HHGT 11 12 TRONG các đề BGD 2016 2017 2018

Câu 10: (Minh họa 1-2017) Cho nhơm hình vng cạnh 12cm Người ta cắt bốn góc   x cm nhơm bốn hình vng nhau, hình vng có cạnh , gập nhơm lại x hình vẽ để hộp khơng nắp Tìm để hộp nhận tích lớn A x  B x  C x  D x  Lời giải Chọn C Ta có :   h  x cm đường cao hình hộp Vì nhơm gấp lại tạo thành hình hộp nên cạnh đáy hình hộp là: Vậy diện tích đáy hình hộp Thể tích hình hộp là: Xét hàm số: Ta có :       � x0 � � � 12  2x  cm Ta có: �     � x0 � � x � 0;6 � x6 �   x � 0;6      4x 12  2x  12  2x 12  6x  y '  � 12  2x 12  6x  � x  Bảng biến thiên : V  S.h  x 12  2x y  x 12  2x y '  12  2x  S  12  2x  ; x  (loại) Suy   12  2x cm   y  128   Vậy thể tích lớn hình hộp  128 cm3    x  cm Câu 35: (Minh họa 1-2017) Tính thể tích V khối lập phương ABCD.A 'B 'C 'D ' , biết AC '  a : A V  a B V  6a3 C V  3a D V  a Lời giải: Chọn A Giả sử khối lập phương có cạnh   x; x0 Xét tam giác A 'B 'C ' vng cân B ' ta có : A 'C '2  A 'B '2  B 'C '2  x2  x2  2x2 � A 'C '  x 2 2 Xét tam giác A 'AC ' vng A ' ta có A 'C  A 'A  A 'C ' � 3a2  x2  2x2 � x  a Thể tích khối lập phương ABCD.A 'B 'C 'D ' V  a Câu 36: (Minh họa 1-2017) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy SA  a Tính thể tích V khối chóp S.ABCD : a3 V  A B V  2a3 C V  2a Lời giải: Chọn D Ta có   SA  ABCD � SA đường cao hình chóp D V  a Thể tích khối chóp S.ABCD : V  1 a3 SA.SABCD  a 2.a2  3 Câu 37: (Minh họa 1-2017) Cho tứ diện ABCD có cạnh AB, AC AD đơi vng góc với AB  6a , AC  7a nhau: AD  4a Gọi M , N , P tương ứng trung điểm cạnh BC ,CD, DB Tính thể tích V tứ diện AMNP A V  a B V  14a C V  28 a 3 D V  7a Lời giải: Chọn D Ta có VABCD  Ta nhận thấy 1 AB AD.AC  6a.7a.4a  28a3 SMNP  1 SMNPD  SBCD � V AMNP  VABCD  7a3 4 Câu 38: (Minh họa 1-2017) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy hình vng cạnh a Tam giác SAD cân S mặt bên  SAD  vng góc với mặt phẳng đáy Biết thể tích khối chóp a SCD Tính khoảng cách h từ B đến mặt phẳng   A h a B h a C h a D h a Lời giải: Chọn B Gọi I trung điểm AD Tam giác SAD cân S � SI  AD � SI  AD � � SI  ABCD � SAD  ABCD � Ta có       � SI đường cao hình chóp Theo giả thiết VS.ABCD  Vì AB song song với   � d B, SCD SI SABCD � a3  SI 2a2 � SI  2a 3  SCD     d  A,  SCD    2d  I ,  SCD   Gọi H hình chiếu vng góc I lên SD � SI  DC � � IH  DC � ID  DC � Mặt khác Ta có Xét tam giác SID vuông   � d B, SCD I : � IH  SD � � IH  SCD � d I , SCD � IH  DC �   1 1 2a  2   � IH  2 IH SI ID 4a 2a    d  A,  SCD    2d  I ,  SCD    43a      IH Câu 35 (Minh họa - 2017) Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh 2a thể tích a Tính chiều cao h hình chóp cho A h 3a B h 3a C h 3a D h  3a Hướng dẫn giải Chọn D