Mặt nón - mặt trụ - ôn tập THPT Quốc gia 2020 Môn Toán - Sách Toán - Học toán

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

CHƯƠNG

2

<b>MẶT NÓN, MẶT TRỤ, MẶT CẦU</b>

<b>BÀI</b>

<b>1</b>

<b>MẶT NĨN, MẶT TRỤ, MẶT CẦU</b>

<b>A</b>

<b>TĨM TẮT LÍ THUYẾT</b>

<b>1</b> <b>Mặt nón</b>

Định nghĩa 1.

Trong mặt phẳng (P ) cho hai đường thẳng d và ∆ cắt nhau tại điểm O
và tạo với nhau một góc β với 0◦ < β < 90◦. Khi quay mặt phẳng (P )
xung quanh ∆ thì đường thẳng d sinh ra một mặt trịn xoay được gọi là
mặt nón trịn xoay đỉnh O.

Người ta thường gọi tắt mặt nón trịn xoay là mặt nón.

Đường thẳng ∆ gọi là trục, đường thẳng d gọi là đường sinh và góc β gọi
là góc ở đỉnh của mặt nón đó.

Định nghĩa 2. Cho tam giác OIM vng tại I. Khi quay tam giác đó
xung quanh cạnh góc vng OI thì đường gấp khúc OM I tạo thành một
hình gọi là hình nón trịn xoay, gọi tắt là hình nón.

Đường thẳng OI gọi là trục, O gọi là đỉnh, OI gọi là đường cao và OM
gọi là đường sinh của hình nón.

Hình trịn tâm I, bán kính r = IM gọi là đáy của hình nón.

Phần mặt trịn xoay được sinh ra bởi các điểm trên cạnh OM khi quay
quanh OI được gọi là mặt xung quanh của hình nón đó.

∆

O
β

d

Định nghĩa 3.

Khối nón trịn xoay là phần khơng gian được giới hạn bởi một hình nón
trịn xoay, kể cả hình nón đó. Người ta cịn gọi tắt khối nón trịn xoay là
khối nón.

Những điểm khơng thuộc khối nón được gọi là những điểm ngồi của khối
nón.

Nhuỹng điểm thuộc khối nón nhưng khơng thuộc hình nón ứng với khối
nón ấy được gọi là những điểm trong của khối nón.

Ta gọi đỉnh, mặt, đáy, đường sinh của một hình nón theo thứ tự là
đỉnh, măt đáy, đường sinh của khối nón tương ứng.

h

r

I
O

M

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

 Thể tích của khối nón: V = 1
3Sh =

1
3πr

2_{h (S là diện tích đáy).}

<b>2</b> <b>Mặt trụ</b>

Định nghĩa 4.

Trong mặt phẳng (P ) cho hai đường thẳng ∆ và l song song nhau, cách
nhau một khoảng r. Khi quay (P ) quanh trục cố định ∆ thì đường thẳng
l sinh ra một mặt nón trịn xoay được gọi là mặt trụ tròn xoay hay gọi tắt
là mặt trụ.

Đường thẳng ∆ gọi là trục, đường thẳng l gọi là đường sinh và khoảng
cách r gọi là bán kính của mặt trụ.

Định nghĩa 5. Khi quay hình chữ nhật ABCD quanh cạnh AB thì đường
gấp khúc ABCD tạo thành một hình được gọi là hình trụ trịn xoay hay
gọi tắt là hình trụ.

Đường thẳng AB gọi là trục, đoạn thẳng CD gọi là đường sinh, độ dài
AB = CD gọi là chiều cao, hai hình trịn (A; AD) và (B; BC) gọi là hai
đáy của hình trụ.

Khối trụ tròn xoay, gọi tắt là khối trụ là phần khơng gian giới hạn bởi hình
trụ trịn xoay, kể cả hình trụ.

A

B C

D
l
∆

r

Tính chất 2. Gọi h là chiều cao và r là bán kính đáy của hình trụ, ta có:
 Diện tích xung quanh của hình trụ: Sxq = 2πrh.

 Thể tích khối trụ: V = Sh = πr2_{h (S là diện tích đáy).}

<b>B</b>

<b>CÁC DẠNG TỐN</b>

{ DẠNG 1. Thiết diện qua trục hình trụ, hình nón

Phương pháp giải.

 Thiết diện qua trục của hình trụ ln là một hình chữ nhật nhận trục OO0 _{của hình trụ}

làm đường trung bình.

A O B

A0 O0 B0

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

A O B
S

Ví dụ 1. Cho hình nón đỉnh S có thiết diện qua trục là một tam giác đều có cạnh bằng 4. Tính
thể tích của khối nón đó.

Lời giải.

Gọi SAB là thiết diện qua trục của hình nón.
Có SAB đều nên h = SO = SA

√
3
2 = 2

√
3
R = OA = AB

2 = 2.
Thể tích của khối nón là

V = 1
3πR

2

h = 8π
√

3
3

. A O B

S



Ví dụ 2. Cho hình trụ có thiết diện qua trục là hình vng. Tính tỉ số k (k < 1) của diện tích
xung quanh và diện tích tồn phần của hình trụ đó.

Lời giải.

Gọi ABB0A0 là thiết diện qua trục của hình trụ.
Do ABB0A0 là hình vng nên h = AA0 = AB = 2R.
Có

Sxq = 2πRh = 4πR2

Stp= Sxq+ 2Sđáy = 4πR
2

+ 2πR2 = 6πR2

Vậy tỉ số cần tìm là k = Sxq

Stp

= 2
3.

A O B

A0 O0 B0



</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

Gọi SAB là thiết diện qua trục của hình nón, gọi ` là độ dài
đường sinh SA.

Có SAB vng cân nên h = SO = SA
√

2

2 =

`√2
2
R = OA = AB

2 =
`√2

2 .
Thể tích của khối nón là

V = 1
3πR

2_{h =} π`3

√
2
12

Mà V = 18π√2 ⇔ π`

3√₂

12 = 18π
√

2 ⇔ `3 <sub>= 216 ⇔ ` = 6.</sub>

A O B

S

Vậy diện tích cần tìm của thiết diện là SSAB =

1
2SA

2 ₌ `

2

2 = 18. 

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1. Cho hình nón có thiết diện qua trục là tam giác đều có diện tích là a2√_{3. Tính diện tích xung}

quanh của hình nón và thể tích của khối nón.

Lời giải.
Gọi SAB là thiết diện qua trục của hình nón.

Có SAB đều nên SSAB =

SA2√3
4 = a

2√_{3 ⇔ SA = 2a}

R = OA = AB

2 = a, h = SO =

SA√3
2 = a

√

3.
Diện tích xung quanh của hình nón là

Sxq = πR` = 2a2π

Thể tích của khối nón là

V = 1
3πR

2

h = πa

3√₃

3

A O B

S



Bài 2. Cho hình nón có thiết diện qua trục là tam giác cân với góc ở đỉnh là 120◦ và có chu vi là
3a(√3 + 2), tính diện tích tồn phần của hình nón.

Lời giải.
Gọi SAB là thiết diện qua trục của hình nón.

Hình nón có góc ở đỉnh là 120◦ nên

AB2 = SA2+ SB2 − 2SA · SB · cos 120◦ _{= 3`}2

⇒ AB = `√3 ⇒ PSAB = 2` + `

√
3

gt ⇒ 2` + `√3 = 3a(√3 + 2) ⇔ ` = SA = 3a.
R = AO = SA sin 60◦ = 3a

√
3
2 .
Diện tích tồn phần của hình nón là

Stp = πR` + πR2 =

9a2_π(2√_{3 + 2)}

4

A O B

S



</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

Lời giải.

Gọi ABB0A0 là thiết diện qua trục của hình trụ.
Do ABB0A0 là hình chữ nhật có diện tích bằng 8
nên S = AA0· AB = 8.

Mặt khác, có C = 2πR = 4π ⇔ R = 2 ⇒ AB = 4.
Vậy h = AA0 = 8

AB = 2.
Thể tích của khối trụ là

V = πR2h = 8π

A O B

A0 O0 B0



Bài 4. Cho hình trụ có thiết diện qua trục là hình chữ nhật có chu vi là 100. Tính diện tích của thiết
diện đi qua trục hình trụ khi thể tích của hình trụ đó đạt giá trị lớn nhất.

Lời giải.
Gọi ABB0A0 là thiết diện qua trục của hình trụ.
Có chu vi thiết diện là 100 nên

2(AB + AA0) = 100 ⇔ 2R + h = 50
. Có V = πR2_{h = πR}2_{(50 − 2R) = π(50R}2_{− 2R}3_{) = πf (R).}

f0(R) = 100R − 6R2_{, f}0_{(R) = 0 ⇔}




R = 0
R = 50

3
.

A O B

A0 O0 B0

x
y0

y

0 50

3 +∞

+ 0 −

Vậy thể tích khối trụ lớn nhất khi R = h = 50
3.

Khi đó diện tích thiết diện là S = AB · AA0 = 2Rh = 5000

9 

.

{ DẠNG 2. Thiết diện không qua trục hình trụ, hình nón

Phương pháp giải.

Ví dụ 4. Cho hình nón đỉnh S, có chiều cao là a√2, đáy là đường trịn tâm O, bán kính bằng 2a,
mặt phẳng đi qua đỉnh S của hình nón và cắt đường tròn O theo dây cung AB, biết rằng tam
giác OAB tù và có diện tích là a

2√₇

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

Có SOAB =

1

2 · OA · OB · sin ’AOB =
a2√₇

2
⇔ sin ’AOB =

√
7

4 ⇒ cos ’AOB = −
3

4 (vì ’AOB tù).

AB2 _{= OA}2_{+ OB}2_{− 2 · OA · OB · cos ’}_{AOB = 14a}2 _{⇒ AB = a}√_14.

Gọi H là trung điểm của AB, ta có®OH ⊥ AB

SO ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOH)
⇒ góc giữa (SAB) với đáy là ’SHO.

OH =√OA2_{− AH}2 ₌ _√a

2, tan ’SHO =
SO
OH =

a√2
a
√
2

= 2 ⇒ ’SHO ≈ 63◦260.

A

B
H

S

O


Ví dụ 5. Cho hình trụ có hai đáy là đường trịn (O) và (O0), bán kính đáy bằng 2a, chiều cao

bằng 5a. Mặt phẳng (α) song song với trục OO0 và cách trục một đoạn bằng a√3, tính diện tích
thiết diện tạo bởi mặt phẳng (α) và hình trụ.

Lời giải.

Gọi thiết diện của mặt phẳng với hình trụ là tứ giác M N N0M0
Gọi H là trung điểm của M N .

Ta có ®OH ⊥ MN

OH ⊥ M M0 ⇒ OH ⊥ (M N N

0_M0₎

⇒ d(OO0_{, (M N N}0_M0_{)) = d(O, (M N N}0_M0_{)) = OH = a}√_3.

4OM H có M H =√OM2_{− OH}2 _{= a ⇒ M N = 2M H = 2a.}

Vậy diện tích thiết diện là SM N N0_M0 = M M0 · M N = 5a · 2a = 10a2.

N
O

O0 N0

H
M

M0

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 5. Cho hình nón đỉnh S, có độ dài đường sinh là 5a, bán kính đường trịn đáy là 4a. Một mặt
phẳng (α) tạo với đáy hình nón một góc 60◦, tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng (α) với hình
nón.

Lời giải.

A

B
H

S

O

Gọi SAB là thiết diện tạo bởi (α) với hình nón.
Gọi H là trung điểm của AB, ta có®OH ⊥ AB

SO ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOH) ⇒ ((α), (OAB)) = ’SHO = 60

◦_.

Có SA = 5a, OA = 4a, SO =√SA2_{− AO}2 _{= 3a, OH =} SO

tan 60◦ = a

√
3
AB = 2AH = 2√OA2_{− OH}2 _{= 2a}√_{13, SH =}√_SO2_{+ OH}2 _{= 2a}√_3.

Vậy diện tích thiết diện là SSAB =

1

2 · SH · AB = 2a

2√_39. _

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

A

B
H

S

O

K

Do thiết diện qua trục hình nón là một tam giác vng cân nên ta có h = SO = OA = OB = 3a.
Gọi H là trung điểm của AB, có AH = AB

2 =
3a√3

2 , OH =
√

OA2_{− AH}2 ₌ 3a

2 .
Gọi K là hình chiếu của O lên SH.

Có ®OH ⊥ AB

SO ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOH) ⇒ AB ⊥ OK.

Mà OK ⊥ SH nên OK ⊥ (SAB) ⇒ d(O, (SAB)) = OK.
4SOH có 1

OK2 =

1
SO2 +

1

OH2 ⇒ OK =

3a√5

5 = d(O, (SAB)). 

Bài 7. Cho hình trụ có chiều cao là 4a, hai đường trịn đáy có tâm là O và O0 và bán kính là a√5.
Mặt phẳng (α) song song với trục OO0 và cắt hình trụ theo một thiết diện có diện tích là 8a2_{, tính}

khoảng cách từ trục OO0 đến mặt phẳng (α).

Lời giải.

Gọi M N N0M0 là thiết diện tạo bởi (α) với hình trụ.
Ta có SM N N0_M0 = M N · M M0 ⇔ M N =

SM N N0_M0

M M0 =

8a2

4a = 2a.
Gọi H là trung điểm của M N , có®OH ⊥ MN

OO0 ⊥ M N ⇒ OH ⊥ (α).
⇒ d(OO0_{, (M N N}0_M0_{)) = d(O, (M N N}0_M0_{)) = OH.}

Có M H = M N

2 = a, 4OHM có OH =
√

OM2_{− M H}2 _{= 2a.}

Vậy khoảng từ trục OO0 đến (α) là OH = 2a. O _N

O0 N0

H
M

M0



Bài 8. Cho hình trụ có hai đường trịn đáy là (O, 2a) và (O0, 2a). Xét hình nón (T ) có đỉnh là O0 và
nhận đường tròn (O) làm đáy. Mặt phẳng (α) đi qua O0, tạo với đáy hình trụ một góc 45◦, giả sử (α)
cắt đường trịn (O) theo dây cung AB, cắt đường tròn (O0) theo dây cung CD (theo thứ tự tạo thành
tứ giác ABCD). Tính thể tích của khối trụ biết rằng SABCD = 3SO0_AB.

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

Gọi H là trung điểm của AB, ta có®OH ⊥ AB

OO0 ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (OO

0_H).

⇒ O0_{H ⊥ AB ⇒}

(

((OAB), (α)) = ÷OHO0 _{= 45}◦

O0H là đường cao chung của ABCD và 4O0AB.
Do SABCD = 3SO0_AB ⇔ S_O0_BC = S_O0_AB (vì 4O0BC = 4O0CD).

⇔ 1
2 · O

0_{H · O}0_{C =} 1

2 · O

0_{H · AB ⇔ AB = O}0_{C = 2a ⇒ BH = a.}

OH =√OB2_{− BH}2 _{= a}√_{3, OO}0 _{= OH tan 45}◦ _{= a}√_3.

Vậy thể tích khối trụ là

V = π · R2· OO0 = 4πa3√3.

A
O

O0 D

H
B

C



{ DẠNG 3. Góc và khoảng cách trong nón và trụ

Phương pháp giải.

<b>1</b> Góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (α).

A

O
H

d

d0 ϕ

α

B1. Xác định giao điểm O của d và (α).

B2. Trên d lấy điểm A khác O và các định H là hình chiếu của A lên (α).
B3. Góc giữa d và (α) là góc ’AOH.

<b>2</b> Góc giữa hai mặt phẳng.

I
c
a

b
α

β

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

B3. Góc giữa (α) và (β) là góc giữa a và b.
<b>3</b> Khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng.

<b>4</b> Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau ∆ và d.
B1. Xác định mặt phẳng (α) chứa ∆ và song song với d.

B2. Xác định khoảng cách giữa d và (α). Đó chính là khoảng cách giữa ∆ và d.

Ví dụ 6. Cho hình nón có đường cao h = 16, bán kính đáy r = 12. Tính diện tích thiết diện của
khối nón khi cắt bởi mặt phẳng (α) đi qua đỉnh của hình nón, biết khoảng cách từ tâm của đáy
đến (α) bằng 8.

Lời giải.

I

M
O

N

H
K

Gọi O, I lần lượt là đỉnh và tâm của đáy hình nón, M , N là giao của (α) và đường trịn đáy, H, K
lần lượt là hình chiếu của I lên M N , OH.

Ta có













M N ⊥IH

M N ⊥IO

⇒ M N ⊥IK.

