Câuă 37: Trong hệ tọa độ Oxyz cho hình bình hành OADB có
1;1;0 OA
và
1;1;0 OB
O là gốc tọa độ. Tọa độ tâm hình bình hành OADB là
A.
0;1; 0 B.
1; 0; 0 C.
1;0;1 D.
1;1;0
Câuă38: Trong hệ tọa độ Oxyz cho 3 điểm 0;2;1
A , 3;0;1
B ,
1;0;0 C
. Phương trình mặt ph
ẳng ABC là
A. 2
3 4
2 x
y z
B.
4 6
8 2
x y
z
C.
2 3
4 2
x y
z
D. 2
3 4
1 0 x
y z
Câuă39: Trong hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng
đi qua
0;0; 1 M
và song song với giá
c ủa 2 vecto
1; 2;3 , 3;0;5
a b
. Phương trình mặt phẳng
là
A. 5
2 3
21 0 x
y z
B. 5
2 3
3 x
y z
C.
10 4
6 21 0
x y
z
D.
5 2
3 21 0
x y
z
Câuă40: Trong không gian Oxyz có ba vecto
1;1;0 a
,
1;1;0 b
,
1;1;1 c
.Trong các
m ệnh đề sau mệnh đề nào sai?
A. 2
a
B. 3
c
C.
a b
D.
b c
Câuă41: Một nhà văn viết ra một tác phẩm viễn tưởng về người tí hon. T i một ngôi làng có ba người tí hon sống ở một vùng đ t phẳng. Ba người phải chọn ra vị trí để đào giếng nước
sao cho t ổng quãng đường đi là ngắn nh t. Biết ba người nằm ở ba vị trí t o thành tam giác
vuông có hai c nh góc vuông là 3 km và 4 km và vị trí đào giếng nằm trên mặt phẳng đó. Hỏi t
ổng quãng đường ngắn nh t là bao nhiêu?làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai.
A. 7km
B. 6,5km
C. 6, 77km
D. 6,34km
Câuă42: Cho mặt c u S có tâm 2;1; 1
I và tiếp xúc với mặt phẳng
có phương trình 2
2 2
3 x
y x
. Bán kính mặt c u S là
A. 2
B.
2 3
C.
4 3
D.
2 9
Câuă43: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’. C nh
6 a
. Bi ết diện tích tam giác A’BA
b ẳng 9. Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ bẳng
A. 27 3
4
B. 9 3
C. 6 3
D.
27 3
Câuă44: Đáy của hình chóp S.ABCD là hình vuông c nh 2a. C nh bên SA vuông góc với
m ặt phẳng đáy và có độ dài là 4a. Tính thể tích khối tứ diện SBCD bằng
A.
3
16 6
a
B.
3
16 3
a
C.
3
4 a
D.
3
2a
Câuă 45: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân t i
B, 2 .
AB A SA
ABC
và c nh bên SB hợp với mặt phẳng SAC một góc 30
. Tính thể tích hình chóp SABC theo a?
A.
3
12 a
B.
3
3 8
a
C.
3
4 3
a
D.
3
2a
Câuă46: Cho hình chóp S.ABC có
3 SA
SB SC
a
và l n lượt vuông góc với nhau. Tỉ số
3 SABC
V a
b ằng
A. 2
B. 3
C.
9 2
D.
3 2
Câuă47: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều và
. 3
SA ABC SC
a
và SC hợp
v ới đáy một góc 30
. Tính thể tích khối chóp S.ABC
A.
3
12 a
V
B.
3
9 32
a V
C.
3
6 a
V
D.
3
3 4
a V
Câuă48: Cho hình chó S.ABC có đáy là tam giác vuông cân t i A, mặt bên SBC là tam giác đều c nh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Thể tích khối chóp bằng
A.
3
3 6
a
B.
3
3 8
a
C.
3
3 24
a
D.
3
12 a
Câuă49: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là vuông canh 2a, mặt bên SAB vuông góc với đáy
, 3
SA a SB
a
. Tính thể tích khối chóp S.ABCD?