Do đáy tam giác cạnh 2a nên S ABC  2a    a2 3V 3a V  S ABC h � h    3a S a  ABC Mà Câu 36 (Minh họa - 2017) Hình đa diện khơng có tâm đối xứng ? A Tứ diện B Bát diện C Hình lập phương D Lăng trụ lục giác Hướng dẫn giải Chọn A Dễ dàng thấy bát diện đều, hình lập phương lăng trục lục giác có tâm đối xứng Cịn tứ diện khơng có tâm đối xứng Câu 37 (Minh họa - 2017) Cho tứ diện ABCD tích 12 G trọng tâm tam giác BCD Tính thể tích V khối chóp A.GBC A V  B V  C V  Hướng dẫn giải Chọn B D V   Cách 1: Phân tích: tứ diện ABCD khối chóp A.GBC có đường cao khoảng cách từ A đến mặt  BCD  Do G trọng tâm tam giác BCD nên ta có SBGC  SBGD  SCGD phẳng � S BCD  3S BGC (xem phần chứng minh) Áp dụng cơng thức thể tích hình chóp ta có: � VABCD  h.S BCD � h.S � VABCD BCD S BCD   3 �� VA.GBC h.S S GBC 1 � VA.GBC  h.S GBC GBC � V  V  12  A GBC ABCD � 3B Chứng minh: Đặt DN  h; BC  a Từ hình vẽ có: +) +) MF // ND � MF CM 1 h   � MF  DN � MF  DN CD 2 GE // MF � GE BG 2 h h   � GE  MF   MF BM 3 3 1 SBCD DN BC    � S BCD  3S GBC SGBC GE.BC h a 23 +) +) Chứng minh tương tự có S BCD  3S GBD  3S GCD � SBGC  SBGD  SCGD W  Cách 2: N E F G M C D d  G;  ABC    d  D;  ABC    GI 1  � d  G;  ABC    d  D;  ABC   DI 3 1 VG ABC  d  G;  ABC   SABC  VDABC  3 Nên B C có đáy ABC tam giác vng cân A , Câu 38 (Minh họa - 2017) Cho lăng trụ tam giác ABC A���  ABC  góc 60�và AC � Tính thể tích V cạnh AC  2 Biết AC �tạo với mặt phẳng C khối đa diện ABCB�� A V B V 16 C V 3 D V 16 3 Hướng dẫn giải Chọn D C thể tích khối lăng trụ ABC A��� BC Phân tích: Tính thể tích khối đa diện ABCB�� BC trừ thể tích khối chóp A A��� H Giả sử đường cao lăng trụ C � C ’ B ’  ABC  góc C�� AH  60� Khi góc AC � mặt phẳng A ’ Ta có: sin 60� C� H � C� H  3; S ABC  AC �  � VABC A��� B C  C H S ABC  2  8 B H 1 VA A��� C� H S ABC  VABC A��� BC  BC  3 VABB�� C C  VABC A��� B C  VA A��� BC   Câu 1: A V C A 16  3 (Minh họa lần - 2017) Tính thể tích V khối lăng trụ tam giác có tất cạnh a a3 B V a3 12 C V a3 Hướng dẫn giải D V a3 Đáp án D Phương pháp: Hình lăng trụ có tất cạnh a nên ha � 3 � a  a � a � V  S.h  a 4 Sd  � � Câu 2: (Minh họa lần - 2017) Hình đa diện hình vẽ bên có mặt? A B 10 C 12 D 11 Hướng dẫn giải Đáp án D Câu 3: A V (Minh họa lần - 2017) Tính thể tích V khối trụ ngoại tiếp hình lập phương có cạnh a a B V  a C V a D V a Hướng dẫn giải Đáp án D Phương pháp: Các cạnh hình lập phương a Thể tích khối trụ là: V  R h a 2 V   r h  r a; h  a 2 Cách giải: Khối trụ ngoại tiếp hình lập phương có cạnh a; Suy Câu 4: (Minh họa lần - 2017) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, SA vng góc với o mặt đáy, SD tạo với mặt phẳng (SAB) góc 30 Tính thể tích V khối chóp S.ABCD 6a V 18 A 6a V C