He thong trac nghiem co dap an

Câu 1: (SGD Thanh Hóa – năm 2017 – 2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh , SA = SA vng góc với mặt phẳng đáy ( ABCD ) Gọi M , N hai điểm thay đổi hai cạnh AB , AD cho mặt phẳng ( SMC ) vng góc với mặt phẳng ( SNC ) Tính tổng T = 1 + AN AM thể tích khối chóp S AMCN đạt giá trị lớn A T = B T = C T = 2+ D T = 13 Lời giải Chọn B Cách 1: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho A ( 0;0;0 ) , B ( 2;0;0 ) , D ( 0; 2;0 ) , S ( 0;0; ) Suy C ( 2; 2;0 ) Đặt AM = x , AN = y , x, y ∈ [ 0; 2] , suy M ( x;0;0 ) , N ( 0; y;0 ) uuur uuu r uuu r SM = ( x;0; −2 ) , SC = ( 2; 2; −2 ) , SN = ( 0; y; −2 ) ur uuur uuu r uu r uuu r uuu r ⇒ n1 =  SM , SC  = ( 4; x − 4; x ) , n2 =  SN , SC  = ( − y; −4; −2 y ) ur uu r Do ( SMC ) ⊥ ( SNC ) nên n1.n2 = ⇔ ( − y ) − ( x − ) − xy = ⇔ xy + ( x + y ) = − 2x − 2x ≤ ⇔ x ≥ , y ≤ nên x+2 x+2 = S ABCD − S BMC − S DNC = − ( − x ) − ( − y ) = x + y ⇔ y= S AMCN 2 − 2x  x2 + Do VS AMCD = SA.S AMCN = ( x + y ) =  x + ÷= 3 3 x+2  x+2 x2 + 4x − x2 + ′ f x = Xét f ( x ) = với x ∈ [ 1; 2] , ( ) ( x + 2) x+2 f ′ ( x ) = ⇔ x + x − = ⇔ x = −2 + ; x = −2 − (loại) f ( x ) = f ( 1) = f ( ) = Lập BBT ta suy max [ 0;2] Vậy max VS AMCN  x =  1 1 y = =2⇔ ⇒T = + = 2+ 2= 2  x = AM AN x y    y = Cách 2: Đặt AM = x , AN = y Gọi O = AC ∩ DB ; E = BD ∩ CM ; F = BD ∩ CN H hình chiếu vng góc O SC , đó: HO =  SC ⊥ OH  SC ⊥ HE ⇒ SC ⊥ ( HBD ) ⇒  Ta có:   SC ⊥ BD SC ⊥ HF Do góc ( SCM ) ( SCN ) góc HE HF Suy HE ⊥ HF Mặt khác VS AMCN = SA.S AMCN = ( x + y ) 3 Tính OE , OF : Ta có: x > , y > x ≠ , y ≠ gọi K trung điểm AM , đó: OE KM x OE EB OB x = = ⇒ = = ⇒ OE = EB MB − x x − 2x − x 4− x Tương tự: OF = y 2 Mà OE.OF = OH ⇔ ( x + ) ( y + ) = 12 4− y Nếu x = y = ta có OE.OF = OH ⇔ ( x + ) ( y + ) = 12 Tóm lại: ( x + ) ( y + ) = 12 2 2 12  − 4 Suy ra: VS AMCN = SA.S AMCN = ( x + y ) = ( x + ) + ( y + ) −  = ( x + ) + 3 3 x+2  Do max VS AMCN  x =  1 1 y = =2⇔ ⇒T = + = 2+ 2= 2  x = AM AN x y    y = Câu 2: (THPT Chuyên Lương Thế Vinh - Hà Nội – Lần năm 2017 – 2018) Cho hình a chóp S ABCD có đáy hình bình hành có AB = a, SA = SB = SC = SD = (tham khảo hình vẽ) Giá trị lớn thể tích hình chóp S ABCD A a3 B a3 C 2a 3 D a3 Lời giải Chọn B Gọi O hình chiếu S lên mặt phẳng ( ABCD ) Ta có: ∆SAO = ∆SBO = ∆SCO = ∆SDO = SB = SC = SD ) (tam giác vuông, SO cạnh chung, SA Nên OA = OB = OC = OD suy O tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD Suy ABCD hình chữ nhật có O tâm 1 