A.
3
2 3
3 a
B.
3
2 3
5 a
C.
3
2 3
6 a
D.
3
15 9
a
Câuă50: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông c nh
2 BD
a
, m ặt bên SAC là tam
giác vuông t i S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy,
3 SC
a
. Th ể tích khối chóp
S.ABCD là
A.
3
3 4
a
B.
3
3 6
a
C.
3
3 3
a
D.
3
2 3
3 a
Đápăán
1-A 6-B
11-B 16-A
21-A 26-D
31-A 36-D
41-C 46-C
2-C 7-A
12-B 17-A
22-B 27-C
32-C 37-A
42-A 47-B
3-C 8-B
13-D 18-C
23-A 28-A
33-C 38-C
43-B 48-C
4-B 9-9
14-A 19-A
24-C 29-C
34-D 39-B
44-B 49-A
5-A 10-A
15-C 20-A
25-B 30-B
35-A 40-D
45-C 50-C
H NG D N GI I CHI TI T
Câuă1:ăĐápăánăA
V ới bài toán này, ta xét t t cả giá trị
f x t i các điểm cực trị và điểm biên.
Đ u tiên ta tìm điểm cực trị:
2
3 6
9 y
x x
3 1
x y
x
Xét 1
45 f
3 13
f
5 45
f
5 115
f
V ậy ta có thể th y GTLN và GTNN là
45
và
115
Đápăán A Câuă2:ăĐápăánăC
Phân tích:
Hàm số sin
x f x
x
xét trên 0; 2
có:
2 2
cos sin
.cos x
x x
h x x
f x x
x
tan h x
x x
2
1 1
cos h x
x
h x
h f x
Do đó, f x
là hàm nghịch biến trên 0; 2
V
ậyăđápăs làăC Câuă3:ăĐápăánăC
V ới bài này, ta không nh t thiết phải xét cả 4 đáp án, Chỉ c n nhớ một chút tính ch t của hàm
b ậc 4 là ta có thể có được đáp án nhanh chóng.
Tính ch t đó là:
lim ; lim
x x
f x f x
Trong khi đó, ta dễ dàng nhìn ra được đáp án C có chi tiết không đúng là lim
x
f x
tính
ch t ch ỉ xu t hiện với hàm số hàm lẻ
V ậyăđápăánălàăC
Câuă4:ăĐápăánăB Bài toán này ta có thể giải với 2 cách:
Cách 1: Cách kinh điển, cơ bản của hàm số
2
5 y
x x
Ta xét trên miền xác định của hàm số 5; 5
Ta có
2
1 5
x y
x
2
1 5
x y
x
2 2
5 5
5 2
2 x
x x
x x
Xét 5
5 2, 2,
10 3, 2, 5
2, 2 2
y y
y
V ậy GTLN của hàm số là 10
Cách 2: Cách này tương đối nhanh nhưng nó không có một cách làm chung cho t t cả bài toán. Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 2 số ta có:
2 2
1 1
2 2
2 2
2
5 1
1 5
5 10
5 10
x x
x x
x x
x x
D
u “=” xảy ra khi 5
2 x
Câuă5:ăĐápăánăA Phân tích bài toán: Ta th y số nghiệm của phương trình cũng chính là số giao điểm của 2 đồ thị
3
3 y
x x
và
2
y m
m
Xét đồ thị hàm số
3
3 y
x x
có:
2
3 3
y x
D ễ th y 0
y có 2 nghiệm phân biệt. Vì thế đồ thị cũng có 2 điểm cực trị là
1; 2
và
1; 2
V ậy muốn có 3 nghiệm phân biệt thì đồ thị
2
y m
m
ph ải cắt đồ thị
3
3 y
x x
t i 3 điểm
phân biệt. Như vậy có nghĩa là
2
m m
phải nằm trong khoảng từ 2 đến 2
2 2
2
2 2
2 2
1 2;1
2 m
m m
m m
m m
m
V ậyăđápăánălàăA
Câuă6:ăĐápăánăB
Ta nh ắc l i một chút về kiến thức về tiếp tuyến của
C t i m ột điểm
;
o o
A x y Phương trình tiếp tuyến t i A là:
o o
y f x x
x y
Áp dụng với bài toán này, ta có
2
3 2. 1 1, 1 1
y x
y y
V ậy phương trình tiếp tuyến là
1 1 2
y x
x
ĐápăánălàăB Câuă7:ăĐápăánăA
Để hàm số đồng biến trên
0;
thì: 0 y
x
Ta có
2
3 12
y x
x m
Ta th y r ằng đồ thị của
y là một parabol có đáy là một cực tiểu. Để 0
y x
điểm cực tiểu này phải có tung độ lớn hơn 0.
