác đều nên

và

, do đó

.

Ta có

;

.

Theo giả thiết

Xét tam giác

Gọi

, theo định lý cơsin ta có

là

trọng

tâm

tam

giác

ta

có

và


.
7


Vậy,
Câu 15. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng

đây là một véc tơ pháp tuyến của   ?

n1  2;  3; 4 
A.
.

n  2;3;  4 
C. 3 
.
Đáp án đúng: A

.
   : 2 x  3 y  4 z  1 0


Giải thích chi tiết: Ta có một véc tơ pháp tuyến của  

. Véc tơ nào dưới


n   2;3; 4 
B. 4 
.

n  2;3; 4 
D. 2 
.

là


n1  2;  3; 4 

.

Câu 16.
Trong không gian, cho tam giác
quanh cạnh góc vng
xung quanh hình nón đó bằng
A.

vng tại

,

và

thì đường gấp khúc

.

B.

. Khi quay tam giác


tạo thành một hình nón. Diện tích
.

C.
.
D.
.
Đáp án đúng: D
Câu 17. Lớp 11 A có 42 học sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 2 học sinh từ lớp đó để giữ hai chức vụ lớp
trưởng và bí thư?
2
2
40
2
A. A42 .
B. C42 .
C. 42 .
D. A42 .
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: Lớp 11 A có 42 học sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 2 học sinh từ lớp đó để giữ hai
chức vụ lớp trưởng và bí thư?
2
2
40
2
A. A42 . B. C42 . C. A42 . D. 42 .
Lời giải

A2

Số cách chọn ra 2 học sinh để giữ chức lớp trưởng và bí thư là: 42
Câu 18. Một cốc nước có dạng hình trụ đựng nước chiều cao 12cm, đường kính đáy 4cm, lượng nước trong cốc
cao 10cm. Thả vào cốc nước 4 viên bi có cùng đường kính 2cm. Hỏi nước dâng cao cách mép cốc bao nhiêu
xăng-ti-mét? (Làm tròn sau dấu phẩy 2 chữ số thập phân)
A. 0,33cm.
B. 0,25cm.
C. 0,67cm.
D. 0,75cm.
Đáp án đúng: A
Câu 19. Viết cơng thức tính V của khối cầu có bán kính r.
4
1
V  r 3
V  r 3
2
3
3
3
A. V 4r
B. V r
C.
D.
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Phương pháp:
Sử dụng cơng thức tính thể tích khối cầu.
Cách giải:
4
V  r 3
3
Cơng thức tính V của khối cầu có bán kính r:


8


 P  : 2 x  y  2 z  1 0 và mặt phẳng
Câu 20. Vậy P a  b  c 3. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng
 Q  : 4 x  4 y  3z  2 0 . Đường thẳng  song song với mặt phẳng  P  , có một vectơ chỉ phương

u  m ; n ;1
 Q  một góc lớn nhất thì sin của góc tạo bởi đường thẳng  và mặt phẳng  Q 
. Khi  tạo với
bằng bao nhiêu?
41
A. 41 .
Đáp án đúng: C

2 41
B. 41 .

C.

205
41 .

D. 1 .

 P  : 2 x  y  2 z  1 0 và
Giải thích chi tiết: Vậy P a  b  c 3. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng
 Q  : 4 x  4 y  3z  2 0 . Đường thẳng  song song với mặt phẳng  P  , có một vectơ chỉ phương
mặt phẳng


u  m ; n ;1
 Q  một góc lớn nhất thì sin của góc tạo bởi đường thẳng  và mặt phẳng  Q 
. Khi  tạo với
bằng bao nhiêu?
2 41
41
205
A. 41 .
B. 1 . C. 41 .
D. 41 .
Lời giải


nP  2;  1; 2 
nQ  4;  4;3
Ta có
và
.



 //  P 
Vì
nên u  nP  2m  n  2 0  n 2m  2 .
 

u.nQ
4m  4n  3
4m  5

sin  ,  Q      

2
2
u nQ
m  n  1. 41
41 5m2  8m  5
Mặt khác:
1
16m2  40m  25

.
5m 2  8m  5 .
41

Vì

0  ,  Q   90

nên

 ,  Q  

lớn nhất khi

2

Xét hàm số
BBT


lớn nhất.

