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: 078.
Câu 1. 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
a3
A. 3 .
Đáp án đúng: D

2a 3 3
2 .
C.

3
B. a 3 .

2a 3
D. 3 .
2

2

2

S : x  1   y  2    z  2  9
Câu 2. 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. x  2 y  2 z  8 0 .
B. 2 x  y  2 z  9 0 .
C. 2 x  2 y  z  1 0 .
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: Mặt cầu

D. 2 x  2 y  z  9 0 .

 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:
EM 2  EN 2 MN 2
MN 2
2
2
2
EK 

 EM  EN 2 EK 
2
4
2
2

EM  EN  2  EM 2  EN 2 


MN 2 
 2  2 EK 2 

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

2

2

2

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

.
1



Như vậy

E1  3;0;3

hoặc

E2   1; 4;1

.


E


1;
4;1

IE   2; 2;  1
 S


E
K

3
E
K


9
Ta có 1
, 2
. 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 3. Cho lăng trụ có đáy là hình vng cạnh avà chiều cao bằng 4 a. Thể tích khối lăng trụ đã cho là
A. 4 a3.
B. a 3.
C. 3 a3 .
D. 2 a3.
Đáp án đúng: A
Câu 4. 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
C. ( x  1)  ( y  4)  ( z  3) 34 .

Đáp án đúng: C

Câu 5. Trong không gian với hệ trục tọa độ

 P  : 2 x  y  2 z  5 0

2
2
2
D. ( x  1)  ( y  4)  ( z  3) 19 .

Oxyz , cho điểm M  1;0;1

. Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng

 P

và mặt phẳng

là

A. 3 2 .
B.

3.

9 2
C. 2 .
D. 3.
PHẦN TỰ LUẬN

Đáp án đúng: D
Câu 6. Cho khối lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , AB 2a (với 0  a  
 ABC  bằng 300 . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
), góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng
9 3a 3
A. 3 .
Đáp án đúng: C

B.

3a 3
2 .

4 3a 3
3 .
C.

D.

3a 3 .

Câu 7. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC biết A(1;1;  1), B(2;3;1), C (5;7;1) . Viết phương
trình đường trung trực của cạnh AC .
 x 3  3t
 x 3  3t
 x 3
 x 3  3t





 y 4
 y 4  t
 y 4  t
 y 4  t
 z 0
 z 0
 z  9t
 z 9t
A. 
.
B. 
.
C. 
.
D. 
.
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC biết A(1;1;  1), B (2;3;1), C (5;7;1) .
Viết phương trình đường trung trực của cạnh AC .

2


 x 3  3t

 y 4  t
 z  9t



 x 3  3t

 y 4
 z 0


 x 3  3t

 y 4  t
 z 9t


A.
.B.
.
C.
.
D.
Lời giải
Gọi d là đường trung trực của cạnh AC trong tam giác ABC .

 x 3

 y 4  t
 z 0


.

M  3; 4;0 

Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AC . Suy ra
.

 P

 P  nhận



AC  4;6; 2 
Gọi
là mặt phẳng qua M và vng góc với AC . Mặt phẳng
làm làm một vectơ
pháp tuyến.
   
n
ABC

 nhận  AB, AC    8;6;  2  làm một vectơ pháp tuyến.
Mặt phẳng

 P  và mặt phẳng  ABC  .
Ta có, đường thẳng d là giao tuyến của mặt phẳng
   

u  AC , n    24;  8;72 
  3;1;  9 
M
3;
4;0

u


Đường thẳng d đi qua
và nhận
. Chọn
.
 x 3  3t

 y 4  t
 z  9t
Phương trình của đường thẳng d là: 
.
P  1;1;  1
Q  2;3; 2 
Câu 8. 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




1
2
3
1
2
3 .
A.

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

x 1 y 2 z 3


1
1 .
D. 1




cos
a
,b
a

0;3;1
b

3;0;


1

, 
 . Tính
Câu 9. 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: B



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  cos a, b 
2
2
2

2
2
a.b
0  3  1 . 3  0    1
10 .
Ta có

 

 

2
H
Câu 10. Cho hình nón   đỉnh S có thiết diện qua trục là tam giác đều SAB có diện tích là a 3 .

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

13
B. 32 .


11
C. 32 .

7
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 .

1 2

 a .a 3
9
 3

3
V( S )
32
4  2a 3 
 

3  3 
.
Câu 11.
V( H )

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: B

D.

A ( 2;1;- 4)
( S ) là mặt cầu có bán kính nhỏ nhất
Câu 12. Trong không 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
A. 3 .
Đáp án đúng: C

B. 1 .

C. 2 .

D.

2.

4


Giải thích chi tiết: Gọi H là hình chiếu của

A ( 2;1;- 4)

lên mp


(Oxy)

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

Câu 13. 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 6
A. 6 .
a3 3
B. 3 .
a3 3

C. 6 .
a3 6
D. 3 .
Đáp án đúng: A
Câu 14.
Cho tam giác ABC vng cân tại A có cạnh
của khối nón được tạo thành:
A.
Đáp án đúng: B
Câu 15.
Cho

B.

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

D.

. Tọa độ M là

A.

B.

C.
Đáp án đúng: A
Câu 16. Khẳng định nào sau đây là sai?

D.


