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: 026.
Câu 1. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB=2a, BC = a 3 cạnh bên
bằng 3a. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.
.
3
A. 2a 3
Đáp án đúng: D

3
B. 6a 3

3
C. 3a 3

3
D. a 3



a  4;  3;5 
Oxyz
Câu 2. Trong không gian

, cho véctơ
. Độ dài của a bằng
A. 4 2 .
B. 50 .
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết:
Lời giải

2
a  42    3  52 5 2
Ta có
.

D. 2 5 .

C. 5 2 .

M  0;1;1 N  1;0;  3  P   1;  2;  3 
S
Câu 3. Trong không gian Oxyz cho điểm
,
,
và mặt cầu   có phương
2
2
2
S
trình x  y  z  6 x  6 z  2 0 . Tìm tọa độ điểm Q trên mặt cầu   sao cho tứ diện MNPQ có thể tích lớn
nhất.
 17 8 5 

 7 4 1
Q ; ; 
Q ; ; 
A.  3 3 3  .
B.  3 3 3  .

 1 4 5
Q  ; ; 
C.  3 3 3  .
Đáp án đúng: A

 1 8 13 
Q ; ; 
D.  3 3 3  .

 
 MN , MP    8;8;  4   4  2;  2;1  4n

Giải thích chi tiết: Mặt phẳng
qua
, mà 

 n  2;  2;1
  MNP  : 2 x  2 y  z  1 0
làm vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
.
S
I 3;0;  3
Mặt cầu   có tâm 
, bán kính R 4 .


 MNP 

M  0;1;1

 x 3  2t

  :  y  2t
 
 z  3  t
u n  2;  2;1


MNP 
Gọi  là đường thẳng qua I và vng góc với 
có vectơ chỉ phương
.
S
 D     S 
Gọi D là điểm thuộc mặt cầu   sao cho thể tích tứ diện ABCD lớn nhất
.

1


 x 3  2t
 y  2t




 z  3  t
2
2
 2
Xét hệ  x  y  z  6 x  6 z  2 0

2.
d  Q1 ,  MNP   


4
 17 8 5 
 t  3  Q1  3 ;  3 ;  3 




4
 1 8 13 
 t   Q2  ; ;  
3
3 3 3 


.

17
1
  8 5
 8  13

 2.     1
2.  2.   
1
3
3
48
24
 3  3
 3 3

d  Q2 ,  MNP   

9 và
9 .
4 1 1
4 1 1

Vậy Q1 là điểm cần tìm.

M   1; 2;3
N   2;1;  3
Câu 4. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm
và
. Tọa độ trọng tâm của tam giác
OMN là
A.

  1;1;0  .

 3 3 

  ; ;0 
C.  2 2  .
Đáp án đúng: A

B.

  1;  1;  6  .

D.

  1;1;3 .

Giải thích chi tiết: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm
tam giác OMN là
 3 3 

1;1;0

 . B.   2 ; 2 ;0  . C.   1;  1;  6  . D.   1;1;3 .
A.

M   1; 2;3

N   2;1;  3

và

. Tọa độ trọng tâm của

Lời giải


xO  xM  xN

 xG 
3

y  yM  y N

OMN   yG  O
 G   1;1;0 
3

zO  z M  z N

 zG 
3

Gọi G là trọng tâm
.
Câu 5.
Trong không gian
A.

, cho hai vectơ

và

. Tọa độ của vectơ

.


B.

C.
.
Đáp án đúng: C

D.

.





là

.

 

u  1;3; 2 
v  2;  1;1
Giải thích chi tiết: Trong khơng gian Oxyz , cho hai vectơ
và
. Tọa độ của vectơ u  v
là
3;  2;3
3; 2;3 
3; 4;3 

 1; 2;3 .
A. 
. B. 
. C. 
. D.
Lời giải
 
u  v  3; 2;3
Ta có
.

2


A  0;  2;0 
B  3; 4;5 
 P  là mặt phẳng
Câu 6. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm
và
. Gọi
2
2
2
S : x  1   y  1   z  3 4
 S  : x 2  y 2  z 2  2 x  6 z  7 0 . Xét
chứa giao tuyến của hai mặt cầu  1  
và 2
 P  sao cho MN 1 . Giá trị nhỏ nhất của AM  BN bằng
hai điểm M , N là hai điểm bất kì thuộc


72  2 34 .