2

16m  40m  25
 72m  90m
f  m 
 f ' m 
2
2
5m  8m  5
 5m2  8m  5

Dựa vào BBT ta có
Do đó

sin  ,  Q  

 ,  Q  

max f  m  5
m

.

tại m 0 .

lớn nhất khi m 0 . Suy ra

sin  ,  Q   


205
41 .
9


Câu 21. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a , tam giác SAB đều và nằm trong mặt
phẳng vng góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.
A.

V

7 21 a 3
18
.

4 3 a 3
81 .
C.
Đáp án đúng: D
V

B.
D.

V

4 3 a 3
27 .


V

7 21 a 3
54
.

Giải thích chi tiết:
*) Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD :
Gọi G là trọng tâm tam giác SAB , O là tâm của hình vuông ABCD , M là trung điểm của AB .
Do SAB đều  SM  AB

 SAB    ABCD   SM   ABCD   SM  OM
Mà
OM là đường trung bình của ABC  OM //AD  OM  AB (do AD  AB )
 OM   SAB 
.
Dựng các đường thẳng qua G, O lần lượt song song với MO, SM , hai đường thẳng này cắt nhau tại I
IO //SM , SM   ABCD   IO   ABCD 
Ta có:
, mà O là tâm của hình vng ABCD
 IA IB IC ID
GI //OM , MO   SAB   GI   SAB 
Ta có:
, mà G là trọng tâm tam giác đều SAB
 IS IA IB
Từ, suy ra: I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD .
*) Tính bán kính, thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD :
1
a
a

OM  AD   GI OM 
2
2
2
Ta có:

2 a 3 a 3
 BG  .

SAB đều cạnh bằng a có G là trọng tâm
3 2
3
GI   SAB   GI  BG  BGI
Do
vuông tại G
10


2

2
a2 a2
7
a  a 3
 IB  IG  GB     

a
 
4
3

12
 2  3 
2

2

Bán kính khối cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD là:
Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD là:

R IB a

7
12

3

4
4 
7  7 21 a 3
V   R 3   .  a
 
3
3  12 
54
.
Câu 22. Cho hình chóp S . ABCD , có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , SA SB SC a . Đặt x SD
0 xa 3
. Tìm x theo a để tích AC.SD đạt giá trị lớn nhất.






A.

x

a 3
2 .

B.

x

a 6
2 .

D. Đáp án khác.

C.
Đáp án đúng: C

x

a 3
3 .

Giải thích chi tiết:
Gọi O là tâm hình thoi ABCD ta có OB  OC .
Theo đề bài SA SC nên SAC cân tại S , do đó SO  OC .



Ta có SOC BOC do OC chung, SC BC a , SOC BOC 90 nên SO OB .
Mà OB OC nên OB OC SO do đó SBD vng tại S .
Ta có

OB 

BD
SB 2  SD 2
a 2  x2


2
2
2
;

AC 2.OC 2 BC 2  OB 2 2 a 2 

a2  x2
 3a 2  x 2
4

2
2
Suy ra AC.SD  3a  x x .

Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có
Dấu " " xảy ra khi

Vậy

x

3a 2  x 2 x 

3a 2  x 2  x 2 3a 2

2
2

3a 2  x 2  x  3a 2  x 2  x 2  x 

a 6
2 .

a 6
2 thì tích AC.SD đạt giá trị lớn nhất.
11


A  4;1;5  B  6;  1;1
P : x  y  z  1 0
Câu 23. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm 
,
và mặt phẳng  
. Xét
S
P
S

mặt cầu   đi qua hai điểm A , B và có tâm thuộc   . Bán kính mặt cầu   nhỏ nhất bằng

A. 33 .
Đáp án đúng: B

B.

35 .

