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: 059.
Câu 1. 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
42a 3
3 .
A.
Đáp án đúng: B

3
B. a 66 .

3
C. a 42 .

D.

66a 3
3 .

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 .

1


Câu 2. Viết cơng thức tính V của khối cầu có bán kính r.
4
1
V  r 3
V  r 3
2
3
3
A. V 4r
B.
C.
Đáp án đúng: B
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:

Câu 3. Cho tam giác ABC , trọng tâm G . Phát biểu nào đúng?

3
D. V r

2


  
GA  GB  GC 0
A.
.
 

AB  BC  AC
C.
.
Đáp án đúng: A
Câu 4.
Hình đa diện trong hình bên có bao nhiêu đỉnh?

  
AB  BC  AC
B.
.



GA  GB  GC 0
D.

.

A. 9 .
B. 8 .
C. 7 .
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: Hình đa diện trong hình bên có bao nhiêu đỉnh?

D. 5 .

A. 8 . B. 5 . C. 7 . D. 9 .
Lời giải
Câu 5.
ax  b
f  x 
,  a , b, c  R 
cx  1
Cho hàm số
có bảng biến thiên như sau:

3


Trong các số a, b và c có bao nhiêu số dương?
A. 2 .
B. 1 .
C. 3 .
D. 0 .
Đáp án đúng: C
M  1;  2; 4 

Câu 6. Trong không gian Oxyz , cho điểm
. Khoảng cách từ điểm M đến trục Ox bằng:
A. 2 3 .
Đáp án đúng: C

B. 1 .

C. 2 5 .

D.

21 .

 
M
,
N
ABCD
BC
AD
Câu 7. Cho hình bình hành
có
lần lượt là trung điểm của
và
. Khi đó MA  MN bằng
vectơ nào sau đây ?





MC
AN
DN
A.
.
B.
.
C.
.
D. BM .
Đáp án đúng: C
Câu 8. 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. 90 .
B. 60 .
Đáp án đúng: B

C. 30 .

D. 45 .

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

4


 SAB    SAC  SA


 AB  SA
 AC  SA


Ta có
và AC .

, 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

Xét tam giác ABC có
Suy ra góc giữa AB và AC bằng 180  120 60 .
Vậy góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SAC ) là 60 .

Câu 9. 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
.
B. 2

A. 2a.
Đáp án đúng: B

C. a 5.

D. a 7.

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

Ta có

AO 

a 2 2 a 3 2 a 5
a 2
a 3
2

2
) (
) 
.
, AE 
. AI  AO  AE  (
2
2
2
2
2

r

( a ) song song với giá của hai veto a = ( 3;1; - 1) ,
Câu 10. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , mặt phẳng
r
b = ( 1; - 2;1)
( a) ?
. Vecto nào sau đây không là pháp tuyến của mặt phẳng
A.


n  1; 4;7 
.

n   1;  4;  7 

C.
Đáp án đúng: D

Câu 11.


n  2;8;14 
.

n  7; 4;1
D.
.
B.

.

5


Cho một tấm nhơm hình chữ nhật ABCD có AD 24cm . Ta gấp tấm nhôm 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 8
B. x 6
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: Phương pháp:
V SANP .MN, Vmax  SANP max , sử dụng BĐT Cô-si.

C. x 9

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

(ĐK: 24x  144 0  x 0 )

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
 
1
1 và điểm M  1; 2;3 . Mặt
Câu 12. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , 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;0;1 .
 1;1;1 .
  2;1;1 .
 1; 2;3 .
A.
B.
C.
D.
Đáp án đúng: B
x 1 y z  1
 
Oxyz
1
1 và điểm

Giải thích chi tiết: Trong không gian với hệ tọa độ
, cho đường thẳng d :  2

 P  là lớn nhất. Khi đó, tọa
chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến
 P  là:
độ của vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
 1; 2;3 . B.   2;1;1 . C.   1;0;1 . D.  1;1;1 .
A.
Lời giải
M  1; 2;3

. Mặt phẳng

 P

6


 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
d
Vectơ chỉ phương của là
.