Ta có 6 12 y
x
y
khi 2
x
. Khi đó 2 12
y m
Để 0
y x
thì 12
m
ĐápăánălàăA Câuă8:ăĐápăánăB
Ta không nên đi xét t t cả 4 đáp án đối với bài toán này.
Ta th y ngay:
3 2
lim 3
6
x
x x
nên hàm số không có GTNN
Tương tự, ta có:
1
2 1
lim 1
x
x x
nên hàm số cũng không có giá trị nhỏ nh t
2 1
3 5
lim 1
x
x x
x
nên hàm số cũng không có GTNN L
ời khuyên là các b n áp dụng cách xét lim này trước khi xét đến f x
để tránh m t thời gian và đôi khi còn dễ gây sai l m.
ĐápăánăB Câuă9:ăĐápăánăD
Các khẳng định A, B, C đều đúng. T i sao khẳng định D sai? Lý do, ta hoàn toàn có thể cho đo n
1;3 c ủa hàm số là hằng số nên hiển nhiên nó cũng không đồng biến và nghịch biến trên
đo n đó ĐápăánălàăD
Câuă10:ăĐápăánăA
Nh ắc l i một chút về lý thuyết
Điểm uốn của đồ thị là điểm mà đ o hàm c p hai đổi d u, tức là ta phải xét đ o hàm của f x
Xét:
2
3 3
y x
Ta có: 6
y y
x
y
khi x
. Và 0 5
y
Ta có điểm thỏa mãn của đồ thị là
0;5
ĐápăánălàăA Câuă11:ăĐápăánăB
Ta có công thức sau: log
a
b c
thì
c
b a
Áp dụng vào bài này ta sẽ được
1 3
3
1 3
3
ĐápăánălàăB Câuă12:
C n lưu ý về 2 công thức sau:
- Đ o hàm phép nhân:
uv u v uv
- Đ o hàm của
x
e l à
x
e Áp dụng, ta có:
2 2
2
2 2
2 2
2 2
x x
x x
x x
e x
e x
x e
x e
ĐápăánălàăB Câuă13:
Ta th y r ằng:
2 2
1 1
x x
x D
R x
nên C đúng.
Ta xét đến
2 2
2 2
1 1
1 :
1 1
1 x
x x
x y
y x
x x
x
nên A đúng
1 y
x nên hàm số đồng biến trên
1;
nên B đúng
V ậyăđápăánălàăD vì hàm số tăng trên
1; ch
ứ không phải là giảm
Câuă14:ă Để hàm số đồng biến trên khoảng xét thì 0
y
trên khoảng xét đó Ta có:
2 2
2 2
x x
x x
y x e
x e xe
x x e
2
2 x
o y
x x o
x
Trong 4 đáp án thì khoảng
; 2
là đáp án đúng.
ĐápăánăA Câuă15:ă
Nh ận th y:
2
9 3
x x
Đặt
3 0.
x
t t
Ta có phương trình: 9 3.3 2 0
x x
tr
ở thành phương trình bậc hai sau:
2
1 3
2 2
t t
t t
Tr
ở l i phép đặt ta được:
1 3
1 2
2 3
log 1 0 log 2
x dox
x x
V ậy
3
3log 2 A
.
