Đáp án chi tiết (26 50)

ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI KSCL ĐỘI TUYỂN MÔN TOÁN LỚP 12 (Từ câu 26 đến câu 50) Câu 26 Cho lăng trụ tam giác ABC ABC tích V Gọi G trọng tâm tam giác ABC , M tâm mặt bên ABBA Tính thể tích khối tứ diện GMBC theo V 1 A V B V C V D V 9 Lời giải  Ta có: VC.BKA = VC.BMG + VC.MGA + VC.BGK 1 1  Khi đó: VC.BKA = VABC ABC − VABCA − VC.CKA − VB.BKA = V − V − V − V = V 6 1  Khi đó: VC.MGA = d ( C; ( AMG ) ) SAMG = d ( C; ( AMG ) ) SABK 3 1 1 1 = d ( C; ( AMG ) ) SABK = VCABK = V = V 3 3 1 VC.BGK = d ( C; ( BGK ) ) SBGK = d ( C; ( BGK ) ) SABK 3 1 1 1 = d ( C; ( ABK ) ) SABK = VCABK = V = V 3 3 1 1  Vậy ta có VC.BMG = VC.BKA − VC.MGA − VC.BGK = V − V − V = V 9 Câu 27 Cho hình trụ có hay đáy hai hình tròn (O) (O’), chiều cao 2a Gọi ( ) mặt phẳng qua trung điểm OO’ tạo với OO’ góc 300 Biết ( ) cắt đường trịn đáy theo dây cung có độ dài 2a Tính theo a thể tích khối trụ cho A  a B 2 a 3 C 2 a Lời giải D  2a3 Giả sử ( ) cắt mặt phẳng chứa đường tròn (O’) theo giao tuyến đường thẳng MN hình vẽ, ta có ( )  ( IMN ) Gọi H trung điểm MN ta có OH ⊥ MN (quan hệ vng góc đường kính dây cung) Trong ( OHI ) kẻ OK ⊥ IH ( K  IH ) ta có:  MN ⊥ OH  MN ⊥ ( OHI )  MN ⊥ OK   MN ⊥ OI OK ⊥ MN  OK ⊥ ( IMN )  OK ⊥ IH  KI hình chiếu vng góc O’I lên (IMN)   (OO; ( ) ) =  (OI ; IMN ) =  (OI ; KI ) = OKI = 300 Theo ta có MN = 2a a  HN = , OO = 2a  OI = a 3 Xét tam giác vuông O’HI có: OH = OI tan 300 = a Áp dụng định lí Pytago tam giác vng O’HN có: 2 a 3 a 6 ON = OH + HN =   +   = a = R 3     2 Vạy thể tích khối trụ V =  R h =  a 2a = 2 a 2m Câu 28 Tìm tất giá trị thực tham số m để phương trình x log ( x + 1) = log 9 ( x + 1)  có hai   nghiệm phân biệt A m ( −1;0) B m ( −2;0) C m ( −1; +  ) D m −1;0) Lời giải Điều kiện: x  −1 Ta có: x log ( x + 1) = log 9 ( x + 1)  (1)   Nhận thấy x = không nghiệm phương trình 2m Pt (1)  ( x − m ) log3 ( x + 1) =  x − Đặt: f ( x ) = x − = m log3 ( x + 1) 1  f '( x) = 1+  0, x  ( −1; +  ) log3 ( x + 1) ( x + 1) ln ( log3 ( x + 1) ) Suy f ( x ) = x − hàm số đồng biến x  ( −1; + ) log3 ( x + 1) Ta có BBT hàm số f ( x ) = x − log3 ( x + 1) 2m Dựa, vào BBT hình vẽ trên, để phương trình x log ( x + 1) = log 9 ( x + 1)  có nghiệm   m ( −1; + ) Câu 29 Cho hàm số y = f ( x ) liên tục 2 15 x , \ 0 thỏa mãn f ( x ) + f   = − x  f ( x ) dx = k 3 1 Tính I =  f   dx theo k x A I = − 45 + k B I = 45 − k C I = Lời giải  t =1 Đặt t = x  dx = dt Đổi cận x= t =3 x= Khi I = 1 2 f   dt=  21 t 2 f   