B. 72  2 34 .

C. 72  2 34 .
Đáp án đúng: A

D. 72  2 34 .

A.

 P  là giao tuyến của hai mặt cầu  S1  và  S2  nên ta có hệ:
Giải thích chi tiết: Mặt phẳng
 x  1 2   y  1 2   z  3 2 4
 2
2
2
 x  y  z  2 x  6 z  7 0  2 y 0   P   Ozx  .
Gọi
.

C  0;0;0 

và

D  3;0;5 

 Ozx  . Khi đó AC 2 , BD 4 , CD  34
lần lượt là hình chiếu của A và B lên


2
2
2
2 
Ta có: AM  BN  AC  CM  BD  DN

 AC  BD 

2

  CM  DN 

2

Mặt khác: CM  DN  MN CD  CM  DN  34  1 .
2

Suy ra

AM  BN  36   CM  DN   36 

Vậy AM  BN đạt giá trị nhỏ nhất bằng





34  1

2


72  2 34 , dấu " " xảy ra khi C , M , N , D thẳng hàng.

Câu 7. Cho hình trụ có trục OO ' và có bán kính đáy bằng 4. Một mặt phẳng song song với trục OO ' và cách

OO ' một khoảng bằng 2 cắt hình trụ theo thiết diện là một hình vng. Diện tích xung quanh của hình trụ đã
cho bằng
A. 8 3 .
Đáp án đúng: D

B. 16 3 .

C. 26 3 .

D. 32 3 .

3


Giải thích chi tiết:
Mặt phẳng

 

song song với trục và cắt hình trụ theo thiết diện là hình vng ABCD . Cạnh hình vng là

2 r 2  d 2 2 4 2  2 2 4 3 , trong đó r 4 là bán kính đáy và d 2 là khoảng cách từ trục đến mặt phẳng
  .
S 2. .4.4 3 32 3
Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho là xq

.
2 3  cm 
Câu 8. Cho hình trụ có thiết diện qua trục là hình vng ABCD cạnh bằng
với AB là đường kính

của đường trịn đáy tâm O . Gọi M là điểm thuộc cung AB của đường tròn đáy sao cho ABM 60 . Thể tích
của khối tứ diện ACDM là:
A.

V 3  cm3  .
V 4  cm  .

B.

V 7  cm3  .

D.

V 6  cm3  .

3

C.
Đáp án đúng: A

Giải thích chi tiết:

Ta có: MAB vng tại M có B 60 nên MB  3; MA 3 .

Gọi H là hình chiếu của M lên AB , suy ra

1
1 3
VM . ACD  MH .S ACD  . .6 3  cm 3  .
3
3 2
Vậy

MH   ACD 

và

MH 

MB.MA 3
 .
AB
2

Câu 9. Cho lăng trụ có đáy là hình vng cạnh avà chiều cao bằng 4 a. Thể tích khối lăng trụ đã cho là
A. 3 a3 .
B. 2 a3.
C. 4 a3.
D. a 3.
4


Đáp án đúng: C
Câu 10. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(1; 0;0), B(0; 2;0), C (0;0;3) . Gọi H là trực tâm tam giác ABC .
Đường thẳng OH có phương trình là.
x y z

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

x 1 y 2 z 3


.
3
2
D. 6

Giải thích chi tiết: Trong khơng gian Oxyz , cho ba điểm A(1; 0; 0), B(0; 2;0), C (0;0;3) . Gọi H là trực tâm
tam giác ABC . Đường thẳng OH có phương trình là.
x 1 y 2 z 3
x y z


.
  .
3
2
A. 6
B. 1 2 3

x y z
x y z
  .
  1.
C. 6 3 2
D. 1 2 3
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Như Trình ; Fb: Như Trình Nguyễn
x y z
  1  6 x  3 y  2 z  6 0
Phương trình mặt phẳng (ABC): 1 2 3
.