C. 5 .

D. 6 .

M  1;0;3
Giải thích chi tiết: Gọi
là trung điểm của đoại AB , mặt phẳng trung trực của đoạn AB có phương
5 x  1  y  2  z  3 0  5 x  y  2 z  1 0  Q 
trình: 
.
S
I  Q
Gọi I là tâm mặt cấu   , I cách đều A , B nên
.
P
Q
Vậy tâm I thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng   và   , có tọa độ thỏa mãn:
 x t
 x  y  z  1 0

  y 1  t


5 x  y  2 z  1 0
 z 2t  I  t ;1  t; 2t 

.
Bán kính mặt cầu:
R IA 

 t  4

2

2

2

2

  1  t  1   2t  5   6t 2  12t  41  6  t  1  35  35

.

Vậy Rmin  35 .
 x 1  t

 y 2  2t
 z 3  t


(∆ )


Câu 24. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng
có phương trình tham số
, Điểm M nào sau
đây thuộc đường thẳng ( ∆ ).
A. M(2;1;3)
B. M(1;2;–3)
C. M(1;2;3)
D. M(1;–2;3)
Đáp án đúng: C
Câu 25.
Cho hình lăng trụ ABC. ABC  có thể tích V . Biết tam giác ABC là tam giác đểu cạnh a các mặt bên là hình

thoi, góc CC B 60 . Gọi G , G lần lượt là trọng tâm của tam giác BCB và tam giác ABC  . Tính theo V
thể tích khối đa diện GG CA.

V
VGGCA 
6.
A.
V
VGGCA 
9.
C.

V
VGGCA 
8.
B.
V

VGGCA 
12 .
D.

12


Đáp án đúng: C

Giải thích chi tiết:

Ta có BCC B là hình thoi và CC B 60 nên tam giác CC B đều. Gọi M là trung điểm của BC , ta có:
1
1
S GMC S BMC  S CC B  S BCC B
2
4
Khi đó
2
2 1
2 1 2
V
VA.GGC VA.MGC  VG.MGC  3 VA.MGC  3 . 4 VA. BCC B  3 . 4 . 3 V  9 .



a   1;1;0  , b  1;1;0  , c  1;1;1
Oxyz
Câu 26. Trong không gian với hệ tọa độ
, cho ba véctơ

. Trong các
mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?


 
 
c  3
a  2
A.
B.
C. a  b 
D. b  c.
Đáp án đúng: D



a   1;1;0  , b  1;1;0  , c  1;1;1
Oxyz
Giải thích chi tiết: Trong khơng gian với hệ tọa độ
, cho ba véctơ
.
Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?


 
 
a

2


c
 3
A. b  c. B.
C. a  b  D.
Lời giải

b
Ta có .c 1.1  1.1  0.1 2 0


Câu 27. Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a. Tính góc giữa hai vectơ AC và A ' D ' .
0

A. 30 .
Đáp án đúng: C

0
B. 90 .

0
C. 45 .

0
D. 60 .



Giải thích chi tiết: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a. Tính góc giữa hai vectơ AC và A ' D ' .
0


A. 60 .
Lời giải

0
0
B. 45 .C. 90 .

0
D. 30 .

13


Ta có:

 
A
DD
'
A
'
*
là hình vng nên A ' D '  AD .
* Tam giác DAC vuông cân tại
D.
 
 

AC , A ' D '  AC , AD CAD
450

Khi đó:
 
AC , A ' D ' 450
Kết luận:
.
Câu 28.



 




Cho góc

với

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

. Giá trị của
B.

.


với

là
C.

.

. Giá trị của

D.

.

là

.
.

C.
D.



.
.

Câu 29. Cho hình chóp S . ABC có SA , SB , SC đơi một vng góc với nhau và SA 2 3 , SB 2 , SC 3 .
Tính thể tích khối chóp S . ABC .
A. V 4 3.
Đáp án đúng: B

Câu 30.
Một hình cầu có diện tích bằng

B. V 2 3 .

C. V 12 3 .

D. V 6 3 .

. Khi đó thể tích của khối cầu đó là:
14


A.

B.

C.
Đáp án đúng: B

D.