B V  a 3a V D Hướng dẫn giải Đáp án V  hSd Phương pháp: Thể tích khối chóp �DA  SA �  30 o � DA   SAB  �  SD,  SAB    DSA � DA  AB Cách giải: Ta có: � AD a 1 a3 tan 30    � SA  a � VS.ABCD  a 3.a  SA SA 3 o ' (Minh họa lần - 2017) Cho khối tứ diện tích V Gọi V thể tích khối đa diện Câu 5: có đỉnh trung điểm cạnh khối tứ diện cho, tính tỉ số k A k B k C k V' V k D Hướng dẫn giải Đáp án A Phương pháp: Áp dụng cơng thức thể tích SGK với tứ diện S.ABC M, N, P thuộc cạnh VS.MNP SM SN SP  SA, SB, SC thì: VS.ABC SA SB SC Cách giải: Ta tích hình đa diện cịn lại hiệu thể tích hình tứ diện ban đầu trừ thể tích hình tứ diện nhỏ có đỉnh đỉnh hình ban đầu đỉnh lại trung điểm cạnh xuất phát từ đỉnh Như áp dụng cơng thức thể tích SGK: V1 1 1 V V V'   � V'  V   �  V 2 8 V Câu 12: [2H2-2] (Mã đề 103 - BGD 2017) Cho tứ diện ABCD có tam giác BCD vng C , AB vng  BCD  , góc với mặt phẳng tiếp tứ diện ABCD A R 5a B AB  5a , BC  3a CD  4a Tính bán kính R mặt cầu ngoại R 5a C R 5a D R 5a Hướng dẫn giải Chọn C Tam giác BCD vuông C nên BD  5a Tam giác ABD vuông B nên AD  5a Ta có: B C nhìn AD góc vng nên tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD trung điểm I AD Bán kính mặt cấu là: R AD 5a  2 Câu 16: [2H2-2] (Mã đề 103 - BGD 2017) Cho khối chóp S ABC có SA vng góc với đáy, SA  , AB  , BC  10 CA  Tính thể tích khối chóp S ABC A V  40 B 192 C V  32 D V  24 Hướng dẫn giải Chọn C 2 Ta có AB  AC  BC suy tam giác ABC vng A ,do diện tích tam giác ABC là: S 1 AB AC  6.8  24 2 1 VSABC  SA.S ABC  4.24  32 3 Có Câu 23: (Mã đề 103 - BGD 2017) Hình lăng trụ tam giác có mặt phẳng đối xứng? A mặt phẳng B mặt phẳng C mặt phẳng Hướng dẫn giải Chọn A D mặt phẳng Gọi F trung điểm BC A'M  15 15 � AF  3 AI  BB ' � �� BB '   AIK  BB '  AK � BB '  IK � Ta có Vì CC ' P BB ' � d (C , BB ')  d ( K , BB ')  IK  � AIK vuông A � EF   AIK  � EF  AE Gọi E trung điểm IK � EF PBB ' Lại có AM   ABC  Do góc hai mặt phẳng  ABC   AIK  góc EF AM  15 �  AE cos FAE  �  30� � � AF � FAE góc AME  FAE Ta có Hình chiếu vng góc tam giác ABC lên mặt phẳng S AIK  AIK  AIK nên ta có: � S �  S ABC ABC �  S ABC cos EAF 15 � AM  3 AF tan � AMF  � AM  AM Xét AMF vuông A : VABC A ' B 'C '  Vậy Câu 2 15  3 (Mã đề 103 - BGD 2018) Cho khối lăng trụ có đáy hình vng cạnh a chiều cao 4a Thể tích khối lăng trụ cho 16 a a 3 A 4a B C D 16a Lời giải Chọn A V  Sday h  a 4a  4a Câu 20 (Mã đề 103 - BGD 2018) Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vuông C , AC  a , BC  2a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA  a Góc đường thẳng SB mặt phẳng đáy A 60� B 90� C 30� D 45� Lời giải Chọn C SA   ABC  Có  ABC  nên AB hình chiếu SA mặt phẳng     � �, AB  SBA � � SB ,  ABC   