a + x2 Đặt AD = x ⇒ AO = AC = 2 Nên SO = SA2 − AO = VS ABCD = 5a a + x x2 − = a − 4 2 1 x2 x x2 ≤ a  x +  a2 − x   ABCD.SO = a.x a −  = a.2 a −  ÷÷ = a  3 4   Câu 3: (SGD Bắc Ninh – Lần - năm 2017-2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 2a Tam giác SAB vuông S nằm mặt phẳng vng góc với đáy Gọi ϕ góc tạo đường thẳng SD mặt phẳng ( SBC ) , với ϕ < 45° Tìm giá trị lớn thể tích khối chóp S ABCD A 4a B 8a C Lời giải Chọn C 4a D 2a Gọi D′ đỉnh thứ tư hình bình hành SADD′ Khi DD′//SA mà SA ⊥ ( SBC ) (vì SA ⊥ SB , SA ⊥ BC ) nên D′ hình chiếu vng góc D lên ( SBC ) · · Góc SD ( SBC ) α = DSD , SA = AD.tan α = 2a.tan α ′ = SDA Đặt tan α = x , x ∈ ( 0;1) 1 Gọi H hình chiếu S lên AB , theo đề ta có VS ABC D = S ABCD SH = 4a SH 3 V SH SAB Do S ABCD đạt giá trị lớn lớn Vì tam giác vng S nên SH = SA.SB SA AB − SA2 2ax 4a − 4a x x2 + − x2 =a = = = 2ax − x ≤ 2a AB AB 2a Từ max SH = a tan α = Suy max VS ABCD = a.4a = a 3 Câu 4: (Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Đinh - năm 2017-2018) Cho tứ diện ABCD , cạnh BC , BD , AC lấy điểm M , N , P cho BC = 3BM , BD = BN , AC = AP Mặt phẳng ( MNP ) chia khối tứ diện ABCD thành hai phần tích V1 , V2 Tính tỉ số A V1 26 = V2 13 V1 V2 B V1 26 = V2 19 C V1 = V2 19 Hướng dẫn giải Chọn B D V1 15 = V2 19 Gọi VABCD = V , I = MN ∩ CD , Q = IP ∩ AD ta có Q = AD ∩ ( MNP ) Thiết diện tứ diện ABCD cắt mặt phẳng ( MNP ) tứ giác MNQP Áp dụng định lí Menelaus tam giác BCD ACD ta có: ID PC QA QA NB ID MC ID =1 ⇒ = =1 ⇒ = IC PA QD QD ND IC MB IC Áp dụng tốn tỉ số thể tích hai khối chóp tam giác, ta có: VANPQ AP AQ 2 2 = = ⇒ VANPQ = VANCD = V Suy VN PQDC = V − V = V VANCD AC AD 5 15 15 VCMNP CM CP 1 = = ⇒ VCMNP = VCBNA = V VCBNA CB CA 3 Suy V2 = VN PQDC + VCMNP = V 26 19 26 V Do V1 = V − V2 = V Vậy = V2 19 45 45 -HẾT - Câu 5: (THPT Đặng Thúc Hứa – Nghệ An - năm 2017-2018) Cho hình chóp S ABC · · có AB = a , AC = a , SB > 2a ·ABC = BAS = BCS = 90° Sin góc đường thẳng SB mặt phẳng S ABC 2a 3 A Chọn C B a3 ( SAC ) 11 Tính thể tích khối chóp 11 a3 Lời giải C D a3 - Dựng SD ⊥ ( ABC ) D  BA ⊥ SA ⇒ BA ⊥ AD Ta có:   BA ⊥ SD  BC ⊥ SD ⇒ BC ⊥ CD Và:   BC ⊥ SC ⇒ ABCD hình chữ nhật ⇒ DA = BC = a , DC = AB = a · - Gọi H hình chiếu vng góc B lên mặt phẳng ( SAC ) ⇒ BSH góc SB mặt phẳng ( SAC ) 11 11 BH d ( B; ( SAC ) ) d ( D; ( SAC ) ) ⇒ · = ( 1) = sin BSH = = = d ( D; ( SAC ) ) SB 11 SB SB SB - Lại có : 1 1 1 1 = + + = + + = + ( 2) 2 DA DC SB − BD DA2 DC SB − 3a 2a d ( D; ( SAC ) ) DS ⇒  