Dễ thấy, OH  ( ABC ) nên đường thẳng OH nhận vectơ u (6;3; 2) làm VTCP.
x y z
  .
Vậy phương trình đường thẳng OH là: 6 3 2

Câu 11. Cho khối nón có bán kính đáy r =a và chiều cao h=2 a. Độ dài đường sinh của hình nón đó bằng
A. a √ 5
B. 5 a.
C. 10 a.
D. 3 a.
Đáp án đúng: A
Câu 12.
Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng x (tham khảo hình vẽ)

.
Biết diện tích xung quanh của hình chóp đó gấpđơi diện tích đáy, thể tích khối chóp đã cho bằng
3 3

x
A. 6
.
Đáp án đúng: A

3 3
x
B. 3
.

3 3
x
C. 2
.

3 3
x
D. 12 .
5


Giải thích chi tiết: Gọi chiều cao của mặt bên là h .

x2
3x
1
2
2
SO  h 


4. h.x 2 x  h x
4
2 :
Ta có diện tích xung quanh bằng 2
, suy ra
Khi đó thể tích khối chóp
Câu 13.

V

1 3x 2
3x3
.x 
3 2
6

Cho hình nón có bán kính đường trịn đáy là

, chiều cao

và độ dài đường sinh là

. Gọi

lần lượt là diện tích xung quanh và thể tích của khối nón. Trong các phát biểu sau, phát biểu nào
đúng?
A.

B.


C.
Đáp án đúng: D

D.

 S  có tâm I  1;1;1 , bán kính R 2 3 và mặt phẳng
Câu 14. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu
 P  : x  2 y  2 z  13 0 . M  x0 ; y0 ; z0  là một điểm di động trên  P  . Ba điểm phân biệt A , B , C thuộc  S 
 S  . Tính tổng T x0  y0  z0 khi d  I ,  ABC   đạt giá trị lớn
sao cho MA , MB , MC là các tiếp tuyến của
nhất.

T 

13
3 .

B. T 13 .

A.
Đáp án đúng: D

C. T  13 .

13
T
3.
D.

Giải thích chi tiết:


Vì

d  I, P  

1  2  2  13
1 4  4

4  R

được các tiếp tuyến với mặt cầu

 S  . Do đó qua điểm M ln kẻ
nên điểm M ln nằm ngồi mặt cầu

 S .

 ABC  , ta có AH  IM . Xét tam giác MAI vuông tại
Gọi H là giao điểm của đường thẳng IM và mặt phẳng
12
 d  I ,  ABC   IH 
2
IM .
A ta có IH .IM IA 12
6


d  I ,  ABC  

 P .

lớn nhất khi IM nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I trên mặt phẳng
 P  làm vectơ chỉ phương. Phương trình đường
Đường thẳng IM đi qua I và nhận vectơ pháp tuyến của
 x 1  t

 y 1  2t
 z 1  2t
thẳng IM là 
.
 7 5 11 
4
M  ; ; 

t

M   P 
 1  t   2  1  2t   2  1  2t   13 0
3 hay  3 3 3  .
Vì
nên
Do đó

7 5 11 13
T   
3 3 3 3.
Vậy
P  1;1;  1
Q  2;3; 2 
Câu 15. Trong khơng gian Oxyz , viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm
và

x  1 y  1 z 1
x 2 y 3 z 2




3
2 .
2
3 .
A. 2
B. 1

x 1 y 2 z 3


1
1 .
C. 1
Đáp án đúng: D

x  1 y  1 z 1


2
3 .
D. 1

 P  đi qua hai điểm A   1;5;7  , B  4; 2;3 và
Câu 16. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , mặt phẳng

2
2
2
S : x  1   y  2    z  3 25
cắt mặt cầu   
theo giao tuyến là đường trịn có chu vi nhỏ nhất. Gọi

n  5; a; b 
 P  . Tính giá trị biểu thức T 3a  2b ?
là một véctơ pháp tuyến của
1
A. 6 .
B. 1 .
C. 2 .
D. 9 .
Đáp án đúng: B

 S  có tâm I   1; 2;3 .
Giải thích chi tiết: Mặt cầu
 P  : 5 x  ay  bz  d 0 .
Gọi
 P  đi qua điểm A   1;5;7    5  5a  7b  d 0  1 .
 P  đi qua điểm B  4; 2;3  20  2a  3b  d 0  2  .
Mặt phẳng
nhất.

