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: 064.
Câu 1. Cho hình hộp chữ nhật có 3 kích thước là a, b, c. Dựng một hình lập phương có cạnh bằng tổng 3 kích
thước của hình hộp chữ nhật trên. Biết rằng thể tích hình lập phương ln gấp 32 lần thể tích hình hộp chữ
nhật. Gọi S là tỉ số giữa diện tích tồn phần của hình lập phương và diện tích tồn phần của hình hộp chữ nhật.
Tìm giá trị lớn nhất của S max của S
1
S max 
10 .
A.
Đáp án đúng: B

B.

S max 

48
5 .

16
S max 
5 .
C.

D.

S max 

32
5 .

Giải thích chi tiết: Theo giả thiết ta có cạnh của hình lập phương là a  b  c
S 2  ab  bc  ca 
Hình hộp chữ nhật có V abc và tp
3

Hình lập phương có
Vậy

V   a  b  c  ; Stp 6  a  b  c 

 a  b  c
S 3

2

2

ab  bc  ca
3

Ta có


 a  b  c  32abc 

 a  b  c

3

3

32

a3

bc
b c 
b c
    1 32  . 
2
a
a a 
a a

b
3
 a  x
x  y  1

3
  x  y  1 32 xy  xy 

c

32
 y
Đặt  a

 x  y  1
S 3

2

x  y  xy

2

 x  y  1
3.
3
x  y  1

 x  y 
32

Vậy

Đặt x  y  1 t  t  1
Ta có

 x  y  1

3


2

2

32 xy 8  x  y   t 3 8  t  1  t 3  8t 2  16t  8 0

 2 t 3  5

 t 3  5
Kết hợp điều kiện t  1 ta có 2 t 3  5.
Khi đó

S 96

t2
t 3  32t  32
1


Xét hàm số

f  t 

f  t  
Ta có

t2
 2;3  5 

t 3  32t  32 trện đoạn 


 t 4  32t 2  64t

t

3

 32t  32 

2

; f  t  0  t 0; t 4; t  2  2 5; t  2  2 5

1
48
max f  t   f (2)  f  4   .
S max 
 2;3 5 
10

5 .
Suy ra, 
Khi đó,
Câu 2. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(2; 0;0) , B (0;3; 0) , C (2;3; 6) . Phương trình mặt cầu ngoại
tiếp tứ diện OABC là
2
2
2
2
2

2
A. x  y  z  2 x  3 y  6 z 0 .
B. ( x  1)  ( y  1)  ( z  1)  2 .
2
2
2
C. ( x  1)  ( y  1)  ( z  1)  2 .
Đáp án đúng: A

2
2
2
D. x  y  z  2 x  3 y  6 z 0 .

A  0;  2;0 
B  3; 4;5 
 P  là mặt phẳng
Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm
và
. Gọi
2
2
2
S 2  : x 2  y 2  z 2  2 x  6 z  7 0
S1  :  x  1   y  1   z  3 4


chứa giao tuyến của hai mặt cầu
và
. Xét

 P  sao cho MN 1 . Giá trị nhỏ nhất của AM  BN bằng
hai điểm M , N là hai điểm bất kì thuộc
A. 72  2 34 .

B.

C. 72  2 34 .
Đáp án đúng: C

72  2 34 .

D. 72  2 34 .

 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

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 4. 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. 26 3 .
Đáp án đúng: D

B. 16 3 .

C. 8 3 .

D. 32 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
.
Câu 5. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a . Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 . Thể
tích khối chóp đó bằng
a3 3
A. 6 .
a3 6
B. 6 .
3


a3 6
C. 3 .
a3 3
D. 3 .
Đáp án đúng: B
Câu 6.
Trong không gian

, cho ba điểm

tam giác

. Tọa độ trọng tâm

của

là


A.

.

C.
Đáp án đúng: D
Câu 7.

.

Trong khơng gian
A.

B.

.

D.

.

, hình chiếu vng góc của điểm

trên trục

.

B.

.


C.
.
Đáp án đúng: A

D.