SB = a  SB = 6a 11   = + ⇔ - Từ ( 1) ( ) suy ra: 11 ⇒  11 2  SB SB − 3a 2a SB = a SB = a   3  Theo giả thiết SB > 2a ⇒ SB = a ⇒ SD = a 1 a3 Vậy VSABC = SD BA.BC = Câu 6: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh 2a , tam giác SAB đều, góc ( SCD ) ( ABCD ) 60o Gọi M trung điểm cạnh AB Biết hình chiếu vng góc đỉnh S mặt phẳng ( ABCD ) nằm hình vng ABCD Khoảng cách hai đường thẳng SM AC A a B a 10 C 3a 10 D 5a Câu 7: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh 2a , tam giác SAB đều, góc ( SCD ) ( ABCD ) 60o Gọi M trung điểm cạnh AB Biết hình chiếu vng góc đỉnh S mặt phẳng ( ABCD ) nằm hình vng ABCD Khoảng cách hai đường thẳng SM AC A a B a 10 3a 10 Hướng dẫn giải C D 5a Chọn A  AB ⊥ SM ⇒ AB ⊥ ( SMI ) Gọi I trung điểm cạnh CD ,   AB ⊥ MI · Do CD //AB nên CD ⊥ ( SMI ) ⇒ (( SCD), ( ABCD)) = SIM Vẽ SH ⊥ MN H ∈ MN SH ⊥ ( ABCD ) · Tam giác SMI có SM = MI + SI − 2.MI SI cos SIM ⇔ 3a = 4a + SI − 2a.SI ⇔ SI − 2a.SI + a = ⇔ SI = a Cách 1: Theo định lý Pythagore đảo ∆SMI vng S ⇒ SH = SM SI a = MI Vẽ SH ⊥ MN H ∈ MN SH ⊥ ( ABCD ) Gọi N trung điểm cạnh BC ta có AC //MN ⇒ d ( AC , SM ) = d ( AC , ( SMN ) ) = d ( C , ( SMN ) ) = 3VSMNC S ∆SMN 1 a a3 Ta có VSMNC = VS MNB = SH BM BN = a.a = 12 Tam giác SIC có SC = SI + IC = a + a = a Tam giác SBC có SN = SB + SC BC − = 2a ⇒ SN = a Tam giác SMN có nửa chu vi p = Và diện tích ∆SMN S ∆SMN = Vậy d ( AC , SM ) = Cách 2: 3VSMNC S ∆SMN SM + SN + MN a + a + a = 2 p ( p − SM ) ( p − SN ) ( p − BC ) = a3 3× a = 12 = a 15 a 15 SM SI a 3a ; HM = = MI 2 Gọi O = AC ∩ BD ; N trung điểm cạnh BC ta có AC // ( SMN ) Ta thấy SM + SI = MI nên ∆SMI vng S Suy SH = Do đó, d ( AC , SM ) = d ( AC , ( SMN ) ) = d ( O, ( SMN ) ) = d ( H , ( SMN ) ) Gọi K hình chiếu H lên MN , ta có ∆HKM vng cân K nên HK = HM 3a = 2 SH HK a Vậy d ( AC , SM ) = = 2 SH + HK Câu 8: Cho hình lập phương ABCD A′B′C ′D′ cạnh 2a , gọi M trung điểm BB′ P thuộc cạnh DD′ cho B DP = DD′ Mặt phẳng ( AMP ) cắt CC ′ N Thể tích khối đa diện AMNPBCD M A V = 2a B V = 3a 9a 11a C V = D V = B′ A D C P D′ A′ C′ Câu 9: Cho hình lập phương ABCD A′B′C ′D′ cạnh 2a , gọi M trung điểm BB′ P thuộc cạnh DD′ cho DP = DD′ Mặt phẳng ( AMP ) cắt CC ′ N Thể tích khối đa diện AMNPBCD A D C B M B′ A V = 2a 9a C V = A′ P D′ C′ B V = 3a 11a D V = Lời giải Chọn B Cách 1: Sử dụng công thức tỉ số thể tích khối hộp Cho hình hộp ABCD A′B′C ′D′ , gọi M , N , P điểm thuộc cạnh AA′ , BB′ , CC ′ Mặt phẳng ( MPN ) cắt cạnh DD′ Q Khi đó: VMNPQ A′B′C ′D′  MA′ PC ′   NB′ QD′  =  + + ÷=  ÷ VABCD A′B ′C ′D ′  AA′ CC ′   BB′ DD′  Áp dụng, xem khối đa diện AMNPBCD ≡ AMNP ABCD ta có: VAMNP ABCD  MB PD   1  =  + ÷=  + ÷= VA′B′C ′D′ ABCD  B′B D′D    3 3 Vậy VAMNPBCD = VAMNP ABCD = VA′B′C ′D′ ABCD = ( 2a ) = 3a 8 Cách 2: Thể tích khối lập phương ABCD A′B′C ′D′ V = ( 2a ) = 8a Gọi O , O′ tâm hai hình vng ABCD A′B′C ′D′ , gọi K = OO′ ∩ MP , N = AK ∩ CC ′ 1 a  3a 3a Ta có OK = ( DP + BM ) =  a + ÷ = Do CN = 2OK = 2 2 2 Diện tích hình thang BMNC 1 3a  5a S BMNC = ( BM + CN ) BC =  a + ÷.2a = 2  Thể tích khối chóp A.BMNC 1 5a 5a VA BMNC = S BMNC AB = 2a = 3 3 Diện tích hình thang DPNC  a 3a  S DPNC = ( DP + CN ) CD =  + ÷.2a = 2a 2 2  Thể tích khối chóp A.DPNC 1 4a VA DPNC = S DPNC AD = 2a 2a = 3 Thể tích khối đa diện AMNPBCD 5a 4a V = VA BMNC + VA.DPNC = + = 3a 3 Câu 10: Cho tứ diện ABCD có AB = CD = , AC = BD = , AD = BC = Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( BCD ) A B C 42 D Câu 11: Cho tứ diện ABCD có AB = CD = , AC = BD = , AD = BC = Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( BCD ) A B 42 Lời giải C D Chọn C Xây dựng tốn tổng qt Từ giả thiết ta có: MNDC hình thoi; tam giác CAN, DAM tam giác cân, suy ra: AI ⊥ NC , AI ⊥ DM ⇒ AI ⊥ (CDMN ) 1 1 Ta có: VABCD = VA.MNDC = 4VA IMN = 2VA.IMN = IA.IM IN = h.m.n 2 3 2  −a + b + c m = h2 + m2 = c  2   a + b − c2 2 h + n = b ⇔ Từ  n = m2 + n2 = a    a − b2 + c h =  −a + b + c ) ( a − b + c ) ( a + b − c ) ( Suy ra: VABCD = + 52 + ) ( 42 − 52 + ) ( + 52 − 62 ) = 15 BC + CD + DB + + 15 = = Ta có p = 2 15 ⇒ S ∆BCD = p ( p − ) ( p − ) ( p − ) = 15 3VA BCD 42 = Ta có d ( A, ( BCD ) ) = = S ∆BCD 15 7 Câu 12: Cho tam giác ABC cạnh a , gọi d đường thẳng qua A vng góc = ( −4 với mặt phẳng ( ABC ) Trên d lấy điểm S đặt AS = x , ( x > ) Gọi H K trực tâm tam giác ABC SBC Biết HK cắt d điểm S ′ Khi SS ′ ngắn khối chóp S ABC tích A a3 24 B a3 a3 C HẾT D a3 27 A 26 B C 27 B C 28 B A 29 A D 30 A B 31 A C 32 A D 33 A D 34 C 10 D 35 D BẢNG ĐÁP ÁN 11 12 13 14 15 D B A C D 36 37 38 39 40 A C B A A 16 B 41 A 17 C 42 D 18 A 43 C 19 D 44 A 20 A 45 B 21 A 46 D 22 D 47 A 23 A 48 A 24 D 49 B 25 C 50 A HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 13: Cho tam giác ABC cạnh a , gọi d đường thẳng qua A vng góc với mặt phẳng ( ABC ) Trên d lấy điểm S đặt AS = x , ( x > ) Gọi H K trực tâm tam giác ABC SBC Biết HK cắt d điểm S ′ Khi SS ′ ngắn khối chóp S ABC tích a3 A 24 a3 B a3 C a3 D 27 Lời giải Chọn A Xét tam giác SA′S ′ có H trực tâm, ta có ∆S ′AH ∽ ∆A′AS ⇒ AS ′ AH a a a2 = ⇒ AS ′ AS = AA′ AH = = AA′ AS Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: SS ′ = SA + AS ′ ≥ AS AS ′ = Dấu “ = ” xảy SA = AS ′ = x = Câu 14: Do SS’ ngắn x = a2 =a 2 a a 1 a a a3 Khi VS ABC = SA.S ABC = = 3 24 Tìm tất giá trị tham số m để đồ thị ( C ) hàm số y = x − x + m cắt trục hoành điểm phân biệt A m ∈ ( 2; +∞ ) B m ∈ ( −2; ) C m ∈ ¡ D m ∈ ( −∞; −2 ) Câu 15: Tìm tất giá trị tham số m để đồ thị ( C ) hàm số y = x − x + m cắt trục hoành điểm phân biệt A m ∈ ( 2; +∞ ) B m ∈ ( −2; ) C m ∈ ¡ Lời giải Chọn B D m ∈ ( −∞; −2 ) Xét hàm số y = x − x + m x =1⇒ y = m − 2 Ta có y ′ = x − = ⇔   x = −1 ⇒ y = m + Để đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm phân biệt điều kiện cần đủ yCÑ yCT < ⇔ ( m − ) ( m + ) < ⇔ m ∈ ( −2; ) Câu 16: Cho hình lăng trụ ABC A′B′C ′ Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ABC ′ ) a, góc hai mặt phẳng ( ABC ′ ) ( BCC ′B′ ) α với cosα = (tham khảo hình vẽ đây) Thể tích khối lăng trụ ABC A′B′C ′ 2 C 3a D 3a 2 Câu 17: Cho hình lăng trụ ABC A′B′C ′ Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ABC ′ ) A 3a B a a, góc hai mặt phẳng ( ABC ′ ) ( BCC ′B′ ) α với cosα = (tham khảo hình vẽ đây) Thể tích khối lăng trụ ABC A′B′C ′ A 3a B a C 3a D 3a Lời giải Chọn C Gọi O trung điểm AB , E trung điểm BC Trong mp ( C ′CO ) kẻ CH ⊥ C ′O H Khi d ( C , ( ABC ′ ) ) = CH = a Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ, gọi 2x độ dài cạnh tam giác ABC ta có 1 = + 2 CH C 'C CO 1 1 3x2 − a = − = − = CH CO a  x  3a x ⇒ C 'C  ÷   3x − a ⇒ C 'C = ax Khi đó,  x x  3x − a  A ( − x; 0; ) , B ( x; 0; ) , C 0; x 3; , C '  0; x 3; ;0 ÷ ÷, E  ; ÷  ÷ 2 ax    ur uuuu r uuur   2ax   ′ ′ ABC 0; − ; x2 ÷ n = OC , AB = mặt phẳng ( )  VTPT    ÷ 3x − a2   ( ) uu r uuur  3x x  ;0 ÷ VTPT mặt phẳng ( BCC ′B′ ) n2 = AE =  ; ÷ 2   ur uu r n1.n2 1 cosα = ⇔ ur uu ⇔ r = n1 n2 VABC A′B′C ′ = C ′C.S∆ABC = 3ax 3x − a 12a x x2 3x + 12 x + 3x − a 4 = ⇔ x=a a 3a a = 2 Câu 18: Cho hình lăng trụ ABC A′B′C ′ có tất cạnh Gọi E , F trung điểm AA′ BB′ ; đường thẳng CE cắt đường thẳng C ′A′ E ′ , đường thẳng CF cắt đường thẳng C ′B ' F ′ Thể tích khối đa diện EFA′B′E ′F ′ A B C D 12 Câu 19: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , cạnh bên SA = a vng góc với mặt phẳng đáy Gọi M , N trung điểm SB SD (tham khảo hình vẽ), α góc hai mặt phẳng ( AMN ) ( SBD ) Giá trị sin α A A B B B 2 C D BẢNG ĐÁP ÁN 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 