Lại có OH⊥IK nên IK⊥(OM N ), theo giả thiết IK = 8, IO = 16, IM = 12. Tam giác OIH vng
tại I có đường cao IK suy ra l

IO2 +

l
IH2 =

l

IK2 ⇒ IH =

16√3
3 .
Trong tam giác vng OIH ta có OH =√IO2_{+ IH}2 ₌ 32

√

3
3 .
Trong tam giác vng IHM ta có M H =√IM2 _{− IH}2 ₌ 4

√
33
3 .

⇒ S∆OM N =

128√11

3 . 

Ví dụ 7. Cho hình nón có đường cao SO. Gọi M , P là hai điểm trên đường trịn đáy. Tính diện
tích xung quanh của hình nón biết khoảng cách từ tâm của đáy đến M P bằng 5 và ’SM O = 30◦,

’

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

Lời giải.

O

M
S

P

H
30◦60◦

Gọi H là hình chiếu của O lên M P .
Đặt SO = h, khi đó SH =√h2_{+ 25.}

Trong tam giác vng SOM và SHM ta có

OM = SO. cot ’SM O = h√3, M H = SH. cot ’SM P =
√

h2_{+ 25}

√
3 .
Trong tam giác vng HOM ta có:

OH2+ HM2 = OM2 ⇔ 25 + h

2_{+ 25}

3 = 3h

2 _{⇔ h =} 5

√
2
2 .

Suy ra OM = 5
√

6

2 ⇒ SM = 5
√

2. Vậy diện tích xung quanh của hình chóp Sxq= 25

√

3π. _

Ví dụ 8. Cho hình nón có đường cao SO = 12, bán kính đáy r = 24. Tính diện tích thiết diện
của khối nón khi cắt bởi mặt phẳng (α) biết góc giữa SO và mặt phẳng (α) bằng 60◦.

Lời giải.

Gọi M , N là giao của α và đường tròn đáy, H, K lần lượt là hình chiếu của O lên M N , SH. Ta có













M N ⊥OH

M N ⊥SO

⇒ M N ⊥OK.

Lại có OK⊥SH nên OK⊥(SM N ) ⇒ ’OSH = 60◦.
Trong tam giác vng SOH ta có:

OH = SO. tan ’OSH = 12 tan 60◦ = 12√3 ⇒ SH = 24.
√

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

O

M
S

N

H
K
60◦


Ví dụ 9. Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng

60◦. Tính thể tích khối nón có đỉnh S và đường tròn đáy là đường tròn ngoại tiếp ABCD.
Lời giải.

O

B
S

C

A

D

60◦

Goi O là tâm của đáy hình chóp S.ABCD. Khi đó SO⊥(ABCD) suy ra góc giữa cạnh bên SA và
đáy là ’SAO. Và do đó ’SAO = 60◦.

Ta có AO = a
√

2

2 ⇒ SO =
a√6

2 , suy ra thể tích khối nón là: V =

πa3√₆

12 . 

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

Lời giải.

O

O0
A

B
C

R√3

2R

Lấy C trên đường tròn (O0) sao cho AC là đường sinh của hình trụ. Ta có AC song song OO0 nên
góc giữa AB và OO0 là góc giữa AB và OO0 và bằng ’CAB.

Trong tam giác vng ABC ta có: cos ’CAB = AC
AB =

√
3

2 ⇒ ’CAB = 30

◦_.

Vậy góc giữa AB và OO0 bằng 30◦ _

Ví dụ 11. Cho hình trụ trịn xoay có hai đáy là hai hình tròn (O) và (O0). Gọi A, B là hai điểm
trên đường trịn (O0). Tính diện tích xung quanh của hình trụ biết tam giác OAB đều cạnh a và

góc giữa mặt phẳng (OAB) và mặt phẳng chứa (O0) bằng 60◦

Lời giải.

O

O0
A

B

H

Gọi H là trung điểm AB. Khi đó ta có OH⊥A, O0H⊥AB nên góc giữa mặt phẳng (OAB) và mặt
phẳng chứa (O0) là góc giữa HO và HO0, cũng chính là ÷O0_HO.

Ta có OH = a
√

3

⇒ OO0 _{= OH. sin 60}◦ ₌ 3a_{, O}0_{H = OH. cos 60}◦ ₌ a

√
3

</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

Mặt khác O0B = √O0_H2_{+ BH}2 ₌ a

√
7

4 . Từ đây ta suy ra diện tích xung quanh của hình trụ là
Sxq =

3√7π.a2

8 

Ví dụ 12. Một hình trụ có bán kính r và chiều cao h = r. Một hình vng ABCD có hai cạnh
AB và CD là hai dây cung của hai đường tròn đáy (O) và (O0). Tính khoảng cách từ O đến mặt
phẳng ABCD, biết rằng đường thẳng BC không phải là đường sinh của hình trụ.

Lời giải.

O

O0
A

B

C

D
D
P

E

Q

H

Gọi P , Q, E lần lượt là trung điểm AB, CD, OO0. Điểm H là hình chiếu của O lên P Q. Ta có













AB⊥OP

AB⊥OO0

⇒ AB⊥(P OO0_{). Tương tự CD⊥(QOO}0_{). Mà CD//(QOO}0_{) nên AB⊥(QOO}0_{). Do đó}

O, P, Q, O0đồng phẳng. Cũng từ đây ta có OH⊥AB, OH⊥P Q suy ra OH⊥(ABCD) hay OH là khoảng
cách từ O đến mặt phẳng (ABCD). Mặt khác dễ dàng nhận thấy OP = O0Q và OP//O0Q nên P Q cắt
OO0 tại E là trung điểm mỗi đường.

Trong tam giác vuông AOE ta có AE =
 

AO2_{+ OE}2 ₌ r

√
5

2 . Mà tam giác AP E vuông cân tại P
suy ra EP = r

√
10
4 .

Trong tam giác vuông P OE: OP =√P E2_{− OE}2 ₌ r

√
6

4 ⇒ OH =
r√15

10 . 

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 9. Cho hình nón có đường cao SO = 15, Gọi M , N là hai điểm trên đường trịn đáy. Tính thể
tích của khối nón biết tam giác M N S đều và góc giữa SO và mặt phẳng (SM N ) bằng 30◦.

</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

O

M
S

N

H
K
30◦

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của O lên M N , OH.

Ta có












M N ⊥OH

M N ⊥OS

⇒ M N ⊥OK.

Lại có SH⊥OK nên OK⊥(SM N ). Do đó ’OSH là góc giữa SO và mặt phẳng (SM N ), suy ra ’OSH =
30◦.

Trong tam giác vng SOH ta có: OH = SO. tan ’OSH = 5√3’ SH = OH
sin ’OSH

= 10√3. Tam giác
SM N đều có dường cao SH = 10√3 nên có canh M N = SH.√2

3 = 20, suy ra OM =
√

M H2_OH2 ₌

5√7.

Vậy thể tích khối nón là V = 875π _

</div>
<span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16>

O

M
S

N

H
30◦
45◦

Gọi S, O lần lượt là đỉnh và tâm của đáy hình nón, M , N là giao của α và đường trịn đáy, H là
hình chiếu của O lên M N .

Ta có












SH⊥M N

OH⊥M N

suy ra ’SHO là góc giữa mặt phẳng (SM N ) và mặt phẳng (OM N ).

Vì góc ở đỉnh của hình nón bằng 90◦ nên ta có ’OSM = 45◦, kết hợp với tam giác SOM vuông tại O
ta được SO = OM = a.

Trong tam giác vng SOH ta có OH = SO. cot ’SHO = a
√

3

3 , SH = 2a suy ra M H =
√

OM2_{− OH}2 ₌

a√6

3 . Do đó diện tích thiết diện của hình nón khi cắt bởi (α) là SSM N =

2√6.a2

3 

Bài 11.

Một hình trụ có bán kính r = 7 và chiều cao h = 8. Gọi A, B là hai điểm trên hai đường trịn đáy
sao cho góc giữa AB và trục của hình trụ bằng 60◦. Tính khoảng cách giữa đường thẳng AB và trục
của hình trụ.

</div>
<span class='text_page_counter'>(17)</span><div class='page_container' data-page=17>

O

O0
A

B

C
H
60◦

Qua A dựng đường thẳng song song với OO0 cắt đường trịn (O0) tại C.Khi đó góc giữa AB và OO0
bằng góc giữa AC và AB và bằng ’CAB suy ra ’CAB = 60◦.

Gọi H là trung điểm của BC. Ta có












O0H⊥BC

O0H⊥AC

⇒ O0_H⊥(ABC).

Mặt khác OO0//(ABC) ⇒ d(OO0; (ABC)) = d(O0; (ABC)) = O0H.

Trong tam giác vng ABC có BC = AC. tan ’CAB = 8√3, suy ra O0H = √O0_C2_{− CH}2 _{= 1. Vậy}

</div>
<span class='text_page_counter'>(18)</span><div class='page_container' data-page=18>

<b>C</b>

<b>CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM</b>

<b>1</b> <b>Mức độ nhận biết</b>

Câu 1. Cho khối nón có bán kính đáy r =√3 và chiều cao h = 4. Tính thể tích V của khối nón đã
cho.

A. V = 12π. B. V = 4π. C. V = 4. D. V = 12.

Lời giải.
Thể tích khối nón là

V = 1
3πr

2_{h =} 1

3π(
√

3)2_{· 4 = 4π.}

Chọn đáp án B 

Câu 2. Cho khối trụ có thể tích V và bán kính đáy R. Chiều cao của khối trụ đã cho bằng
A. V

πR2. B.

V

3πR2. C.

V

R2. D.

V

3R2.

Lời giải.

Ta có V = πR2_{h ⇒ h =} V

πR2.

Chọn đáp án A _

Câu 3. Thể tích của khối nón có chiều cao h = 6 và bán kính đáy R = 4 bằng

A. V = 32π. B. V = 96π. C. V = 16π. D. V = 48π.

Lời giải.

Thể tích của khối nón V = 1
3πR

2_{· h =} 1

3π · 4

2_{· 6 = 32π}

Chọn đáp án A _

Câu 4. Diện tích xung quanh của hình nón có độ dài đường sinh bằng 3 và bán kính đáy bằng 2 là

A. 4π. B. 6π. C. 12π. D. 5π.

Lời giải.
Áp dụng cơng thức tính diện tích xung quanh của hình nón

Sxq = πrl = π · 2 · 3 = 6π.

Chọn đáp án B _

Câu 5. Cho hình nón có bán kính đáy r = 4 và diện tích xung quanh bằng 20π. Thể tích của khối nón
đã cho bằng

A. 4π. B. 16π. C. 16

3 π. D.

80
3 π.
Lời giải.

Áp dụng cơng thức tính diện tích xung quanh của hình nón ta có
Sxq = πrl ⇒ 20π = π · 4 · l ⇒ l = 5.

Vì h =√l2_{− r}2 _{nên h =}√₅2_{− 4}2 ₌√_{9 = 3.}

Khối nón có thể tích là V = 1
3πr

2_{h =} 1

3π · 4

2_{· 3 = 16π.}

S

l
h

r = 4

Chọn đáp án B _

</div>
<span class='text_page_counter'>(19)</span><div class='page_container' data-page=19>

A. 48π. B. 36π. C. 12π. D. 24π.
Lời giải.

Vì hình trụ có đường cao bằng đường sinh nên h = l = 5.
Áp dụng công thức tính thể tích khối trụ ta có

V = πR2_{h ⇒ 45π = π · R}2_{· 5 ⇒ R}2 _{= 9 ⇒ R = 3.}

Diện tích tồn phần của hình trụ là

Stp= 2πRh + 2πR2 = 2π · 3 · 5 + 2π · 32 = 30π + 18π = 48π.

O
O0

l = 5
h

R

Chọn đáp án A _

Câu 7. Tính theo a thể tích của một khối trụ có bán kính đáy là a, chiều cao bằng 2a.

A. 2πa3_. _B. 2πa

3

3 . C.

πa3

3 . D. πa

3_.

Lời giải.
Phương pháp:

Cơng thức tính thể tích khối trụ V = πr2h.
Cách giải:

Ta có V = π · r2_{· h = π · a}2_{· 2a = 2π · a}3 _.

Chọn đáp án A _

Câu 8. Cho hình nón có đường cao h = a, bán kính r = a. Diện tích xung quanh hình nón là

A. 4πa2. B. 2πa2. C. 2√2πa2. D. √2πa2.

Lời giải.

Độ dài đường sinh của hình nón trên là l =√h2_{+ r}2 ₌√_a2_{+ a}2 _{= a}√_2.

Diện tích xung quanh của hình nón là Sxq = πrl = π · a

√

2 · a =√2πa2.

Chọn đáp án D _

Câu 9. Tính thể tích V của khối trụ có bán kính đáy và chiều cao đều bằng 2.

A. V = 12π. B. V = 8π. C. V = 16π. D. V = 4π.

Lời giải.

Theo đề bài ta có bán kính đáy R = 2, chiều cao khối trụ h = 2.
Do đó V = πR2_{· h = π · 2}2_{· 2 = 8π.}

Chọn đáp án B _

Câu 10. Cho hình nón có độ dài đường sinh l = 4a, bán kính đáy bằng R = √3a. Diện tích xung
quanh của hình nón bằng

A. 8√3πa2_. _B. 4

√
3πa2

3 . C. 4

√

3πa2_. _{D. 2}√_3πa2_.

Lời giải.
Diện tích xung quanh hình nón là: sxq = πRl = πa

√

34a = 4√3πa2_.

Chọn đáp án C _

Câu 11. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 5 và chiều cao bằng 7 . Diện tích xung quanh của hình
trụ đã cho bằng

A. 175π

3 . B. 175π. C. 70π. D. 35π.

Lời giải.
Ta có Sxq = 2πrl = 2π · 5 · 7 = 70π .

Chọn đáp án C _

Câu 12. Khối trụ trịn xoay có đường kính bằng 2a, chiều cao h = 2a có thể tích là

</div>
<span class='text_page_counter'>(20)</span><div class='page_container' data-page=20>

Lời giải.

Khối trụ trịn xoay có bán kính bằng 2a

2 = a nên có thể tích là V = πa

2_{· 2a = 2πa}3_.

Chọn đáp án B _

Câu 13. Gọi l, h, r lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính mặt đáy của hình nón. Diện
tích xung quanh Sxq của hình nón là

A. Sxq = 1₃πr2h. B. Sxq = πrh. C. Sxq = 2πrl. D. Sxq = πrl.

Lời giải.

Cơng thức tính diện tích xung quanh của hình nón là Sxq = πrl.

Chọn đáp án D _

Câu 14. Hình bát diện đều có tất cả bao nhiêu cạnh?

A. 8. B. 12. C. 30. D. 16.

Lời giải.

Số cạnh = 8 · 3

2 = 12.

Chọn đáp án B _

Câu 15. Tính thể tích V của khối nón có bán kính đáy bằng 3 và chiều cao bằng 6.

A. V = 18π. B. V = 54π. C. V = 108π. D. V = 36π.

Lời giải.

Ta có V = 1
3πr

2_{h =} 1

3π · 3

2 _{· 6 = 18π.}

Chọn đáp án A _

Câu 16. Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng S, diện tích đáy bằng diện tích một mặt cầu bán
kính a. Khi đó thể tích của hình trụ bằng

A. Sa. B. 1

2Sa. C.

1

3Sa. D.

1
4Sa.
Lời giải.

Gọi r là bán kính đáy của hình trụ, h là chiều cao của hình trụ.
Theo bài ra ta có®S = 2πrh

πr2 = 4πa2 ⇔




r = 2a
h = S

4πa.
Thể tích khối trụ là V = πr2h = π · 4a2· S

4πa = Sa.

Chọn đáp án A _

Câu 17. Cho hình nón có chiều cao h và góc ở đỉnh bằng 90◦. Thể tích của khối nón xác định bởi hình
nón trên:

A. 2π

3 . B.

√
6π

3 . C.

π

3. D. 2π.

Lời giải.
Từ giả thiết suy ra bán kính nón r = h.

Vậy thể tích khối nón tương ứng là

V = 1
3πr

2_{h =} πh3

3 . r

h
l

S

O

A B

Chọn đáp án C _

Câu 18. Một hình trụ có bán kính đáy , r = a độ dài đường sinh l = 2a Diện tích tồn phần của hình
trụ này là

</div>
<span class='text_page_counter'>(21)</span><div class='page_container' data-page=21>

Lời giải.
Stp= 2Sd+ Sxq = 2πa2 + 2πa · 2a = 6πa2.

Chọn đáp án C _

Câu 19. Cho khối trụ có độ dài đường sinh bằng 2a và bán kính đáy bằng a. Thể tích của khối trụ đã
cho bằng

A. πa3_. _{B. 2πa}3_. _C. πa

3

3 . D.

πa3
6 .
Lời giải.

Dựa vào cơng thức tính thể tích khối trụ ta có V = πr2_{h = π · a}2_{· 2a = 2πa}3_.