MH .u 0   2   2  2t   t  2  t  2 0  t 0 . Vậy H   1;0;1 ; HM  2; 2; 2  2  1;1;1 .
 P  là:  1;1;1 .
Khi đó tọa độ vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
Câu 13. 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. 0,25cm.
B. 0,75cm.
C. 0,67cm.
D. 0,33cm.
Đáp án đúng: D
Câu 14.
Một bồn chứa nước hình trụ có đường kính đáy bằng chiều cao và bằng
chứa đó bằng
A.

. Thể tích

của bồn

B.


C.
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: chọn D

D.

Câu 15.
Cho góc

với

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

. Giá trị của
B.

.

với

là
C.

. Giá trị của


.

D.

.

là

.
.
.

7


D.

.

Câu 16. 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
.


7 21 a 3
54
C.
.
Đáp án đúng: C
V

B.
D.

V

4 3 a 3
27 .

V

4 3 a 3
81 .

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:

8


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
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 3 4 
7  7 21 a 3
V   R   .  a
 
3
3  12 
54
.
Câu 17.
Trong khơng gian
mặt cầu

, cho điểm

có tâm

và mặt phẳng

và tiếp xúc với mặt phẳng

A.

. Phương trình

là

.

B.


.

C.

.

D.
Đáp án đúng: C

.

Giải thích chi tiết: Gọi bán kính của mặt cầu
Mặt cầu

có tâm

là

.

và tiếp xúc với mặt phẳng
.

Vậy phương trình mặt cầu

tâm

và tiếp xúc với mặt phẳng

là:


.
Câu 18.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

, cho hai điểm

. Biết rằng khoảng cách từ
và

. giá trị của biểu thức

A.
.
Đáp án đúng: C

, mặt phẳng

đến mặt phẳng

lần lượt bằng

bằng
B.

.

C.

.


D.

.

9


Giải thích chi tiết: Ta có
Gọi

suy ra

lần lượt là hình chiếu của

Ta có

nằm cùng phía đối với mặt phẳng

xuống mặt phẳng

. Do đó

Từ đó suy ra

.

.

thẳng hàng.


và B là trung điểm của AH nên

,

.

Phương trình mặt phẳng
Vậy
Câu 19.

.

.

Trong khơng gian Oxyz , cho vectơ
A.  3 .
B. 9 .

. Độ dài của vectơ
C. 3 .

bằng
D. 1 .

Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Trong khơng gian Oxyz , cho vectơ
A. 3 . B. 1 . C. 9 . D.  3 .

. Độ dài của vectơ


bằng

Lời giải

 ABC  . Khoảng
Câu 20. Cho hình chóp S . ABC có ABC đều cạnh a . Cạnh bên SA a 3 và vng góc với
 SBC  bằng
cách từ điểm A đến mặt phẳng
a 15
A. 5 .
Đáp án đúng: A

a 5
B. 5 .

C. a .

a 3
D. 2 .

Giải thích chi tiết: Cho hình chóp S . ABC có ABC đều cạnh a . Cạnh bên SA a 3 và vng góc với
 ABC  . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SBC  bằng

a 3
a 15
a 5
A. 2 . B. 5 . C. 5 . D. a .
Lời giải
Gọi M là trung điểm BC .

 BC  AM
 BC   SAM 

BC

SM

Ta có
.
Trong mặt phẳng

 SAM 

kẻ

AH  SM  AH   SBC 

.

 SBC  là AH .
Vậy khoảng cách từ điểm A đến
Ta có

AM 

a 3
, SA a 3
2
.
10



a 15
1
1
1
AH 

 2
2
2
5 .
AM
SA ta được
Sử dụng hệ thức AH
Câu 21. Trong không gian cho tam giác ABC vuông cân tại đỉnh A và BC 2a . Quay tam giác ABC quanh
cạnh BC ta được khối tròn xoay. Thể tích của khối trịn xoay đó bằng

 a3
2 a 3
3
3
A. 3 .
B. 3 .
C.  a .
D. 2 a .
Đáp án đúng: B
Câu 22. Trong khơng gian cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vng tại A và D với AB  AD 2 ,
CD 1 , cạnh bên SA 2 và SA vng góc với đáy.Gọi E là trung điểm AB . Tính diện tích S mc của mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp S .BCE .