C D C D D D C D B A B D C D D D C A C B B D 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 A C D A A B B B B D A D A C A A C A C B A C A B B HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 20: Cho hình lăng trụ ABC A′B′C ′ có tất cạnh Gọi E , F trung điểm AA′ BB′ ; đường thẳng CE cắt đường thẳng C ′A′ E ′ , đường thẳng CF cắt đường thẳng C ′B ' F ′ Thể tích khối đa diện EFA′B′E ′F ′ A B C D 12 Lời giải Chọn A Thể tích khối lăng trụ ABC A′B′C ′ VABC A′B′C ′ = S ABC AA′ = 3 = 4 Gọi M trung điểm AB ⇒ CM ⊥ ( ABB′A′ ) CM = Do đó, thể tích khối chóp C ABFE 1 3 VC ABFE = SC ABFE CH = = 3 2 12 Thể tích khối đa diện A′B′C ′EFC VA′B′C ′EFC = VABC A′B′C ′ − VC ABFE = − = 12 Do A′ trung điểm C ′E ′ nên d ( E ′, ( BCC ′B ') ) = 2d ( A′, ( BCC ′B ' ) ) = = SCC ′F ′ = S F ′B ' F + S FB′C ′C = S FBC + S FB′C ′C = S BCC ′B′ = Thể tích khối chóp E ′.CC ′F ′ 1 VE ′.CC ′F ′ = SCC ′F ′ d ( E ′, ( BCC ′B ' ) ) = = 3 Thể tích khối đa diện EFA′B′E ′F ′ VEFA′B′E ′F ′ = VE ′.CC ′F ′ − VA′B′C ′EFC = − = 6 Câu 21: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , cạnh bên SA = a vng góc với mặt phẳng đáy Gọi M , N trung điểm SB SD (tham khảo hình vẽ), α góc hai mặt phẳng ( AMN ) ( SBD ) Giá trị sin α A B 2 C Lời giải Chọn B D Gọi O = AC ∩ BD , mặt phẳng ( SAC ) , gọi K = SO ∩ MN , suy K trung điểm SO Ta có ( AMN ) ∩ ( SBD ) = MN  BD ⊥ AC ⇒ BD ⊥ ( SAC ) mà MN //BD nên MN ⊥ ( SAC ) , suy MN ⊥ AK Ngoài   BD ⊥ SA Mặt khác SO ⊥ BD nên SO ⊥ MN hay KO ⊥ MN α góc KA KO , suy sin α = sin ·AKO Gọi H hình chiếu A lên SO Xét tam giác SAO vng A có AH đường cao nên SA AO = a AH = = 2 SA + AO a2 a + Xét tam giác SAO vuông A có AK đường trung tuyến nên a.a AK = SO = a2 =a a2 + a AH 2 = = Xét tam giác AHK vng H ta có sin α = sin ·AKO = AK a Câu 22: Một người muốn xây bể chứa nước, dạng khối hộp chữ nhật không nắp tích 256 m , đáy bể hình chữ nhật có chiều dài gấp đơi chiều rộng Giá thuê nhân công để xây bể 500000 đồng/ m3 Nếu người biết xác định kích thước bể hợp lí chi phí th nhân cơng thấp Hỏi người trả chi phí thấp để th nhân cơng xây dựng bể bao nhiêu? A 48 triệu đồng B 47 triệu đồng C 96 triệu đồng D 46 triệu đồng Câu 23: Một người muốn xây bể chứa nước, dạng khối hộp chữ nhật không nắp tích 256 m , đáy bể hình chữ nhật có chiều dài gấp đơi chiều rộng Giá thuê nhân công để xây bể 500000 đồng/ m3 Nếu người biết xác định kích thước bể hợp lí chi phí th nhân cơng thấp Hỏi người trả chi phí thấp để th nhân cơng xây