SB 2 Mặt khác có ABC vng C nên AB  AC  BC  a Khi �  tan SBA   SA �  SB ,  ABC   30� AB nên Câu 24 (Mã đề 103 - BGD 2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh  SBC  góc với mặt phẳng đáy SA  a Khoảng cách từ A đến mặt phẳng 5a A B 3a C Lời giải Chọn B 6a D 3a 3a , SA vuông �BC  AB � BC   SAB  Ta có: �BC  SA � �  SAB    SBC  �  SAB  � SBC   SB � �  SAB  : Kẻ AH  SB � AH  d  A;  SBC   Trong mặt phẳng 1 1  2  2  2 AH SA AB a 3a 3a � d  A;  SBC    AH  3a Chọn B Câu 30 (Mã đề 103 - BGD 2018) Ông A dự định sử dụng hết m kính để làm bể cá kính có dạng hình hộp chữ nhật khơng nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng (các mối ghép có kích thước khơng đáng kể) Bể cá có dung tích lớn (kết làm trịn đến hàng phần trăm)? A 1, 01 m B 0,96 m C 1,33 m Lời giải Chọn A Gọi x, y chiều rộng chiều cao bể cá (điều kiện x, y  ) Ta tích bể cá V  x y Theo đề ta có: xy  2.2 xy  x  D 1,51 m � xy  x  5  2x2 �0 x � y x (Điều kiện kiện y  �  x  � V  x2 � Vmax  2) 5  x x  x3  x2 � x  �V �  �V �  �  6x  6x 3 30 �1, 01 m3 27 Câu 32 (Mã đề 103 - BGD 2018) Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đơi vng góc với nhau, OA  OB  a , OC  2a Gọi M trung điểm AB Khoảng cách hai đường thẳng OM AC A 2a 5a B C Lời giải Chọn D 2a 2a D � AC//  OMN  Gọi N trung điểm BC suy MN //AC � d  OM ; AC   d  C ;  OMN    d  B;  OMN   1 VA.OBC  a.a.2a  a 3 VM OBC d  M ;  ABC   SOBN 1 1  VA.OBC d  A;  ABC   SOBC   � VM OBC  12 a Xét tam giác vuông cân AOB : Xét tam giác vuông BOC : Xét tam giác BAC : MN  OM  ON  AB  a 2 1 BC  2  2a   a2  a 1 AC  a   2a   a 2 Trong tam giác cân OMN , gọi H trung điểm OM ta có NH  NM  HM  a SOMN  OM NH  a 2 Suy Vậy d  B; OMN   3VM OBN  a SOMN B C D có tâm O Gọi I tâm hình Câu 38 (Mã đề 103 - BGD 2018) Cho hình lập phương ABCD A���� B C D điểm M thuộc đoạn OI cho MO  MI (tham khảo hình vẽ) Khi sin vng A���� góc tạo hai mặt phẳng D  MC ��  MAB  13 A 65 85 B 85 17 13 C 65 85 D 85 Lời giải Chọn D Gắn hệ trục tọa độ hình vẽ, cạnh hình lập phương , ta tọa độ điểm sau : �1 1 � M�; ; �  0;1;0  , D�  1;1;0  A  1;0;1 , B  0;0;1 �2 �, C � Khi r r n MC �� D    0;1;3  ; n  MAB    0;5;3  5.1  3.3 85  � 2 2  cos   MAB  ,  MC �� D  3 3 85 nên �7 85 � 85   � � 85 � � sin � MAB  ,  MC �� D   � � 85 Suy Câu 45 (Mã đề 103 - BGD 2018) Cho khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' , khoảng cách từ C đến đường thẳng BB ' 2, khoảng cách từ A đến đường thẳng BB ' CC ' , hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng ( A ' B ' C ') trung điểm M B ' C ' A ' M  Thể tích khối lăng trụ cho A 3 C B Lời giải Chọn B D Gọi A1 , A2 hình chiếu A BB ' , CC ' Theo đề AA1  1; AA2  3; A1 A2  2 2 Do AA1  AA2  A1 A2 nên tam