Chọn đáp án B _

Câu 20. Thể tích V của khối trụ có bán kính đáy r = 4 và chiều cao h = 4√2 là

A. V = 32π. B. V = 32√2π. C. V = 64√2π. D. V = 128π.
Lời giải.

Phương pháp: Thể tích V của khối trụ có bán kính đáy r và chiều cao h là V = πr2_h.

Cách giải: Thể tích V của khối trụ có bán kính đáy r = 4 và chiều cao h = 4√2 là V = πr2h =
π · 42_{· 4}√_{2 = 64}√_2π.

Chọn đáp án C 

Câu 21. Thể tích của khối nón có đường sinh bằng 10 và bán kính đáy bằng 6 là:

A. 196π. B. 48π. C. 96π. D. 60π.

Lời giải.

Phương pháp: Thể tích của khối nón có đường cao bằng h và bán kính đáy bằng r là V = 1
3πr

2_.

Cách giải: Độ dài đường cao của khối nón: h =√l2_{− r}2 ₌√₁₀2_{− 6}2 _{= 8.}

Thể tích của khối nón đó là V = 1
3πr

2_{h =} 1

3π · 6

2_{· 8 = 96π.}

Chọn đáp án C _

Câu 22. Tính thể tích V của khối nón có bán kính đáy r =√3 và chiều cao h = 4.

A. V = 4π. B. V = 12π. C. V = 16π√3. D. V = 4.

Lời giải.

Thể tích V của khối nón có bán kính đáy r =√3 và chiều cao h = 4 là V = 1
3π

Ä√

3ä2· 4 = 4π.

Chọn đáp án A _

Câu 23. Thể tích của khối trụ có bán kính R = 3, chiều cao h = 5 là

A. V = 90π. B. V = 45. C. V = 45π. D. V = 15π.

Lời giải.
Thể tích của khối trụ: V = π · R2_{· h = 45π.}

Chọn đáp án C _

Câu 24. Cơng thức tính diện tích xung quanh Sxq của hình nón có đường sinh l, bán kính đáy r là

A. Sxq = 4πrl. B. Sxq = πrl. C. Sxq = πrl. D. Sxq = 3πrl.

Lời giải.

Cơng thức tính diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy r, chiều cao h và đường sinh l là Sxq = πrl.

Chọn đáp án C _

Câu 25. Một hình trụ có bán kính đáy bằng 2cm và có thiết diện qua trục là một hình vng. Diện
tích xung quanh của hình trụ là

</div>
<span class='text_page_counter'>(22)</span><div class='page_container' data-page=22>

Vì thiết diện qua trục là hình vng nên ta có h = 2r = 4cm ⇒ Sxq =

2πrh = 2π · 2.4 = 16πcm2_.

O0
Q

O
N
A

A0

B
B0
P

M

Chọn đáp án D _

Câu 26. Cho hình lăng trụ đứng có diện tích đáy là 3a2_{, độ dài cạnh bên bằng 2a. Thể tích khối lăng}

trụ bằng

A. 6a3. B. a3. C. 3a3. D. 2a3.

Lời giải.

Thể tích khối lăng trụ là V = B.h với B là diện tích đáy, h là chiều cao của lăng trụ.
Lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng suy ra đường cao là một cạnh bên nên h = 2a.
Vậy thể tích khối lăng trụ đã cho là: V = 3a2_{· 2a = 6a}3_.

Chọn đáp án A _

Câu 27. Tính thể tích của khối nón có chiều cao bằng 4 và độ dài đường sinh bằng 5.

A. 12π. B. 36π. C. 16π. D. 48π.

Lời giải.
Bán kính đường trịn đáy của khối nón là r =√l2_{− h}2 _{= 3.}

Vậy thể tích của khối nón là V = 1
3πr

2_{h = 12π.}

Chọn đáp án A _

Câu 28. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 3 cm, độ dài đường cao bằng 4 cm. Tính diện tích xung
quanh của hình trụ này.

A. 24π (cm2_). _{B. 22π (cm}2_). _{C. 26π (cm}2_). _{D. 20π (cm}2_).

Lời giải.
Sxq = 2π × r × h = 2π × 3 × 4 = 24 (cm2).

Chọn đáp án A 

Câu 29. Cho đường thẳng d2 cố định, đường thẳng d1 song song và cách d2 một khoảng cách không

đổi. Khi d1 quay quanh d2 ta được

A. một hình trịn. B. một khối trụ. C. một hình trụ. D. một mặt trụ.
Lời giải.

Khi d1 quay quanh d2 ta được một mặt trụ.

Chọn đáp án D _

Câu 30. Gọi l, h, r lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính mặt đáy của hình nón. Cơng
thức tính diện tích xung quanh Sxq của hình nón nào trong bốn đáp án dưới đây là đúng?

A. Sxq = πrh. B. Sxq = 2πrl. C. Sxq = πrl. D. Sxq =

1
3πr

2_h.

Lời giải.
Theo lý thuyết.

Chọn đáp án C _

</div>
<span class='text_page_counter'>(23)</span><div class='page_container' data-page=23>

A. a. B. 2a. C. 3a. D. 4a.
Lời giải.

Diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính đáy a và chiều cao h là:

Sxq = 2πah ⇔ h =

Sxq

2πa =
4πa2

2πa = 2a.
Vậy độ dài đường cao của hình trụ đó là h = 2a.

Chọn đáp án B _

Câu 32. Cho khối nón có bán kính đáy r =√3 và chiều cao h = 4. Tính thể tích V của khối nón đã
cho.

A. V = 16π√3. B. V = 12π. C. V = 4. D. V = 4π.

Lời giải.

Áp dụng công thức tính thể tích của khối nón ta tính được V = 1
3πr

2_{h =} 1

3.π.(
√

3)2_{.4 = 4π.}

Chọn đáp án D _

Câu 33. Hình trụ trịn xoay có đường kính đáy là 2a, chiều cao là h = 2a có thể tích là
A. V = 2πa3_. _{B. V = πa}3_. _{C. V = 2πa}2_. _{D. V = 2πa}2_h.

Lời giải.
Bán kính đường trịn đáy của hình trụ là r = a.

Thể tích V = h · πr2 = 2a · πa2 = 2πa3.

h

2a

Chọn đáp án A _

Câu 34. Cho hình nón có bán kính đáy là r = √3 và độ dài đường sinh l = 4. Tính diện tích xung
quanh S của hình nón đã cho.

A. S = 8√3π. B. S = 24π. C. S = 16√3π. D. S = 4√3π.

Lời giải.

Sxq = πRl = 4

√

3π (đvdt).

Chọn đáp án D _

Câu 35. Cơng thức tính thể tích khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao bằng h là

A. V = πRh. B. V = πR2h. C. V = 1

3πR

2_h. _{D. V = πRh}2_.

Lời giải.
Gọi S là diện tích đáy của khối trụ, khi đó V = Sh = πR2h.

Chọn đáp án B _

Câu 36. Tính thể tích khối trụ có bán kính R = 3, chiều cao h = 5.

A. V = 45π. B. V = 45. C. V = 15π. D. V = 90π.

Lời giải.
Thể tích khối trụ là V = πR2_{h = 45π.}

Chọn đáp án A _

Câu 37. Viết cơng thức tính diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao h bán kính đáy là R.
A. Sxq = 2πRh. B. Sxq = π2Rh. C. Sxq = πRh. D. Sxq = 4πRh.

Lời giải.

</div>
<span class='text_page_counter'>(24)</span><div class='page_container' data-page=24>

Câu 38. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 4, diện tích xung quanh bằng 48π. Thể tích của khối trụ
bằng

A. 24π. B. 96π. C. 32π. D. 72π.

Lời giải.
Gọi hình trụ có bán kính và chiều cao lần lượt là R, h.
Theo giả thiết R = 4 và Sxq = 2π · R · h = 48π nên h = 6.

Do đó thể tích khối trụ V = π · R2_{· h = 96π.}

Chọn đáp án B _

Câu 39. Cho tam giác ABC vuông tại A. Khi quay tam giác ABC (kể cả các điểm trong) quanh cạnh
AC ta được

A. Mặt nón. B. Khối nón. C. Khối trụ. D. Khối cầu.

Lời giải.

Khi quay quanh cạnh góc vng AC thì tam giác và cả phần trong sẽ tạo thành khối nón trịn xoay.

Chọn đáp án B _

Câu 40. Cho hình nón trịn xoay có bán kính đường trịn đáy r, chiều cao h và đường sinh l. Kết luận
nào sau đây sai?

A. V = 1
3πr

2_h. _{B. S}

tp= πrl + πr2. C. h2 = r2+ l2. D. Sxq = πrl.

Lời giải.

Ta có l2 = h2+ r2 ⇒ h2 _{= l}2_{− r}2_{, suy ra đáp án h}2 _{= r}2_{+ l}2 _sai.

Chọn đáp án C _

Câu 41. Tính diện tích xung quanh của một hình nón trịn xoay có đường cao là 1 và đường kính đáy
là 1.

A. π. B. π

√
5

8 . C. 2π. D.

π√5
4 .
Lời giải.

Ta có Sxq = πrl = πr

√

h2_{+ r}2 _{= π ·} 1

2·
 

12₊Å 1

2
ã2

= π
√

5

4 (đvdt).

Chọn đáp án D _

Câu 42. Gọi l, h, R lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính đáy của hình trụ. Đẳng thức
nào dưới đây là đúng?

A. R2 = h2_{+ l}2_. _{B. l = h.} _{C. l}2 _{= h}2_{+ R}2_. _{D. R = h.}

Lời giải.

Theo tính chất hình trụ ta có l = h.

Chọn đáp án B _

Câu 43. Khối trụ trịn xoay có đường cao và bán kính đáy cùng bằng 1 thì thể tích bằng
A. π

3. B. π

2_. _{C. 2π.} _{D. π.}

Lời giải.
Thể tích khối trụ là V = π · r2· h = π · 12_{· 1 = π.}

Chọn đáp án D _

Câu 44. Gọi l, h và R lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính đáy của hình trụ. Đẳng
thức luôn đúng là

A. l = h. B. r = h. C. l2 _{= h}2_{+ R}2_. _{D. R}2 _{= h}2_{+ l}2_.

</div>
<span class='text_page_counter'>(25)</span><div class='page_container' data-page=25>

Trong hình trụ thì chiều cao và độ dài đường sinh luôn bằng nhau.

Chọn đáp án A _

Câu 45. Tính thể tích V của khối nón trịn xoay có chiều cao h và đáy là hình trịn bán kính r.

A. V = πrh. B. V = 2

3πrh. C. V =

1
3πr

2_h. _{D. V = πr}2_h.

Lời giải.

Thể tích khối nón bằng 1

3 diện tích đáy nhân chiều cao V =
1
3πr

2_h.

Chọn đáp án C _

Câu 46. Cho hình nón có đỉnh S, đáy là hình trịn tâm O, bán kính R = 3 cm, góc ở đỉnh của hình
nón là ϕ = 120◦. Cắt hình nón bởi mặt phẳng qua đỉnh S tạo thành tam giác đều SAB, trong đó A, B
thuộc đường trịn đáy. Diện tích của tam giác SAB bằng

A. 3√3 cm2_. _{B. 6}√_{3 cm}2_. _{C. 6 cm}2_. _{D. 3 cm}2_.

Lời giải.
Xét tam giác SAO vuông tại O, ta có

sin ’ASO = OA

SA ⇒ SA =

R

sin 60◦ = 2

√
3 cm.
SSAB =

SA2√3
4 = 3

√
3 cm2.

A
B

S

O

Chọn đáp án A _

Câu 47. Một hình trụ có bán kính đáy a, có thiết diện qua trục là một hình vng. Tính theo a diện
tích xung quanh của hình trụ.

A. πa2_. _{B. 2πa}2_. _{C. 3πa}2_. _{D. 4πa}2_.

Lời giải.

Thiết diện qua trục là một hình vng nên hình trụ có đường sinh bằng đường
kính đáy: l = 2a.

Vậy diện tích xung quanh hình trụ là Sxq = 2πrl = 4πa2.

B0

B
O

O0

A
A0

Chọn đáp án D _

Câu 48. Một hình nón trịn xoay có độ dài đường cao là h và bán kính đường trịn đáy là r. Thể tích
khối nón trịn xoay được giới hạn bởi hình nón đó là

A. V = 1
3πr

2_h. _{B. V = πr}2_h. _{C. V =} 1

3πrh. D. V =

2
3πr

2_h.

Lời giải.
Theo công thức về thể tích khối nón trịn xoay.

Chọn đáp án A 

Câu 49. Cho hình trụ có chiều cao bằng 2a, bán kính đáy bằng a. Tính diện tích xung quanh của hình
trụ.

A. πa2. B. 2a2. C. 2πa2. D. 4πa2.

Lời giải.

</div>
<span class='text_page_counter'>(26)</span><div class='page_container' data-page=26>

Câu 50. Một hình nón có độ dài đường sinh là 5 cm, đường cao bằng 4 cm. Thể tích V của khối nón
đó là

A. V = 15π cm3_. _{B. V = 20π cm}3_. _{C. V = 36π cm}3_. _{D. V = 12π cm}3_.

Lời giải.
Ta có bán kính đáy nón r =√l2_{− h}2 ₌√_{25 − 16 = 3.}

Thể tích của khối nón là V = 1
3πr

2_{h =} 1

3 · π · 3

2_{· 4 = 12π.}

Chọn đáp án D _

Câu 51. Khối lăng trụ có chiều cao bằng h, diện tích đáy bằng B có thể tích là
A. V = 1

2Bh. B. V = Bh. C. V =

1

6Bh. D. V =

1
3Bh.
Lời giải.

Khối lăng trụ có chiều cao bằng h, diện tích đáy bằng B có thể tích là V = Bh.

Chọn đáp án B _

Câu 52.

Cho khối nón có bán kính đáy r = 2, chiều cao h = √3 (hình vẽ). Thể tích của
khối nón là

A. 4π
√

3

3 . B.

4π

3 . C. 4π

√

3. D. 2π

√
3
3 .

2
√

3

Lời giải.

Thể tích của khối nón là: V = 1
3πr

2_{h =} 4π

√
3
3 .

Chọn đáp án A _

Câu 53. Tính thể tích khối trụ biết bán kính đáy r = 4 cm và chiều cao h = 6 cm.

A. 32π cm3. B. 24π cm3. C. 48π cm3. D. 96π cm3.
Lời giải.

Thể tích khối trụ là V = h · S_đáy = 6 · π · 42 _{= 96π.}

Chọn đáp án D _

Câu 54. Cho hình nón đỉnh (S) có đáy là đường trịn tâm (O) bán kính R. Biết SO = h. Độ dài đường
sinh của hình nón bằng

A. √h2_{− R}2_. _B. √_h2_{+ R}2_. _{C. 2}√_h2_{− R}2_. _{D. 2}√_h2_{+ R}2_.

Lời giải.
Ta có đường sinh l =√h2_{+ R}2_.

O
S

h

R

Chọn đáp án B _

Câu 55. Khối trụ có chiều cao h và bán kính đáy r thì có thể tích bằng
A. 1

3πr

2_h. _{B. πr}2_h. _C. 1

3πrh

2_. _{D. πrh}2_.

Lời giải.
Theo cơng thức tính thể tích của khối trụ ta có V = πr2h.

</div>
<span class='text_page_counter'>(27)</span><div class='page_container' data-page=27>

Câu 56. Thể tích khối lăng trụ có chiều cao h và diện tích đáy bằng B là

A. V = Bh. B. V = 1

6Bh. C. V =

1

2Bh. D. V =

1
3Bh.
Lời giải.

Thể tích khối lăng trụ có chiều cao h và diện tích đáy bằng B là V = Bh.

Chọn đáp án A _

Câu 57. Diện tích xung quanh mặt trụ có bán kính đáy R, chiều cao h là

A. Sxq = πRh. B. Sxq = 3πRh. C. Sxq = 4πRh. D. Sxq = 2πRh.

Lời giải.
Ta có diện tích xung quanh mặt trụ Sxq = 2πRh.

Chọn đáp án D _

Câu 58. Cho hình nón có thiết diện qua trục là tam giác đều cạnh bằng 2a. Tính thể tích của khối
nón.

A. √3πa3 _. _B.

√
3πa3

3 . C.

√
3πa3

6 . D.

√
3πa3

2 .
Lời giải.

Thiết diện qua trục của hình nón là tam giác đều cạnh 2a nên l = 2a,
R = a và h = a√3.

Suy ra, V = 1
3πa

2_{· a}√_{3 =} πa

3√₃

3 .