14
S mc  
2 .
A.
Đáp án đúng: C

14
S mc  
4 .
B.

C.

Smc 14 .

D.

Smc 41 .

Giải thích chi tiết:
Gọi M trung điểm cạnh BC , vì tam giác BCE vng tại E nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác.
Gọi d là đường thẳng đi qua M và song song SA , suy ra
22  12  22 12  2 2 13



2
4
4 và d   ABCD  . Do đó d là trục của tam giác BCE .


AM 2 

AB 2  AC 2 BC 2

2
4

2
2
Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .BCE , Đặt IM  x , khi đó IB  IS hay IB  IS
3
1 2
5 29
2
2
1  22   AM 2   2  x     4 x  x 

2
2
2
2  x 
 IM  MB  IH  HS
2.
4
4
4

R  IB 


Khi đó, bán kính mặt cầu ngoại tiếp
Diện tích mặt cầu

9 5
14
 
4 4
2

S mc 4 R 2 14

Câu 23. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng
M  2; 0;  1
đi qua điểm
và vng góc với d .
P : x  y  2 z 0
A.  
.
P : x  2 y  2 0
C.  
.
Đáp án đúng: A

 P
Giải thích chi tiết: Mặt phẳng

d:

x 3 y  2 z  1



1
1
2 . Viết phương trình mặt phẳng  P 

B.

 P : x 

D.

 P  : x  y  2 z 0 .

vuông góc với đường thẳng d

y  2 z 0

 P
nên

.

có VTPT

 
nP ud  1;  1; 2 

.
11



Nên phương trình mặt phẳng

 P

có dạng:

 x  2    y  0   2  z  1 0 

Câu 24. 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

x  y  2 z 0

.

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 hoặc x  2 y  2 z  7 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 .

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

   là mặt phẳng song song với mặt phẳng
Giải thích chi tiết: 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:
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,    


32  m
3 
6

3 

 m  14
 m  50


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

A  4;1;5  B  6;  1;1
P : x  y  z  1 0
Câu 25. 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. 6 .

D. 5 .

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 .
Câu 26. Cho khối cầu thể tích

V 4 a 3  a  0 

, bán kính R của khối cầu trên theo a là
12


3
A. R a 2 .
Đáp án đúng: C
Câu 27.

Trong không gian, cho tam giác
quanh cạnh góc vng

xung quanh hình nón đó bằng
A.

3
C. R a 3 .

3
B. R a 4 .

vng tại

D. R a .

,

và

thì đường gấp khúc

.

B.

. Khi quay tam giác

tạo thành một hình nón. Diện tích
.

C.
.

D.
.
Đáp án đúng: A
Câu 28.
Cho hai hình vng ABCDvà BEFG như hình vẽ. Tìm ảnh của tam giác ABG qua phép quay tâm B, góc
quay − 90°.

A. Δ BCD.
B. Δ CBE.
C. Δ DCG.
D. Δ ABD.
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Cho hai hình vng ABCDvà BEFG như hình vẽ. Tìm ảnh của tam giác ABG qua phép
quay tâm B, góc quay − 90°.