dx  x 45 + k D I = 45 − 2k 15 x 5x 2 2  f   = − − f ( 3x ) Mà f ( x ) + f   = − 2 x  x  5x 1  Nên I =   − − f ( 3x )  dx = −  x dx −  f ( 3x ) dx = −5 −  f ( 3x ) dx (*) 21 41 31 31  3 3 x =1  u = Đặt u = 3x  dx = dx Đổi cận x = 3 t = k 45 + k f ( t ) dt = −5 − = −  93 9 Khi I = −5 − Câu 30 Cho đồ thị ( Cm ) : y = x3 − 2x2 + (1 − m) x + m Khi m = m0 ( Cm ) cắt trục hồnh ba điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 , x3 thỏa mãn x12 + x22 + x32 = Khẳng định sau đúng? A m0  ( −2;0) B m0  ( 0;2) C m0  (1;2) D m0  ( 2;5) Lời giải Phương trình hồnh độ giao điểm: x = x3 − x + (1 − m ) x + m =  ( x − 1) ( x − x − m ) =    x − x − m = (1) Giả sử x3 = u cầu tốn tương đương với tìm m để (1) có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt khác thỏa mãn: x12 + x22 = Điều tương đương với   1 + 4m     m   m =1 1 − − m   2 ( x1 + x2 ) − x2 x2 = 1 + 2m = Vậy giá trị cần tìm m m = Câu 31 Cho hàm số bậc ba f ( x ) = ax + bx + cx + d ( a , b , c , d  ) có đồ thị hình vẽ sau đây: Đồ thị hàm số g ( x ) = x ( x − 2) f ( x) − f ( x) A có đường tiệm cận đứng? B C D Lời giải  x   f ( x) = Điều kiện:  Xét phương trình: f ( x ) − f ( x ) =    f ( x ) − f ( x )   f ( x ) =  x = −1 Từ đồ thị  phương trình f ( x ) =   x = x = −1 không tiệm cận đứng đk x  x = nghiệm kép tử số có nghiệm x =  x = đường tiệm cận đứng x = a  Từ đồ thị  phương trình f ( x ) =   x =   x = b (b  2) x = a không tiệm cận đứng (vì x  ) x = 1, x = b hai đường tiệm cận đứng Vậy tổng số đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số g ( x ) Câu 32 Gọi S tập hợp tất giá trị nguyên tham số m cho đồ thị hàm số y = x3 − 3x + cắt đường thẳng d : y = m2 ( x − 1) ba điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 , x3 thỏa mãn: x13 + x23 + x33  2057 Số phần tử tập S A 19 C 18 B 36 D 37 Lời giải Phương trình hồnh độ giao điểm: x − 3x + = m2 ( x − 1)  ( x − 1) ( x − x − − m2 ) = Để đồ thị hàm số cắt đường thẳng d điểm phân biệt phương trình x − x − − m = phải có   nghiệm phân biệt khác   ( Luôn với m ) −3 − m  Giả sử nghiệm x3 = x1 , x2 nghiệm phương trình x − x − − m =  x1 + x2 = Theo định lí Vi – ét:   x1 x2 = −2 − m Ta có: x13 + x23 = ( x1 + x2 ) − 3x1 x2 ( x1 + x2 ) = + ( + m ) ( ) Nên: x13 + x23 + x33  2057  + + m2 +  2057  m2  Do m nguyên nên: −18  m  18 ( m  Vậy có 37 giá trị nguyên ) 1018 1018 1018 − m 3 1 Câu 33 Tìm tất giá trị thực tham số m cho hàm số y = x3 − mx + 2mx − 3m + nghịch biến đoạn có độ dài 3? A m = −1; m = B m = −1 C m = D