S

O A

Chọn đáp án B _

Câu 59. Bán kính đáy hình trụ bằng 4 cm, chiều cao bằng 6 cm. Độ dài đường chéo của thiết diện
qua trục bằng

A. 5 cm. B. 10 cm. C. 6 cm. D. 8 cm.

Lời giải.
Thiết diện qua trục là hình chữ nhật ABCD.

Ta có r = 4, h = 6 ⇒ AB = 2r = 8, BC = h = 6.
⇒ AC =√AB2_{+ BC}2 ₌√₈2_{+ 6}2 _{= 10.}

A B

C
D

Chọn đáp án B _

Câu 60. Cho hình nón có bán kính đáy là r = √3 và độ dài đường sinh ` = 2. Tính diện tích xung
quanh S của hình nón đã cho.

A. S = 8√3π. B. S = 24π. C. S = 4√3π. D. S = 2√3π.
Lời giải.

Áp dụng công thức S = πr` = 2√3π.

Chọn đáp án D _

Câu 61. Tính diện tích xung quanh S của hình trụ có bán kính đáy bằng 3 và chiều cao bằng 4.

A. S = 12π. B. S = 42π. C. S = 36π. D. S = 24π.

Lời giải.

</div>
<span class='text_page_counter'>(28)</span><div class='page_container' data-page=28>

Câu 62. Mặt phẳng đi qua trục hình trụ, cắt hình trụ theo thiết diện là hình vng cạnh a. Thể tích
của khối trụ đó bằng bao nhiêu?

A. πa3_. _B. πa

3

2 . C.

πa3

3 . D.

πa3

4 .
Lời giải.

Khối trụ có chiều cao h = a, bán kính đáy bằng r = a
2.
Vậy V = πr2h = π · a

2

4 · a =
πa3

4 .

C
C0

B
B0

Chọn đáp án D _

Câu 63. Cho hình nón có chiều cao bằng 3 cm, góc giữa trục và đường sinh bằng 60◦. Thể tích của

khối nón là:

A. V = 9π (cm3). B. V = 54π (cm3). C. V = 27π (cm3). D. V = 18π (cm3).
Lời giải.

Vì chiều cao bằng 3 cm và góc giữa trục và đường sinh bằng
60◦ nên bán kính đáy là R = h tan 60◦ = 3√3 cm. Suy ra thể
tích khối nón là: V = 1

3πR

2_{h = 27π (cm}3_).

h

R

Chọn đáp án C _

Câu 64. Cho hình trụ có chiều cao h và bán kính đáy R. Cơng thức tính thể tích khối trụ đó là

A. πRh2. B. πR2h. C. 1

3πRh

2_. _D. 1

3πR

2_h.

Lời giải.
Ta có cơng thức tính thể tích khối trụ V = πR2_h.

Chọn đáp án B _

Câu 65. Một khối trụ có độ dài đường sinh bằng 10, biết thể tích của khối trụ bằng 90π. Tính diện
tích xung quanh của khối trụ.

A. 60π. B. 78π. C. 81π. D. 90π.

Lời giải.

Gọi R, l lần lượt là bán kính và độ dài đường sinh của khối trụ. Chiều cao của khối trụ cũng bằng độ
dài đường sinh của khối trụ.

Thể tích V của khối trụ là V = πR2_{l. Suy ra R =}… V

πl =

… 90π
10π = 3.
Diện tích xung quanh của khối trụ là Sxq = 2πRl = 2π · 3 · 10 = 60π.

Chọn đáp án A _

Câu 66. Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng 5πa2 và bán kính đáy bằng a. Tính độ dài đường
sinh của hình nón đã cho.

</div>
<span class='text_page_counter'>(29)</span><div class='page_container' data-page=29>

Lời giải.

Ta có diện tích xung quanh của hình nón Sxq = πr × l = πa × l = 5πa2 ⇔ l = 5a.

Chọn đáp án D _

Câu 67. Một hình nón có bán kính đáy là 5a, độ dài đường sinh là 13a thì đường cao h của hình nón
là

A. 12a. B. 7√6a. C. 17a. D. 8a.

Lời giải.
Ta có h =√l2_{− r}2 ₌_p(13a)2_{− (5a)}2 _{= 12a.}

h
r

l

Chọn đáp án A _

Câu 68. Cho một hình trụ có chiều cao bằng 2 và bán kính đáy bằng 3. Thể tích của khối trụ đã cho
bằng

A. 6π. B. 18π. C. 15π. D. 9π.

Lời giải.

Khối trụ có chiều cao h, bán kính đáy r có thể tích là V = πr2_h.

Nên thể tích khối trụ đã cho bằng π · 32_{· 2 = 18π.}

Chọn đáp án B _

Câu 69. Mặt phẳng chứa trục của một hình nón cắt hình nón theo thiết diện là

A. một hình chữ nhật. B. một tam giác cân. C. một đường elip. D. một đường tròn.
Lời giải.

Mặt phẳng chứa trục của một hình nón cắt hình nón theo thiết diện là một tam giác cân.

Chọn đáp án B _

Câu 70. Cho hình trụ có bán kính đáy r = 5 cm và khoảng cách giữa hai đáy bằng 8 cm. Diện tích
xung quanh của hình trụ là

A. 40π cm2_. _{B. 144π cm}2_. _{C. 72π cm}2_. _{D. 80π cm}2_.

Lời giải.
Diện tích xung quanh hình trụ là Sxq = 2π · r · h = 80π cm2.

Chọn đáp án D _

Câu 71. Thể tích của khối nón có chiều cao h = 6 và bán kính đáy r = 4 bằng bao nhiêu?

A. V = 32π. B. V = 96π. C. V = 16π. D. V = 48π.

Lời giải.
Thể tích khối nón

V = 1

3· h · Sđáy =
1

3 · h · πr

2

= 1

3 · 6 · π · 4

2

= 32π. h

O
S

r

Chọn đáp án A _

Câu 72. Khối nón có chiều cao h = 3 cm và bán kính đáy r = 2 cm thì có thể tích bằng bao nhiêu?

A. 16π cm2_. _{B. 4π cm}2_. _C. 4

3π cm

3_. _{D. 4π cm}3_.

Lời giải.

V = 1
3πr

2_{h =} 1

3π · 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(30)</span><div class='page_container' data-page=30>

Câu 73. Cho hình trụ (T ) có độ dài đường sinh l, bán kính đáy r. Kí hiệu Sxq là diện tích xung quanh

của (T ). Cơng thức nào sau đây là đúng?

A. Sxq = 3πrl. B. Sxq = 2πrl. C. Sxq = πrl. D. Sxq = 2πr2l.

Câu 74. Một khối trụ có khoảng cách giữa hai đáy, độ dài đường sinh và bán kính đường trịn đáy lần
lượt bằng h, l, r. Khi đó cơng thức tính diện tích tồn phần của khối trụ là gì?

A. Stp = 2πr(l + r). B. Stp= 2πr(l + 2r). C. Stp= πr(l + r). D. Stp= πr(2l + r).

Lời giải.
Stp = Sxq+ Sđáy= 2πrl + 2πr2 = 2πr(l + r).

Chọn đáp án A _

Câu 75. Cho hình nón trịn xoay. Một mặt phẳng (P ) đi qua đỉnh O của hình nón và cắt đường trịn
đáy của hình nón tại hai điểm. Thiết diện được tạo thành là hình gì?

A. Một tứ giác. B. Một hình thang cân.

C. Một ngũ giác. D. Một tam giác cân.

Lời giải.

Thiết diện là tam giác SAB cân tại S. S

A _O B

Chọn đáp án D _

Câu 76. Cho hình nón trịn xoay có bán kính đường trịn đáy r, chiều cao h và đường sinh l. Kết luận
nào sau đây sai?

A. V = 1
3πr

2_h. _{B. S}

tp= πrl + πr2. C. h2 = r2+ l2. D. Sxq = πrl.

Lời giải.
Công thức đúng h2 _{= l}2_{− r}2

Chọn đáp án C _

Câu 77. Tính diện tích tồn phần của hình nón có bán kính đáy bằng 4a, chiều cao bằng 3a.

A. 20πa2_. _{B. 15πa}2_. _{C. 24πa}2_. _{D. 36πa}2_.

Lời giải.
Ta có đường sinh l =√h2_{+ R}2 _{= 5a.}

Ta có Stp= Sxq+ Sđáy = π · R · l + π · R2 = 36πa2.

Chọn đáp án D _

Câu 78. Mặt cầu bán kính R nội tiếp trong một hình lập phương. Hãy tính thể tích V của hình lập
phương đó.

A. V = 8πR

3

3 . B. V =

16πR3

3 . C. V = 16R

3_. _{D. V = 8R}3_.

Lời giải.

Vì mặt cầu bán kính R nội tiếp trong một hình lập phương nên độ dài một cạnh hình lập phương bằng
2R. Thể tích khối lập phương V = (2R)3 _{= 8R}3_.

Chọn đáp án D _

Câu 79. Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng 8, diện tích đáy bằng diện tích mặt cầu có bán

kính bằng 2. Tính thể tích V của khối trụ đó.

</div>
<span class='text_page_counter'>(31)</span><div class='page_container' data-page=31>

Lời giải.

Gọi r, Sxq, Sđ lần lượt là bán kính, diện tích xung quanh và diện tích đáy

của hình trụ.

Gọi Smc là diện tích mặt cầu.

Ta có:

Sđ= Smc ⇔ πr2 = 4π · 22 ⇔ r = 4.

Thể tích của khối trụ:
V = Sđ· h = πr2h =

2πrh · r

2 =

Sxq· r

2 =

8 · 4
2 = 16.
(với h là đường cao của hình trụ).

Chọn đáp án C _

Câu 80. Cho một khối trụ có đường kính của đáy bằng với chiều cao và có thể tích bằng 2π. Tính
chiều cao h của khối trụ.

A. h = 2. B. h =√3

24. C. h =√2. D. h =√3

4.
Lời giải.

Thể tích của khối trụ V = 2π. Theo giả thiết, suy ra:
π ·Å h

2
ã2

· h = 2π ⇔ h3 _{= 8 ⇔ h = 2.}

Chọn đáp án A _

Câu 81. Một nón lá có đường kính của vành nón là 50 cm, chiều cao bằng 25 cm. Hỏi diện tích xung
quanh của cái nón lá đó bằng bao nhiêu?

A. 625 cm2_. _{B. 625}√_{3π cm}2_. _{C. 625}√_2π2 _cm2_. _{D. 625π cm.}

Lời giải.
Độ dài đường sinh là l =√252_{+ 25}2 _{= 25}√_2.

Diện tích xung quanh của hình nón là:

Sxq = π · 25 · 25

√

2 = 625π√2 cm2_.

Chọn đáp án C _

Câu 82. Tính diện tích xung quanh của một hình nón có bán kính đường trịn đáy là 4 cm và độ dài
đường sinh là 5 cm.

A. 15π cm2 . B. 20π cm2 . C. 9π√3 cm2 . D. 12π cm2 .
Lời giải.

Ta có: Sxq = πrl = π · 4 · 5 = 20π cm2.

Chọn đáp án B _

Câu 83. Cho hình nón có chu vi đường trịn đáy là 4πcm, chiều cao là √3cm. Tìm thể tích của khối
nón.

A. 2π
√

3
3 cm

3_. _B. 16π

√

3

3 cm

3_. _C. 4π

√
3
3 cm

3_. _{D. 4π}√_{3 cm}3_.

Lời giải.
Ta có: 2πr = 4π ⇔ r = 2.

Vậy V = 4π
√

3
3 cm

3_.

Chọn đáp án C _

Câu 84. Tính thể tích V của khối trụ có bán kính đáy r = 10 cm và chiều cao h = 6 cm.

A. V = 120π cm3_. _{B. V = 360π cm}3_. _{C. V = 200π cm}3_. _{D. V = 600π cm}3_.

</div>
<span class='text_page_counter'>(32)</span><div class='page_container' data-page=32>

Câu 85. Gọi r, h, l, Sxq lần lượt là bán kính đáy, chiều cao, độ dài đường sinh và diện tích xung quanh

của một hình nón. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. Sxq = πrh. B. Sxq = πrl. C. Sxq = 2πrl. D. Sxq = πr2h.

Lời giải.
Theo cơng thức tính diện tích xung quanh ta có: Sxq = πrl.

Chọn đáp án B _

Câu 86. Cơng thức thể tích V của khối nón trịn xoay có bán kính đáy r và chiều cao h được cho bởi
công thức nào sau đây?

A. V = 4
3πrh

2_. _{B. V =} 1

3πrh

2_. _{C. V =} 4

3πr

2_h. _{D. V =} 1

3πr

2_h.

Lời giải.

Theo cơng thức lý thuyết, ta có V = 1
3πr

2_h.

Chọn đáp án D _

Câu 87. Cho hình trụ có chiều cao h, bán kính đáy là R. Diện tích tồn phần của hình trụ đó là
A. Stp = 2πR(R + h). B. Stp= πR(R + h). C. Stp= πR(2R + h). D. Stp= πR(R + 2h).

Lời giải.
Ta có Stp= Sxq+ 2 · Sđ = 2πRh + 2πR2 = 2πR(R + h).

Chọn đáp án A _

Câu 88. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng r, chiều cao bằng h. Khẳng định nào sai?
A. Diện tích tồn phần của hình trụ bằng 2πrh + rπ2_{+ πh}2_.

B. Thiết diện qua trục của hình trụ là hình chữ nhật có diện tích 2rh.
C. Thể tích khối trụ bằng πr2_h.

D. Khoảng cách giữa trục của hình trụ và đường sinh củả hình trụ bằng r.
Lời giải.

Ta có Sxq = 2πrh, Sđ = πr2 ⇒ Stp = Sxq+ 2Sđ = 2πrh + 2πr2.

Chọn đáp án A _

Câu 89. Gọi l, h, R lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính đáy của hình trụ (T). Diện
tích tồn phần Stp của hình trụ (T) là

A. Stp = πRl + 2πR2. B. Stp= πRh + πR2. C. Stp= πRl + πR2. D. Stp= 2πRl + 2πR2.

Lời giải.
Stp = Sxq + 2Sđáy= 2πRl + 2πR2.

Chọn đáp án D _

Câu 90. Hình nón trịn xoay có chiều cao h = 3a, bán kính đường trịn đáy r = a. Thể tích khối nón
bằng

A. 3πa3_. _B. πa

3

9 . C. πa

3_. _D. πa

3

3 .
Lời giải.

Thể tích khối nón V = 2
3πr

2_{h =} 1

3π · a

2_{· 3a = πa}3_.

Chọn đáp án C _

Câu 91. Công thức nào sau đây là cơng thức tính thể tích V của khối trụ có diện tích đáy là B, chiều
cao h?

A. V = hB. B. V = 1

3hB. C. V =

4

3hB. D. V = 2hB.

Lời giải.
Cơng thức thể tích khối trụ là V = hB.

</div>
<span class='text_page_counter'>(33)</span><div class='page_container' data-page=33>

Câu 92. Cho khối nón có bán kính đáy r = 2, chiều cao h = 5. Tính thể tích V của khối nón đó.

A. V = 10π. B. V = 20π. C. V = 20π

3 . D. V =

10π
3 .
Lời giải.

V = 1
3πr

2_{h =} 20π

3 .

B

A O

S

Chọn đáp án C _

Câu 93. Cho hình chữ nhật ABCD cạnh AB = 2, AD = 4. Gọi M , N là trung điểm của các cạnh
AB, CD. Cho hình chữ nhật này quay quanh M N ta được hình trụ có thể tích V bằng bao nhiêu?

A. V = 8π. B. V = 16π. C. V = 4π. D. V = 32π.

Lời giải.
Bán kính khối trụ bằng 1.

Chiều cao khối trụ bằng 4.

Thể tích khối trụ là V = π · 12· 4 = 4π.

4
A

D

B

C
M

N

Chọn đáp án C _

Câu 94. Khối tròn xoay được sinh ra khi quay một hình chữ nhật quanh một cạnh của nó là
A. Khối chóp. B. Khối trụ. C. Khối cầu. D. Khối nón.

Lời giải.

Chọn đáp án B _

Câu 95. Diện tích tồn phần của một hình trụ có bán kính đáy bằng 10 cm và khoảng cách giữa hai
đáy bằng 5 cm là

</div>
<span class='text_page_counter'>(34)</span><div class='page_container' data-page=34>

Bán kính đáy r = 10 cm; khoảng cách giữa hai đáy bằng 5 cm
⇒ chiều cao hay đường sinh h = l = 5 cm.

Diện tích tồn phần của hình trụ là

Stp = 2πrl + 2πr2 = 2π · 10 · 5 + 2π · 102 = 300π cm2.

h

=

5

r = 10

Chọn đáp án B _

Câu 96. Cho hình trụ có diện tích xung quanh bằng 50π và độ dài đường sinh bằng bán kính đường
trịn đáy. Tính diện tích tồn phần của hình trụ.