dựng bể bao nhiêu? A 48 triệu đồng B 47 triệu đồng C 96 triệu đồng D 46 triệu đồng Lời giải Chọn A Gọi x ( m ) chiều rộng đáy bể, chiều dài đáy bể x ( m ) h ( m ) chiều cao bể 256 256 128 ⇔ h= m ⇒ x2h = 3 3x 128 256 2 + x2 Diện tích cần xây S = ( xh + xh ) + x = x + x = 3x x 256 256 + 2x2 , ( x > 0) ⇒ S ′ ( x ) = − + 4x = ⇔ x = Xét hàm S ( x ) = x x Lập bảng biến thiên suy S = S ( ) = 96 Bể tích Chi phí th nhân cơng thấp diện tích xây dựng nhỏ S = 96 Vậy giá thuê nhân công thấp 96.500000 = 48000000 đồng Chú ý: Có thể sử dụng BĐT Cơ si để tìm min, cụ thể S= 256 128 128 128 + 2x2 = + + 2x ≥ 3 1282.2 ⇔ S ≥ 96 ⇒ S = 96 = 2x ⇔ x = x x x x A Câu 24: Cho tứ diện ABCD Hai điểm M , N di động hai BC BD +3 = 10 Gọi V1 , V2 BM BN thể tích khối tứ diện ABMN ABCD Tìm đoạn thẳng BC BD cho V1 giá trị nhỏ V2 A N B M B C D D C 25 Câu 25: Cho tứ diện ABCD Hai điểm M , N di động hai đoạn thẳng BC BD cho BC BD +3 = 10 Gọi V1 , V2 thể tích khối tứ diện ABMN ABCD BM BN Tìm giá trị nhỏ V1 V2 A N B M A B D C C D 25 Lời giải Chọn D d A; BMN ) ) S∆BMN S V1 ( ( = = ∆BMN Ta có V2 S ∆BCD d ( A; ( BCD ) ) S∆BCD Gọi H hình chiếu M lên BD K hình chiếu C lên BD , ta có S ∆BMN MH BN BM BN = = S ∆BCD CK BD BC BD 10 = BM BN BC BD BC BD BC BD 25 ⇒ ≥ +3 ≥ ⇒ ≤ BC BD 25 BM BN BM BN BM BN Suy S ∆BMN ≥ S ∆BCD 25 Vậy V1 nhỏ V2 25 Câu 26: Cho hình lăng trụ ABC A′B′C ′ Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ABC ′ ) a , góc hai mặt phẳng ( ABC ′ ) ( BCC ′B′ ) α với cos α = (tham khảo hình vẽ đây) Thể tích khối lăng trụ ABC A′B′C ′ A 3a 15 10 B 3a 15 20 C 9a 15 10 D 9a 15 20 Câu 27: Cho hình lăng trụ ABC A′B′C ′ Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ABC ′ ) a , góc hai mặt phẳng ( ABC ′ ) ( BCC ′B′ ) α với cos α = (tham khảo hình vẽ đây) Thể tích khối lăng trụ ABC A′B′C ′ A 3a 15 10 B 3a 15 20 C 9a 15 10 Lời giải Chọn B Gọi M trung điểm AB , G trọng tâm tam giác ABC D 9a 15 20 CC ′ ⊥ AB ⇒ AB ⊥ ( CC ′M ) ⇒ ( CC ′M ) ⊥ ( ABC ′ ) Mà ( CC ′M ) ∩ ( ABC ′ ) = C ′M Ta có:  CM ⊥ AB nên gọi H hình chiếu vng góc C C ′M H hình chiếu C mặt phẳng ( ABC ′ ) ⇒ d ( C ; ( ABC ′ ) ) = CH = a Dựng đường thẳng qua G song song với CH , cắt C ′M điểm K GN ⊥ ( ABC ′ ) Ta có  nên góc hai mặt phẳng  AG ⊥ ( BCC ′B′ ) ( ABC ′) ( BCC ′B′ ) góc ·AGN = α a GN 1 = a ⇒ AB = AG = a ; GN = CH = ; AG = = − = 2 2 3 cos α CC ′ CH CM 9a ⇒ CC ′ = ( ) 3a 3a ; S ∆ABC = a = 4 3a 15 ′ CC S Vậy thể tích khối lăng trụ ∆ABC = 20 Câu 28: Cho tứ diện ABCD điểm M , N , P thuộc cạnh BC , BD , AC cho BC = BM , AC = AP , BD = BN Tính tỉ số thể tích hai phần khối tứ diện ABCD phân chia mặt phẳng ( MNP ) A 13 B 15 C 15 D 13 BẢNG ĐÁP ÁN D D C B 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 A C D A D B C D C D C D A C C D A BB B B B 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 A B B B A D A D B B A C C C A B B C D A C B C B A HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 29: Cho tứ diện ABCD điểm M , N , P thuộc cạnh BC , BD , AC cho BC = BM , AC = AP , BD = BN Tính tỉ số thể tích hai phần khối tứ diện ABCD phân chia mặt phẳng ( MNP ) A 13 B 15 C 15 D 13 Lời giải Chọn A Trong mặt phẳng ( DBC ) vẽ MN cắt CD K Trong mặt phẳng ( ACD ) vẽ PK cắt AD Q Theo định lý Mennelaus cho tam giác ∆BCD cát tuyến MNK ta có ⇒ KC =3 KD KC ND MB =1 KD NB MC Theo định lý Mennelaus cho tam giác ∆ACD cát tuyến PKQ ta có ⇒ KC QD PA =1 KD QA PC QA QA = ⇒ = QD AD Đặt V = VABCD , ta có • • • ⇒ VB APQ VB ACD = S APQ S ACD = AP AQ 1 = ⇒ VB APQ = VB ACD ⇒ VB PQDC = V AC AD 5 VP BMN S BMN BM BN VP.BCD SCPD CP = = = = ⇒ VP BMN = V = = VP BCD S BCD V S ACD CA BC BD 12 VQ PBN VQ.PBD VAB.MNPQ V = = V S S S PBN S = BQPD = DQP = DQP ADP = ⇒ VQPBN = V S PBD V S ACD S DAP S ACD 15 15 VA.BPQ + VP BNM + VQ.PBN V = ⇒ VAB.MNPQ = VCD.MNPQ 13 20 Câu 30: Trong tất hình chóp tứ giác nội tiếp mặt cầu có bán kính Tính thể tích V khối chóp tích lớn 64 16 16 64 A B C D 3 3 Câu 31: Trong tất hình chóp tứ giác nội tiếp mặt cầu có bán kính Tính thể tích V khối chóp tích lớn 64 16 16 64 A B C D 3 3 Lời giải Chọn A S M b I A O B D a a C Gọi O = AC ∩ BD , M trung điểm SA I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD Ta có ∆SMI : ∆SOA ⇒ SM SI b2 a2 = ⇒ = b − SO SA 2 Ta có VS ABCD = SO.S ABCD ⇒V ≤  b2 b2 b2  2 2 + + −  ÷ 36 b b  b  a2 18 ÷  − ÷ ≤ 72  36 36 = b − a = 18 36 36  18  3  ÷  ÷   64 MUA TRỌN BỘ 15.000 CÂU TRẮC NGHIỆM THI THPTQG GIÁ 200 GỌI O93.735.1107 ... D lên ( SBC ) · · Góc SD ( SBC ) α = DSD , SA = AD.tan α = 2a.tan α ′ = SDA Đặt tan α = x , x ∈ ( 0;1) 1 Gọi H hình chiếu S lên AB , theo đề ta có VS ABC D = S ABCD SH = 4a SH 3 V SH SAB... IC Áp dụng tốn tỉ số thể tích hai khối chóp tam giác, ta có: VANPQ AP AQ 2 2 = = ⇒ VANPQ = VANCD = V Suy VN PQDC = V − V = V VANCD AC AD 5 15 15 VCMNP CM CP 1 = = ⇒ VCMNP = VCBNA = V VCBNA... = 2+ 2= 2  x = AM AN x y    y = Cách 2: Đặt AM = x , AN = y Gọi O = AC ∩ DB ; E = BD ∩ CM ; F = BD ∩ CN H hình chiếu vng góc O SC , đó: HO =  SC ⊥ OH  SC ⊥ HE ⇒ SC ⊥ ( HBD ) ⇒ 