A. Δ BCD. B. Δ ABD. C. Δ CBE. D. Δ DCG.
Lời giải
FB tác giả: Phạm Đình Huấn
Ta thấy
BA=BC
Q ( B ;− 90 ) ( A )=C vì \{
.
( BA , BC )=− 900
Q ( B ;− 90 ) (B)=B vì Blà tâm quay.
BG=BE
Q( B ;− 90 ) (G)=E vì \{
.
( BG , BE)=−900
0


0

0

13


Suy ra Q ( B ;− 90 ) ( ΔABG )=ΔCBE .
Câu 29. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Hai điểm M , N di động trên các cạnh AB , AC sao cho mặt
DMN 
ABC 
phẳng 
vng góc mặt phẳng 
. Gọi S1 , S 2 lần lượt là diện tích lớn nhất và nhỏ nhất của tam
S
T 1
S2 .
giác AMN . Tính
0

T

9
7.

A.
Đáp án đúng: D

B.


T

8
9.

C.

T

8
7.

D.

T

9
8.

Giải thích chi tiết:
Gọi H là hình chiếu của D trên MN  DH  MN .
 DMN    ABC  MN và  DMN    ABC  . Do đó DH   ABC  .
Mà ABCD là tứ diện đều nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác đều ABC hay H là trọng tâm tam
giác đều ABC .
0  x , y 1
Đặt AM  x , AN  y 
.

1
1

3 xy 3
S AMN  AM . AN .sin 60  .x. y.

2
2
2
4 .
Diện tích tam giác AMN là
Gọi P là trung điểm của

BC  AP 

3
2
2 3
3
 AH  AP  .

2
3
3 2
3 .

1
1
1
3 1 1
3 1
S AMN SAMH  SANH  AM . AH .sin 300  AN . AH .sin 30  .x. .  . y. .
2

2
2
3 2 2
3 2.
Mà
xy 3 1
3 1 1
3 1
x y
 .x. .  . y. .  xy    x  y 3xy
2
3 2 2
3 2
3 3
Suy ra 4
.
2
 a 2  3a  1 t  *
t   0;1
Đặt xy t  x  y 3t  x , y là nghiệm của phương trình a  3ta  t 0
, với
.
1
1
a   *
0
3,
Nếu
trở thành 9
(vô lí).


 a 0
 t 
 t  0  
1
2
a2
 a 2
a
3
a

1
t



3.

3 , thì  * trở thành
3a  1  **
Nếu
Bảng biến thiên:
3a 2  2a

14


Để tồn tại hai điểm M , N
Vậy


max t 
D

**
thỏa mãn bài tốn thì  

0;1
có hai nghiệm thuộc tập  



4
1
t 
9
2.

1
3
S1 
2 khi a 1 hay
8 ;

4
2
3
a
S2 
D

9 khi
3 hay
9 .
S1 9

S
8.
2
Vậy
Câu 30. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng ABCD cạnh bằng a và các cạnh bên đều bằng a . Cặp
đường thẳng nào sau đây là vng góc.
A. SA ; SB .
B. SB ; BD .
C. SA ; SC .
D. SC ; AB .
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng ABCD cạnh bằng a và các cạnh bên đều
bằng a . Cặp đường thẳng nào sau đây là vng góc.
A. SA ; SB . B. SB ; BD . C. SC ; AB . D. SA ; SC .
min t 

Lời giải

Ta có: SA SC a . Lại do ABCD là hình vng nên có AC a 2 .
2
2
2
Xét tam giác SAC có SA  SC  AC do đó tam giác SAC vuông tại S .
Vậy SA  SC .


Câu 31. Cho tam giác ABC vng tại A có AB 6, AC 8 . Quay tam giác ABC quanh trục AB ta nhận được
hình nón có độ dài đường sinh bằng:
A. 6
B. 7
C. 10
D. 8
Đáp án đúng: C
15


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

M  3;0;0  , N  0; 0; 4 
Câu 32. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm
. Độ dài đoạn thẳng MN bằng
A. 7.
B. 1.
C. 10.
D. 5.
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết:

MN  32  02  42 5



Câu 33. 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
57
A. 2 .
Đáp án đúng: C

3 57
B. 2 .

C.

57 .

D. 3 57 .

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:
.

16


+ 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





.

