Ôn tập THPT 2019 hình học 12 bài 3

tài liệu ôn thi thpt quốc gia 2019 gồm những thủ thuật giải nhanh Đề thi Trắc nghiệm môn Toán, môn lý, môn anh, môn văn, môn hóa là những ebook được hệ thống hóa kiến thức toàn diện, phong phú về nội dung, bám sát trọng tâm chương trình THPT, nhằm giúp học sinh ôn tập hiệu quả trong thời gian ngắn nhất.

Câu 1: [2H1-3-4] (THPT QUẢNG XƯƠNG I) Một xưởng sản xuất những thùng bằng kẽm hình

hộp chữ nhật không có nắp và có các kích thước x y z, , (dm) Biết tỉ số hai cạnh đáy là x y: 1: 3 và thể tích của hộp bằng 18 (dm3) Để tốn ít vật liệu nhất thì tổng

x y z bằng

A 26

Lời giải Chọn C

3

y x, ta có xyz 18 z 62

x

   Stp S đáySxq

Xét hàm   2 48

3

x

  trên 0;, ta được f x nhỏ nhất khi   x2

x  y z    x y z

Câu 2: [2H1-3-4] (TRƯỜNG THPT TH CAO NGUYÊN) Cho hình lập phương

ABCD A B C D   , khoảng cách từ C đến mặt phẳng A BD  bằng 4 3

2

a

Tính theo a thể tích khối lập phương ABCD A B C D    

A V 8 a3 B V  3 3 a 3 C V  8 3 a 3 D

2

216

V  a

Lời giải

Chọn A

Gọi I là giao điểm của AC và BD

Trong mặt phẳng ACC A ; AC cắt A I tại G

Do AI song song AC và 1

2

AI  AC nên 1

2

IG GA

Suy ra G là trọng tâm tam giác A BD , mà tam giác A BD đều (có các cạnh là các đường chéo của những hình vuông bằng nhau) nên GA GB GD và

AA ABAD suy ra AG(A BD )

Do đó khoảng cách từ Cđến mặt phẳng A BD  là C G'

Mặt khác ' 2 ' 2 3 4 3 2

a

C G AC  AB   AB a Vậy V 8 a3

Câu 3: [2H1-3-4][LƯƠNG ĐẮC BẰNG-2017]Cho hình lập phương ABCD A B C D     có

cạnh bằng a, một mặt phẳng   cắt các cạnh AA, BB, CC, DD lần lượt tại

M , N, P, Q Biết 1

3

AM  a, 2

5

CP a Thể tích khối đa diện ABCD MNPQ là:

A 11 3

30a B

3

3

a

3 2 3

a

D 11 3

15a

Lời giải

Chọn A

Q

O1

I

O' O

A'

C'

D'

C B

D A

B'

N M

P

Tứ giác MNPQ là hình bình hành có tâm là I

thuộc đoạn OO

Gọi O1 là điểm đối xứng O qua I thì:

1

11 2

15

OO  OI aa Vậy O1 nằm trong đoạnOO

Vẽ mặt phẳng qua O1 song song với ABCD cắt

các cạnh AA ; BB CC ;  ; DD lần lượt tại

1, ,1 1, 1

A B C D Khi đó I là tâm của hình hộp

1 1 1

ABCD A B C D Vậy

1 1 1 1

ABCD MNPQ MNPQ A B C D

1 1 1 1

2V ABCD A B C D  2a OO  30a

Câu 4: [2H1-3-4][CHUYÊN VĨNH PHÚC-2017] Người ta gọt một khối lập phương gỗ để lấy

khối tám mặt đều nội tiếp nó (tức là khối có các đỉnh là các tâm của các mặt khối lập phương) Biết các cạnh của khối lập phương bằnga Hãy tính thể tích của khối tám mặt đều đó:

A

3 a

3 a

3 a

3 a 8

Lời giải

Chọn B

B

D

C

S

A

Dựng được hình như hình bên

+ Thấy được thể tích khối cần tính bằng 2 lần thể tích của hình chóp S.ABCD + Nhiệm vụ bây giờ đi tìm thể tích của S.ABCD

+ ABCD là hình vuông có tâm O đồng thời chính là hình chiếu của S lên mặt đáy

a SO

2

 ; BD cạnh của hình lập phương a Suy ra các cạnh của hình vuông

2

2



3 3 S.ABCD

  

     

   Vkhối đa diện

3

S.ABCD

a 2.V

6

Câu 5: [2H1-3-4] Cho khối lăng trụ đều ABC A B C    và M là trung điểm của cạnh AB Mặt

phẳng  B C M    chia khối lăng trụ thành hai phần Tính tỷ số thể tích của hai phần

đó

A 6

7

1

3 8

Lời giải Chọn B

Qua M kẻ đường thẳng song song với BC cắt AC tại N khi

đó thiết diện tạo bởi mặt phẳng  B C M ' '  và khối chóp là

tứ giác B C NM' '

Khi đó thiết diện chia hình lăng trụ thành 2 phần là

' '

BCNMB C và AMNA B C' ' '

Gọi S là giao điểm của C N' với AA'

' ' ' ' ' "

SAMN

SAMN SA B C

SA B C

'

12AA S A B C 12V ABC A B C V BCNMB C 12V ABC A B C

Do đó tỉ số thể tích hai phần là 7 : 5 7

Câu 6: [2H1-3-4] Cho lăng trụ ABC A B C    có đáy là tam giác đều cạnh a Hình chiếu vuông

góc của điểm A' lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC Biết

khoảng cách giữa hai đường thẳng AA' và BC bằng 3

4

a

Khi đó thể tích của khối

lăng trụ là

A

3 3 24

a

3 3 12

a

3 3 3

a

3 3 6

a

Lời giải Chọn B

Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC

Suy ra A H '   ABC  Qua A kẻ đường thẳng Ax song song với B C. Ta có / /

Ax BC

 ' ,   , '  

d A A BC d BC A Ax

2

Kẻ HK  AA' ta có

'





 



6

a

HK  AA HK  A Ax HK 

'

a HA

'

Câu 7: [2H1-3-4] (THPT Chuyên Thái Bình - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Một tấm kẽm

hình vuông ABCD có cạnh bằng 30 cm Người ta gập tấm kẽm theo hai cạnh EF

và GH cho đến khi AD và BC trùng nhau như hình vẽ bên để được một hình lăng trụ khuyết hai đáy

Giá trị của x để thể tích khối lăng trụ lớn nhất là:

A x5 cm  B x9 cm  C x8 cm  D

 

10 cm

x

Lời giải Chọn D

Đường cao lăng trụ là ADAB30cmkhông đổi Để thể tích lăng trụ lớn nhất chỉ cần diện tích đáy lớn nhất

Gọi I là trung điểm cạnh EG AI EG trong tam giác AEG

Khi đó IG15x, 0 x 15

15 2

x

AI  x     x  x

15

30 225, ;15

2

 

30 2 30 225

AEG

15 15 x 2x 15

Vậy ta cần tìm 15;15

2

x  

f x  x x lớn nhất

10

x

x





Bảng biến thiên:

A

x x

30 2x

I

A B

D

x x

30 cm

Vậy thể tích lăng trụ lớn nhất khi x10

Cách khác (trắc nghiệm): Học sinh có thể thay giá trị của từng đáp án vào hàm số

    2 

f x  x x để có kết quả

Câu 8: [2H1-3-4] (ĐỀ ĐOÀN TRÍ DŨNG - HÀ HỮU HẢI - LẦN 7 - 2018) Cho tứ diện

S ABC, M và N là các điểm thuộc các cạnh SA và SB sao cho MA3SM ,

2

SN  NB, ( ) là mặt phẳng qua MN và song song với SC Kí hiệu (H1)và

2

(H ) là các khối đa diện có được khi chia khối tứ diện S ABC bởi mặt phẳng ( )

, trong đó, (H1)chứa điểm S, (H2) chứa điểm A; V1 và V2 lần lượt là thể tích

của (H1) và (H2) Tính tỉ số 1

2

V

V

A 4

25

25

48 D

35

45

Câu 9: [2H1-3-4] (ĐỀ ĐOÀN TRÍ DŨNG - HÀ HỮU HẢI - LẦN 7 -

2018) Cho khối chóp S ABC có SA vuông góc với đáy, tam

giác ABC vuông tại B Biết rằng thể tích của khối chóp là 5

24

và giá trị nhỏ nhất diện tích toàn phần chóp S ABC là p 5q

trong đó p q,  Tính giá trị biểu thức: p2q2 ?

36

9

p q 

4

16

p q 

Câu 10: [2H1-3-4] (Sở Ninh Bình - Lần 1 - 2018 - BTN) Một hình hộp chữ nhật có kích

thước a (cm) (cm) (cm) b  c , trong đó a b c, , là các số nguyên và 1 a  b c

(cm )

V và S (cm )2 lần lượt là thể tích và diện tích toàn phần của hình hộp

Biết VS, tìm số các bộ ba số a b c, , ?

Lời giải

Chọn.B

 

 

f x

0

125

0

a

S

B

V a

2

S  ab bc ca 

2

ab bc ca a b c

a b c

1 1 1 1 1 1 1 3 1

6

2         a b c a a a a 2 a (do 1 a  b c)

1 1 1 1 1 1

a       b c a

+ Với a3 ta có 1 1 1   

6 6 36

b  c    Suy ra   b c,  7;42 , 8;24 , 9;18 , 10;15 , 12;12           có 5 cách chọn thỏa mãn

+ Với a4 ta có 1 1 1   

4 4 16

b  c    Suy ra   b c,  5;20 , 6;12 , 8;8       có 3 cách chọn thỏa mãn

+ Với a5 ta có

6 5

, 15 10

2

b b

b

c







Suy ra có 1 cách chọn thỏa mãn

+ Với a6ta có 1 1 1 6

3 b c

b    c Suy ra có 1 cách chọn

Vậy tổng cộng có 10 cách chọn