m = 1; m = −9 Lời giải Tập xác định: D = R Ta có y = x − mx + 2m Ta không xét trường hợp y  0, x  a =  Hàm số nghịch biến đoạn có độ dài  y  = có nghiệm x1 , x2 thỏa  m  hay m   m = −1    m − 8m   x1 − x2 =      m = 2   m − 8m =  ( x1 − x2 ) =  S − P = Câu 34 Cho tam giác hình vng có cạnh xếp chồng lên cho đỉnh tam giác trùng với tâm hình vng, trục tam giác trùng với trục hình vng (như hình vẽ) Thể tích vật thể trịn xoay sinh hình cho quay quanh trục AB A 136 + 24 B 144 + 24 C 128 + 24 D 48 + 7 Lời giải Khi xoay quanh trục AB : Phần hình vng phía trở thành lăng trụ có bán kính R = , chiều cao h = → V =  22.4 = 16 A Phần trở thành hình nón cụt với h = HK = AK − AH = − = ( ) −1 ; R = R ' AH R = = = → R' = = R AK 3 3  24 −  Áp dụng V =  h R + R '2 + RR ' = =      ( )  24 + 136  Vậy V = V1 + V2 =      H R' h C K R Câu 35 Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị hình vẽ bên Đặt g ( x) = f ( f ( x) ) , gọi T tập hợp tất nghiệm thực phương trình g ( x ) = Số phần tử T A 10 B 14 C 12 Lời giải Ta có: g( x) = f  ( f ( x) ) f ( x) D  x = a  ( −3; −2 )  x =  x = b  (1;2)   f ( x) = x=3 g ( x) =     f ( x) = a  f  ( f ( x) ) =   f ( x) =  f ( x) = b   f ( x) = Dựa vào đồ thị hàm số y = f ( x ) ta có: + Phương trình f ( x) = a có nghiệm (không trùng với nghiệm x = a; x = 0; x = b; x = ) + Phương trình f ( x) = có nghiệm x = −3; x = 0; x = + Phương trình f ( x) = b có nghiệm khơng trùng với nghiệm + Phương trình f ( x) = có nghiệm khơng trùng với nghiệm Vậy phương trình có 12 nghiệm Câu 36 Gọi M , N hai điểm thuộc đồ thị ( C ) : y = x −1 biết xM  −1  xN Tìm giá trị nhỏ đoạn x +1 MN ? A 2 Tập xác định: D = Vì lim + y = lim + x →( −1) C Lời giải B x →( −1) D \ −1 x −1 x −1 = − lim − y = lim − = + nên đồ thị ( C ) có tiệm cận đứng x →( −1) x →( −1) x + x +1 x = −1 Do xM  −1  xN nên M , N hai điểm nằm hai nhánh đồ thị ( C )   x −1 2   = 1− M  xM ;1 −   , N  xN ;1 − x +1 x +1 xM +  xN +    2 2   Đặt a = xN + , b = −1 − xM a  , b  M  −b − 1;1 +  , N  a − 1;1 −  b a   Ta có: y =     4  2  Khi đó: MN = ( a + b ) +  +  =  a +  +  2ab +  +  b +  a   ab   b  a b  Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho cặp số dương:   a = a = 2 a +  a = Dấu “=” xảy  a  a a= a a   a  a  b2 +   2 b = b =  b = Dấu “=” xảy  b  b b= 2 b b b  b   8 2ab = 2ab +  2ab = Dấu “=” xảy  ab  ab = ab ab   a, b  Vậy MN  + + = Tức Min MN = a = b = Câu 37 Cho hình chóp S.ABCD Mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng AC vuông góc với ( SCD ) , cắt SD E Gọi V V1 thể tích khối chóp S.ABCD D.ACE , biết V = 5V1 Tính cơsin góc tạo mặt bên mặt đáy hình chóp S.ABCD A B C D 2 Lời giải S E H A D M O B C Lấy M trung điểm CD; O tâm đáy Hạ OH ⊥ SM  OH ⊥ ( SCD)  ( P )  ( HAC )  E = CH Ta có: SD VE ACD ED ED ED ED =  VE ACD = VS ACD = VS ABCD  = VS ACD SD SD 2SD 2SD Đặt CD = 2a; ED = 2x  SD = 5x  SD ⊥ AC Ta có :   SD ⊥ ( ACE )  SD ⊥ CE SD ⊥ OH   SM CD = CE.SD  25x − a 2a = 4a − 4x 5x a  4a ( 25x − a ) = ( 4a − 4x ) 25x  x =  SM = 2a;OM = a OM  cos ( ( SCD ) ,( ABCD ) ) = cos SMO = = SM Câu 38 Cho hàm số trùng phương y = f ( x) = ax4 + bx2 + c có đồ thị hình vẽ Hỏi đồ thị hàm số y= x + x3 − x − x  f ( x )  + f ( x ) − A có tổng cộng tiệm cận đứng? B C D Lời giải  f ( x) = Ta có  f ( x )  + f ( x ) − =    f ( x ) = −3 Phương trình f ( x ) = có nghiệm x = 0, x = m, x = n x = nghiệm kép m  n Do f ( x ) −1 = ax2 ( x − m)( x − n ) Phương trình f ( x ) = −3 có nghiệm kép x = 2, x = −2 Do f ( x ) + = a ( x − ) ( x + ) 2 Vì  f ( x ) + f ( x ) − = a x2 ( x − m )( x − n )( x − 2) ( x + 2) 2 Khi ta hàm số y = x ( x − )( x + ) a x ( x − m )( x − n )( x − ) ( x + ) 2 2 = a x ( x − m )( x − n )( x − ) Vậy đồ thị hàm số cho có tiệm cận đứng Câu 39 Cho hàm số f ( x) thỏa mãn x  f ( x) dx = x − f ( x) f (1)  −3 Giá trị f (3) A 33 B 15 C 21 D 39 Lời giải Đặt a =  x ax f ( x) dx  f ( x) = x − ax, F ( x) = − +C f (1) = − a  −3  (  a  4) a a =  f ( x) dx =  a =  − f ( x)dx +  f ( x) dx +  f ( x) dx a  f ( x)dx = F (0) + F (2) − F ( a ) = − 2a + a a2  a = 4(l ) a2 − 3a + =    f ( x) = x3 − x Vậy f (3) = 21 a = 2  Câu 40 Cho phương trình sin 2020 x + cos 2020 x = ( sin 2022 x + cos 2022 x ) Tổng nghiệm phương trình khoảng ( 0;2022)  1287  A      Ta có sin 2020 x + cos  1287  C      B ( 643)  2020 x = ( sin D ( 644 )  Lời giải 2022 x + cos 2022 x )  sin 2020 x (1 − 2sin x ) + cos 2020 x (1 − 2cos x ) =    x= +k  cos x =     cos x ( sin 2020 x − cos 2020 x ) =   2020   x = + k ,k   tan x =  x =   + k  Để x  ( 0;2022) k 0;1;2; ;1286    1287  Khi tổng nghiệm 1287 + (1 + + + 1286 ) =      Câu 41 Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh 2a Gọi M trung điểm cạnh SA , 6a SAB = SCB = 90 , biết khoảng cách từ A đến ( MBC ) Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng 21 ( ABC ) A 10a B 5a 8a Lời giải C D 7a S M H J I E A N C O D B Vì SAB = SCB = 90  S , A, B, C thuộc mặt cầu đường kính SB Gọi D trung điểm BC , I trung điểm SB O tâm đường trịn ngoại tiếp ABC , ta có OI ⊥ ( ABC ) Gọi H điểm đối xứng với B qua O  SH ⊥ ( ABC ) (vì OI đường trung bình SHB ) Gọi BM  AI = J , ta có J trọng tâm SAB Trong AID , kẻ JN // IO Khi đó, BC ⊥ ( JND ) nên ( JND) ⊥ ( MBC ) Kẻ NE ⊥ JD , ta có NE ⊥ ( MBC ) Do d ( N ; ( MBC ) ) = NE Ta có d ( A, ( MBC ) ) d ( N , ( MBC ) ) = AD AD AD AD = = = = ND AD − AN AD − AO AD − AD 10a Suy ra, d ( N , ( MBC ) ) = d ( A, ( MBC ) ) = 21 Xét JND có nên NJ = 10a 5a 1 , ND = AD = , NE = = + 2 9 NE ND NJ 21 10a 5a 10a  OI = NJ =  SH = 3 Câu 42 Cho hình chóp S ABCD có đáy hình chữ nhật tâm O , AB = a , AD = a , tam giác SAD nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy Gọi M trung điểm SA , G trọng tâm tam giác SCD , thể tích khối tứ diện DOGM 3a A 12 B 3a C Lời giải 3a 3a D 24  Gọi H trung điểm AD Do tam giác SAD nên SH ⊥ AD Do ( SAD) ⊥ ( ABCD)  SH ⊥ ( ABCD)  Gọi N trung điểm SC ; I = MN  SO Ta thấy I trung điểm MN I trung điểm SO Khi d (O; ( DMN ) ) = d ( S ; ( DMN ) )  VO.DMG = VS DMG  Ta có VS MID SM SI 1 VS NID SN SI 1 = = = ; = = = VS AOD SA SO 2 VS COD SC SO 2 1 1 1 Mà VS AOD = VS COD = VS ADC  VS MND = VS MID + VS NID =  +  VS ADC = VS ABCD 4 4  Lại có S S ABCD = AB AD = a 3; SH = a Khi ta VS MND  Mặt khác 3a a3 =  VS ABCD = SH S ABCD = 2 a3 = 16 S MDG DG a3 a3 = =  VS MDG = VS MDN = Vậy VO DMG = 24 S MDN DN 3 24 Câu 43 Có cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn log A B x+ y = x ( x − 3) + y ( y − 3) + xy x + y + xy + 2 C Lời giải Điều kiện log x+ y   x + y  x + y + xy + 2 x+ y = x ( x − 3) + y ( y − 3) + xy x + y + xy + 2  2log3 ( x + y ) − 2log3 ( x + y + xy + ) = x + y + xy − 3x − y D  2log3 ( x + y ) + − 2log3 ( x + y + xy + ) = x + y + xy + − 3x − y  2log3 ( 3x + y ) + ( 3x + y ) = 2log3 ( x + y + xy + ) + x + y + xy + Xét hàm đặc trưng f (t ) = 2log3 t + t , t  ( 0; +) , ta có f  ( t ) = +  0, t  ( 0; + ) t.ln Suy hàm f ( t ) đồng biến khoảng ( 0;+) ( ) Phương trình  f ( 3x + y ) = f x + y + xy +  x + y + xy + = 3x + y  x2 + ( y − 3) x + y − y + = ( ) Điều kiện y để phương trình có nghiệm ( y − 3) − y − y +   −3 y + y +   Do y  3− 3+  y 3 nên y 0 ;1; 2 x = + Với y = , ta x − 3x + =   x = x = + Với y = , ta x − x =   x = x = + Với y = , ta x − x =   x = Vậy có cặp số thỏa mãn đề Câu 44 Cho hàm số y = f ( x ) liên tục y = g ( x) = D= , có đồ thị hình vẽ cho hàm số x +1 Biết tập xác định hàm số y = g ( x ) có dạng f ( x ) + f ( x ) − x + 3x − x + \ a; b; c với a, b, c số thực Giá trị T = a + b + c thuộc khoảng sau đây? A ( −; −2 ) B ( −2; −1) C ( −1; ) Lời giải D ( 2;6 ) Điều kiện f ( x ) + f ( x ) − x3 + 3x2 − 6x +  Ta có: f ( x ) + f ( x ) − x3 + 3x2 − 6x + =  f ( x ) + f ( x ) = ( x − 1) + ( x − 1) , (1) Xét hàm số y = h (t ) = t + 3t Ta có h ( t ) = 3t +  0, t Suy hàm số y = h ( t ) đồng biến Do (1)  h ( f ( x ) ) = h ( x −1)  f ( x ) = x −1 Đường thằng y = x − cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) điểm có hồnh độ x = −3; x = 1; x =  x = −3 Suy phương trình f ( x ) = x −   x =   x = \ −3;1;3 Do hàm số y = g ( x ) có tập xác định D = Vậy T = a + b + c = Câu 45 Hai bạn A B bạn viết ngẫu nhiên số tự nhiên gồm ba chữ số đôi khác Xác suất để chữ số có mặt hai số bạn A B viết giống A 31 2916 B 648 108 Lời giải C D 25 2916 Mỗi bạn có 9.A92 cách viết nên số phần tử không gian mẫu n (  ) = ( A92 ) Ta tìm cách viết mà chữ số chữ số có mặt hai số mà bạn A B viết giống Bạn A có tất 9.A92 cách viết, A93 cách viết mà số khơng gồm chữ số có ( 9.A − A93 ) cách viết mà số có chữ số TH1: Nếu A viết số khơng gồm chữ số có A93 cách, lúc B có 3! cách viết ( ) TH2: Nếu A viết số có chữ số có 9.A92 − A93 cách, lúc B có cách viết ( ) Vậy có A93 3!+ A92 − A93 cách viết thỏa mãn Xác suất cần tính A93 3!+ ( A92 − A93 ) (9.A ) 2 = 25 2916 Câu 46 Có số nguyên a   −2021;2021 cho tồn số thực x thỏa mãn log ( x + 3) = log3 ( ax ) ? A 2020 B 2021 C 2022 Lời giải  x +   x  −3  Điều kiện  ax  ax  D 2023 log x + 3) = log3 ( ax )  log3 ( x + 3) = log3 ax  ( x + 3) = ax  a = 3( 2 x2 + x + x x2 + x + x2 −  g '( x) = Xét hàm số g ( x) = x x x = g '( x) =   x =  x = −3 Ta có bảng biến thiên sau: a   a = −2021, , −1,12 Từ bảng biến thiên ta suy   a = 12 Vậy có 2022 giá trị a thỏa mãn Câu 47 Một nhà máy sản xuất cần thiết kế thùng sơn dạng hình trụ có nắp đậy với dung tích 1000cm3 Bán kính nắp đậy để nhà sản xuất tiết kiệm nguyên vật liệu A r = 10  B r = cm 500  cm C r = 10 Lời giải Gọi r ( r  0) bán kính đáy lon sữa Khi V =  r 2h  h = V  r2 Diện tích tồn phần lon sữa là: S ( r ) = 2 rh + 2 r = 2 r V 2V + 2 r = + 2 r 2 r r Bài toán quy tìm GTNN hàm số: S ( r ) = S '( r ) = − 2V + 4 r r2 2V + 2 r ( r  0) r  cm D r = 500  cm S ' ( r ) =  4 r = 1000 500 2V V r=3 = r= 2 r  2 Bảng biến thiên hàm số S ( r ) = 2V + 2 r ( r  0) r Từ bảng biến thiên suy S ( r ) đạt giá trị nhỏ r = 500  cm Câu 48 Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x, y  0; z  −1 log giá trị nhỏ biểu thức T = A x + y +1 = x − y Khi 4x + y + ( x + z + 1)2 ( y + 2)2 tương ứng bằng: + 3x + y x + 2z + C B