ĐápăánălàăC Câuă16:
Điều kiện để tồn t i hàm số
2
ln 4
y x
là:
2 2
2 4
4 ; 2
2; 2
x x
x x
x
Câuă17: Ta có:
2
log 3 2
3 x
2 ;
3 D
3
10 3
2 2
3 10
3 x
x x
V
ậyăđápăánălàăA Lưu ý: Với những bài toán như thế này, chúng ta không nh t thiết phải giải như thế này. Thay
vào đó, các b n có thể sử dụng công cụ máy tính thay trực tiếp 4 đáp án vào biểu thức. Câuă18:ăTa có
2 2
2
4 2
2 15
4.2 15
4. 2 15.2
4 2
x x
x x
x x
2
2 4
15 4
x
t t t
t
Đến đây ta th y có 2 điều:
2
15 4.4.4
4 4
Nên phương trình với t có 2 nghiệm phân biệt và trái d u. Mà
t
nên chỉ có 1 nghiệm thỏa mãn. Vậy phương trình với x cũng có 1 nghiệm thỏa mãn.
ĐápăánălàăC
Câuă19:ă
2
5 9
7 343
x x
Nh ận
th y:
3
343 7
nên
ta có
phương trình
tương đương:
2 2
2 5
9 3
5 6
3 x
x x
x x
x
V
ậy
1 2
5 x
x
. V ậyăđápăánăA.
Ngoài ra khi ra được phương trình bậc hai như trên ta có thể áp dụng ngay định lý Viet để giải v
ới công thức
1 2
b x
x a
Câuă20: Ta có
3 2
3 3
1 3
log log 3
2 3 3
V
ậyăđápăánălàăA Câuă21:
2
2 1
dx x
Đổi biến
2 1
x t
. Ta có
2 dt
dx
Ta được
2
1 2
2 dt
C t
t
Tr ở l i phép đổi biến ta được:
1 2 4
C x
C n chú ý giữa phương án A và C bởi vì 2 phương án tương đối giống nhau, chỉ khác nhau về
d u.
Đápăánă đâyălàăA. Câuă22: Ta có thể dễ dàng nhận ra
2
1 2
x x
nên ta đặt:
2
1 ,
2 x
t dt xdx
Đổi cận với
x
thì 1;
1 t
x
thì
2 t
2 3
2 2
1 1
2 2 1
2 2 1 2
3 3
3 3
t t
I dt
ĐápăánălàăB
Câuă23:ăĐặt:
2sin 2cos
x t
dx tdt
Đổi cận: với x
thì
t , v
ới 1
x
thì 6
t
2 2
4 4 4sin
2cos x
t t
do cost trong kho
ảng từ 0 đến 6
V ậy
6
I dt
.
ĐápăánălàăA Câuă24:
Ta có:
1 1
5 5
2 2
1 1
I x x
dx x
x dx
nên A đúng. Thay:
1 n
x
ta có:
dn dx
và
1 x
n
Ta có:
1 5
1 n
n dn
nên D đúng.
1 1
7 6
5
1 7
6 n
n I
n n dn
nên C sai.
