Đề ôn tập hình học lớp 12 (265)

ĐỀ MẪU CĨ ĐÁP ÁN

ƠN TẬP HÌNH HỌC
TỐN 12
Thời gian làm bài: 40 phút (Không kể thời gian giao đề)
-------------------------

Họ tên thí sinh: .................................................................
Số báo danh: ......................................................................
Mã Đề: 065.

   : 2 x  y  z  5 0 và mặt phẳng
Câu 1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , góc giữa mặt phẳng
 Oxy  là?
0

0
B. 30 .

A. 90 .
Đáp án đúng: C

0
C. 60 .

Câu 2. Cho khối lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC
AB a, BC 2a, AA ' 3a . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
3

3
B. 6a .

A. a .
Đáp án đúng: A

3
C. 3a .

0
D. 45 .

là tam giác vuông tại B , cạnh
3
D. 2a .

Giải thích chi tiết: Cho khối lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B , cạnh
AB a, BC 2a, AA ' 3a . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
3
3
A. a . B. 3a .
Lời giải

3
C. 2a .

3
D. 6a .

1
1
VABC . A ' B ' C ' S ABC . AA '  AB.BC . AA '  a.2a.3a 3a 3

2
2
Ta có:
.
Câu 3. Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình chữ nhật với AB 3a , BC a 2 , SA vuông góc với mặt
đáy, cạnh SC hợp đáy một góc 60 . Thể tích khối chóp S . ABCD tính theo a là
66a 3
3 .
A.
Đáp án đúng: D

3
B. a 42 .

C.

42a 3
3 .

3
D. a 66 .

Giải thích chi tiết: Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình chữ nhật với AB 3a , BC a 2 , SA vng
góc với mặt đáy, cạnh SC hợp đáy một góc 60 . Thể tích khối chóp S . ABCD tính theo a là
66a 3
3 . B.
A.
Giải:

42a 3

3
3 . C. a 66 . D. a 3 42 .

1


Câu 4. Cho tam giác ABC vng tại A có AB 6, AC 8 . Quay tam giác ABC quanh trục AB ta nhận được
hình nón có độ dài đường sinh bằng:
A. 7
B. 8
C. 6
D. 10
Đáp án đúng: D
2
2
Giải thích chi tiết: Phương pháp: l  h  R
Cách giải:
Khi quay tam giác vuông ABC quanh cạnh AB ta được khối nón có

h AB 6, R AC 8  l  h 2  R 2 10
Câu 5. Cho hình trụ có bán kính đáy 2r và độ dài đường l . Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho là
2


A.
C.
Đáp án đúng: B
Câu 6.

.

B.

.

D.

Cho khối lăng trụ đứng tam giác
AB  2 , BC  6 . Cạnh bên

.

có đáy

là tam giác vng tại

, cạnh

. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho (tham khảo hình bên).

A.

B.

C.
Đáp án đúng: D
Câu 7. Cho mặt cầu

.

D.

 S

có diện tích

4a 2  cm 2  .

16a 3
cm3  .

A. 3
4a 3
cm3  .

C. 3
Đáp án đúng: C

Khi đó, thể tích khối cầu

 S

là

a 3
cm3  .

B. 3
64a 3
cm3  .


D. 3

2
2
Giải thích chi tiết: Gọi mặt cầu có bán kính R . Theo đề ta có 4 R 4 a . Vậy R a(cm) .

4 R 3 4 a 3
V

cm3 

S

3
3
Khi đó, thể tích khối cầu
là:
.
Câu 8.
Thiết diện đi qua trục của hình nón đỉnh S là tam giác vng cân SAB có cạnh cạnh huyền bằng a √ 2. Diện tích
tồn phần Stp của hình nón của khối nón tương ứng đã cho là

π a2 ( √ 2−1 )
.
2
π a2 √ 2
C. Stp =
.
2

Đáp án đúng: D
A. Stp =

Câu 9. Trong không gian Oxyz, cho các điểm
một vecto pháp tuyến là

B. Stp =π a2 ( 1+ √2 ).
D. Stp =

π a2 (1+ √ 2)
.
2

A ( 1;0;0) , B ( 0;- 2;0) ,C ( 0;0;3) .