D Lời giải Từ giả thiết ta có: log  log x + y +1 x + y +1 = x − y  + log = 2x − y +1 4x + y + 4x + y + 2x + y + 2x + y + = x − y +  log = (4 x + y + 3) − (2 x + y + 2) 4x + y + 4x + y +  log (2 x + y + 2) + (2 x + y + 2) = log (4 x + y + 3) + (4 x + y + 3)  f (2 x + y + 2) = f (4 x + y + 3)  x + y + = x + y +  y = x + ( Do hàm f (t ) = log t + t đồng biến ( 0;+) ) ( x + z + 1)2 ( y + 2)2 ( x + z + 1)2 (2 x + 3) Thay vào biểu thức T ta được: T = + = + 3x + y x + 2z + 5x + x + 2z + Áp dụng bất đẳng thức: T= ( x + z + 1) (2 x + 3) ( x + z + + x + 3) (3 x + z + 4) (3 x + z + 4) +  = =  5x + x + 2z + 5x + + x + z + x + z + 3x + z +  (t + 2)  4   Đặt t = 3x + z +  T   =  t + +      t  +  = t 2 t t      y = 2x +1  x = z = t = = 3x + z +   Dấu "=" xảy khi:   y =1  x + z +1 2x +  = x + 2z +  5x + Suy giá trị nhỏ biểu thức T Tmin = Câu 49 Cho khối trụ (T ) có hai đáy hai hình trịn ( O ) ( O ) Xét hình chữ nhật ABCD có hai điểm A, B thuộc đường tròn ( O ) hai điểm C , D thuộc đường tròn ( O ) cho AB = a 3, BC = 2a đồng thời mặt phẳng ( ABCD ) tạo với mặt đáy hình trụ góc 600 Thể tích khối trụ (T ) A  a3 3 B  a 3 C  a3 D 2 a3 Lời giải Gọi A, B hình chiếu vng góc A, B lên đường tròn ( O ) Dễ thấy ABBA hình chữ nhật AB AB, AB = AB Vì ABCD hình chữ nhật nên AB CD, AB = CD Suy DCBA hình bình hành, nội tiếp đường trịn ( O ) nên hình chữ nhật Mặt khác BC hình chiếu vng góc BC ( ABCD ) nên ta có: CD ⊥ BC  ( ( ABCD ) , ( ABCD ) ) = ( BC; BC ) = BCB = 600  CD ⊥ BC  BB = 2a sin 600 = a = h; BC = 2a cos 600 = a  DB = DC + CB2 = 2a  r = a Vậy V =  hr =  a3 Câu 50 Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh a , khoảng cách từ điểm A đến mặt a 15 a 15 , khoảng cách SA BC Biết hình chiếu S lên mặt phẳng 5 ( ABC ) nằm tam giác ABC , tính thể tích khối chóp S ABC phẳng ( SBC ) A a3 a3 B C a3 D a3 Lời giải Dựng hình bình hành ABCD Gọi O hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng ( ABCD) Dựng đường thẳng d qua O , vng góc với BC cắt BC , AD H , M Khi AD, BC Trong ( SHM ) SHM , dựng HK Ta có MN Vì MN SH MN SM ( K BC nên MN d ( M , ( SBC )) Ta có MH d ( AD, BC ) SH ) a 15 d ( BC , ( SAD)) SHM có hai đường cao MN SH ( N ( SBC ) d ( A, ( SBC )) Do BC / / SAD nên d ( BC , SA) Do SM ) MN d ( H , ( SAD)) HK Suy HK HK nên cân S Suy O trung điểm MH d ( A, BC ) a (do ABC đều, cạnh a ) Suy MO Xét hai tam giác đồng dạng MKH MOS , ta có KH SO MK MO SO MO.KH MK Vậy thể tích khối chóp S ABC V a 15 a a 15 a 2 a 15 SO S ABC a a 3 a2 a3 a HẾT -