V ậyăđápăánălàăC
Câuă25: Phân tích: Đây là bài toán khá là khó, đòi hỏi áp dụng nhiều kĩ thuật phân tách cũng như tính
tích phân. Với d ng tích phân với số
2
ax b cx
dx e
thì phương pháp làm như sau: Ta tách biểu thức thành 2 thành ph n đó là:
2 2
2
2 k
cx d kd cx
dx e cx
dx e cx
dx e
và
2
k cx
dx e
Áp dụng ta tách biểu thức thành:
2 2
52 3
1 ;
2 3
2 2 3
2 x
x x
x x
ta được:
2 2
2 2
52 3
1 2
3 2
2 3
2 x
I dx
dx x
x x
x
2 2
2 2
5 2
1 3
2 2
3 2
2 2
1 x
x d x
x dx
x x
x x
2 2
2
5 1
ln 3
2 ln
1 ln 2
2 2
x x
x x
5 5
1 1
1 5
5 1
1 ln12
ln 2 ln 3
ln 4 ln 2
ln 3 ln 4 3ln 2
ln 4 ln 3
2 2
2 2
2 2
2 2
2
2ln 3 3ln 4 3ln 2 2ln 3 3ln 2
V ậyăđápăánălàăB
Câuă26: Hoành độ giao điểm của P và d là nghiệm phương trình:
2 2
1 0, 4
x mx
m m
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt
1 2
, x x th
ỏa mãn:
Theo định lý Viet kết hợp yêu c u:
1 2
1 2 1
2
1 x
x m
x x x
x
Ta có:
2 2
1 1
2 2
2 1
1
x x
x x
S mx
x dx
mx x dx
2 1
2 3
2 3
2 3
2 2
1 1
2 1
2 3
2 3
2 3
x x
mx x
mx x
mx x
x x
x
2 2
2 2
2 1
1 2
1 1
4 2
3 6
3 m
m x
x m
m
S có GTNN khi m
. ĐápăánălàăD.
Câuă27: Ta có:
3 5sin 3
5cos f x
x dx x
x C
0 10 f
nên ta có 5
10 5
C C
V ậy 3
5cos 5
f x x
x
. Vì thế A và D là sai.
L i có:
3 5 5
3 f
nên C đúng.
Câuă28: Gọi
; ;
z a bi a b
R
thay vào biểu thức ta có:
2 2
2
2 a bi
z a bi
bi z
bi bi
z
Ta th
y không thể nào tồn t i số thực z thỏa mãn điều kiện trên vì một bên là ph n thực, một bên
là ph n ảo. ĐápăánălàăA. Câuă29:
Trước hết, ta rút gọn số phức:
2
5 2 1
5 2 2
5 i
i i
i
V
ậy modun của số phức là 5. ĐápăánăC Câuă30:ăTa có:
2 1
1 2
3 3
2 3
6 2 3
10 z
z z i
i i
i i
i i
V ậy
1 1 2
10 z
z z
. ĐápăánăB
Câuă31:ăTa c n rút gọn biểu thức trước:
2 1 1
1 1
2 2 2 1
1 2
z i
i z
i i
i z
i z
i
Đặt z a bi
z a bi
ta có:
2 1
1 2
2 2
2 1
2 a bi
i a bi
i a
b a b i
b a b i
1 3
3 2
3 2
1 3
a a b
a b a b i
a b b
V ậy modun của số phức c n tìm là:
2 2
1 1
2 2
3 3
9 3
.
ĐápăánăA. Câuă32: Ta có:
2 2
2 2
2 2
1 2
2 3
4 4
3 2
3 2. 4 3
14 2
3 z
i z
z z
i z
z z
i
V ới bài toán này, ta có thể sử dụng chức năng giải phương trình bậc 2 trên máy tính CASIO, ta
có thể nhận được kết quả
1
z và
2
z m ột cách nhanh chóng hơn.
ĐápăánălàăC Câuă33:ăGọi z a bi
z a bi
2 2
2 2
2
1 1
1 2
2 1
a a
b a bi
a bi a
b a
ab b i a
b
T ừ phương trình 2, ta có 2 trường hợp:
N ếu
2
0, 1 0
b a
a
vô nghiệm
2
1 7
1 7
1 7
7 1 1
1 2
4 2
2 4
4 2
a b
z z
i i
V
ậy modun của số phức là 1. ĐápăánălàăC Câuă34:
Phân tích bài toán: Nếu
2
z là số thu n ảo thì z phải có d ng là 1 ; 1
a i a
i
với a là số thực.
L i có:
2 2
1 1
2 1
1 1
1 z
i z
i z
z i
z i
V
ậy có 4 số phức thỏa mãn. ĐápăánăD Câuă35:
Ta nên rút gọn vế phải trước:
2
2 1
2 1 2 2 1
2 1
2 4
5 2
i i
i i
i i
Ta có: 5
2 z
i
T ới đây có r t nhiều b n sẽ nhanh chóng chọn đáp án là 2 nhưng đây không phải là z. Ta phải
thêm bước tìm z nữa. Đáp án đúng là -
2
. Đáp án A.
Câuă36: ĐápăánăD
4;1; 10 , 8; 2;5
AB BC
Ta có tích vô hướng: .
8 4 1. 2 10.5 84
AB BC
Câuă37: Phân tích: Hình bình hành có tâm là trung điểm 2 đường chéo nên tâm của nó là trung điểm của
AB.
1;1;0 1;1;0
OA A
1;1;0 1;1;0
OB A
V ậy trung điểm của AB có tọa độ là
1 1 1 1 0 0 ;
; 0;1;0
2 2
2
ĐápăánălàăA Câuă38: Trước hết ta c n tìm vecto pháp tuyến của mpABC
; n
AB n
AB AC n
AC
Ta có
2;3; 4 n
Do A n ằm trong mpABC nên ta có phương trình:
2 0 3
2 4 1
2 3
4 2
x y
z x
y z
ĐápăánălàăB Câuă40: Ta có
2 2
2 2
2
1 1
2, 1
1 1
3 a
c
nên A, B đúng. L
i có: . a b
a b
nên C đúng
. 2
c b c
b
là sai nên đáp án là D.
Câuă41: Ta có:
Trên mặt phẳng Oxy ta l y hai điểm 3;0; 0;4 B
C thì ba người mà ta đang xét nằm ở ba vị trí
là ; ; O B C
và ta c n tìm điểm M thỏa mãn:
MO MB MC
đ t giá trị nhỏ nh t. Ta có hai cách làm:
+ M ột là gọi ;
H K là hình chiếu của M lên
; OB OC
sau đó đặt ;
MH x MK
y
r ồi tiếp tục
gi ải.
+ Hai là ta dựng các tam giác đều ;
OBX OMI như hình vẽ. Khi đó, ta có:
OIX MO+MB+MC=CM+MI+IX
OMB CX
x ảy ra khi: , , ,
C M I X th ẳng hàng.
Điểm M là giao điểm của
CX
và đường tròn ngo i tiếp
OBX
. Ta có: , X x y
. Khi đó:
2 2
2 2
3 9
2 3
3 3 3
9 2
x x
y XO
XB OB
x y
y
Do X n
ằm dưới trục hoành nên: 3
3 3 ;
2 2
X
.
Khi đó ta có: 4
24 9 3 :
4 3
37 3 3
4 2
2 x
y CX
x y
2 2
3 3
: 3
2 2
OBX x
y
Do đó, điểm M là nghiệm của hệ:
2 2
2 2
24 9 3 4
37 24 9 3
3 3
4 3
37 2
2 3
3 3
2 2
x y
y y
x y
2 2
24 9 3 3
3 3 3
37 2
2 2
y y
y
2 2
2 2
2 2
2 2
3 3 3 3
3 2
2 2
3 3 3
24 9 3 3
37 3 24 9 3
2 2
37 2
37 24 9 3
24 9 3 37
1 37
37 y
y x
M X loai
y y
3 1088 1296 3
486 136 3 2
2188 432 3 547 108 3
y y
24 9 3 1702 296 3
24 9 3 46 8 3 1320 606 3
. 37
547 108 3 547 108 3
547 108 3 x
x
Do đó ta có điểm:
1320 606 3 486 136 3 ;
547 108 3 547 108 3 M
0, 7512;0, 6958 M
Nên: 6, 77
OM BM
CM km
.V
ậyăđápăánăđúngălàăC Câuă42:
Nh ận xét: S tiếp xúc với mặt phẳng thì bán kính mặt c u chính là khoảng cách từ I tới mặt
ph ẳng.
T a có
2 2
2.2 2.1 1 3 ,
2 2
2 1
R d I
. V ậyăđápăánălàăA
Câuă43:
Ta có: .
9 6
3 2
2
ABA
AB AA AA
S AA
2
1 6 . 3
. 9 3
3 4
ABC
V S
AA
ĐápăánălàăB. Câuă44:
Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp khi đã biết diện tích và đường cao:
3 2
1 1
16 .
2 3
3 3
Aa= a
V S h
a
ĐápăánălàăB Câuă45:
K ẻ HB vuông góc với AC.
Ta có:
30
o
SA ABC
SA HB
HB SAC
HB SH
HSB
tan 30 6
tan 30
o o
HB HB
SH a
SB
Xét tam giác SAH vuông t i A nên:
2 3
2 2
1 2 4
2 .2
3 2
3 a
a SA
SH AH
a V
a
ĐápăánălàăC Câuă46:
Ta có:
2
1 9
. 2
2
SAB
a SA
SB S
SA SB
SC
SA SC
SAB SC
SB
3 3
1 27
9 .
3 6
2
SABC SAB
a a
V SC S
Đáp án là C Câuă47:
Ta có: 3
3 30
cos 30 3
2 2
o o
AC a
SCA AC
a SC
3 2
3 1
3 9
sin 30 .
. 2
3 4
32
o
SA a
a SA
V SA AC
SC
V ậyăđápăánălàăB
Câuă48:
Ta k ẻ SH BC
Do
SBC vuông góc với mặt phẳng đáy nên mọi đường vuông
góc với giao tuyến và nằm trên mặt phẳng này sẽ vuông góc với m
ặt phẳng kia. Do
SH BC
SH ABC
Hay SH chính là đường cao của hình chóp.
Xét tam giác SBC đều và có c nh BC a
nên ta có: 3
.sin 60 2
o
SH SC
a
Xét tam giác
ABC
vuông cân t i A có: 2
a AC
AB
Ta có:
2 2
2
4 2. 2
ABC
a a
S
2 3
1 1
3 3
. .
. 3
3 4 2
24
ABC
a a
a V
S SH
V
ậyăđápăánălàăC Câuă49:ă
Xét tam giác SAB có:
2 2
2 2
2 2
3 4
SA SB
a a
a AB
Theo định lý Phythago đảo, tam giác SAB vuông t i S.
K ẻ SH AB
Do
SAB ABCD
SH ABCD
Hay nói cách khác SH là đường cao của hình chóp. Xét tam giác SAB vuông t i S, đường cao SH, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ta có :
2 2
2
1 1
1 SA
SB SH
2 2
2 2
1 1
1 4
3 3
SH a
a a
3 2
a SH
Tính diện tích ABCD, ABCD là hình vuông có c nh là 2a nên ta có :
2 2
2 4
ABCD
S a
a
Tính thể tích hình chóp :
3 2
1 1
3 2
3 .
.4 .
3 3
2 3
ABCD
a a
V S
SH a
V
ậyăđápăánălàăA. Câuă50:
K ẻ SH AC
.
Do
SAC ABCD
SH ABCD
Hay SH là đường cao của hình chóp
L i có ABCD là hình vuông nên
2 AC
BD a
Xét tam giác SAC vuông t i S, tho định lý Pythago ta có:
2 2
2 2
4 3
SA AC
SC a
a a
Xét tam giác SAC vuông t i S, đường cao SH. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ta có
2 2
2 2
2 2
1 1
1 1
1 4
3 3
SH SA
SC a
a a
3
2 a
SH
Tính diện tích ABCD
Xét tam giác ABC vuông t i B ta có :
2 AC
a
sin 45 2
2 AC
AB AC
a
2 2
2
2 2
ABCD
S AB
a a
Tính thể tích:
3 2
1 3
3 .
.2 3
2 3
a a
V a
. V ậyăđápăánălàăC
S ăGDăăĐTăTháiăB̀nh Tr ngăTHPTăChuyênăTháiăB̀nh
Đ THI TH THPTQG L N 1 MÔNăTOÁN
Nĕmăḥc:ă2016ă– 2017