Câu 31. Thể tích của khối trụ trịn xoay có bán kính R và chiều cao h bằng
1
1
 R2h
 Rh 2
2
2
A. 3

.
B.  Rh .
C.  R h .
D. 3
.
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: Thể tích của khối trụ trịn xoay có bán kính R và chiều cao h bằng
1
1
 Rh 2
 R2h
2
2
A. 3
. B.  Rh . C. 3
. D.  R h .
Lời giải
1
V   R 2h
3
Ta có
.
2
Câu 32. Tổng diện tích các mặt của một khối lập phương bằng 96cm . Thể tích của khối lập phương đó là
3
3
3
3
A. 64cm .
B. 84cm .

C. 91cm .
D. 48cm .

Đáp án đúng: A
Câu 33. Cho hình chóp S . ABC có cạnh SA vng góc với mặt phẳng ( ABC ) , biết AB  AC a, BC a 3.
Tính góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SAC ).
A. 45 .
Đáp án đúng: C

B. 90 .

C. 60 .

D. 30 .

Giải thích chi tiết: Cho hình chóp S . ABC có cạnh SA vng góc với mặt phẳng ( ABC ) , biết AB  AC a,
BC a 3. Tính góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SAC ).
A. 45 . B. 30 . C. 60 . D. 90 .
Lời giải

 SAB    SAC  SA

 AB  SA
 AC  SA


Ta có
và AC .

Xét tam giác ABC có


, do đó góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SAC ) là góc giữa hai đường thẳng AB

cos A 

AB 2  AC 2  BC 2 a 2  a 2  3a 2
1

 ,
2

120
2 AB. AC
2a
2 do đó BAC

15


Suy ra góc giữa AB và AC bằng 180  120 60 .
Vậy góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SAC ) là 60 .
Câu 34.
Hình trụ có chiều dài đường sinh
A.
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: chọn C

, bán kính đáy

B.


thì có diện tích xung quanh bằng
C.

D.

Hình trụ có chiều dài đường sinh l , bán kính đáy r thì có diện tích xung quanh bằng:
Câu 35. Cho hình lăng trụ ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng 1 , BB tạo với đáy một góc
60 , hình chiếu của A lên mặt phẳng  ABC  trùng với trung điểm H của cạnh BC . Tính khoảng cách từ C
 ABB .
đến mặt phẳng
3 13
A. 13 .
Đáp án đúng: A

13
B. 13 .

2 13
C. 13 .

Câu 36. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , gọi

   : 2 x  4 y  4 z  3 0

và cách điểm

A  2;  3; 4 

   là


4 13
D. 13 .
mặt phẳng song song với mặt phẳng

   là:
một khoảng k 3 . Phương trình của mặt phẳng

A. x  2 y  2 z  25 0 .

B. 2 x  4 y  4 z  5 0 hoặc 2 x  4 y  4 z  13 0 .
D. x  2 y  2 z  25 0 hoặc x  2 y  2 z  7 0 .

C. x  2 y  2 z  7 0 .
Đáp án đúng: D

   là mặt phẳng song song với mặt phẳng
Giải thích chi tiết: Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz , gọi
   : 2 x  4 y  4 z  3 0

và cách điểm

A  2;  3; 4 

   là:
một khoảng k 3 . Phương trình của mặt phẳng

A. 2 x  4 y  4 z  5 0 hoặc 2 x  4 y  4 z  13 0 .
B. x  2 y  2 z  25 0 .
C. x  2 y  2 z  7 0 .

D. x  2 y  2 z  25 0 hoặc x  2 y  2 z  7 0 .
Hướng dẫn giải
Vì

   / /        : 2 x  4 y  4 z  m 0  m 3

Giả thiết có
Vậy

d  A,    

3 

32  m
3 
6

 m  14
 m  50


   : x  2 y  2 z  7 0 ,    : x  2 y  2 z  25 0

Câu 37. Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình vng cạnh bằng a . SA  ( ABCD ), SA a 3. Tính bán
kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp?

a 5
.
A. 2
Đáp án đúng: A


B. a 5.

C. 2a.

D. a 7.

16


Giải thích chi tiết:
mp  ABCD 
Gọi O  AC  BD. Dựng ( d ) đi qua O và vng góc với
.
Dựng  là đường trung trực của cạnh SA cắt SA tại E .
I d    I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD => Bán kính là: IA .