Mặt phẳng

( ABC )

có

3


ur
n = ( 6;- 3;2) .
A. 1
uu
r
n3 = ( 3;- 6;2) .

uu
r
n = ( 3;- 1;3) .
B. 4
uu
r
n2 = ( 1;- 2;3) .

C.
Đáp án đúng: A
Câu 10.
Cho hàm số

f  x 

D.

ax  b
,  a , b, c  R 
cx  1
có bảng biến thiên như sau:

Trong các số a, b và c có bao nhiêu số dương?
A. 3 .
B. 0 .

C. 1 .

D. 2 .

Đáp án đúng: A
Câu 11. Một cốc nước có dạng hình trụ đựng nước chiều cao 12cm, đường kính đáy 4cm, lượng nước trong cốc
cao 10cm. Thả vào cốc nước 4 viên bi có cùng đường kính 2cm. Hỏi nước dâng cao cách mép cốc bao nhiêu
xăng-ti-mét? (Làm tròn sau dấu phẩy 2 chữ số thập phân)
A. 0,67cm.
B. 0,33cm.
C. 0,75cm.
D. 0,25cm.
Đáp án đúng: B
M  3;0;0  , N  0; 0; 4 
Câu 12. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm
. Độ dài đoạn thẳng MN bằng
A. 10.
B. 5.
C. 1.
D. 7.
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết:

MN  32  02  42 5
Câu 13. Cho hình chữ nhật ABCD có AB=6 , AD=4. Thể tích V của khối trụ tạo thành khi quay hình chữ nhật
ABCD quanh cạnh AB là
A. V =96 π .
B. V =24 π .
C. V =32 π.
D. V =144 π .
Đáp án đúng: B
Câu 14. Hình lăng trụ tứ giác đều có bao nhiêu mặt là hình chữ nhật?
A. 8 .

Đáp án đúng: B
Câu 15.

B.

4.

C.

6.

D.

2.

4


Trong khơng gian
mặt cầu

có tâm

, cho điểm

và mặt phẳng

và tiếp xúc với mặt phẳng

A.

.

B.

.

C.

là

.

D.
Đáp án đúng: A

.

Giải thích chi tiết: Gọi bán kính của mặt cầu
Mặt cầu

. Phương trình

có tâm

là

.

và tiếp xúc với mặt phẳng

.

Vậy phương trình mặt cầu

tâm

và tiếp xúc với mặt phẳng

là:

.
Câu 16. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB a, AD 2a và SA vng góc với đáy,
SA a 2 . Mặt phẳng    đi qua A và vng góc với SC. Mặt phẳng    cắt các cạnh SB, SC , SD lần lượt
tại M , N , P . Tỉ số thể tích của khối chóp S . AMNP và khối chóp S . ABCD bằng
7
5
4
A. 120 .
B. 36 .
C. 63 .

5
D. 84 .

Đáp án đúng: C

(∆ )
Câu 17. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng
đây thuộc đường thẳng ( ∆ ).
A. M(2;1;3)

B. M(1;2;3)
Đáp án đúng: B

có phương trình tham số

 x 1  t

 y 2  2t
 z 3  t


C. M(1;2;–3)

, Điểm M nào sau

D. M(1;–2;3)

Câu 18. Cho hình chóp S . ABC có SA , SB , SC đơi một vng góc với nhau và SA 2 3 , SB 2 , SC 3 .
Tính thể tích khối chóp S . ABC .
A. V 2 3 .
Đáp án đúng: A
Câu 19.

B. V 6 3 .

Trong không gian Oxyz , cho vectơ
A.  3 .
B. 1 .
Đáp án đúng: D

C. V 4 3.

. Độ dài của vectơ
C. 9 .

D. V 12 3 .

bằng
D. 3 .
5


Giải thích chi tiết: Trong khơng gian Oxyz , cho vectơ
A. 3 . B. 1 . C. 9 . D.  3 .

. Độ dài của vectơ

bằng

Lời giải

0
C
Câu 20. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , biết đường trịn   có ảnh qua phép quay tâm O , góc quay 90
2

C  : x  1   y  2 
là đường tròn   
2

A.

 C  :  x  2    y  1
2

C : x  2    y  1
C.   

2

2

2

9,

viết phương trình đường trịn

C .
2

2

2

2

 C  : x  2    y  1

9.

B.

9.

C : x  2    y  1
D.   

9.

9.