.

có tọa độ là

Câu 8. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB a , AD 2a . Tam giác SAD cân tại S
và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Đường thẳng SD tạo với đáy một góc 45 . Khi đó thể tích của
khối chóp S . ABCD bằng
2a 3
A. 3 .
Đáp án đúng: A
Câu 9.

a3
B. 3 .

Cho hình nón có bán kính đường trịn đáy là

2a 3 3
2 .
C.

, chiều cao


3
D. a 3 .

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: A

D.

Câu 10. 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:
32a 3 2
3
A.

8a 3 2
3
B.

64a 3 2
3

C.

64a 3 2
3
D.
4


Đáp án đúng: B
Câu

 S : x

11.
2

Trong
2

không

gian

 P  : 2x 

Oxyz ,

y  2 z  4 0

cắt


mặt

cầu

2

 y  z  2 x  4 y  2 z  3 0 theo thiết diện là một đường trịn có bán kính bằng

A. 13 .
Đáp án đúng: D

B.

3.

C.

2.

D.

5.

2
2
2
Câu 12. Trong không gian Oxyz, mặt cầu (S) : x + y + z - 2 x + 4 y + 1 = 0 có tâm I và bán kính R là:
A. I (1; - 2;1), R = 2
B. I (1; - 2; 0), R = 2


C. I (1; - 2;0), R = 6
Đáp án đúng: B

D. I (1; - 2;1), R = 6

Câu 13. Cho hình lập phương ABCD. ABC D có cạnh a . Một khối nón có đỉnh là tâm của hình vng ABCD
và đáy là hình trịn nội tiếp hình vng ABC D . Diện tích tồn phần của khối nón đó là
 a2
 a2
Stp 
3 1
Stp 
5 1
2
4
A.
.
B.
.





 a2
Stp 
5 2
4
C.

.
Đáp án đúng: B



 a2
Stp 
2
D.









3 2

.

Giải thích chi tiết:

Bán kính của đường trịn đáy là
Diện tích đáy nón là:
Độ dài đường sinh là

r


S1  r 2 

a
2.

 a2
4 .

l  a2  r 2 

a 5
2 .

Diện tích xung quanh của khối nón là:

S 2  rl 

 a2 5
4 .

Stp S1  S 2 

 a2
4





5 1

Vây, diện tích tồn phần của khối nón đó là:
.
Câu 14.
A  0;  1;0  , B  0;0;3 ,
C   2;0;0  .
Trong không gian
cho ba điểm
và
Phương trình nào sau đây là
 ABC  ?
phương trình mặt phẳng

5


x
y z
  1.
A.  2  1 3
x y z
 
0.
C.  1 3  2

x y z
 
1.
B.  1 3  2
x
y z

  0.
D.  2  1 3

Đáp án đúng: A
Câu 15. 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) 19 .
B. ( x  1)  ( y  4)  ( z  3)  28 .
2
2
2
2
2
2
C. ( x  1)  ( y  4)  ( z  3) 34 .
D. ( x  1)  ( y  4)  ( z  3)  26 .
Đáp án đúng: C
Câu 16.
Cho hình vng ABCD nội tiếp đường trịn O, bán kính r; tam giác đều MNP nội tiếp đường trịn đó và MN
song song AB (như hình vẽ). Cho mơ hình trên quay quanh đường thẳng OP. Kí hiệu V1, V2, V3 là thể tích khối
trịn xoay do hình vng, hình trịn và tam giác đều tạo thành. Khẳng định nào sau đây đúng ?

2


B. V3 =V2 +V1.

A. V3 =V2.V1.
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết:
Lời giải.

C. V1 =V2 +V3.

2
D. V1 =V2.V3.

Gọi Q, I lần lượt là trung điểm của MN , AB.
Thể tích khối cầu (tạo bởi khi quay hình trịn quanh trục OP ) là