giác AA1 A2 vuông A AA AH   A A Gọi H trung điểm Ta có: Lại có MH PBB ' � MH  ( AA1 A2 ) � MH  AH mà AA ' PMH � AA '  AH Kẻ MH song song với AH , cắt AA ' N Ta có MN  AH  AA '  MN Trong tam giác vng A ' MN có � 'N  sin MA Suy tam giác vng A ' MA có AA '  � ' N  30� � MA A' M  cos 30� Gọi K chân đường cao tam giác vng AA1 A2 Ta có AK  ( BCC ' B ') 1   � AK  2 AK AA1 AA2 Lại có VA BCC '  1 1 AK S BCC '  AK A1 A2 CC '   3 2 3 Mà VABC A ' B 'C '  3VA BCC '   S  có tâm I  1; 2;3 qua Câu 48 (Mã đề 103 - BGD 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  cho AB, AC , AD đơi vng góc với Xét điểm B, C , D thuộc Thể tích khối tứ diện ABCD có giá trị lớn điểm A  5; 2; 1 A 256 B 128 256 C 128 D Lời giải Chọn C Bán kính mặt cầu R  IA  Do AB, AC , AD đơi vng góc với nên 2 2 Suy AB  AC  AD  R Áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có: R AB  AC  AD 2 AB  AC  AD �3 AB AC AD 4R2 3 AB AC AD AB  AC AD 3 R 512 256 AB AC AD � 256 MaxVABCD  Đạt AB  AC  AD  Vậy � VABCD  Câu 17: (Mã đề 104 - BGD 2018) Cho hình chóp S ABC có SA vng góc với mặt phẳng đáy, AB  a SB  2a Góc đường thẳng SB mặt phẳng đáy A 60 B 45 C 30 Lời giải Chọn A D 90 Ta có SA   ABC  A nên AB hình chiếu SB lên mặt phẳng đáy � Suy góc đường thẳng SB mặt phẳng đáy SBA Tam giác SAB vuông A nên �  cos SBA AB �  600  � SBA SB Câu 18: (Mã đề 104 - BGD 2018) Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vng cân C , BC  a , SA  SBC  vng góc với mặt phẳng đáy SA  a Khoảng cách từ A đến mặt phẳng A 2a B 2a a C Lời giải Chọn B �BC  AC � BC   SAC  � Vì �BC  SA Khi  SBC    SAC  theo giao tuyến SC D 3a  SAC  , kẻ Trong AH  SC H suy AH   SBC  H  SBC  AH Khoảng cách từ A đến mặt phẳng Ta có AC  BC  a , SA  a nên tam giác SAC vuông cân A Suy AH  1 SC  a 2 Cách 2: Ta có d  A,  SBC    3VA.SBC 3VS ABC  S SBC SSBC �BC  AC � BC  SC � BC  SA � Vì nên tam giác SBC vuông C d  A,  SBC   3V 3V  A.SBC  S ABC  S SBC S SBC Suy 1 SA CA2 a  SC.BC 2 Câu 32: (Mã đề 104 - BGD 2018) Ông A dự định sử dụng hết 5, m kính để làm bể cá có dạng hình hộp chữ nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng (các mối ghép có kích thước khơng đáng kể) Bể cá có dung tích lớn (kết làm tròn đến hàng phần trăm) ?: A 1,17 m 3 B 1, 01 m C 1,51 m Lời giải Chọn A Gọi x, x, h chiều rộng , dài, cao bể cá x   xh  xh   5,5 � h  Ta có Thể tích bể cá V  x2 5,5 5,5  x 0 x ) 6x ( Điều kiện 5,5  x  (5,5 x  x3 ) 6x 5,5 / V /  (5,5  x ) V  � x  Lập BBT suy Vmax  11 33 �1,17 m3 54 D 1, 40 m Câu 34: (Mã đề 104 - BGD 2018) Cho tứ diện O ABC có OA, OB, OC đơi vng góc với nhau, OA  a OB  OC  2a Gọi M trung điểm BC Khoảng cách hai đường thẳng OM AB A 2a 5a C B a D Lời giải Chọn D A C H M O B N Ta có OBC vng