Đáp án đúng: A



 
u   1;3;  2  , v  2;5;  1 .
Oxyz
,
Câu 21. Trong không gian
cho hai vectơ
Vectơ u  v có tọa độ là
  3;8;  3 .
 1;8;  3 .
 3;8;  3 .
  1;  8;3 .
A.
B.
C.

D.
Đáp án đúng: B
 
u  v  1;8;  3
Giải thích chi tiết: Ta có:
.
3
V 4 a  a  0 
Câu 22. Cho khối cầu thể tích
, bán kính R của khối cầu trên theo a là
3
3
3
A. R a .
B. R a 2 .
C. R a 3 .
D. R a 4 .

Đáp án đúng: C
Câu 23. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng ABCD cạnh bằng a và các cạnh bên đều bằng a . Cặp
đường thẳng nào sau đây là vng góc.
A. SB ; BD .
B. SA ; SC .
C. SC ; AB .
D. SA ; SB .
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng ABCD cạnh bằng a và các cạnh bên đều
bằng a . Cặp đường thẳng nào sau đây là vng góc.
A. SA ; SB . B. SB ; BD . C. SC ; AB . D. SA ; SC .
Lời giải

Ta có: SA SC a . Lại do ABCD là hình vng nên có AC a 2 .
6


2
2
2
Xét tam giác SAC có SA  SC  AC do đó tam giác SAC vng tại S .
Vậy SA  SC .

Câu 24.
Một bồn chứa xăng có dạng hình trụ, chiều cao 2 m , bán kính đáy là 0,5 m được đặt nằm ngang trên mặt sàn
bằng phẳng. Hỏi khi chiều cao xăng trong bồn là 0, 25 m thì thể tích xăng trong bồn là bao nhiêu (kết quả làm
trịn đến hàng phần trăm)?

A. 1570,80 lít.
C. 307, 09 lít.

B. 433, 01 lít.
D. 392, 70 lít.

Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Nhận xét: Thể tích của xăng bằng tích của chiều cao bồn (bằng 2 m ) và diện tích một phần
hình trịn đáy, mà cụ thể ở đây là hình viên phân.

Ở đây, chiều cao h của xăng là 0, 25 m , như vậy xăng dâng lên chưa quá nửa bồn. Từ đây ta thấy diện tích
hình viên phân sẽ bằng hiệu diện tích của hình quạt và hình tam giác tương ứng như trên hình.




h  R  R.cos  R  1  cos 
2
2 .

Gọi số đo cung của hình quạt là  , ta có:



0, 25 0,5.  1  cos    120
2

Suy ra:
.
Ta tìm diện tích hình viên phân:

R 2 sin  1  
3
2
2
Svp S quaït  S  
. R 
  
  m 
360
2
4 3 4 
.
1
3

V  Svp .2   
 307, 09
2 3
4 
Thể tích xăng trong bồn là:
(lít).
Câu 25.
7


ABBA
Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có cạnh đáy bằng a , AC  hợp với mặt phẳng 
một góc

45o (tham khảo hình vẽ).

Thể tích của khối lăng trụ ABC.ABC  bằng
6a3
.
8

A.
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết:

Ta có:

SABC  

B.

6a3
.
24

C.

3a 3
.
4

D.

6a3
.
4

3a 2
.
C H  AB  C H   ABBA
4
Dựng

 AH 450.
 AC ;  ABBA C





Xét tam giác AAH vuông tại
Câu 26.

A : AA  AH 2  AH 2 

Trong không gian, cho tam giác
quanh cạnh góc vng
xung quanh hình nón đó bằng
A.
C.
.
Đáp án đúng: A

.

H  HC  AH 

Suy ra AHC  vuông cân tại

vuông tại

a 3
.
2

a 2
6a3
.
V  AA.SABC  
.

2 Vậy
8

,

và

thì đường gấp khúc
B.
D.

. Khi quay tam giác

tạo thành một hình nón. Diện tích
.
.

 P  : 2 x  y  2 z  1 0 và mặt phẳng
Câu 27. Vậy P a  b  c 3. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng
 Q  : 4 x  4 y  3z  2 0 . Đường thẳng  song song với mặt phẳng  P  , có một vectơ chỉ phương

u  m ; n ;1
 Q  một góc lớn nhất thì sin của góc tạo bởi đường thẳng  và mặt phẳng  Q 
. Khi  tạo với
bằng bao nhiêu?
8


41
A. 41 .

Đáp án đúng: B

205
41 .

B.

2 41
C. 41 .

D. 1 .

 P  : 2 x  y  2 z  1 0 và
Giải thích chi tiết: Vậy P a  b  c 3. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng
 Q  : 4 x  4 y  3z  2 0 . Đường thẳng  song song với mặt phẳng  P  , có một vectơ chỉ phương
mặt phẳng

u  m ; n ;1
 Q  một góc lớn nhất thì sin của góc tạo bởi đường thẳng  và mặt phẳng  Q 
. Khi  tạo với
bằng bao nhiêu?
2 41
41
205
A. 41 .
B. 1 . C. 41 .
D. 41 .
Lời giải



n  2;  1; 2 
n  4;  4;3
Ta có P
và Q
.



 //  P 
Vì
nên u  nP  2m  n  2 0  n 2m  2 .
 

u.nQ
4m  4n  3
4m  5
sin  ,  Q      

u nQ
m 2  n2  1. 41
41 5m2  8m  5
Mặt khác:


Vì

1
16m2  40m  25
.
5m 2  8m  5 .

41

0  ,  Q   90

nên

 ,  Q  

lớn nhất khi

2

Xét hàm số
BBT

sin  ,  Q  

lớn nhất.

2

16m  40m  25
 72m  90m
f  m 
 f ' m 
2
2
5m  8m  5
 5m2  8m  5

Dựa vào BBT ta có

,  Q  
Do đó 

max f  m  5
m

.

tại m 0 .

lớn nhất khi m 0 . Suy ra

sin  ,  Q   

205
41 .

Câu 28. Cho khối lăng trụ ABC. ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A , mặt bên BCC ' B ' là hình vng
cạnh 2a và khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng AA ' bằng a 2 . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
3

A. 4 2a .
Đáp án đúng: B

3
B. 2a .

4a 3

.
C. 3

3
D. 2 2a .

9


Câu 29. Mặt phẳng đi qua trọng tâm của tứ diện, song song với một mặt phẳng của tứ diện và chia khối tứ diện
thành hai phần. Tính tỉ số thể tích (phần bé chia phần lớn) của hai phần đó.
A.
.
B.
.
C.
.
D.
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Mặt phẳng đi qua trọng tâm của tứ diện, song song với một mặt phẳng của tứ diện và chia
khối tứ diện thành hai phần. Tính tỉ số thể tích (phần bé chia phần lớn) của hai phần đó.
A.
.
Lời giải

B.

.

C.

.

D.

 S  có tâm I   1;0;2  và đi qua điểm A  0;1;1 . Xét các điểm
Câu 30. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
B , C , D thuộc  S  sao cho AB , AC , AD đơi một vng góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD có
giá trị lớn nhất bằng
4
8
A. 3 .
B. 3 .
C. 8.
D. 4.
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: Ta có

AI 

  1  0

2

2

2

  0  1   2  1  3

. Đặt AD a , AB b , AC c .

Gọi A là điểm đối xứng với A qua tâm I thì AA 2 R 2 AI 2 3 .
Ta thấy A , B , C , D và A là các đỉnh của hình hộp chữ nhật nhận AA là đường chéo.
2

Khi đó

a 2  b 2  c 2  AA2  2 AI  12

.

1
V  abc
3 2 2 2
2
2
2
6
Thể tích khối tứ diện ABCD là
, trong đó a  b  c 3 a b c
3

3
 a2  b2  c 2 
2 2 2
2
 12 
16
4

2


a
b
c


   6V   V   V 
3


 3
9
3.
Dấu đẳng thức xảy ra khi a b c .

Câu 31. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Hai điểm M , N di động trên các cạnh AB , AC sao cho mặt
DMN 
ABC 
phẳng 
vng góc mặt phẳng 
. Gọi S1 , S 2 lần lượt là diện tích lớn nhất và nhỏ nhất của tam
S
T 1
S2 .
giác AMN . Tính

T

8
9.

A.
Đáp án đúng: C

B.

T

8
7.

C.

T

9
8.

D.

T

9
7.

Giải thích chi tiết:
10

Gọi H là hình chiếu của D trên MN  DH  MN .
 DMN    ABC  MN và  DMN    ABC  . Do đó DH   ABC  .
Mà ABCD là tứ diện đều nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác đều ABC hay H là trọng tâm tam
giác đều ABC .
0  x , y 1
Đặt AM  x , AN  y 
.

1
1
3 xy 3
S AMN  AM . AN .sin 60  .x. y.

2
2
2
4 .
Diện tích tam giác AMN là
Gọi P là trung điểm của

BC  AP 

3
2
2 3
3
 AH  AP  .

2

3
3 2
3 .

1
1
1
3 1 1
3 1
S AMN SAMH  SANH  AM . AH .sin 300  AN . AH .sin 30  .x. .  . y. .
2
2
2
3 2 2
3 2.
Mà
xy 3 1
3 1 1
3 1
x y
 .x. .  . y. .  xy    x  y 3xy
2
3 2 2
3 2
3 3
Suy ra 4
.
2
 a 2  3a  1 t  *
t   0;1

Đặt xy t  x  y 3t  x , y là nghiệm của phương trình a  3ta  t 0
, với
.
1
1
a   *
0
3,
Nếu
trở thành 9
(vơ lí).

 a 0
 t 
 t  0  
1
2
a
 a 2
a
3
a

1
t



3.


3 , thì  * trở thành
3a  1  **
Nếu
Bảng biến thiên:
2

3a 2  2a

4
1


t

**
0;1
9
2.
Để tồn tại hai điểm M , N thỏa mãn bài tốn thì   có hai nghiệm thuộc tập  
Vậy

max t 
D

1
3
S1 
2 khi a 1 hay
8 ;

4
2
3
a
S2 
D
9 khi
3 hay
9 .
S1 9

Vậy S 2 8 .
Câu 32.
min t 

11


Cho hình chóp

có đáy

và
bằng
A.

là tam giác vng tại

,

. Biết sin của góc giữa đường thẳng

. Thể tích của khối chóp
.

C.
.
Đáp án đúng: D

,

,

và mặt phẳng

bằng
B.
D.

.
.

Giải thích chi tiết:

12


Dựng

tại

. Ta có:

.

Tương tự ta cũng có
là hình chữ nhật

,

Ta có cơng thức

.
.

.

Lại có

Từ

và

Theo giả thiết

suy ra:

.
.

Vậy

.
Câu 33. Cho hình chóp tam giác đều S . ABC . Chọn mệnh đề khẳng định SAI:
13


 ABC  là trực tâm tam giác ABC .
A. Hình chiếu S trên
 ABC  là tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC .
B. Hình chiếu S trên
C. Hình chóp S . ABC có cạnh đáy bằng cạnh bên.
D. Hình chóp S . ABC là hình chóp có mặt đáy là tam giác đều.
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC. Chọn mệnh đề khẳng định ĐÚNG:
A. Hình chóp S.ABC là hình chóp có mặt đáy là tam giác đều;.
B. Hình chóp S.ABC có cạnh đáy bằng cạnh bên;.
C. Hình chiếu S trên (ABC) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC;.
D. Hình chiếu S trên (ABC) là trực tâm tam giác ABC;
Đáp án: A.
Câu 34. Cho tam giác ABC , trọng tâm G . Phát biểu nào đúng?
  



GA  GB  GC 0
GA  GB  GC 0
A.
.
B.

.
 

 

AB  BC  AC
AB  BC  AC
C.
.
D.
.
Đáp án đúng: A
Câu 35.
Cho hai hình vng ABCDvà BEFG như hình vẽ. Tìm ảnh của tam giác ABG qua phép quay tâm B, góc
quay − 90°.

A. Δ ABD.
B. Δ BCD.
C. Δ CBE.
D. Δ DCG.
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Cho hai hình vng ABCDvà BEFG như hình vẽ. Tìm ảnh của tam giác ABG qua phép
quay tâm B, góc quay − 90°.