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

2R 

2

2

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:
.
Câu 34. Cho hình chóp tam giác đều S . ABC . Chọn mệnh đề khẳng định SAI:

 ABC  là tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC .
A. Hình chiếu S trên
B. Hình chóp S . ABC là hình chóp có mặt đáy là tam giác đều.
C. Hình chóp S . ABC có cạnh đáy bằng cạnh bên.
 ABC  là trực tâm tam giác ABC .
D. Hình chiếu S trên
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC. Chọn mệnh đề khẳng định ĐÚNG:
A. Hình chóp S.ABC là hình chóp có mặt đáy là tam giác đều;.
B. Hình chóp S.ABC có cạnh đáy bằng cạnh bên;.
C. Hình chiếu S trên (ABC) là tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC;.
D. Hình chiếu S trên (ABC) là trực tâm tam giác ABC;
Đáp án: A.
2


2

 S  :  x  4    y  1  z 2 25 và hai điểm
Câu 35. 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
13
13
4
A. 14 .
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

D.

4
37 .

17





AB   1; 4;  3

 x  t

 AB  :  y 1  4t , t  
 z 3  3t


. 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
  x  4   4  y  1  3z 0   x  4 y  3 z  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
.
Khi đó:
Suy ra:

đến

 

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 .
d  O,     


 13
2

2

7  4 3



2

13
74 .

0
C
Câu 36. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , biết đường tròn   có ảnh qua phép quay tâm O , góc quay 90
2

là đường tròn

 C :  x  1   y  2 
2

A.

 C  :  x  2    y  1
2

C : x  2    y  1

C.   

2

2

2

9,

viết phương trình đường trịn

C .
2

2

2

2

 C  :  x  2    y  1

9.

B.

9.

C : x  2    y  1

D.   

9.

9.

Đáp án đúng: D
Câu 37.
Trong hệ trục toạ độ

, cho điểm

xuống mặt phẳng
A.
.
Đáp án đúng: B

B.

. Do đó

Gọi

Ta có

là hình chiếu vng góc của gốc toạ độ

, số đo góc giữa mặt phẳng

Giải thích chi tiết: Ta có


Mặt phẳng

. Điểm

.

C.

.

là hình chiếu vng góc của

là
D.

.

xuống mặt phẳng

là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng

có một vectơ pháp tuyến là
là góc giữa hai mặt phẳng

và mặt phẳng

nên

.


.
.

.
18


Vây góc giữa hai mặt phẳng
là
.
Câu 38. 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

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.
Vậy
Câu 39. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có M , N , P, Q lần lượt là trung điểm SA, SB, SC , SD . Tìm tỉ số độ
SA
ABPQ  ,  CDMN 
dài AB để hai mặt phẳng 
vng góc.
x

SA
23

4 .
A. AB
Đáp án đúng: C

SA
15

4 .
B. AB

SA
11

2 .
C. AB

SA
29


4 .
D. AB

19


Giải thích chi tiết:
SBC  ,  SAD 
Đặt BC a . Gọi G ', G lần lượt là trọng tâm của 
.
Đồng thời I GG ' SO , H , E là trung điểm AB, CD

Khi đó

 ABPQ  ,  CDMN   HI ; IE 


Theo giả thiết ta có:
Và

SO 3IO 

IO OE 

a
2

3a
a 11

 SA  SA2  AO 2 
2
2

SA
11

2
Do đó: AB
Câu 40. Cho hình nón có bán kính đáy là a , chiều cao là 2a . Diện tích xung quanh của hình nón đó là
A.

S xq 2 a 2

.

S  a 2 5
C. xq
.
Đáp án đúng: C

B.

S xq  a 2 3

D.

S xq 2 a 2 5

.

.

Giải thích chi tiết: [ Mức độ 1] Cho hình nón có bán kính đáy là a , chiều cao là 2a . Diện tích xung quanh của
hình nón đó là

S 2 a 2
S  a 2 3
S  a 2 5
A. xq
.
B. xq
.C. xq
.
Lời giải
FB tác giả: Thanh Hai

D.

S xq 2 a 2 5

.

20