a 2 2 a 3 2 a 5
a 2
a 3
2
2
) (
) 
.
, AE 
. AI  AO  AE  (
2
2
2

2
2
Ta có
Câu 38. Cho tam giác ABC vng tại A có AB 6, AC 8 . Quay tam giác ABC quanh trục AB ta nhận được

AO 

hình nón có độ dài đường sinh bằng:
A. 10
B. 6
Đáp án đúng: A

C. 7

D. 8

2
2
Giải thích chi tiết: Phương pháp: l  h  R
Cách giải:
Khi quay tam giác vuông ABC quanh cạnh AB ta được khối nón có

h AB 6, R AC 8  l  h 2  R 2 10
Câu 39.
Một bồn chứa xăng có dạng hình trụ, chiều cao 2 m , bán kính đáy là 0,5 m được đặt nằm ngang trên mặt sàn
bằng phẳng. Hỏi khi chiều cao xăng trong bồn là 0, 25 m thì thể tích xăng trong bồn là bao nhiêu (kết quả làm
tròn đến hàng phần trăm)?

A. 1570,80 lít.
C. 433, 01 lít.


B. 392, 70 lít.
D. 307, 09 lít.

Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: Nhận xét: Thể tích của xăng bằng tích của chiều cao bồn (bằng 2 m ) và diện tích một phần
hình trịn đáy, mà cụ thể ở đây là hình viên phân.

17


Ở đây, chiều cao h của xăng là 0, 25 m , như vậy xăng dâng lên chưa quá nửa bồn. Từ đây ta thấy diện tích
hình viên phân sẽ bằng hiệu diện tích của hình quạt và hình tam giác tương ứng như trên hình.



h  R  R.cos  R  1  cos 
2
2 .

Gọi số đo cung của hình quạt là  , ta có:



0, 25 0,5.  1  cos    120
2

Suy ra:
.
Ta tìm diện tích hình viên phân:


R 2 sin  1  
3
2
. R 2 
  
 m 
360
2
4  3 4 
.
1
3
V  Svp .2   
 307, 09
2 3
4 
Thể tích xăng trong bồn là:
(lít).

Câu 40. Cho khối chóp S . ABC có AB 2, AC 3 và BAC 120 , SA vng góc với mặt phẳng đáy. Gọi
M , N lần lượt là hình chiếu vng góc của A trên SB và SC . Góc giữa mặt phẳng ( ABC ) và mặt phẳng
( AMN ) bằng 30 . Thể tích của khối chóp đã cho bằng
Svp S quaït  S  

A. 57 .
Đáp án đúng: A

B. 3 57 .


C.

57
2 .

3 57
D. 2 .

0

Giải thích chi tiết: [Mức độ 3] Cho khối chóp S . ABC . Có AB 2, AC 3 và BAC 120 , SA vng góc với
mặt phẳng đáy. Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vng góc của A trên SB và SC . Góc giữa mặt phẳng
( ABC ) và mặt phẳng ( AMN ) bằng 300 . Thể tích của khối chóp đã cho bằng

A. 57 . B. 3 57 . C.
Lời giải

57
3 57
2 . D. 2 .

1
1
1
3

V  SA.S ABC  SA. . AB.AC .sin BAC
 .SA
3
3

2
2
+ Ta có:
.

18


+ Gọi D là điểm đối xứng với A qua O (với O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC )  AD 2 R và
ABD ACD 900  AB  BD; AC  CD.
Mà SA  ( ABC )  SA  BD; SA  CD .
Do đó BD  ( SAB); DC  ( SCA)  BD  AM ; CD  AN .
AM  SB 
  AM   SBD   AM  SD
AM

BD

+ Ta có:
AN  SC 
  AN   SCD   AN  SD
AN  CD 

AN  SD 
  SD  ( AMN )
AM  SD 







 
ABC  ,  AMN   ASD
30

.

2
2
2
0

+ Ta có: BC  AC  AB  2 AC. AB.cos BAC 4  9  2.2.3.cos120 19  BC  19;

2R 

BC
19
2 19


;
0
sinA sin120
3

2 19
SA  AD.cot ASD 2 R.cot 300 
. 3 2 19  V  3 .2 19  57

3
2
+ Xét tam giác vng SAD ta có:
.
----HẾT---

19