A. 60π. B. 80π. C. 100π. D. 120π.

Lời giải.
Theo đề bài ta có h = r.

Diện tích xung quanh là A = 2πrh = 2πr2 = 50π.

Diện tích tồn phần là 2πr(r + h) = 2π2r2 _{= 50π.2 = 100π.}

Chọn đáp án C _

Câu 97.

Cho tam giác ABC vuông 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

C

B

A

A C

B

A. 8. B. 10. C. 6. D. 7.

Lời giải.
Đường sinh chính là cạnh huyền BC của tam giác ABC.

Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông ABC ta có: BC =√AB2_{+ AC}2 ₌√₆2_{+ 8}2 _{= 10.}

Chọn đáp án B _

Câu 98. Cho hình nón có thể tích bằng V = 36πa3 _{và bán kính bằng 3a. Tính độ dài đường cao h của}

hình nón đã cho.

A. h = 4a. B. h = 2a. C. h = 5a. D. h = 12a.

Lời giải.

Ta có V = 1

3Bh ⇔ 36πa

3 ₌ 1

3π(3a)

2_{h ⇔ h = 12a.}

Chọn đáp án D 

Câu 99. Cho hình nón có bán kính đáy r =√3 và độ dài đường sinh l = 4. Tính diện tích xung quanh
Sxq của hình nón đã cho.

A. Sxq = 12π. B. Sxq = 4

√

3π. C. Sxq =

√

39π. D. Sxq = 8

√
3π.
Lời giải.

Ta có Sxq =

1

2l2πr = 4
√

3π.

Chọn đáp án B _

Câu 100. Gọi l, h, R lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính đáy của hình nón. Đẳng thức
nào sau đây ln đúng?

A. l2 _{= h}2 _{+ R}2_. _B. 1

l2 =

1
h2 +

1

R2. C. R

2 _{= h}2_{+ l}2_. _{D. l}2 _{= hR.}

</div>
<span class='text_page_counter'>(35)</span><div class='page_container' data-page=35></div>
<span class='text_page_counter'>(36)</span><div class='page_container' data-page=36>

ĐÁP ÁN

1. B 2. A 3. A 4. B 5. B 6. A 7. A 8. D 9. B 10. C

11. C 12. B 13. D 14. B 15. A 16. A 17. C 18. C 19. B 20. C

21. C 22. A 23. C 24. C 25. D 26. A 27. A 28. A 29. D 30. C

31. B 32. D 33. A 34. D 35. B 36. A 37. A 38. B 39. B 40. C

41. D 42. B 43. D 44. A 45. C 46. A 47. D 48. A 49. D 50. D

51. B 52. A 53. D 54. B 55. B 56. A 57. D 58. B 59. B 60. D

61. D 62. D 63. C 64. B 65. A 66. D 67. A 68. B 69. B 70. D

71. A 72. B 73. B 74. A 75. D 76. C 77. D 78. D 79. C 80. A

81. C 82. B 83. C 84. D 85. B 86. D 87. A 88. A 89. D 90. C

</div>
<span class='text_page_counter'>(37)</span><div class='page_container' data-page=37>

<b>2</b> <b>Mức độ thơng hiểu</b>

Câu 1. Cắt khối nón bởi một mặt phẳng qua trục tạo thành một tam giác đều có cạnh bằng a. Thể
tích của khối nón là

A. πa3√2. B. 3πa

3

8 . C.

2√3πa3

9 . D.

πa3√₃

24 .
Lời giải.

Phương pháp: Thể tích khối nón V = 1
3πr

2_h.

Cách giải:

Tam giác SAB đều cạnh a ⇒












R = OA = OB = a
2.
h = SO = a

√
3
2 .
Thể tích khối nón: V = 1

3πr

2_{h =} 1

3π ·
a

2
2

· a
√

3
2 =

a3π√3

24 . O

S

B

A

Chọn đáp án D _

Câu 2. Cho hình nón có góc ở đỉnh bằng 60◦ và bán kính đáy bằng a. Diện tích xung quanh của hình
nón bằng bao nhiêu?

A. 2πa2_. _{B. 4πa}2_. _{C. πa}2_. _{D. πa}2√_3.

Lời giải.

Hình nón đã cho có đỉnh S, đáy là đường trịn tâm O đường kính M N
như hình vẽ.

Ta có bán kính đáy r = OM = a, góc ÷M SN = 60◦ suy ra ’M SO = 30◦.
4SOM vng tại O, ta có

sin ’M SO = OM

SM, suy ra SM =

OM
sin ’M SO

= 2a, hay đường sinh l = 2a.
Vậy diện tích xung quanh hình nón là

Sxq = π · r · l = 2πa2.

60◦

S

O
M
N

Chọn đáp án A _

Câu 3. Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng 2a và bán kính đáy bằng a. Thể tích của khối nón đã
cho bằng

A.
√

3πa3

3 . B.

√
3πa3

2 . C.

2πa3

3 . D.

πa3

3 .
Lời giải.

Chiều cao h =p(2a)2_{− a}2 _{= a}√_3.

Thể tích V = 1

3Bh =

1
3πa

2_a√_{3 =}

√
3πa3

3 .

Chọn đáp án A _

Câu 4. Cắt một khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục của nó, ta được thiết diện là một hình vng
có cạnh bằng a. Tính diện tích xung quanh S của khối trụ đó.

A. S = 2πa2_. _{B. S =} πa
2

2 . C. S = πa

</div>
<span class='text_page_counter'>(38)</span><div class='page_container' data-page=38>

Do thiết diện là hình vng cạnh a nên bán kính đáy bằng a

2 và chiều cao h = a.
Diện tích xung quanh: S = 2π ×a

2 × a = πa

2_.

Chọn đáp án C _

Câu 5. Thiết diện qua trục của hình nón trịn xoay là một tam giác đều cạnh 2a. Tính thể tích V của
khối nón đó.

A. V = πa3√_3. _{B. V =} πa
3√₃

3 . C. V =

πa3√₃

24 . D. V =

3πa3

8 .
Lời giải.

Cắt hình nón bằng mặt phẳng qua trục ta dược thiết diện là tam giác đều suy ra 2r = 2a ⇒ r = a và
đường cao h = a√3.

Thể tích khối nón là V = 1
3πr

2_{h =} 1

3 · πa

2 _{· a}√_{3 =} πa

3√₃

3 .

Chọn đáp án B _

Câu 6. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 có cạnh bằng a. Một hình nón có đỉnh là tâm của hình
vng A0B0C0D0 và có đường trịn đáy ngoại tiếp hình vng ABCD. Tính diện tích xung quanh của
hình nón đó.

A. πa

2√₂

2 . B. πa

2√_3. _C. πa

2√₂

4 . D.

πa2√₃

2 .
Lời giải.

Gọi O, O0 lần lượt là tâm hình vng ABCD và A0B0C0D0.

Hình nón có đáy là đường trịn ngoại tiếp hình vng ABCD có cạnh là
a nên đáy của hình nón là đường trịn có bán kính

r = OC = 1
2AC =

a√2
2 .

Hình nón có đỉnh là tâm của hình vng A0B0C0D0 nên chiều cao của
hình nón bằng độ dài cạnh của hình vng. Suy ra h = a.

r

h
l

A
B

O

D0
C0

O0

A0
D

C

B0

Khi đó độ dài đường sinh là l = O0C = √O0_O2_{+ OC}2 ₌

s
a2₊

Ç
a√2

2
å2

=… 3a

2

2 =
a√6

2 .
Vậy diện tích xung quanh của hình nón đó là Sxq = πrl = π ·

2√2
2 ·

a√6
2 =

πa2√₃

2 .

Chọn đáp án D _

Câu 7. Một khối nón có bán kính đáy bằng 3 và góc ở đỉnh bằng 60◦ thì có thể tích bằng bao nhiêu?

A. 9π√3. B. 27π√3. C. 3π√3. D. 6π√3.

Lời giải.

Phương pháp:

Sử dụng cơng thức tính thể tích khối nón V = 1
3π · r

2_{· h với r là bán kính đáy, h là chiều cao hình chóp.}

</div>
<span class='text_page_counter'>(39)</span><div class='page_container' data-page=39>

O
S

A B

Cắt hình nón bằng mặt phẳng qua trục ta dược thiết diện là tam giác cân SAB có AB = 2R = 6 và
ASB = 60◦ nên tam giác SAB đều cạnh 6 ⇒ trung tuyến SO = 6

√
3

2 = 3

√
3.
Thể tích khối nón là V = 1

3π · r

2_{· h =} 1

3π · 3

2_{· 3}√_{3 = 9π}√_3.

Chọn đáp án A _

Câu 8. Một khối nón có thể tích bằng 4π và chiều cao bằng 3. Bán kính đường trịn đáy bằng
A. 2

√
3

3 . B.

4

3. C. 1. D. 2.

Lời giải.

Ta có: V = 1
3πR

2_{h ⇒ 4π =} 1

3πR

2_{· 3 ⇒ R}2 _{= 4 ⇒ R = 2.}

Chọn đáp án D _

Câu 9. Hình nón có thiết diện qua trục là tam giác đều và có thể tích V =
√

3
3 πa

3_{. Diện tích xung}

quanh S của hình nón đó là

A. S = 4πa2. B. S = 2πa2. C. S = 1
2πa

2_. _{D. S = 3πa}2_.

Lời giải.
Gọi R là bán kính đáy của hình nón.

Vì thiết diện qua trục là tam giác đều nên chiều cao của hình nón là h = R√3.

Từ đây ta suy ra thể của khối nón V = 1

3πR

2_{h =} πR

3√₃

3 . (1)

Theo giả thiết ta có V =
√

3
3 πa

3_. ₍₂₎

Từ (1) và (2) suy ra R = a. Do đó diện tích xung quanh là S = πa · 2a = 2πa2.

Chọn đáp án B _

Câu 10. Cho hình nón trịn xoay có chiều cao h = 20 (cm), bán kính đáy r = 25 (cm). Một thiết diện
đi qua đỉnh của hình nón có khoảng cách từ tâm đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là 12 (cm). Tính
diện tích của thiết diện đó.

</div>
<span class='text_page_counter'>(40)</span><div class='page_container' data-page=40>

Thiết diện qua đỉnh là tam giác SAB.

Gọi K là trung điểm AB ⇒ OK⊥AB ⇒ AB⊥ (SOK)⇒
(SAB) ⊥ (SOK).

Kẻ OH⊥SK (H ∈ SK)⇒ OH⊥ (SAB)⇒ OH = 12(cm).
Ta có: 1

OH2 =

1
OK2 +

1
OS2⇒

1
OK2 =

1
122 −

1
202 =

1

225⇒ OK =
15 (cm).

KB =√OB2_{− OK}2 ₌√₂₅2_{− 15}2 _{= 20 ⇒ AB = 2BK = 40 (cm).}

SK =√SO2_{+ OK}2 ₌√₂₀2_{+ 15}2 _{= 25 (cm).}

⇒ S∆SAB =

1

2.SK.AB = 500 (cm

2_).

O
S

A

B
K
H

Chọn đáp án B _

Câu 11. Tính thể tích V của khối trụ có bán kính đáy bằng 6 và chiều cao bằng 3.

A. V = 216π. B. V = 108π. C. V = 72π. D. V = 36π.

Lời giải.

Áp dụng cơng thức thể tích khối trụ V = πr2h = 62· 3π = 108π.

Chọn đáp án B _

Câu 12. Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng 10 và diện tích xung quanh bằng 60π . Thể tích của

khối nón đã cho bằng

A. 360π. B. 288π. C. 120π. D. 96π.

Lời giải.
Ta có Sxq = πrl = 10πr = 60π ⇒ r = 6.

và h =√l2_{− r}2 ₌√₁₀2_{− 6}2 _{= 8.}

Vậy thể tích khối nón là V = 1
3πr

2_{h =} 1

3π · 6

2_{· 8 = 96π .}

Chọn đáp án D _

Câu 13. Một hình trụ có trục OO0 chứa tâm của một mặt cầu bán kính R, các đường trịn đáy của
hình trụ đều thuộc mặt cầu trên, đường cao của hình trụ bằng R. Tính thể tích V của khối trụ.

A. V = 3πR

3

4 . B. V = πR

3_. _{C. V =} πR

3

4 . D. V =

πR3

3 .
Lời giải.

Phương pháp

Thể tích khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao h là: V = πR2_{h .}

Cách giải:

Đường kính đáy của khối trụ là: 2r =p(2R)2_{− R}2 _{= R}√_{3 ⇒ r =} R

√
3
2
V = πr2_{h = π}

Ç
R√3

2
å2

R = 3πR

3

4 .

Chọn đáp án A _

Câu 14. Cho lăng trụ ABC.A0B0C0 có diện tích mặt bên ABB1A1 bằng 6, khoảng cách giữa cạnh CC1

và mặt phẳng ABB1A1 bằng 8. Thể tích khối lăng trụ ABC.A0B0C0 bằng:

A. 24. B. 8. C. 16. D. 32.

</div>
<span class='text_page_counter'>(41)</span><div class='page_container' data-page=41>

Phương pháp

Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy S và chiều cao h là V = Sh

Chia khối lăng trụ ABC.A0B0C0 thành khối chóp C1.ABC và khối tứ giác

C1.ABB1A1

Ta có: VC1.ABC =

1
3V ⇒








VC1ABB1A1 =

2
3V
VC1ABB1A1 =

1

3d (A; (ABB1A1)) =
1

3.6.8 = 16

A1

A

C
C1

B
B1

Chọn đáp án A _

Câu 15. Một hình trụ có thiết diện qua trục là hình vng, diện tích xung quanh bằng 36πa2. Tính
thể tích V của lăng trụ lục giác đều nội tiếp hình trụ.

A. V = 27√3a3_. _{B. V = 24}√_3a3_. _{C. V = 36}√_3a3_. _{D. V = 81}√_3a3_.

Lời giải.

Thiết diện qua trục hình trụ là hình vng ADD0A0. Gọi O, O0
lần lượt là hai tâm đường tròn đáy (hình vẽ). Suy ra l = 2r.
Theo giả thiết ta có

Sxq = 2πrl = 36πa2 ⇔ 2πr · 2r = 36πa2 ⇒ r = 3a ⇒ l = 6a.

Lăng trụ lục giác đều ABCDEF.A0B0C0D0E0F0 nội tiếp hình trụ
có chiều cao là h = 6a.

SABCDEF = 6S∆OAB = 6 ·

(3a)2√3

4 =

27a2√3

2 (vì ∆OAB đều,
cạnh bằng 3a).

Suy ra V = 27a

2√₃

2 · 6a = 81a

3√_3.

J
O

A
B
C
D

E F

C0
D0

O0

I0 J0

B0
A0
E0 F

0

I

Chọn đáp án D _

Câu 16. Khối nón có bán kính đáy r = 3, chiều cao h =√2. Tính thể tích V của khối nón

A. V = 9π√2. B. V = 3π√11. C. V = 3π√2. D. V = π√2.

Lời giải.

Thể tích của khối nón V = 1
3πr

2_{h =} 1

3π · 3

2_·√_{2 =} 9π

√
2
3 .

Chọn đáp án C _

Câu 17. Cho hình trụ có diện tích tồn phần là 8π và có thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục là
hình vng. Tính thể tích khối trụ?

A. 4π

9 . B.

π√6

9 . C.

16π√3

9 . D.

π√6
12 .
Lời giải.

Gọi bán kính đường trịn đáy là r. Vì thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục là
hình vng nên chiều cao hình trụ là 2r. Ta có Stp= 2Sd+ Sxq = 2πr2+ 2πrh =

2πr2_{+ 2πr · 2r = 6πr}2_.

Theo đề bài Stp = 8π ⇒ r2 =

4

3 ⇒ r =
2√3

3 ; V = πr

2_{h = πr}2_{· 2r = 2πr}3 ₌

2π · 8
√

3
9 =

16√3π

9 . r

</div>
<span class='text_page_counter'>(42)</span><div class='page_container' data-page=42>

Câu 18. Cắt hình trụ (T ) bằng một mặt phẳng đi qua trục được thiết diện là một hình chữ nhật có
diện tích bằng 30cm2 _{và chu vi bằng 26cm . Biết chiều dài của hình chữ nhật lớn hơn đường kính mặt}

đáy của hình trụ (T ). Diện tích tồn phần của (T ) là
A. 23πcm2. B. 23π

2 cm

2_. _C. 69π

2 cm

2_. _{D. 69πcm}2_.

Lời giải.