 P

d  I, P  


 2 

cắt mặt cầu

theo giao tuyến là đường trịn có chu vi nhỏ nhất khi và chỉ khi

d  I, P 

lớn

 5  2a  3b  d
25  a 2  b 2

2a  3b  d  20

Trừ từng vế

 S

 1

và

.

 d  I, P  

 2  ta được

 5  20

2

25  a  b

2



25
25  a 2  b 2 .

 25  3a  4b 0  3a  4b 25 .
2

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được

252  3a  4b  25  a 2  b 2   a 2  b 2 25

.
7


 d  I , P  

25
2

25  a  b

2




25
5

25  25
2.

3a  4b 25
a 3

 a b

 3a  2b 1
b 4
 3  4
Dấu = xảy ra
.
 3;5 có bao nhiêu mặt?
Câu 17. Khối đa diện đều loại
A. 6 .
B. 12 .
C. 8 .
Đáp án đúng: D
 3;5 có bao nhiêu mặt?
Giải thích chi tiết: Khối đa diện đều loại
A. 8 . B. 12 . C. 6 . D. 20 .
Lời giải
Theo lí thuyết,


D. 20 .

 Chọn phương án D.

Câu 18. Trong không gian Oxyz, cho




a   2; 2;0  , b  2; 2;0  , c  2; 2; 2 

. Giá trị của

  
a b c

bằng
8


A. 2 11 .
Đáp án đúng: A

B. 6.

Giải thích chi tiết: Ta có:
  
a  b  c 2 11
Vậy

.

D. 2 6 .

C. 11 .

  
a  b  c  2;6; 2 

.

 ABC  bằng 60 , tam
Câu 19. Cho lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có BB ' a , góc giữa đường thẳng BB ' và

 ABC  trùng với trọng tâm
giác ABC vng tại C và góc BAC 60 . Hình chiếu vng góc của điểm B ' lên
của ABC . Thể tích của khối tứ diện A '. ABC theo a bằng
7a3
A. 106 .
Đáp án đúng: D

13a 3
B. 108 .

15a 3
C. 108 .

9a 3
D. 208 .


 ABC 
Giải thích chi tiết: Cho lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có BB ' a , góc giữa đường thẳng BB ' và

 ABC 
bằng 60 , tam giác ABC vng tại C và góc BAC 60 . Hình chiếu vng góc của điểm B ' lên
trùng với trọng tâm của ABC . Thể tích của khối tứ diện A '. ABC theo a bằng
13a 3
7a3
A. 108 .
B. 106 .
Hướng dẫn giải:

15a 3
C. 108 .

9a 3
D. 208 .

Gọi M , N là trung điểm của AB, AC
và G là trọng tâm của ABC .





0


B ' G   ABC   BB ',  ABC  B ' BG 60


.

1
1
VA '. ABC  .S ABC .B ' G  . AC.BC.B ' G
3
6
0

Xét B ' BG vng tại G , có B ' BG 60
 B 'G 

a 3
2 . (nửa tam giác đều)

60

60

0

Đặt AB 2 x . Trong ABC vng tại C có BAC 60
AB
 AC 
 x, BC  x 3
 tam giác ABC là nữa tam giác đều
2

3
3a

 BN  BG 
2
4 .
Do G là trọng tâm ABC
2
2
2
Trong BNC vuông tại C : BN  NC  BC
3a

 AC  2 13
9a
x
9a
3a


  3x 2  x 2 
 x
 
16
4
52
2 13
 BC  3a 3

2 13
2

2


2

9


1 3a 3a 3 a 3 9a 3
VA ' ABC  .
.
.

6
2
208 .
2
13
2
13
Vậy,
Câu 20. Cho hình túr giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a , cạnh bên SA vng góc với mặt
phẳng đáy và SA a 3 . Hãy tính thế tích V của khối chóp S.ABCD.
3a 3
A. 4 .
Đáp án đúng: C

B.

3a 3 .

C.


3a 3
3 .

D.

3a 3
6 .

Câu 21. Cho tam giác ABC vuông tại A có AB a 3 , AC a . Diện tích xung quanh của hình nón trịn xoay
tạo thành khi quay tam giác quanh đường thẳng AB ?
S 4 a 2
S 2 a 2
A. xq
.
B. xq
.
2

S  a 3
C. xq
.
Đáp án đúng: B

D.