V2 =

4pr 3
.
3

Ta có AC = 2r Þ cnh hỡnh vuụng bng 2r nờn
2

ổ 2r ữ
ử
p 2r 3
ữ
ỗ
V1 = pIB2.BC = pỗ

.
2
r
=
.
ữ
ỗ
ỗ
2
ố 2 ữ
ứ

6


Ta có

3
OP = r Þ PQ = r Þ
2

cạnh tam giỏc u bng 3r nờn

2

1
1 ổ 3r ử
3r 3pr 3
ữ
ữ

ỗ
V3 = pQN 2.PQ = pỗ
.
=
.
ữ
ữ 2
ỗ
3
3 ỗ
8
ố2 ứ
2

Vy V1 =V2.V3.
Cõu 17.
Cho tam giác ABC vng cân tại A có cạnh
của khối nón được tạo thành:
A.
Đáp án đúng: C

B.

. Quay tam giác này xung quanh cạnh AB. Tính thể tích
C.

D.

 S  : x 2  y 2  z 2  4 y  4 z 0 . Bán kính của  S  là
Câu 18. Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu

A. 8 .
B. 2 2 .
C. 4 .
D. 64 .
Đáp án đúng: B
Câu 19. Cho lăng trụ có đáy là hình vng cạnh avà chiều cao bằng 4 a. Thể tích khối lăng trụ đã cho là
A. a 3.
B. 2 a3.
C. 4 a3.
D. 3 a3 .
Đáp án đúng: C
M  0;1;1 N  1; 0;  3 P   1;  2;  3
S
Câu 20. 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.
 7 4 1
Q ; ; 
A.  3 3 3  .
 1 4 5
Q  ; ; 
C.  3 3 3  .


 17 8 5 
Q ; ; 
B.  3 3 3  .
 1 8 13 
Q ; ; 
D.  3 3 3  .

Đáp án đúng: B

 
 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
.
 x 3  2t

4
 17 8 5 
 y  2t
 t  3  Q1  3 ;  3 ;  3 



 


4
 1 8 13 
 z  3  t

t   Q2  ; ;  

2
2
2

3
3 3 3 .
Xét hệ  x  y  z  6 x  6 z  2 0 

7


2.
d  Q1 ,  MNP   

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.
Câu 21.
Nếu hai điểm

thoả mãn

A.

thì độ dài đoạn thẳng

.

bằng bao nhiêu?

B.

C.
Đáp án đúng: B

D.

Giải thích chi tiết: Nếu hai điểm
bao nhiêu?


;

thoả mãn

thì độ dài đoạn thẳng

bằng

A.
B.
C.

;

D.
.
Lời giải
Câu 22. 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.
3

3a 3
4 .

3a 3
6 .

A. 3a .
B.

C.
Đáp án đúng: D
Câu 23.
Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng x (tham khảo hình vẽ)

D.

3a 3
3 .

.
Biết diện tích xung quanh của hình chóp đó gấpđơi diện tích đáy, thể tích khối chóp đã cho bằng
3 3
x
A. 12 .
Đáp án đúng: B

3 3
x
B. 6
.

3 3
x
C. 3
.

3 3
x
D. 2

.

Giải thích chi tiết: Gọi chiều cao của mặt bên là h .
8


x2
3x
1
SO  h 2 

4. h.x 2 x 2  h x
4
2 :
Ta có diện tích xung quanh bằng 2
, suy ra
Khi đó thể tích khối chóp

V

1 3x 2
3x3
.x 
3 2
6

 P  đi qua hai điểm A   1;5;7  , B  4; 2;3 và
Câu 24. 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. 9 .
B. 2 .
C. 6 .
D. 1 .
Đáp án đúng: D

 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
25  a 2  b 2




25
25  a 2  b 2 .

 25  3a  4b 0  3a  4b 25 .
2

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

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được
.
25
25
5
 d  I , P  


25  25
2.
25  a 2  b 2
3a  4b 25
a 3

 a b

 3a  2b 1
b

4



 3 4
Dấu = xảy ra
.
  



a b c
a   2; 2;0  , b  2; 2;0  , c  2; 2; 2 
Câu 25. Trong không gian Oxyz, cho
. Giá trị của
bằng
A. 2 6 .
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: Ta có:
  
a  b  c 2 11
Vậy
.
Câu 26.

B. 6.

  
a  b  c  2;6; 2 

C. 11 .


D. 2 11 .

.

9



S 
S 
Cho khối nón có độ lớn góc ở đỉnh là 3 . Một khối cầu 1 nội tiếp trong khối nối nón. Gọi 2 là khối cầu
tiếp xúc với tất cả các đường sinh của nón và với S1 ; S3 là khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của khối
nón và với S2 ;… ; Sn là khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của nón và với Sn  1 . Gọi V1 , V2 ,… , Vn 1 , Vn
lần lượt là thể tích của khối cầu S1 , S2 , S 3 ,..., Sn và V là thể tích của khối nón. Tính giá trị của biểu thức

6
T
13 .
A.
Đáp án đúng: A

B.

T

7
9.

C.


T

3
5.

D.

T

1
2.

Giải thích chi tiết:
Thiết diện qua trục của hình nón là một tam giác đều cạnh l . Do đó bán kính đường trịn nội tiếp tam giác cũng
1l 3 l 3
r1 

3 2
6
chính là bán kính mặt cầu nội tiếp chọp là
Áp dụng định lí Ta-Let ta có:

l 3 l 3 r1
r2  .


3 6
18 3 .
Tương tự ta tìm được
1

1
1
r3  r2 , r4  r3,..., rn  rn  1
3
3
3
Tiếp tục như vậy ta có
3

Ta có

4
4
4 r 
1
1
4
1
V1  r13 , V2  r23    1   3 V1, V3 
V1,..., Vn  rn3 1 
V
2
n 1 1
3
3
3 3 3
3
 33 
 33 


10


Do đó
S 1 

Đặt

1
1
1

 ... 
2
n 1
3
3
3
3 3 
3 

Đây là tổng của CSN lùi vô hạn với công bội

q

1
33

3


27
27 4  l 3 
3 3
 V1  V2  ...  Vn  V1 
 
  l
26
26 3  6 
52
2

1
1 l l 3
3l 3
V  r 2 h    

3
3 2 2
24

3 3
l
6
T  52

3 3 13
l
24
Vậy
A  0;  2; 2  a  B  a  3;  1;1 C   4;  3; 0 

Câu 27. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho
;
;
;
D   1;  2; a  1
. Tập hợp các giá trị của a để bốn điểm A , B , C , D đồng phẳng là tập con của tập nào sau?

  2;2  .
A.
Đáp án đúng: A

B.

  7;  2  .

C.

 5;8  .

D.

 3;6  .





AB  a  3;1;a  1 AC   4;  1;a  2  AD   1;0; 2a  3
Giải thích chi tiết: Ta có
,

,
.
 
 AB, AC   2a  3;  a 2  5a  10;  a  1


.
Để bốn điểm A , B , C , D đồng phẳng:
 a 0
  
 AB, AC  . AD 0   2a  3   2a  3  .   a 1 0  


 a 3

2.

Câu 28. Lăng trụ có 2020 đỉnh có số mặt là
A. 1009 .
B. 1012 .
Đáp án đúng: B

C. 1011 .

D. 1010 .

Câu 29. Cho hình trụ có đường kính đáy bằng 6a 2 . Biết rằng khi cắt hình trụ đã cho bởi một mặt phẳng song
song với trục và cách trục một khoảng bằng 3a , thiết diện thu được là một hình vng. Thể tích của khối trụ
được giới hạn bởi hình trụ đã cho bằng
3


A. 150 a .
Đáp án đúng: D

3
B. 54 a .

3
C. 216 a .

3

D. 108 a .

11


Giải thích chi tiết:
Theo giả thiết, bán kính hình trụ là: R 3a 2 .
Giả sử thiết diện là hình vng MNPQ, ta có, O ' H 3a ; O ' Q 3a 2 .
2
2
Suy ra QH  O ' Q  O ' H 3a  PQ 6a .

Thiết diện ta thu được là hình vng MNPQ có cạnh bằng 6a . Suy ra chiều cao hình trụ là h 6a
Vậy thể tích của khối trụ cần tìm là:



V 6a. . 3a 2




2

108 a 3

.

Câu 30. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A¢B ¢C ¢ có đáy là tam giác vuông 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 3
B. 2

a3
C. 2

a3
D. 6

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 .

Câu 31. Cho tam giác ABC vng 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
.

 a2 3
S xq 
2 .
D.


S  a 2 3
C. xq
.
Đáp án đúng: B

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

S xq  rl 2 a 2

.
12


 


 
O, i , j , k 

u

4
i  3 j có tọa độ là
Câu 32. Trong khơng gian với hệ tọa độ
, vectơ

  3;4;0  .
A.

Đáp án đúng: B

B.

  4;3;0  .

C.

 4;  3;1 .

D.

 3;  4;0  .

Câu 33. 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: B

B. V a

3

2.

3
C. V 2a .

D.


V

a3 2
3 .

Giải thích chi tiết: Cho lăng trụ đứng ABC. A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông 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

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
 AA 
Xét A ' AB vuông 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


 3a 

2

 a 2  8a 2 2a

.

M   1; 2;3
N   2;1;  3
Câu 34. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm
và
. Tọa độ trọng tâm của tam giác
OMN là

  1;1;0  .

B.

  1;1;3 .

 3 3 
  ; ;0 
C.  2 2  .

D.

  1;  1;  6  .

A.


13


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

M   1; 2;3

và

N   2;1;  3

. 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 35. Trong không gian với hệ trục tọa độ

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

Oxyz , cho điểm M  1;0;1

và mặt phẳng

M đến mặt phẳng  P  là

3.

B. 3 2 .

9 2
C. 2 .

D. 3.
PHẦN TỰ LUẬN
Đáp án đúng: D
Câu 36.
Một cái khối gỗ có hình dạng như hình bên (gồm 1 khối nón và một khối trụ ghép lại). Chiều cao đo được ghi
trên hình, chu vi đáy là

. Thể tích của khối gỗ bằng

14


A.

.

C.
Đáp án đúng: C

B.
.

.

D.

.

2 3  cm 
Câu 37. 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  .

B.

V 7  cm3  .



D.

V 6  cm3  .



V 4 cm3 .
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


MH   ACD 

và

MH 

MB.MA 3
 .
AB
2

15


1
1 3
VM . ACD  MH .S ACD  . .6 3  cm 3  .
3
3 2
Vậy
u1 =2
. Tìm số hạng u 4 .
Câu 38. Cho dãy số ( u n) xác định bởi
1
un+1 = ( un +1 )
3
5
2
A. u 4= .
B. u 4=1.

C. u 4= .
9
3
Đáp án đúng: A
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 39.

{

D. u 4=

14
.
27

{

( )

Trong khơng gian

, cho tam giác
. Tọa độ điểm

có trọng tâm


. Biết

là:

A.

B.

C.
Đáp án đúng: C

D.

A  1;  2;  3 ,
Giải thích chi tiết: Trong khơng gian Oxyz , cho tam giác ABC có trọng tâm G . Biết
B  3; 4;  1 , G  2;1;  1
. Tọa độ điểm C là:
C   2;1;3  .
C  1;1;  1 .
C  2;1;1 .
C  1; 2;  1 .
A.
B.
C.
D.
Lời giải
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên ta có:
x A  xB  xC

 xG 

3
 xC 3xG  x A  xB
 xC 3.2  1  3 2

y A  yB  yC



  yC 3 yG  y A  yB   yC 3.1  2  4 1  C  2;1;1
 yG 
3

 z 3 z  z  z
 z 3.( 1)  3  1 1
G
A
B
 C
 C
z A  z B  zC

z

 G
3

.

f  x  2020 x  2020 x


Các số thực a, b thoả mãn a  b  0 và
4a  3b  1
P
f  a 2  b 2  ab  2   f   9a  9b  0
a  b  10 đạt giá trị lớn nhất, tính giá trị của a3  b 2
. Khi biểu thức

Câu

40.

Cho

hàm

số

.

.
16


A. 89 .
Đáp án đúng: B

B. 521 .

C. 91 .


D. 745 .

----HẾT---

17