O0
Q

O
N
A

A0

B

B0
P

M

Gọi h, r lần lượt là đường cao và bán kính đáy của hình trụ (T ). Thiết diện của mặt phẳng và hình trụ
(T ) là hình chữ nhật M N P Q. Khi đó theo giả thiết ta có







h > 2r

SABCD = h · 2r = 30

CABCD = 2(h + 2r) = 26

⇔






h > 2r
hr = 15
h + 2r = 13

⇔






h > 2r
h = 13 − 2r

−2r2_{+ 15r − 15 = 0}

⇔














h > 2r
h = 13 − 2r




r = 5 ⇒ h = 3
r = 3

2 ⇒ h = 10 (nhận)
Vậy Stp = Sxq+ 2S = 2πrh + 2πr2 = 2π ·

3

2· 10 + 2π
Å 3

2
ã2

= 69π
2 cm

2_.

Chọn đáp án C _

Câu 19. Khối nón (N ) có bán kính đáy bằng 3 và diện tích xung quanh bằng 15π. Tính thể tích V
của khối nón (N ).

A. V = 36π. B. V = 60π. C. V = 20π. D. V = 12π.

Lời giải.

 Ta có Sxq = πrl ⇒ l =

Sxq

πr =
15π

3π = 5 và chiều cao h =
√

l2_{− r}2 ₌√_{25 − 9 = 4.}

 Vậy V = 1
3πr

2_{h =} 1

3π · 3

2_{· 4 = 12π.}

Chọn đáp án D _

Câu 20. Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD có AB
và CD thuộc hai đáy hình trụ, AB = 4a; AC = 5a. Tính thể tích khối trụ:

A. V = 8πa3. B. V = 16πa3. C. V = 12πa3. D. V = 4πa3.
Lời giải.

Phương pháp: Sử dụng cơng thức tính thể tích khối trụ có chiều cao h và bán
kính đáy r là V = πr2h.

Cách giải:

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vng ABC có
BC =√AC2_{− AB}2 ₌√_25a2_{− 16a}2 _{= 3a.}

Vậy thể tích khối trụ là V = πÅ AB
2

ã2

.BC = π.(2a)2.3a = 12πa2_.

A

D

B

</div>
<span class='text_page_counter'>(43)</span><div class='page_container' data-page=43>

Chọn đáp án C _

Câu 21. Thiết diện qua trục của một hình trụ là một hình vng có cạnh bằng 2a. Tính theo a thể
tích khối trụ đó.

A. πa3. B. 2πa3. C. 4πa3. D. 2

3πa

3_.

Lời giải.
Ta có: VTrụ = hπr2 = 2a · π · a2 = 2πa3.

Chọn đáp án B _

Câu 22. Cho hình nón có bán kính đáy bằng 2 cm, góc ở đỉnh bằng 60◦. Tính thể tích của khối nón
đó.

A. 8
√

3π
9 cm

3_. _{B. 8}√_{3π cm}3_. _C. 8

√
3π
3 cm

3_. _D. 8π

3 cm

3_.

Lời giải.

30◦

h

r = 2

S

O

A B

Vì góc ở đỉnh bằng 60◦ nên đường cao của hình nón là

h = r · cot 30◦ = 2√3 cm.
Khi đó, thể tích khối nón là

V = 1
3πr

2_{h =} 8π

√
3
3 cm

3_.

Chọn đáp án C _

Câu 23. Cho hình nón có góc ở đỉnh bằng 60◦ và bán kính đáy bằng a. Diện tích xung quanh của hình
nón bằng bao nhiêu?

A. 2πa2_. _{B. 4πa}2_. _{C. πa}2_. _{D. πa}2√_3.

Lời giải.

Hình nón đã cho có đỉnh S, đáy là đường trịn tâm O đường kính M N
như hình vẽ.

Ta có bán kính đáy r = OM = a, góc ÷M SN = 60◦ suy ra ’M SO = 30◦.
4SOM vng tại O, ta có

sin ’M SO = OM

SM, suy ra SM =

OM
sin ’M SO

= 2a, hay đường sinh l = 2a.
Vậy diện tích xung quanh hình nón là

Sxq = π · r · l = 2πa2.

60◦

S

</div>
<span class='text_page_counter'>(44)</span><div class='page_container' data-page=44>

Câu 24. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 cạnh a. Tính diện tích tồn phần của vật trịn xoay
thu được khi quay tam giác AA0C0 quanh trục AA0.

A. πÄ√6 + 2äa2. B. πÄ√3 + 2äa2. C. 2πÄ√2 + 1äa2. D. 2πÄ√6 + 1äa2.
Lời giải.

Khi quay tam giác AA0C0 quanh trục AA0 ta được hình nón có bán kính đáy
R = A0C0 = a√2, đường sinh l = AC0 và chiều cao h = AA0 = a.

Ta có l = AC0 =√A0_C02_{+ AA}02₌√_2a2_{+ a}2 _{= a}√_3.

Ta có

Stp = πRl + πR2 = π(

√

6 + 2)a2.

C0
A0

A

Chọn đáp án A _

Câu 25. Một hình trụ có thiết diện qua trục là hình vng, diện tích xung quanh bằng 4π. Thể tích
khối trụ là

A. 2

3π. B. 2π. C. 4π. D.

4
3π.
Lời giải.

Ta có ABB0A0 là hình vng ⇒ h = 2r.

Diện tích xung quanh của hình trụ: Sxq = 2πrh = 2πr · 2r = 4πr2 = 4π ⇒

r = 1 ⇒ h = 2.

Thể tích khối trụ V = πr2h = π · 12· 2 = 2π.

O0

O
A

A0

B
B0

Chọn đáp án B _

Câu 26. Một hình trụ trịn xoay có độ dài đường sinh bằng đường kính đáy và thể tích của khối trụ
bằng 16π . Diện tích tồn phần của khối trụ đã cho bằng

A. 16π. B. 12π. C. 8π. D. 24π.

Lời giải.
Gọi bán kính đáy của hình trụ là R suy ra h = l = 2R.

Theo đề bài ta có thể tích khối trụ là: V = πR2_{.h = πR}2_{.2R = 2πR}3 _{= 16π ⇒ R = 2}

Do đó h = l = 4. Diện tích tồn phần của khối trụ là: S = 2πRl + 2πR2 _{= 2π.2.4 + 2π.2}2 _{= 24π}

Chọn đáp án D _

Câu 27. Cho hình nón trịn xoay có bán kính bằng 3 và diện tích xung quanh bằng 6√3π. Góc ở đỉnh
của hình nón đã cho bằng

A. 60◦. B. 150◦. C. 90◦. D. 120◦.

Lời giải.

Gọi S, O lần lượt là đỉnh và tâm mặt đáy của hình nón. Lấy A là một điểm
nằm trên đường trịn đáy. Gọi góc ở đỉnh của hình nón là 2β suy ra β = ’OSA.
Mặt khác Sxq = πrl ⇔ l =

Sxq

πr =
6√3π

3π = 2
√

3. Xét 4SOA vuông tại O, ta có
sin OSA = OA

SA =
3
2√3 =

√
3

2 ⇒ ’OSA = 60

◦

.
Vậy 2β = 2’OSA = 120◦.

O A

S

</div>
<span class='text_page_counter'>(45)</span><div class='page_container' data-page=45>

Chọn đáp án D _

Câu 28. Cho hình nón trịn xoay có bán kính bằng 3 và diện tích xung quanh bằng 6√3π. Góc ở đỉnh
của hình nón đã cho bằng

A. 60◦. B. 150◦. C. 90◦. D. 120◦.

Lời giải.

Giả sử thiết diện qua trục của hình nón đã cho là tam giác SAB, gọi
H là tâm đường trịn đáy của hình nón.

Ta có AH = 3 và Sxq = π · AH · SA

Suy ra SA = Sxq
πAH =

6√3π
3π = 2

√
3.
Ta có cos ’ASH = AH

AS =
3
2√3 =

√
3

2 ⇒ ’ASH = 30

◦_.

Do đó, góc ở đỉnh của hình nón bằng 60◦.

A

S

B
H

Chọn đáp án A _

Câu 29. Cắt mặt xung quanh của một hình trụ dọc theo một đường sinh rồi trải ra trên mặt phẳng
ta được hình vng có chu vi bằng 8π. Thể tích của khối trụ đã cho bằng

A. 2π2_. _{B. 2π}3_. _{C. 4π.} _{D. 4π}2_.

Lời giải.
Chu vi hình vng bằng 8π nên cạnh hình vng bằng 2π.
Do đó hình trụ có bán kính R = 1, đường sinh l = 2R.
Vậy thể tích hình trụ là V = πR2h = 2π2_.

l

C = 8π
h

r
l

Chọn đáp án A _

Câu 30. Khối nón (N ) có bán kính đáy bằng 3 và diện tích xung quanh bằng 15π. Tính thể tích của
khối nón (N ).

A. 36π. B. 12π. C. 16π. D. 45π.

Lời giải.

Gọi SO, SI lần lượt là đường cao và đường sinh của khối nón (N ).
Ta có Sxq = π · OI · SI.

⇒ SI = Sxq
π · OI = 5.

Suy ra SO =√SI2_{− OI}2 _{= 4.}

Thể tích của khối nón (N ) bằng

V = 1

3SO · π · OI

2 ₌ 1

3· 4π9 = 12π

O
S

I

Chọn đáp án B _

Câu 31. Tính diện tích của mặt cầu có bán kính bằng 3.

</div>
<span class='text_page_counter'>(46)</span><div class='page_container' data-page=46>

Gọi r là bán kính của mặt cầu.

Ta có diện tích của mặt cầu là S = 4πr2 _{= 4 · π · 3}2 _{= 36π.}

Chọn đáp án B _

Câu 32. Cho khối nón có chiều cao bằng 2a và bán kính đáy bằng a. Thể tích của khối nón đã cho
bằng

A. 4πa

3

3 . B. 2πa

3_. _C. 2πa

3

3 . D. 4πa

3_.

Lời giải.

Thể tích khối nón là V = 1
3πr

2_{h =} 1

3πa

2_{.2a =} 2πa
3

3 .

Chọn đáp án C _

Câu 33. Cho khối trụ (T ). Biết rằng một mặt phẳng chứa trục của (T ) cắt (T ) theo thiết diện là một
hình vng cạnh 4a. Thể tích khối trụ đã cho bằng

A. 8πa3_. _{B. 64πa}3_. _{C. 32πa}3_. _{D. 16πa}3_.

Lời giải.

Thiết diện của hình trụ (T ) qua trục là hình vng cạnh 4a ⇒ hình trụ có chiều cao là h = 4a và bán
kính đáy R = 1

2 · 4a = 2a ⇒ V = πR

2_{h = π · 4a}2_{· 4a = 16πa}2_.

Chọn đáp án D _

Câu 34.

Một khối pha lê gồm một hình cầu (H1) bán kính R và một hình nón (H2)

có bán kính đáy và đường sinh lần lượt là r, l thỏa mãn r = 1

2l và l =
3
2R
xếp chồng lên nhau như hình vẽ bên. Biết tổng diện tích mặt cầu (H1) và

diện tích tồn phần của hình nón (H2) là 91 cm2. Tính diện tích của khối cầu

(H1).

A. 104
5 cm

2_. _{B. 16 cm}2_. _{C. 64 cm}2_. _D. 26

5 cm

2_.

Lời giải.

Do giả thiết r = 1

2l và l =
3

2R suy ra r =
1
2·

3
2R =

3
4R.
Gọi S1 là diện tích tồn phần của hình nón, ta có

S1 = π · r · l + π · r2 = π ·

Å 3
4R

ã
· 3

2R + π ·
Å 3

4R
ã2

= 27πR

2

16 .
Mặt khác gọi S2 là diện tích mặt cầu, ta có S2 = 4πR2.

Để thỏa mãn bài toán cho

S1 + S2 = 91 ⇔

27πR2

16 + 4πR

2 _{= 91 ⇔} 91πR
2

16 = 91 ⇔ πR

2 _{= 16.}

Do đó S2 = 4πR2 = 4 · 16 = 64 (cm2).

Chọn đáp án C _

Câu 35. Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng 2a và bán kính đáy bằng a. Thể tích của khối nón
đã cho bằng

A.
√

3πa3

3 . B.

√
3πa3

2 . C.

2πa3

3 . D.

</div>
<span class='text_page_counter'>(47)</span><div class='page_container' data-page=47>

Lời giải.
Ta có l = 2a; r = a, suy ra h =√l2_{− r}2 ₌√_3a.

Thể tích của khối nón là V = 1
3πr

2_{h =}

√
3πa3

3 .

h

r
l

Chọn đáp án A _

Câu 36.

Một khối đồ chơi gồm hai khối trụ (H1), (H2) xếp chồng lên nhau, lần lượt có bán

kính đáy và chiều cao tương ứng là r1, h1, r2, h2 thỏa mãn r2 =

1

2r1, h2 = 2h1
(tham khảo hình vẽ bên). Biết rằng thể tích của tồn bộ khối đồ chơi bằng 30 cm3_,

thể tích khối trụ (H1) bằng

A. 24 cm3. B. 15 cm3. C. 20 cm3. D. 10 cm3.

Lời giải.
Gọi V1, V2 lần lượt là thể tích của hai khối trụ (H1), (H2).

Ta có V2 = h2πr22 = 2h1π

1
4r

2

1 =

1
2h1πr

2

1 =

1

2V1. Mà V1+
1

2V1 = 30 nên V1 = 20.

Chọn đáp án C _

Câu 37. Tính thể tích V của khối nón có bán kính đáy r = √3 và chiều cao gấp hai lần bán kính
đáy.

A. V = 6√3π. B. V = 2√3π. C. V = 2π. D. V = 6π.

Lời giải.

Chiều cao khối nón h = 2r = 2√3. Thể tích khối nón V = 1
3πr

2_{h = 2}√_3π.

Chọn đáp án B _

Câu 38. Cho tam giác ABC vuông cân tại A, cạnh AB = 4a. Quay tam giác này xung quanh cạnh
AB. Thể tích của khối nón được tạo thành là

A. 64πa

3

3 . B.

8πa2

3 . C.

4πa3

3 . D.

4πa2

3 .

Câu 39. Một hình trụ có bán kính đáy r = 5 cm, chiều cao h = 50 cm. Hỏi diện tích xung quanh Sxq

của hình trụ đó bằng bao nhiêu?

A. Sxq = 500 cm2. B. Sxq = 250 cm2. C. Sxq = 500π cm2. D. Sxq = 2500π cm2.

Câu 40. Một hình trụ trịn xoay có diện tích tồn phần là S1, diện tích đáy là S. Cắt đơi hình trụ này

bằng một mặt phẳng vng góc và đi qua trung điểm của đường sinh, ta được hai hình trụ nhỏ mà mỗi
hình trụ nhỏ có diện tích tồn phần là S2. Khẳng định nào sau đây đúng?

A. S2 =

1

2S1+ S. B. S2 =
1

2(S1+ S). C. S2 = 2S1. D. S2 =
1
2S1.
Câu 41. Hình nón có thiết diện qua trục là tam giác đều cạnh 2a. Thể tích khối nón là

A.
√

3πa3

. B. 8πa

3

. C.

√
3πa3

. D.

√
3πa3

</div>
<span class='text_page_counter'>(48)</span><div class='page_container' data-page=48>

Câu 42. Cho hình nón trịn xoay có chiều cao là a√3, đường kính đáy là 2a. Tìm diện tích xung quanh
Sxq của hình nón đã cho.

A. Sxq = 2

√

3πa2. B. Sxq = 2πa2. C. Sxq = πa2. D. Sxq = 4

√
3πa2.
Lời giải.

Bán kính đáy r = a, suy ra đường sinh l =»(a√3)2_{+ a}2 _{= 2a. Do đó, diện tích xung quanh hình nón}

là Sxq = 2a2π.

Chọn đáp án B _

Câu 43. Thể tích V của khối nón có chiều cao bằng a và độ dài đường sinh bằng a√5 là
A. V = 4

3πa

3_. _{B. V = 4πa}3_. _{C. V =} 2

3πa

3_. _{D. V =} 5

3πa

3_.

Lời giải.

Theo Pitago ta có OA =√SA2_{− SO}2 _{= 2a.}

Vậy V =√13OA2_{SOπ =} 4

3πa

3_.

S

A _O B

Chọn đáp án A _

Câu 44. Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng S. Diện tích đáy bằng diện tích một mặt cầu bán
kính a. Khi đó thể tích của hình trụ bằng

A. Sa. B. 1

2Sa. C.

1

3Sa. D.

1
4Sa.

Lời giải.

Gọi bán kính đáy của hình trụ là r, khi đó πr2 _{= 4πa}2 _{nên r = 2a.}

Chiều cao hình trụ là h = S
2πr =

S

4πa. Thể tích hình trụ là V = hπr

2 ₌ S

4πaπ4a

2 _{= Sa.}

Chọn đáp án A _

Câu 45. Cho hình nón có chiều cao h và góc ở đỉnh bằng 90◦. Thể tích của khối nón xác định bởi hình
nón trên là

A. 2πh

3

3 . B.