S xq 

 a2 3
2 .


Giải thích chi tiết: Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB ta thu được hình nón có: r  AC a ;
l BC 2a .

S  rl 2 a 2
Ta có: xq
.
Câu 22.
Trong khơng gian

cho ba điểm
 ABC  ?
phương trình mặt phẳng
x
y z
  1.
A.  2  1 3

A  0;  1;0  , B  0;0;3 ,

x
y z
  0.
C.  2  1 3
Đáp án đúng: A

và

C   2;0;0  .


Phương trình nào sau đây là

x y z
 
0.
B.  1 3  2
x y z
 
1.
D.  1 3  2

Câu 23. Cho lăng trụ đứng ABC . A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vng cân tại A , BC a 2 . Tính thể tích
khối lăng trụ biết rằng AB 3a .
3
A. V 6a .
Đáp án đúng: C

B.

V

a3 2
3 .

3
C. V a 2 .

3
D. V 2a .


Giải thích chi tiết: Cho lăng trụ đứng ABC. A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vng cân tại A , BC a 2 .
Tính thể tích khối lăng trụ biết rằng AB 3a .
a3 2
3
3 . B. V 2a 3 . C. V 6a 3 . D. V a 2 .
A.
Lời giải
V

10


Tam giác ABC vuông cân tại A , mà BC a 2  AB  AC a .
1
1
1
 S ABC  AB AC  a a  a 2 .
2
2
2
2

 AA   3a   a 2  8a 2 2a
Xét A ' AB vng tại A , có AB 3a , AB a ,
.
Vậy thể tích hình lăng trụ đã cho là
1
V  AAS ABC 2 2a  a 2  2a 3 .
2
H 1; 2;  2 


Câu 24. Trong không gian Oxyz , cho điểm 
. Mặt phẳng   đi qua H và cắt các trục Ox , Oy ,
Oz tại A , B , C sao cho H là trực tâm tam giác ABC . Viết phương trình mặt cầu tâm O và tiếp xúc với mặt

phẳng   ?
2
2
2
2
2
2
A. x  y  z 25
B. x  y  z 1
2
2
2
C. x  y  z 81
Đáp án đúng: D

2
2
2
D. x  y  z 9

Giải thích chi tiết:
 OH   ABC 
• Ta có H là trực tâm tam giác ABC
.
OC  OA

 OC  AB

OC

OB
Thật vậy : 
(1)
Mà CH  AB (vì H là trực tâm tam giác ABC ) (2)

Từ (1) và (2) suy ra

AB   OHC   AB  OH
(*)

11


Tương tự

BC   OAH   BC  OH
. (**)

Từ (*) và (**)

 OH   ABC 

.

ABC 
• Khi đó mặt cầu tâm O tiếp xúc mặt phẳng 

có bán kính R OH 3 .

S : x 2  y 2  z 2 9
Vậy mặt cầu tâm O và tiếp xúc với mặt phẳng   là  
.
Câu 25. Phương trình nào khơng phải là phương trình mặt cầu, chọn đáp án đúng nhất:

A.
B. B và C.

.

C.

.

D.
.
Đáp án đúng: D
Câu 26. Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng có BD=3 a và chiều cao bằng 4 a. Thể tích khối
chóp đã cho bằng
A. 3 a3 .
B. 6 a 3 .
C. 6 a 3 .
D. 12 a3 .
Đáp án đúng: B
2
H
Câu 27. Cho hình nón   đỉnh S có thiết diện qua trục là tam giác đều SAB có diện tích là a 3 .


H
S
Biết rằng   nội tiếp trong mặt cầu   tâm I , bán kính R . Tính tỉ lệ thể tích của khối nón

 H  so với khối cầu  S  .
9
A. 32 .
Đáp án đúng: A

11
B. 32 .

7
C. 32 .

13
D. 32 .

Giải thích chi tiết:
2
Vì tam giác SAB đều có diện tích a 3 nên các cạnh SA SB  AB 2a .

Gọi O là trung điểm của AB ta có

SO 

2a 3
a 3
2
.


H
Hình nón   có đường cao h  SO a 3 và bán kính đáy r OA a .
S
Mặt cầu   có bán kính

R  IS 

2a 3
3 .

12


1 2
 a .a 3
9
3


3
V( S )
32
4  2a 3 
 

3  3 
.
Câu 28.
V( H )


Một chiếc ly dạng hình nón ( như hình vẽ với chiều cao ly là h ). Người ta đổ một lượng nước vào ly sao cho
1
chiều cao của lượng nước trong ly bằng 4 chiều cao của ly. Hỏi nếu bịt kín miệng ly rồi úp ngược ly lại thì tỷ
lệ chiều cao của mực nước và chiều cao của ly nước bây giờ bằng bao nhiêu?

3

63
4 .

4

A.
Đáp án đúng: B

B.

3

63

4

4

3
C. 4 .

.


D.

63
4

.

Giải thích chi tiết:
1
V   hr 2
3
Giả sử ly có chiều cao h và đáy là đường trịn có bán kính r , nên có thể tích
.
1
Khối nước trong ly có chiều cao bằng 4 chiều cao của ly nên khối nước tạo thành khối nón có chiều cao bằng
2

1 h r
1 1
 1
h
r
.     .   hr 2   V
64  3
 64 .
4 và bán kính đáy 4 thể tích nước bằng 3 4  4 
1
63
V

V V
64
64 .
Do đó thể tích khoảng không bằng
x h'
r.h '
  x
h .
Nên khi úp ngược ly lại thì ta có các tỉ lệ: r h
2

3

3

1
1
1
 r.h ' 
 h'
2  h'
h '. x 2  .h '. . 
   hr .     .V
3
3
 h 
h h
Suy ra: thể tích khoảng không bằng: 3
.
3


3

3
63
63
h ' 3 63 3 63
63
 h'
 h' 

V   V     


 h' 
h
64
h
64
4
4 .
h
 h  64
3

Nên chiều cao mực nước bằng:

h  h ' h 

63

4  3 63
h
h
4
4
.
13


3

4

63

4
Vậy tỷ lệ chiều cao của mực nước và chiều cao của ly nước bây giờ bằng
.
Câu 29.
Một khối đá có hình là một khối cầu có bán kính 3a , người thợ thủ công mỹ nghệ cần cắt và gọt viên đá đó
thành một viên đá cảnh có hình dạng là một khối trụ. Tính thể tích lớn nhất có thể của viên đá cảnh sau khi đã
hồn thiện.

A.

B.

C.
Đáp án đúng: D


D.

Câu 30. Trong không gian với hệ trục tọa độ

 P  : 2 x  y  2 z  5 0 . Khoảng cách từ điểm

Oxyz , cho điểm M  1;0;1

và mặt phẳng

M đến mặt phẳng  P  là

A. 3.
PHẦN TỰ LUẬN
B. 3 2 .
C.

3.

9 2
D. 2 .
Đáp án đúng: A
Câu 31. Hình đa diện nào khơng có tâm đối xứng?
A. Hình tứ diện đều.
C. Hình lập phương.
Đáp án đúng: A
Câu 32.
Trong khơng gian

, cho ba điểm


tam giác
A.
C.
Đáp án đúng: D

B. Hình lăng trụ tứ giác đều.
D. Hình bát diện đều.

. Tọa độ trọng tâm

của

là
.

B.
.

D.

.
.

A ( 2;1;- 4)
( S ) là mặt cầu có bán kính nhỏ nhất
Câu 33. Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho
. Gọi
(Oxy) . Tính bán kính mặt cầu ( S ) .
trong tất cả các mặt cầu đi qua A và tiếp xúc với mp

14


A. 2 .
Đáp án đúng: C

B. 1 .

C. 2 .

Giải thích chi tiết: Gọi H là hình chiếu của

A ( 2;1;- 4)

lên mp

(Oxy)

D.

3.

Þ H ( 2;1;0) Þ IH = 4

( S)

là mặt cầu có bán kính nhỏ nhất trong tất cả các mặt cầu đi qua A và tiếp xúc với mp
IH
4
R=

= =2
2
2
đường kính là IH , suy ra

(Oxy)

nên

( S)

có

u1 =2
. Tìm số hạng u 4 .
Câu 34. Cho dãy số ( u n) xác định bởi
1
un+1 = ( un +1 )
3
2
14
5
A. u 4=1.
B. u 4= .
C. u 4= .
D. u 4= .
3
27
9
Đáp án đúng: D

u1 =2
. Tìm số hạng u 4 .
Giải thích chi tiết: Cho dãy số ( u n) xác định bởi
1
un+1 = ( un +1 )
3
5
2
14
A. u 4= .
B. u 4=1.
C. u 4= .
D. u 4= .
9
3
27
Lời giải
Ta có
1
1
1
2
1
1 2
5
u2= ( u1+ 1 )= ( 2+1 ) =1; u3 = ( u2 +1 )= ; u 4= ( u3 +1 )=
+1 = .
3
3
3

3
3
3 3
9
Nhận xét: Có thể dùng chức năng “lặp” trong MTCT để tính nhanh.
Câu 35. Cho hình chóp S.ABCD. Đáy ABCD là hình chữ nhật, AB a, AD 2a . SA vng góc với mp
 ABCD  . Cạnh SB tạo với mp đáy góc 60°. Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp là:

{

{

( )

8a 3 2
3
A.
Đáp án đúng: A

32a 3 2
3
B.

64a 3 2
3
C.

64a 3 2
3
D.


A - 1;3;5) , B ( 2;6; - 1) , C ( - 4; - 12;5)
Câu 36. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm (
và mặt phẳng
uuur

uuur

uuur

uuur

uuur

( P) : x + 2 y - 2 z - 5 = 0. Gọi M là điểm thuộc mặt phẳng ( P) sao cho biểu thức T = MA - 4MB + MA + MB + MC
M x ;y ;z ,
đạt giá trị nhỏ nhất. Biết rằng ( 0 0 0 ) hỏi x0 thuộc khoảng nào trong các khoảng sau.
- 5;- 4) .
A. (
Đáp án đúng: D

2; 4 .
B. ( )

- 4; - 1) .
C. (

0; 2 .
D. ( )


Câu 37. Trong không gian Oxyz , phương trình mặt cầu  S  có tâm I (1; 4;3) và cắt trục Ox tại A, B sao
cho AB  6 có dạng
2
2
2
2
2
2
A. ( x  1)  ( y  4)  ( z  3)  28 .
B. ( x  1)  ( y  4)  ( z  3)  26 .
2
2
2
2
2
2
C. ( x  1)  ( y  4)  ( z  3) 19 .
D. ( x  1)  ( y  4)  ( z  3) 34 .
Đáp án đúng: D
15





cos
a
,b
a


0;3;1
b

3;0;

1

, 
 . Tính
Câu 38. Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai vectơ
.


1
1
cos a, b 
cos a, b 
10 .
100 .
A.
B.


1
1
cos a, b 
cos a, b 
10 .
100 .
C.

D.
Đáp án đúng: A


a  0;3;1 b  3;0;  1
Oxyz
Giải thích chi tiết: Trong khơng gian với hệ trục tọa độ
, cho hai vectơ
,
. Tính

cos a, b
.




1
1
1
1
cos a, b 
cos a, b 
cos a, b 
cos a, b 
10 . D.
10 .
100 . B.
100 . C.
A.


 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Lời giải



0.3  3.0  1.   1
a.b

cos a, b    
1

2
a.b
02  32  12 . 32  02    1  cos a, b  10
Ta có
.
Câu 39.

 

Cho

 

. Tọa độ M là

A.

B.

C.
Đáp án đúng: A

D.

Câu 40. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A¢B ¢C ¢ có đáy là tam giác vng cân tại B , AB = a và A¢B = a 3 .
Thể tích khối lăng trụ ABC. A¢B ¢C ¢ là

a3 2
A. 2
Đáp án đúng: A


a3
B. 2

a3
C. 6

a3 3
D. 2

Giải thích chi tiết:

2
2
Ta có AA¢= A¢B - AB = a 2 ,

Thể tích khối lăng trụ là

S ABC =

V = AA¢.S ABC =

1
a2
AB 2 =
2
2 .

a3 2
2 .

----HẾT---

16