A. Thể tích của khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h là V 3Bh .
B. Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là V Bh .
C. Thể tích của một khối hộp chữ nhật bằng tích ba kích thước của nó.
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 1;1; 0  , B  1; 2;  1 , C  0;1;1
Câu 17. Trong không
gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm 
. Tính góc giữa


hai vectơ AB và AC .
0

A. 60 .
Đáp án đúng: D

0

B. 150 .

0
C. 30 .

0


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 .

5


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









M   1; 2;3
N   2;1;  3
Câu 18. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm
và
. Tọa độ trọng tâm của tam giác
OMN là
A.

  1;1;0  .

B.


  1;  1;  6 

 3 3 
  ; ;0 
D.  2 2  .

C.
.
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.

  1;1;3 .

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 19. 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. 6 .
Đáp án đúng: B

B.

3a 3

3 .

C.

3a 3 .

D.

3a 3
4 .

A  0;  2; 2  a  B  a  3;  1;1 C   4;  3; 0 
Câu 20. 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?

 5;8 

A.
.
Đáp án đúng: C

B.

  7;  2  .

C.


  2; 2  .

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

6


 a 0
  
 AB, AC  . AD 0   2a  3   2a  3  .   a 1 0  



 a 3

2.

Câu 21.
Trong không gian

, 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 22. 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. 3a 3


3
C. 6a 3

3
D. a 3

2 3  cm 
Câu 23. 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 trịn đáy sao cho ABM 60 . Thể tích
của khối tứ diện ACDM là:
A.

V 7  cm 3  .
V 3  cm3  .

C.
Đáp án đúng: C

B.

V 4  cm3  .

D.

V 6  cm3  .

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 24.
Thể tích của khối nón có chiều cao
A.

.

và bán kính đáy

là

B.

.
7


C.
.
Đáp án đúng: A

D.

.

A  0;  2;0 
B  3; 4;5 
 P  là mặt phẳng
Câu 25. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm
và
. Gọi
2
2
2
S1  :  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
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 





34  1

2


Vậy AM  BN đạt giá trị nhỏ nhất bằng 72  2 34 , dấu " " xảy ra khi C , M , N , D thẳng hàng.
Câu 26. Cho hình bình hành ABCD và điểm O bất kỳ nằm trên đường chéo AC. Mệnh đề nào sau đây sai?
   
   
 AD0.
OA  OC OB  OD.
A. AC BA
B.
 
   
AB

BC

CD

DA

0.
C.
D. AC  DB  AB  DC.
Đáp án đúng: A
8


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 ,

và

C   2;0;0  .

Phương trình nào sau đây là

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

x y z
 
0.
C.  1 3  2
Đáp án đúng: B
Câu 28.


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
A. 4 .
Đáp án đúng: D

3

B.

63
4 .

4
C.

63
4

4
.

D.

3

4


63
.

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
.
9


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
.
4

3

63

4
Vậy tỷ lệ chiều cao của mực nước và chiều cao của ly nước bây giờ bằng
.
Câu 29. Cho khối trụ có thể tích là 12 và chiều cao bằng 3 . Bán kính đáy của khối trụ đã cho bằng:
A. 2 .
Đáp án đúng: C

B. 4 .

C. 3

 3;5 có bao nhiêu mặt?
Câu 30. Khối đa diện đều loại
A. 6 .
B. 12 .
C. 20 .
Đáp án đúng: C
 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. 12 .

D. 8 .

10


 Chọn phương án D.
2
2
2
Câu 31. 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;1), R = 6

C. I (1; - 2;0), R = 6
Đáp án đúng: D

D. I (1; - 2; 0), R = 2

 


 

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: C

B.

 3;  4;0  .

C.

  4;3;0  .

D.

 4;  3;1 .

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 a 2 .

Đáp án đúng: A

3
B. V 6a .

3
C. V 2a .

a3 2
V
3 .
D.

11


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

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
Câu 34.

Trong không gian
A.

 3a 

2

 a 2  8a 2 2a

, hình chiếu vng góc của điểm

trên trục

.

B.

.


C.
.
Đáp án đúng: B

D.

.

f  x  2020 x  2020 x

.

có tọa độ là

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

35.

Cho

hàm

số


.

.
A. 745 .
Đáp án đúng: B

B. 521 .

D. 91 .

C. 89 .



A   1;1; 2 
B  3; 2;1
Câu 36. Trong không gian Oxyz , cho
và
.Tính tọa độ AB .

AB   3;7;5 
AB   4;  1;1
A.
.
B.
.
12





AB  4;1;  1

C.
Đáp án đúng: C


.

D.

AB  2;3;3

.

 P  đi qua hai điểm A   1;5;7  , B  4; 2;3 và
Câu 37. 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. 6 .
C. 1 .
D. 2 .
Đáp án đúng: C

 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

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  


2
2
25  25
2.
25  a  b
3a  4b 25
a 3

 a b

 3a  2b 1
b 4
 3  4
Dấu = xảy ra
.
r
=a

Câu 38. Cho khối nón có bán kính đáy
và chiều cao h=2 a. Độ dài đường sinh của hình nón đó bằng
A. a √ 5
B. 10 a.
C. 3 a.
D. 5 a.
Đáp án đúng: A
Câu 39. 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:
64a 3 2
32a 3 2
8a 3 2
64a 3 2
3
3
3
3
A.
B.
C.
D.
Đáp án đúng: C
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
13


A. 90 °.
Đáp án đúng: C


B. 30 °.

C. 60 °.

D. 120 °.

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---

14