√
6πh3

3 . C.

πh3

3 . D. 2πh

3_.

Lời giải.
Từ giả thiết suy ra bán kính nón r = h.

Vậy thể tích khối nón tương ứng là V = 1
3πr

2_{h =} πh

3

3 . _h

O
S

r

Chọn đáp án C _

</div>
<span class='text_page_counter'>(49)</span><div class='page_container' data-page=49>

B
F

C
D

A
E

a
a

a
30◦

A. 10π
7 a

3_. _B. π

3a

3_. _C. 5π

2 a

3_. _D. 10π

9 a

3_.

Lời giải.

 Khi quay hình vng ABCD quanh trục DF ta được khối
trụ trịn xoay có chiều cao bằng a và bán kính đáy bằng a.
Thể tích khối trụ này là V1 = π · a2· a = πa3.

 Khi quay tam giác vuông AF E quanh trục DF ta được khối
nón trịn xoay có chiều cao bằng a và bán kính đáy bằng
EF = AF · tan 30◦ = a

√
3

3 . Thể tích khối nón này là V2 =
1

3π ·
Ç

a√3
3

å2

· a = π
9a

3_.

B

F

C
D

A
E

Vậy thể tích cần tìm là V = V1+ V2 = πa3 +

π
9a

3 ₌ 10π

9 a

3_.

Chọn đáp án D _

Câu 47. Cắt hình nón đỉnh S bởi mặt phẳng đi qua trục ta được một tam giác vng cân có cạnh
huyền bằng a√2. Thể tích khối nón là

A. π
√

2
6 a

3_. _B. π

√
2
12 a

3_. _C. π

√
2
4 a

3_. _D. π

√
2
6 a

2_.

Lời giải.

Xét tam giác vng cân SAB có cạnh AB = a√2. Khối nón có
bán kính đáy r, chiều cao h = SO và r = h = SO = 1

2AB =
a√2

2 (do tam giác SAB vuông cân tại S). Thể tích khối nón
cần tìm là

V = 1
3πr

2_{h =} 1

3π
Ç

a√2
2

å2
·a

√
2
2 =

π√2
12 a

3_.

B
S

O
A

h

r

a√2

Chọn đáp án B _

Câu 48. Cho hình trụ (T ) được sinh ra khi quay hình chữ nhật ABCD quanh cạnh AB. Biết AC =
2√3a và góc ’ACB = 45◦. Tính diện tích tồn phần Stp của hình trụ (T ).

</div>
<span class='text_page_counter'>(50)</span><div class='page_container' data-page=50>

r

h

C
D
A

B

Ta có AB = sin 45◦AC =
√

2
2 · 2

√

3a =√6a và BC =√AC2_{− BA}2 ₌√_6a.

Do đó Stp= 2πBC2+ 2πBC · AB = 2π6a2+ 2π6a2 = 24πa2.

Chọn đáp án C _

Câu 49. Tính thể tích V của khối nón có độ dài đường sinh bằng 2a và diện tích xung quanh bằng
2πa2.

A. V = πa3√3. B. V = πa

3√₃

3 . C. V =

πa3√3

6 . D. V =

πa3√3
2 .
Lời giải.

Ta có l = 2a, Sxq = πrl = 2πa2. Suy ra r =

2πa2

π2a = a.
Mặt khác h =√l2_{− r}2 _{= a}√_{3. Vậy V = πa}2_a√_{3 =} πa

3√₃

3 .

Chọn đáp án B _

Câu 50. Cho tam giác ABC vng tại A có AB = a√3 và BC = 2a. Tính thể tích khối nón sinh ra
khi quay tam giác ABC quay cạnh AB.

A. V = πa3√_3. _{B. V = 2πa}3_. _{C. V =} 2πa
3

3 . D. V =

πa3√₃

3 .
Lời giải.

Ta có AC =√BC2 _{− AB}2 _{= a và thể tích khối nón là}

V = 1
3π · AC

2_{· AB =} πa3

√
3
3 .

B

A0

A C

Chọn đáp án D _

Câu 51. Một hình nón có bán kính hình trịn đáy là R và chiều cao bằng 2R. Diện tích xung quanh
của hình nón bằng

A. πR2(1 +√5). B. πR2(1 +√3). C. πR2√3. D. πR2√5.
Lời giải.

Độ dài đường sinh của hình nón là ` =√h2 _{+ R}2 _{= R}√₅

Diện tích xung quanh của hình nón là S = πR` = πR · R√5 = πR2√5.

Chọn đáp án D _

Câu 52. Một hình trụ có thiết diện qua trục là một hình vng cạnh 2a. Thể tích khối trụ tương ứng
bằng

A. 2πa3_. _{B. πa}3_. _C. 8πa

3

3 . D.

</div>
<span class='text_page_counter'>(51)</span><div class='page_container' data-page=51>

Lời giải.

Do khối trụ có thiết diện qua trục là hình vng cạnh bằng 2a nên h = 2R = 2a ⇒®h = 2a
R = a .
Vậy thể tích khối trụ là V = πR2_{· h = 2πa}3_.

Chọn đáp án A _

Câu 53. Trong khơng gian, cho hình chữ nhật ABCD có AB = 1 và AD = 2. Gọi M, N lần lượt là
trung điểm của AD và BC. Quay hình chữ nhật đó xung quanh trục M N , ta được một hình trụ. Tính
diện tích tồn phần Stp của hình trụ đó.

A. Stp =

4π

3 . B. Stp = 4π. C. Stp=6π. D. Stp = 3π.

Lời giải.

Do quay hình chữ nhật quanh trục M N nên hình trụ tạo thành sẽ có h = M N = AB = 1 và
R = AD

2 = 1. Từ đó ta tính được Stp = 2πRh + 2πR

2 _{= 4π.}

M

A D

N

B C

Chọn đáp án B _

Câu 54. Cho đường thẳng L cắt và không vuông với ∆, quay mặt phẳng chứa L và ∆ quanh ∆ ta
được

A. Khối nón trịn xoay. B. Mặt trụ trịn xoay.
C. Mặt nón trịn xoay. D. Hình nón trịn xoay.

Lời giải.

Theo định nghĩa: Cho đường thẳng L cắt và không vuông với ∆, quay mặt phẳng

chứa L và ∆ quanh ∆ ta được mặt nón trịn xoay. L

∆

Chọn đáp án C _

Câu 55. Tính thể tích V của khối nón có đáy là hình trịn bán kính 2, diện tích xung quanh của nón
là 12π.

A. V = 4
√

2π

3 . B. V =

16√2π

9 . C. V = 16

√

2π. D. V = 16

</div>
<span class='text_page_counter'>(52)</span><div class='page_container' data-page=52>

Ta có Sxq = πrl ⇔ 12π = π2l ⇔ l = 6. suy ra h =

√

l2_{− r}2 ₌√₆2_{− 2}2 _{= 4}√_2.

V = 1
3πr

2_{h =} 1

3π2

2₄√_{2 =} 16

√
2π
3 .

Chọn đáp án D _

Câu 56. Trong không gian, cho hình chữ nhật ABCD có AB = 1 và AD = 2. Gọi M , N lần lượt là
trung điểm của AB và CD. Quay hình chữ nhật đó xung quanh trục M N ta được một hình trụ. Tính
thể tích V của hình trụ đó.

A. V = π

2. B. V = π. C. V = 2π. D. V = 4π.

Lời giải.

Hình trụ tạo thành có chiều cao bằng AD = 2 và bán kính bằng 1

2AD =
1

2. Do đó nó có thể tích
V = πr2h = π

2.

Chọn đáp án A 

Câu 57. Cho hình trụ có hai đáy là hình trịn tâm O và O0, bán kính bằng R, chiều cao R√3; và hình
nón có đỉnh là O0, đáy là đường trịn (O; R). Tính tỉ số giữa diện tích xung quanh của hình trụ và diện
tích xung quanh của hình nón.

A. 2. B. 3. C. √2. D. √3.

Lời giải.
Diện tích xung quanh hình trụ là S1 = 2πR · h = 2π · R2

√
3.
Độ dài đường sinh của hình nón là l =√R2_{+ h}2 _{= 2R.}

Diện tích xung quanh của hình nón là S2 = πRl = 2πR2.

Vậy S1
S2

=√3.

Chọn đáp án D 

Câu 58. Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác đều cạnh 2a. Tính thể tích V của khối
nón

A. V = πa

3√₃

6 . B. V =

πa3√₃

3 . C. V =

πa3√₃

2 . D. V =

πa3√₃

12 .
Lời giải.

Gọi S là đỉnh của hình nón, AB là một đường kính bất kì của đường trịn
đáy. Theo giả thiết ta có tam giác SAB là tam giác đều cạnh 2a. Suy ra
chiều cao của khối nón là h = a√3 và bán kính đường trịn đáy là r = a.
Vậy thể tích khối nón là S = 1

3πr

2_{h =} πa

3√₃

3 .

h

A B

S

Chọn đáp án B _

Câu 59. Cắt một khối trụ T bằng một mặt phẳng đi qua trục của nó ta được một hình vng có diện
tích bằng 9. Khẳng định nào sau đây là sai?

A. Khối trụ có thể tích V = 9π
4 .

B. Khối trụ T có diện tích tồn phần Stp =

27π
2 .
C. Khối trụ T có diện tích xung quanh Sxq = 9π.

D. Khối trụ T có độ dài đường sinh là l = 3.

</div>
<span class='text_page_counter'>(53)</span><div class='page_container' data-page=53>

Từ cách cắt suy ra hình vng có cạnh bằng 3.
Suy ra độ dài đường sinh và đường kính đáy bằng 3.

 V = πR2_{l =} 27π

4 .
 Sxq = 9π.

 Stp =

27π
2

Chọn đáp án A _

Câu 60. Tính diện tích mặt cầu (S) khi biết nửa chu vi đường tròn lớn của nó bằng 4π.

A. S = 16π. B. S = 64π. C. S = 8π. D. S = 32π.

Lời giải.

Gọi R là bán kính mặt cầu (S). Chu vi đường tròn lớn là 8π ⇔ 2πR = 8π ⇔ R = 4.
Vậy diện tích mặt cầu là S = 4πR2 _{= 64π.}

Chọn đáp án B _

Câu 61. Khi cắt khối nón (N ) bằng một mặt phẳng qua trục của nó ta được thiết diện là một tam
giác vng cân có cạnh huyền bằng 2√3a. Tính thể tích V của khối nón (N ).

A. V = 3√6πa3_. _{B. V =}√_6πa3_. _{C. V =}√_3πa3_. _{D. V = 3}√_3πa3_.

Lời giải.

Thiết diện là tam giác vng cân có cạnh huyền bằng 2√3a nên bán
kính đáy bằng r = a√3, chiều cao h = a√3.

Vậy thể tích của khối nón bằng V = 1
3πr

2_{h =} 1

3π
Ä

a√3ä3 =√3πa3.

S

O

B
A

Chọn đáp án C _

Câu 62. Một hình nón có bán kính đường trịn đáy bằng 3a và đường sinh bằng 5a. Tính thể tích khối
nón.

A. 9πa3. B. 12πa3. C. 5πa3. D. 15πa3.

Lời giải.

Theo giả thiết r = 3a, l = 5a ⇒ h =√l2_{− r}2 ₌√_25a2_{− 9a}2 _{= 4a.}

Ta có: V = 1
3πr

2_{h =} 1

3π.9a

2_{.4a = 12πa}3_.

h

r = 3a
l = 5a

Chọn đáp án B _

Câu 63. Cho hình lăng trụ đều ABC.A0B0C0 có góc giữa hai mặt phẳng (A0BC) và (ABC) bằng 45◦,
diện tích tam giác A0BC bằng a2√6. Tính diện tích xung quanh hình trụ ngoại tiếp hình lăng trụ
ABC.A0B0C0.

A. 4πa

2√₃

3 . B. 4πa

2_. _{C. 2πa}2_. _D. 8πa

2√₃

</div>
<span class='text_page_counter'>(54)</span><div class='page_container' data-page=54>

Gọi H là trung điểm BC AH BC, AA0 BC
ữA0_{HA = (}

Ô

(A0_{BC), (ABC)) = 45}◦_.

Có tan 45◦ = AA

0

AH ⇒ AA

0 _{= AH = x, A}0_{H = x}√_2.

Xét tam giác đều ABC có BC = √2

3AH =
2x
√

3.
Vì S∆A0_BC =

A0H · BC

2 = a

2√_{6 ⇒ x = a}√_3.

Bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆ABC là
R = 2

3AH =
a√3

3 ⇒ Sxq = 2π ·
a√3

3 · a
√

3 = 2πa2.

A

A0

B
B0

C0

C

H

Chọn đáp án C _

Câu 64. Cho nửa hình trịn tâm O, đường kính AB. Người ta ghép hai bán kính OA, OB lại để tạo
ra một mặt nón. Tính góc ở đỉnh của mặt nón đó.

A. 60◦. B. 30◦. C. 90◦. D. 45◦.

Lời giải.
Gọi R là bán kính đáy của hình nón. Ta

có chu vi đường trịn đáy của hình nón là
2πR = 1

2· 2πOA ⇒ R =
OA

2

⇒ thiết diện của hình nón đi qua trục là

một tam giác đều

⇒ góc ở đỉnh của hình nón là 60◦_. _A

H
O

O A

B

Chọn đáp án A _

Câu 65. Tính diện tích xung quanh một hình trụ có chiều cao 20 m và chu vi đáy bằng 5 m.
A. 100π m2_. _{B. 50π m}2_. _{C. 50 m}2_. _{D. 100 m}2_.

Lời giải.
Chu vi đáy 2πR = 5 (m2) ⇒ Sxq = 2πRh = 100 (m2).

Chọn đáp án D _

Câu 66. Cho khối nón có chiều cao bằng 24 cm, độ dài đường sinh bằng 26 cm. Tính thể tích V của
khối nón tương ứng.

A. V = 800π cm3. B. V = 800π
3 cm

3_. _{C. V =} 1600π

3 cm

3_. _{D. V = 1600π cm}3_.

Lời giải.

Bán kính đáy là R =√262_{− 24}2 _{= 10 ⇒ V =} 1

3π · 10

2_{· 24 = 800π cm}3_.

Chọn đáp án A _

Câu 67. Cho tam giác ABC có ’ABC = 45◦, ’ACB = 30◦, AB =
√

2

2 . Quay tam giác ABC xung
quanh cạnh BC ta được khối trịn xoay có thể tích V bằng

A. V = π
√

3(1 +√3)

2 . B. V =

π(1 +√3)

24 . C. V =

π(1 +√3)

8 . D. V =

π(1 +√3)

3 .

</div>
<span class='text_page_counter'>(55)</span><div class='page_container' data-page=55>

Gọi H là hình chiếu của A trên BC.
Ta có AH = BH = 1

2; AC =
AH

sin 30◦ = 1; CH =

√
3
2 .

Gọi V1 là thể tích khối nón sinh bởi 4HAB quay quanh cạnh

BC ⇒ V1 =

1

3· BH · π · AH

2 ₌ π

24.

Gọi V2 là thể tích khối nón sinh bởi 4HAC quay quanh cạnh

BC ⇒ V2 =

1

3· CH · π · AH

2 ₌ π

√
3
24 .
Vậy V = V1+ V2 =

π(1 +√3)
24 .

H

D
A

C B

Chọn đáp án B _

Câu 68. Thiết diện qua trục của một hình trụ là một hình vng có diện tích bằng 4. Thể tích của
khối trụ đó bằng

A. π. B. 2π. C. 4π. D. 5π.

Lời giải.

Gọi r là bán kính đáy của hình trụ.

Thiết diện qua trục của một hình trụ là một hình vng có diện tích bằng 4 suy ra
(2r)2 = 4 ⇒ r = 1. Chiều cao của hình trụ là h = 2r = 2.

Thể tích khối trụ là V = πr2_{h = 2π.}

O
O0

h

r

Chọn đáp án B _

Câu 69. Một hình nón có chiều cao h = 3, bán kính đáy r = 5. Mặt phẳng đi qua đỉnh hình nón
nhưng khơng đi qua trục của hình nón cắt hình nón theo một thiết diện là một tam giác cân có độ dài
cạnh đáy bằng 8. Tình diện tích của thiết diện.

A. 8√2. B. 6√2. C. 12√2. D. 24√2.

Lời giải.

Ta có l = SC =√32_{+ 5}2 ₌√_34.

Vì 4SAB cân tại S nên SA = SB = SC =√34, P =
√

34 +√34 + 8

2 =

4 +√34.