A. Δ BCD. B. Δ ABD. C. Δ CBE. D. Δ DCG.
Lời giải
14


FB tác giả: Phạm Đình Huấn

Ta thấy
BA=BC
Q ( B ;− 90 ) ( A )=C vì \{
.
( BA , BC )=− 900
Q ( B ;− 90 ) (B)=B vì Blà tâm quay.
BG=BE
Q( B ;− 90 ) (G)=E vì \{
.
( BG , BE)=−900
Suy ra Q( B ;− 90 ) ( ΔABG )=ΔCBE .
0

0

0

0

A 1;  1; 2 
Câu 36. Trong không gian Oxyz , gọi d là đường thẳng đi qua điểm 
, song song với mặt phẳng

 P : 2x 

y  z  3 0

, đồng thời tạo với đường thẳng

:

x 1 y  1 z


1
2
2 một góc lớn nhất. Phương trình

đường thẳng d là
x  1 y 1 z  2


5
3 .
A. 4
x  1 y 1 z  2


5
3 .
C.  4

x  1 y 1 z  2


5
3 .
B. 4
x  1 y 1 z  2



5
3 .
D. 4

Đáp án đúng: D

Giải thích chi tiết:
P
Măt phẳng   có một vectơ pháp tuyến

.
 P  d

Q
nằm trong   .
Q
2 x  1   y  1   z  2  0  2 x  y  z  1 0
Phương trình mp   là: 
.

Gọi

 Q  là mặt phẳng đi qua


n  2;  1;  1

Gọi
thẳng

A và song song với

là đường thẳng đi qua A và song song với
x  1 y 1 z  2


2
2 .
có phương trình là 1
B  0;1;0 

, với 0  90 . Đường

u  1;  2; 2 

và có một vectơ chỉ phương
. Gọi H là hình chiếu

vng góc của B trên đường thẳng d   BAH .
BH AB
sin  

1   90
AB AB
Ta có:
. Suy ra: max 90 đạt được khi
.

 u , n   4;5;3

A 1;  1; 2 

Khi đó: đường thẳng d đi qua 
và có một vectơ chỉ phương 
.
Đường thẳng

đi qua điểm

x  1 y 1 z  2


5
3 .
Vậy phương trình đường thẳng d là 4
Câu 37.

15


Trong hệ trục toạ độ

, cho điểm

xuống mặt phẳng
B.

Giải thích chi tiết: Ta có

.

và mặt phẳng

C.

.

là hình chiếu vng góc của

. Do đó

Gọi

là hình chiếu vng góc của gốc toạ độ

, số đo góc giữa mặt phẳng

A.
.
Đáp án đúng: A

Mặt phẳng

. Điểm

D.

là góc giữa hai mặt phẳng

.

xuống mặt phẳng

là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng

có một vectơ pháp tuyến là

là

nên

.

.
.

Ta có

.

Vây góc giữa hai mặt phẳng
là
.
 a; b  là khoảng chứa tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình
Câu 38. Biết

 7  3 5

x2

M



 m 7 3 5

7
16 .



x2

2 x

2

1

có đúng hai nghiệm thực phân biệt. Giá trị của M a  b ‘bằng
1
1
3
M
M
M
8.
16 .
5.
B.

C.
D.

A.
Đáp án đúng: B
Câu 39. Bán kính mặt cầu đi qua bốn điểm A(1;0;-1), B ¿;2;1), C ¿;2;-1) và D(1;2;√ 2) là:
A. √ 2
B. √ 17
C. 2
D. 2 √ 3
Đáp án đúng: D
Câu 40. Cho hình chóp S . ABCD , có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , SA SB SC a . Đặt x SD
0 xa 3
. Tìm x theo a để tích AC.SD đạt giá trị lớn nhất.





A.

x

a 3
2 .

B.

x

a 6
2 .

D. Đáp án khác.

C.
Đáp án đúng: C

x

a 3
3 .

Giải thích chi tiết:
Gọi O là tâm hình thoi ABCD ta có OB  OC .
16


Theo đề bài SA SC nên SAC cân tại S , do đó SO  OC .


Ta có SOC BOC do OC chung, SC BC a , SOC BOC 90 nên SO OB .
Mà OB OC nên OB OC SO do đó SBD vng tại S .
Ta có

OB 

BD
SB 2  SD 2
a 2  x2



2
2
2
;

AC 2.OC 2 BC 2  OB 2 2 a 2 

a2  x2
 3a 2  x 2
4

2
2
Suy ra AC.SD  3a  x x .

Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có
Dấu " " xảy ra khi
Vậy

x

3a 2  x 2 x 

3a 2  x 2  x 2 3a 2

2
2

3a 2  x 2  x  3a 2  x 2  x 2  x 

a 6
2 .

a 6
2 thì tích AC.SD đạt giá trị lớn nhất.
----HẾT---

17