cân O , M trung điểm BC � OM  BC Dựng hình chữ nhật OMBN , ta có OM / / BN � � OM / /  ABN  � �BN � ABN  � d  AB, OM   d  OM ,  ABN    d  O,  ABN   Gọi H hình chiếu vng góc O AN ta có: �BN  ON � BN   OAN  � � OH  BN mà OH  AN �BN  OA � OH   ABN  � d  O,  ABN    OH OAN vuông O , đường cao OH � 1 1 1         2 2 2 2 OA BM OA OB  OC OH OA ON OA BC 6a  a a 2a � d  AB, OM   OH  � OH  � OH    2 2 3 a 4a  4a 2a Nhận xét: A C M O B O  0; 0;  B  2a; 0;  C  0; 2a;0  A  0; 0; a  Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ, , , , M trung điểm BC � M  a; a;0  uuuu r uuu r uuu r OM   a; a;  OB   0; 2a;0  AB   2a;0;  a  Ta có ; ; uuuu r uuur 2 � �� OM � , AB �  a ; a ; 2 a  uuuu r uuur uuu r � � OM , AB OB � � � d  AB, OM   uuuu r uuur  � OM , AB � � � 2a a  a  4a  a Câu 37: (Mã B C D có tâm O Gọi I tâm hình đề 104 - BGD 2018) Cho hình lập phương ABCD A���� B C D M điểm thuộc đoạn thẳng OI cho vuông A���� MO  MI (tham khảo hình vẽ) D  MC ��  MAB  Khi sin góc tạo hai mặt phẳng 17 13 A 65 85 B 85 85 C 85 13 D 65 Lời giải Chọn D Ta chọn hình lập phương có cạnh D AB Khi ta có Gọi P, Q trung điểm cạnh C �� MP  MI  IP  13 , MQ  5, PQ  Áp dụng định lý hàm cos ta được: MP  MQ  PQ 17 13 � cos PMQ   2MP.MQ 65 D  MC ��  MAB  : Gọi  góc sin   13 65 B C Khoảng cách từ C đến đường thẳng Câu 39: (Mã đề 104 - BGD 2018) Cho khối lăng trụ ABC A��� BB�bằng , khoảng cách từ A đến đường thẳng BB�và CC �lần lượt , hình BC   A��� M  Thể C A� chiếu vng góc A lên mặt phẳng trung điểm M B�� tích khối lăng trụ cho A 15 B C D 15 Lời giải Chọn B Gọi J , K hình chiếu vng góc A lên BB�và CC � , H hình chiếu vng góc C lên BB� Ta có AJ  BB�  1 AK  CC � � AK  BB�   Từ  1  2 suy BB�   AJK  � BB�  JK � JK //CH � JK  CH  2 Xét AJK có JK  AJ  AK  suy AJK vuông A Gọi F trung điểm JK ta có AF  JF  FK  Gọi N trung điểm BC , xét tam giác vng ANF ta có: AF  cos � NAF   �� NAF  60o ( AN  AM  AN //AM AN  AM ) AN Vậy ta có S AJK  1 AJ AK  1.2  � SAJK  S ABC cos 60o 2 � S ABC  S AJK  2 o cos 60 15 o o � � M tan 30  AMF  30 hay AM  A� Xét tam giác AMA�vng M ta có MAA� 15 15   V  AM S ABC 3 Vậy thể tích khối lăng trụ ... Câu 27: [2H1-2] (Mã đề 104 - BGD 2017) Cho khối chóp tam giác S ABC có cạnh đáy a cạnh bên 2a Tính thể tích V khối chóp S ABC A V 13a 12 B V 11a 12 C V 11a D V 11a Lời giải Chọn B... Pitago ta có Trong tam giác SOA vng O ta có SO  4a  a2 11a  3 1 a 11a 11a V a  2 12 Vậy thể tích khối chóp S ABC B C có đáy ABC tam giác Câu 39: [2H1-3] (Mã đề 104 - BGD 2017) Cho khối... [2H1-1] (Đề tham khảo - BGD 2018) Thể tích khối chóp có chiều cao h diện tích đáy B là: A V Bh B V Bh C V  Bh D V Bh Lời giải Chọn A B C D có cạnh a Câu 21: [1H3-2] (Đề tham khảo - BGD 2018)