Suy ra diện tích tam giác 4SAB là:

S = qÄ4 +√34ä Ä4 +√34 − 8ä Ä4 +√34 −√34ä Ä4 +√34 −√34ä =
12√2.

A

O
S

B

Chọn đáp án C _

Câu 70. Thiết diện qua trục của một hình nón (N ) là một tam giác vng cân có cạnh góc vng
bằng a. Thể tích khối nón (N ) bằng

A. πa

3

6 . B.

π√2a3

6 . C.

π√2a3

12 . D.

</div>
<span class='text_page_counter'>(56)</span><div class='page_container' data-page=56>

Giả sử SAB là thiết diện qua trục của hình nón (như hình vẽ).
Tam giác SAB cân tại S và là tam giác cân nên SA = SB = a.
Do đó, AB =√SA2_{+ SB}2 _{= a}√_{2 và r = SO = OA =} 1

2AB =
a√2

2 .
Thể tích khối nón: V = 1

3π · r

3 ₌ 1

3π ·
a3

2√2 =

πa3
6√2.

A
O

S

B
a

Chọn đáp án C _

Câu 71. Khối nón (N ) có bán kính đáy bằng 3 và thể tích bằng 36π. Diện tích xung quanh hình nón
(N ) là

A. 36π. B. 3√115π. C. 3√135π. D. 3√153π.

Lời giải.

Ta có V = 1

3Bh ⇒ h =
3V

B =
3.36π

πr2 =

108
32 =

108
9 = 12.
l =√h2_{+ r}2 ₌√₁₂2_{+ 3}2 ₌√_153.

Vậy Sxq = πrl = π.3

√
153.

h

r
l

Chọn đáp án D _

Câu 72. Xét hình trụ T có thiết diện qua trục là hình vng có cạnh bằng a. Tính diện tích tồn phần
S của hình trụ.

A. 3πa

2

2 . B.

πa2

2 . C. πa

2_. _{D. 4πa}2_.

Lời giải.

Thiết diện qua trục là hình vng cạnh a nên chiều cao h = a và bán kính đáy r = a
2.
Diện tích tồn phần của hình trụ bằng

Stp = 2πr2+ 2πrh

= 2πr(r + h)
= 2πa

2
a

2+ a


= 3πa

2

2 .

Chọn đáp án A _

Câu 73. Cho hình nón trịn xoay có đường cao h = 15 cm và đường sinh l = 25 cm. Tính thể tích V
của khối nón giới hạn bởi hình nón đã cho.

A. V = 2000π cm3_. _{B. V = 4500π cm}3_. _{C. V = 6000π cm}3_. _{D. V = 1500π cm}3_.

Lời giải.
Bán kính đáy của hình nón là r =√l2_{− h}2 _{= 20 cm.}

Thể tích V của khối nón là V = 1
3 · π · r

2_{· h = 2000π cm}3_.

</div>
<span class='text_page_counter'>(57)</span><div class='page_container' data-page=57>

Câu 74. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0B0C0D0 có đáy là hình vng cạnh a và cạnh bên bằng 2a.
Tính diện tích xung quanh Sxq của hình nón có đỉnh là tâm O của hình vng A0B0C0D0 và đáy là hình

trịn nội tiếp hình vng ABCD.
A. Sxq = πa2

√

17. B. Sxq =

πa2√₁₇

2 . C. Sxq =

πa2√₁₇

4 . D. Sxq = 2πa

2√_17.

Lời giải.

Hình nón có chiều cao OO0 = 2a và bán kính đáy O0M = a
2 nên
đường sinh l =√OO02_{+ O}0_M2 ₌

…

4a2₊a
2

4 =
a√17

2 ⇒ Sxq =
πrl = π ·a

2·
a√17

2 =

πa2√₁₇

4

A

B C

D
M

B0

A0

C0

D0
O0

O

Chọn đáp án C _

Câu 75. Cắt một khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục ta được thiết diện là một hình chữ nhật ABCD
có AB và CD thuộc hai đáy của hình trụ, AB = 4a, AC = 5a. Thể tích của khối trụ.

A. 16πa3. B. 12πa3. C. 4πa3. D. 8πa3.

Lời giải.

Ta có bán kính đáy: r = AB
2 = 2a.

Chiều cao khối trụ: h = AD =√AC2_{− AB}2 ₌√_25a2_{− 16a}2 _{= 3a.}

Vậy V = πr2h = π · (2a)2· 3a = 12πa3_.

C

D

B

A

Chọn đáp án B 

Câu 76. Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay tam giác đều ABC cạnh bằng 1 quanh AB.
A. 3π

4 . B.

π

4. C.

π

8. D.

π√3
2 .
Lời giải.

Khi quay tam giác đều ABC quanh cạnh AB ta thu được hai khối nón bằng nhau.
Do đó, ta có V = 2V_nón = 2 · 1

3πr

2_{h =} 2

3π ·
Ç

1√3
2

å2
· 1

2 =
π

4 (đvtt).
(bán kính r = hABC =

√
3

2 , đường cao h =
1
2AB =

1
2).

Chọn đáp án B _

Câu 77. Biết thiết diện qua trục của hình nón là tam giác vng cân có cạnh huyền bằng 2a√2. Tính
diện tích xung quanh của hình nón.

A. Sxq = 2

√

2πa2. B. Sxq = 4πa2. C. Sxq =

√

</div>
<span class='text_page_counter'>(58)</span><div class='page_container' data-page=58>

Tam giác SAB vng cân tại S có AB = 2a√2 ⇒ SA = SB = 2a.
Suy ra hình nón có đường sinh l = SA = 2a, bán kính r = AB

2 = a
√

2.
Sxq = πrl = π · a

√

2 · 2a = 2√2πa2_.

S

A B

I

Chọn đáp án A _

Câu 78. Thiết diện qua trục của hình trụ là hình vng ABCD có AC = 4a. Tính thể tích khối
trụ.

A. V = 8πa

3

3 . B. V = 2πa

3_. _{C. V = 4}√_2πa3_. _{D. V =} 4

√
2πa3

3 .
Lời giải.

ABCD là hình vng AC = 4a ⇒ AB = 2√2a.

Khối trụ có đường chiều cao h = AB = 2√2a, bán kính r = AB
2 =

√

2a.
Vậy V = πr2_{h = π · (}√_2a)2_{· 2}√_{2a = 4}√_2πa3_.

C

D O

0

A

B
O

Chọn đáp án C _

Câu 79. Cho tam giác ABC vuông cân tại A, với AB = 2a. Gọi O là trung điểm của BC. Tính diện
tích xung quanh của hình nón tạo thành khi quay tam giác ABC quanh trục OA.

A. √2πa2_. _{B. 2}√_2πa2_. _C. 2

√
2
3 πa

2_. _D.

√
2
2 πa

2_.

Lời giải.

Ta tính được BO = a√2. Hình nón tạo thành có bán kính đáy R bằng
a√2, đường sinh l bằng 2a. Vậy, diện tích cần tính là πRl = 2√2πa2_.

A

O C

B

Chọn đáp án B _

Câu 80.

Một cái trục lăn sơn nước có dạng một hình trụ. Đường kính của đường tròn
đáy là 5 cm, chiều dài trục lăn là 23 cm (như trong hình vẽ bên). Sau khi
lăn trọn 15 vịng khơng đè lên nhau thì trục lăn tạo ra trên sân phẳng một
hình có diện tích bằng

A. 3450π cm2_. _{B. 1725π cm}2_. _{C. 1725 cm}2_. _{D. 862,5π cm}2_.

23cm

5 cm

Lời giải.

Diện tích xung quanh của trục lăn là Sxq = 5 · 23 · π = 115π. Sau khi lăn trọn 15 vịng khơng chờm lên

nhau, diện tích sơn được là 15 · 115π = 1725π cm2.

Chọn đáp án B _

</div>
<span class='text_page_counter'>(59)</span><div class='page_container' data-page=59>

A. 12π cm3. B. 15π cm3. C. 36π cm3. D. 45π cm3.
Lời giải.

Độ dài đường cao của hình nón là h =√52_{− 3}2 _{= 4 cm. Thể tích khối nón là V =} 1

3 · 4 · π · 3

2 _{= 12π}

cm3_.

Chọn đáp án A _

Câu 82. Hình nón trịn xoay ngoại tiếp tứ diện đều cạnh a, có diện tích xung quanh là
A. Sxq =

πa2√3

6 . B. Sxq =
πa2

3 . C. Sxq =

πa2√3

3 . D. Sxq =

πa2√2
3 .
Lời giải.

Khơng mất tính tổng qt, giả sử tứ diện đều cạnh a là ABCD
và hình nón ngoại tiếp tứ diện đều ABCD có đỉnh trùng với A,
đường trịn đáy ngoại tiếp tam giác BCD.

Khi đó, tâm của đường trịn đáy của hình nón trùng với trọng
tâm I của tam giác đều BCD.

Suy ra độ dài đường sinh l = AB = a,
bán kính đáy r = ID = 2

3DM =
2
3

a√3
2 =

a√3
3 .
Vậy diện tích xung quanh hình nón là

Sxq = πrl = π

a√3
3 a =

πa2√₃

3 . I _C

A

D

B M

Chọn đáp án C _

Câu 83. Cho hình nón (N ) có bán kính đáy bằng 6 và diện tích xung quanh bằng 60π. Tính thể tích
V của khối nón (N ).

A. V = 288π. B. V = 96π. C. V = 432√6π. D. V = 144√6π.
Lời giải.

Gọi l, h, R lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính đáy của hình
nón (N ).

Ta có Sxung quanh= πRl ⇒ l =

60π
6π = 10.
Ta có h =√l2_{− R}2 _{= 8.}

Vậy V = 1

3 · h · πR

2 _{= 96π.}

l h

R

Chọn đáp án B _

Câu 84. Thiết diện qua trục của hình nón là một tam giác vng cân có cạnh huyền bằng 2√3. Thể
tích của khối nón này bằng

A. 3π. B. 3√2π. C. √3π. D. 3√3π.

Lời giải.

Gọi R và h lần lượt là bán kính đường trịn đáy và chiều cao của khối
nón.

Tam giác SAB vuông cân ở S nên R = h = 1
2AB =

√
3.
Từ đó suy ra thể tích của khối nón là V = 1

3πR

2_{h =}√_3π.

S

B
A

Chọn đáp án C _

</div>
<span class='text_page_counter'>(60)</span><div class='page_container' data-page=60>

A. V = 3πa

3√₂

4 . B. V =

πa3√₂

4 . C. V = 3πa

3_. _{D. V = πa}3_.

Lời giải.

Gọi r, l, h lần lượt là bán kính đáy, đương sinh và chiều cao hình nón.
Góc ở đỉnh bằng 60◦ nên l = 2r.

Ta có Sxq = πrl = 6πa2 ⇔ πr · 2r = 6πa2 ⇒ r = a

√

3, l = 2a√3, h = 3a.
Thể tích của khối nón V = 1

3πr

2_{h = 3πa}3_.

Chọn đáp án C _

Câu 86. Một khối trụ có thể tích bằng 25π. Nếu chiều cao khối trụ tăng lên năm lần và giữ nguyên
bán kính đáy thì khối trụ mới có diện tích xung quanh bằng 25π. Bán kính đáy của khối trụ ban đầu
là

A. r = 10. B. r = 5. C. r = 2. D. r = 15.

Lời giải.

Ta có thể tích khối trụ ban đầu V = πr2h1 = 25π ⇒ h1 =

25
r2.

Ta có diện tích xung quanh lúc sau 2πrh2 = 25π ⇒ h2 =

25
2r.
Mà h2 = 5h1 ⇔

25
2r =

5 · 25

r2 ⇔ r = 10.

Chọn đáp án A _

Câu 87. Cho hình nón có bán kính đáy là r =√2 và độ dài đường sinh l = 4. Tính diện tích xung
quanh S của hình nón đã cho.

A. S = 16π. B. S = 8√2π. C. S = 16√2π. D. S = 4√2π.
Lời giải.

Ta có Sxq = π · R · l = π ·

√

2 · 4 = 4√2π.

Chọn đáp án D _

Câu 88. Cắt một khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD
có cạnh AB và cạnh CD nằm trên hai đáy của khối trụ. Biết BD = a√2, ’DAC = 60◦. Tính thể tích
khối trụ.

A. 3
√

6
16 πa

3_. _B. 3

√
2
16 πa

3_. _C. 3

√
2
32 πa

3_. _D. 3

√
2
48 πa

3_.

Lời giải.

Do ABCD là hình chữ nhật nên BD = AC = a√2. Xét tam giác ADC
có AD = AC cos 60◦ = a√2 · 1

2 =
a√2

2 , CD = AC sin 60

◦ _{= a}√_{2 ·}

√
3
2 =
a√6

2 .

Ta có bán kính đáy khối trụ R = CD
2 =

a√6

4 , đường cao h = AD =
a√2

2 .
Thể tích khối trụ V = πR2· h = π

Ç
a√6

4
å2

· a

√

2
2 =

3√2
16 πa

3_.

60◦

B
C

O
O0

A
D

Chọn đáp án B _

Câu 89. Một hình trụ có bán kính đáy bằng r và khoảng cách giữa hai đáy là r√3. Một hình nón có
đỉnh là tâm của mặt đáy này và đáy trùng với đáy kia của hình trụ. Tính tỉ số diện tích xung quanh
của hình trụ và hình nón.

A. √3. B. √1

3. C.

1

</div>
<span class='text_page_counter'>(61)</span><div class='page_container' data-page=61>

Lời giải.
Diện tích xung quanh của hình trụ là

S1 = 2πr · r

√

3 = 2√3πr2.
Diện tích xung quanh của hình nón là

S2 = πr ·

…
Ä

r√3ä2+ r2 _{= 2πr}2_.

Từ đó suy ra S1
S2

= 2
√

3πr2

2πr2 =

√
3.

C
O0
O

N M

Chọn đáp án A _

Câu 90. Một khối trụ có hai đáy là hai hình trịn ngoại tiếp hai mặt của một hình lập phương cạnh
a. Tính theo a thể tích V của khối trụ đó.

A. V = πa

3

2 . B. V =

πa3

4 . C. V = πa

3_. _{D. V = 2πa}3_.

Lời giải.

Ta có khối trụ có hai đáy là hai hình trịn ngoại tiếp hai mặt của một
hình lập phương cạnh a do vậy bán kính của hình trịn đáy là

r =
√

a2 _{+ a}2

2 =

a√2
2

Vậy thể tích của khối trụ là V = π ·
Ç

a√2
2

å2

· a = πa

3

2 .

A0
D0

B
C

A
D

C0 _B0

Chọn đáp án A _

Câu 91. Một hình trụ có bán kính đáy bằng 5 và khoảng cách giữa hai đáy bằng 7. Cắt khối trụ bởi
một mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 3. Tính diện tích S của thiết diện tạo
thành.

A. S = 56. B. S = 28. C. S = 7√34. D. S = 14√34.

Lời giải.

Giả sử ABCD là thiết diện tạo thành và H là trung điểm AB, khi đó AH =
√

OA2_{− OH}2 ₌√₅2_{− 3}2 _{= 4.}

Từ đó suy ra SABCD = 7 · 4 · 2 = 56.

B
H

D

C
O0

O

A

Chọn đáp án A _

Câu 92. Cho hình nón trịn xoay có đỉnh là S, O là tâm của đường trịn đáy, đường sinh bằng a√2 và
góc giữa đường sinh và mặt phẳng đáy bằng 60◦. Tính diện tích xung quanh Sxq của hình nón và thể

tích V của khối nón.
A. S = πa2_{, V =} πa

3√₆

. B. S = πa

2

, V = πa

3√₆

</div>
<span class='text_page_counter'>(62)</span><div class='page_container' data-page=62>

C. Sxq = πa2

√

2, V = πa

3√₆

4 . D. Sxq = πa

2_{, V =} πa
3√₆

4 .
Lời giải.

Đường cao của hình nón là SO = a√2 sin 60◦ = a
√

6
2 .
Bán kính đáy là r = a√2 cos 60◦ = a

√
2
2 .
Diện tích xung quanh Sxq = πrl = π ·

a√2
2 · a

√

2 = πa2_.

Thể tích V = 1

3· SO · Sđáy=
1
3·

a√6
2 · π ·

Ç
a√2

2
å2

= πa

3√₆

12 . S

O

Chọn đáp án A _

Câu 93. Từ một tấm tơn hình chữ nhật kích thước 50cm x 240cm, người ta làm các thùng đựng nước
hình trụ có chiều cao bằng 50cm, theo hai cách như sau:

- Cách 1: Gị tấm tơn ban đầu thành mặt xung quanh
của thùng

- Cách 2: Cắt tấm tôn ban đầu thành hai tấm bằng

nhau, rồi gị mