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: 066.
f  x  2020 x  2020 x
Câu 1. Cho hàm số
. 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
.
A. 745 .
B. 521 .
C. 89 .
D. 91 .
Đáp án đúng: B
Câu 2. Cho hình bình hành ABCD và điểm O bất kỳ nằm trên đường
chéo AC. Mệnh đề nào sau đây sai?
  
    
 CD  DA 0.
A. AB  BC
B. AC  DB  AB  DC.

 
   
C. AC  BA  AD 0.
D. OA  OC OB  OD.
Đáp án đúng: C
Câu 3. 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 vuông 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

3
B. a 3 .

a3
C. 3 .

2a 3 3
2 .
D.

M  0;1;1 N  1;0;  3  P   1;  2;  3 
S
Câu 4. 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.
 1 8 13 
 7 4 1
Q ; ; 
Q ; ; 
A.  3 3 3  .
B.  3 3 3  .

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

 17 8 5 
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

MNP 
Gọi  là đường thẳng qua I và vng góc với 
có vectơ chỉ phương
.

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

1


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

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 5. 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. 3 a.
B. 5 a.
C. a √ 5
D. 10 a.
Đáp án đúng: C
Câu 6. 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
S max 


32
5 .

1
S max 
10 .
B.

A.
Đáp án đúng: D

16
S max 
5 .
C.

D.

S max 

48
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

Ta có

 a  b  c

3

32abc 

 a  b  c

3

3

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

a
a a 
a a

a3

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

 x  y  1
S 3

2

x  y  xy

Vậy

2

 x  y  1

3.
3
x  y  1

 x  y 
32

Đặt x  y  1 t  t  1
Ta có

2


 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


Xét hàm số

f  t 

f  t  
Ta có

t2
t 3  32t  32
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 Khi đó,


5 .
Suy ra, 


A   1;1; 2 
B  3; 2;1
Oxyz
Câu 7. Trong khơng gian
, cho
và
. Tính tọa độ AB .


AB   3;7;5 
AB  2;3;3
A. 
.
B.
.

AB   4;  1;1
AB  4;1;  1
C.
.
Đáp án đúng: D
Câu 8.
Cho tam giác ABC vng cân tại A có cạnh
của khối nón được tạo thành:
A.
Đáp án đúng: C

Câu 9.

.

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

B.

Thể tích của khối nón có chiều cao
A.

D.

C.

và bán kính đáy

D.

là

.

B.

C.
.
Đáp án đúng: A

D.


.
.

Câu 10. Trong khơng 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) 19 .
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 11. Phương trình nào khơng phải là phương trình mặt cầu, chọn đáp án đúng nhất:
A. B và C.
B.

.
3



C.

.

D.
Đáp án đúng: B

.

3
Câu 12. Một người cần làm một hình lăng trụ tam giác đều từ tấm nhựa phẳng để có thể tích là 6 3 cm . Để ít
hao tốn vật liệu nhất thì cần tính độ dài các cạnh của khối lăng trụ tam giác đều này bằng bao nhiêu?

A. Cạnh đáy bằng 2 6 cm và cạnh bên bằng 1 cm .
B. Cạnh đáy bằng 2 3 cm và cạnh bên bằng 2 cm .
C. Cạnh đáy bằng 2 2 cm và cạnh bên bằng 3 cm .
1
cm
D. Cạnh đáy bằng 4 3 cm và cạnh bên bằng 2
.
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Một người cần làm một hình lăng trụ tam giác đều từ tấm nhựa phẳng để có thể tích là
6 3 cm3 . Để ít hao tốn vật liệu nhất thì cần tính độ dài các cạnh của khối lăng trụ tam giác đều này bằng bao
nhiêu?
A. Cạnh đáy bằng 2 6 cm và cạnh bên bằng 1 cm .
B. Cạnh đáy bằng 2 3 cm và cạnh bên bằng 2 cm .
C. Cạnh đáy bằng 2 2 cm và cạnh bên bằng 3 cm .
1
cm

D. Cạnh đáy bằng 4 3 cm và cạnh bên bằng 2
.
Lời giải

Giả sử hình lăng trụ tam giác đều cần làm là ABC. ABC  có độ dài AB  x , AA h .
Khi đó

S ABC 

3 2
3 2
x
VABC . ABC  S ABC . AA 
xh
4
4
và
.

3 2
24
x h 6 3  h  2
x .
Theo giả thiết 4

Để ít tốn vật liệu nhất thì diện tích tồn phần của khối lăng trụ ABC. ABC  là nhỏ nhất.
S
Gọi tp là tổng diện tích các mặt của khối lăng trụ ABC. ABC , ta có:
Stp 2S ABC  3S ABBA 


3 2
3 2 72
x  3hx 
x 
2
2
x .

4


Khảo sát

f  x 

3 2 72
x 
2
x trên  0;   , ta được f  x  nhỏ nhất khi x 2 3 .

Với x 2 3  h 2 cm .



a  4;  3;5 
Oxyz
a
Câu 13. Trong không gian
, cho véctơ
. Độ dài của bằng

A. 4 2 .
B. 5 2 .
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết:
Lời giải

2
a  42    3  52 5 2
Ta có
.
Câu 14.

D. 2 5 .

C. 50 .


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

7
9.
A.
Đáp án đúng: D
T


B.

T

1
2.

C.

T

3
5.

6
T
13 .
D.

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:

5



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 3
3
3 
3 

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
2
H
Câu 15. 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  .
7
A. 32 .
Đáp án đúng: D

11
B. 32 .

13
C. 32 .

9
D. 32 .


6


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 .

Mặt cầu

 S

có bán kính

R  IS 

2a 3
3 .


1 2
 a .a 3
9
3


3
V( S )
32
4  2a 3 
 

3  3 
.
Câu 16. Có một bể hình hộp chữ nhật chứa đầy nước. Người ta cho ba khối nón giống nhau có thiết diện qua
trục là một tam giác vuông cân vào bể sao cho ba đường trịn đáy của ba khối nón đơi một tiếp xúc với nhau,
một khối nón có đường trịn đáy chỉ tiếp xúc với một cạnh của đáy bể và hai khối nón cịn lại có đường trịn đáy
tiếp xúc với hai cạnh của đáy bể. Sau đó người ta đặt lên đỉnh của ba khối nón một khối cầu có bán kính bằng
4
337
3 lần bán kính đáy của khối nón. Biết khối cầu vừa đủ ngập trong nước và tổng lượng nước trào ra là 24
(lít). Thể tích nước ban đầu ở trong bể thuộc khoảng nào dưới đây (đơn vị tính: lít)?
V( H )

A. (138 ;139) .
Đáp án đúng: D

B. (139 ; 140) .

C. (150 ; 151) .


D. (151; 152) .

Giải thích chi tiết:
+) Gọi
cân).

là bán kính đáy của hình nón suy ra chiều cao nón là

(do thiết diện là tam giác vng

+) Chiều dài của khối hộp là

bán kính của khối cầu là
.
1
4
337
4 64 3 337
3
3.  r 2 h   R 3 
  r3  
r 
 r  (dm)
3
24
3 27
24
2
+) Thể tích nước bị tràn là 3

.
7


+) Gọi A, B, C là tâm của 3 đáy của khối nón suy ra
+) Chiều rộng khối hộp là

đều cạnh

.

(dm).

+) Ba đỉnh nón chạm mặt cầu tại các điếm
d ( I ; ( MNP ))  R 2  R(2ABC )

( với

2
d ( I ;( MNP))  r
3 . Suy ra chiều cao của khối trụ là
là tâm mặt cầu), do đó

I

.
+) Thể tích nước ban đầu là

abc 12(2  3)r 3 12(2  3).


27
151,1 dm3 
151,1 (lít).
8

Câu 17. 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2
Stp 
5 2
2
4
A.
.
B.
.







 a2
Stp 
5 1
4

C.
.
Đáp án đúng: C



 a2
Stp 
2
D.







.

3 1

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 18. Trong khơng 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
A. x  y  z  2 x  3 y  6 z  0 .

2
2
2
B. ( x  1)  ( y  1)  ( z  1)  2 .

8


2
2
2
C. x  y  z  2 x  3 y  6 z 0 .
Đáp án đúng: C
Câu 19.

Trong không gian

2
2
2
D. ( x  1)  ( y  1)  ( z  1)  2 .


, cho hai điểm

và

. Trung điểm của đoạn thẳng

là điểm
A.

.

C.
Đáp án đúng: C

B.
.

.

D.

.

A  0;  4;1
B  2; 2;7 
Giải thích chi tiết: Trong khơng gian Oxyz , cho hai điểm
và
. Trung điểm của đoạn
AB

thẳng
là điểm
Q  1;  1; 4 
M  2;  2;8 
P  1;3;3
N  2;6;6 
A.
. B.
. C.
. D.
.
Lời giải
Câu 20. 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

3

A. 108 a .
Đáp án đúng: A

3

B. 216 a .

C. 54 a .

3


D. 150 a .

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:
Câu 21.
Trong khơng gian
đến mặt phẳng
A.
.
Đáp án đúng: B



V 6a. . 3a 2



2

108 a 3

.


, cho mặt phẳng

. Khoảng cách từ điểm

bằng
B.

.

C.

.

D.

.

9


Giải thích chi tiết: Ta có

.

Câu 22. 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 xq 2 a 2

A.


.

 a2 3
2 .
C.
Đáp án đúng: A
S xq 

B.

S xq  a 2 3

D.

S xq 4 a 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 .
Ta có:

S xq  rl 2 a 2

.

P  1;1;  1

Q  2;3; 2 
Câu 23. Trong không gian Oxyz , viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm
và
x 1 y 2 z 3
x 2 y 3 z 2




1
1 .
2
3 .
A. 1
B. 1

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

x  1 y  1 z 1


2
3 .
D. 1


A 1;1; 0  , B  1; 2;  1 , C  0;1;1
Câu 24. Trong không
gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm 
. Tính góc giữa


hai vectơ AB và AC .
0

0
B. 30 .

A. 60 .
Đáp án đúng: D

0

0

C. 150 .

D. 120 .

Oxyz , cho ba điểm A  1;1; 0  , B  1; 2;  1 , C  0;1;1 .
Giải thích chi tiết: Trong khơng
 gian với hệ trục tọa độ

Tính góc giữa hai vectơ AB và AC .
0


0

0

0

A. 60 . B. 120 . C. 30 . D. 150 .
Lời giải


AB  0;1;  1 AC   1;0;1
T a có:
,
.


AB. AC
00 1
1

cos AB, AC 

  AB, AC 1200.
2
1  1. 1  1
AB . AC
Nên










2

2

2

S : x  1   y  2    z  2  9
Câu 25. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   
và hai điểm
M  4;  4; 2  N  6;0;6 
 S  sao cho EM  EN đạt giá trị lớn nhất. Viết phương
,
. Gọi E là điểm thuộc mặt cầu
 S  tại E .
trình tiếp diện của mặt cầu
A. 2 x  2 y  z  1 0 .
B. x  2 y  2 z  8 0 .

C. 2 x  y  2 z  9 0 .
Đáp án đúng: D

D. 2 x  2 y  z  9 0 .


10


Giải thích chi tiết: Mặt cầu

 S

có tâm

I  1; 2; 2 

và bán kính R 3 .

K  5;  2;4  IK 6  3
 S .
Gọi K là trung điểm của MN  tọa độ của K là
,
nên K nằm ngoài mặt cầu


IK  4;  4; 2  MN  2; 4; 4   MN 6
Ta có:
,
và IK  MN .
Xét tam giác EMN áp dụng cơng thức đường trung tuyến ta có:
EK 2 

EM 2  EN 2 MN 2
MN 2


 EM 2  EN 2 2 EK 2 
2
4
2

EM  EN  2  EM 2  EN 2 


MN 2 
2
 2  2 EK 

2   4 EK 2  36

.

Ta lại có:
Bởi vậy EM  EN đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi EM EN và EK lớn nhất.
MNEKI
Do EK lớn nhất nên E thuộc đường thẳng IK .

Phương trình đường thẳng IK là:

 x 1  2t

IK :  y 2  2t
 z 2  t


.


 S  ứng với t là nghiệm phương trình:
Tọa độ giao điểm E của đường thẳng IK với mặt cầu
 1  2t  1
Như vậy

2

2

2

  2  2t  2    2  t  2  9  t 1

E1  3;0;3

hoặc

E2   1; 4;1

.

.


E   1; 4;1  IE   2; 2;  1
 S
E
K


3
E
K

9
1
2
Ta có
,
. Suy ra
, nên phương trình tiếp diện của mặt cầu
tại E có phương trình:

 2  x  1  2  y  4   1 z  1 0

hay 2 x  2 y  z  9 0 .

Câu 26.
Trong

không

gian

với

hệ

tọa


độ

cho

và

hai

. Phương trình đường thẳng qua
với

và cắt

đường

thẳng

, vng góc

là

A.
C.
Đáp án đúng: A

.

B.

.


.

D.

.

Giải thích chi tiết: Gọi

là đường thẳng qua

và

cắt

tại

. Khi đó

.
Ta có

.
11


Đường

, với


Do đó

là một vectơ chỉ phương của

, suy ra

.

Vậy phương trình đường thẳng
Câu 27.

.

Trong khơng gian

cho ba điểm
 ABC  ?
phương trình mặt phẳng
x
y z
  0.
A.  2  1 3

A  0;  1;0  , B  0;0;3 ,

 S : x

28.
2


Trong
2

không

gian

và

C   2;0;0  .

Phương trình nào sau đây là

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

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

Câu


.

Oxyz ,

 P  : 2x 

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. 3 .
Đáp án đúng: C

B.

2.

C.

5.

D.


13 .

A 1; 2;  1 B  0;  2;3
Câu 29. Trong không gian Oxyz , cho 
,
. Tính diện tích tam giác OAB .

29
7
29
78
A. 2 .
B. 2 .
C. 6 .
D. 2 .
Đáp án đúng: A
Câu 30. Mặt phẳng ( A′ BC ) chia khối lăng trụ ABC . A′ B ′ C′ thành hai khối chóp.
A. A′ . ABC và A . BC C ′ B′ .
B. A . A ′ B′ C ′ và A . BC C ′ B′ .
C. A . A ′ BC và A′ . BC C ′ B ′.
D. A . A ′ B′ C ′ và A′ . BC C ′ B ′.
Đáp án đúng: C
Câu 31. Cho khối trụ có thể tích là 12 và chiều cao bằng 3 . Bán kính đáy của khối trụ đã cho bằng:
A. 4 .
B. 2 .
C. 12 .
D. 3
Đáp án đúng: D
Câu 32. 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: D
Câu 33.

B.

3a 3 .

Cho hình nón có bán kính đường trịn đáy là

C.

3a 3
6 .

, chiều cao

D.

3a 3
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?

12


A.

B.

C.
Đáp án đúng: B

D.

 ABC  bằng 60 , tam
Câu 34. 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: B

9a 3
B. 208 .

15a 3
C. 108 .

13a 3
D. 108 .


 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 vuông 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 2 x 2
9a 2
3a


  3x 2  x 2 
 x
 
16
4
52
2 13
 BC  3a 3

2 13


13


1 3a 3a 3 a 3 9a 3
VA ' ABC  .
.
.

6
2
208 .
2
13
2
13
Vậy,
Câu 35. Cho lăng trụ có đáy là hình vng cạnh avà chiều cao bằng 4 a. Thể tích khối lăng trụ đã cho là
A. 2 a3.
B. a 3.
C. 3 a3 .
D. 4 a3.
Đáp án đúng: D
Câu 36. Khẳng định nào sau đây là sai?
A. Thể tích của khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h là V 3Bh .
B. Thể tích của một khối hộp chữ nhật bằng tích ba kích thước của nó.
C. Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là V Bh .
1
V  Bh
3 .

D. Thể tích của khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h là
Đáp án đúng: A
A  0;  2; 2  a  B  a  3;  1;1 C   4;  3; 0 
Câu 37. 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?

  7;  2 

A.
.
Đáp án đúng: D

B.

 5;8  .

C.

 3;6  .

D.

  2; 2  .






AB  a  3;1;a  1 AC   4;  1;a  2  AD   1;0; 2a  3
Giải thích chi tiết: Ta có
,
,
.

2
 AB, AC   2a  3;  a  5a  10;  a  1


.
C
Để bốn điểm A , B , , D đồng phẳng:
 a 0
  
 AB, AC  . AD 0   2a  3   2a  3  .   a 1 0  


 a 3

2.

Câu 38.
Trong khơng gian
A.

, hình chiếu vng góc của điểm


trên trục

.

B.

.

C.
.
Đáp án đúng: B

D.

.

có tọa độ là

A - 1;3;5) , B ( 2;6; - 1) , C ( - 4; - 12;5)
Câu 39. 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.

0; 2 .
2; 4 .
- 4; - 1) .
- 5; - 4) .
A. ( )
B. ( )
C. (
D. (
Đáp án đúng: A
Câu 40. Cho một hình nón đỉnh S và AB là một đường kính của đường trịn đáy. Nếu tam giác SAB đều thì góc
ở đỉnh của hình nón bằng
A. 120 °.
B. 30 °.
C. 90 °.
D. 60 °.
Đáp án đúng: D
14


Giải thích chi tiết:
Hình nón có đỉnh S và AB là một đường kính của đường trịn đáy nên góc ở đỉnh của hình nón là góc ^
ASB. Lại
0
60
°.

có tam giác ΔSABSAB là tam giác đều nên ^
.
Vậy
góc
ở
đỉnh
hình
nón
bằng
ASB=6 0
----HẾT---

15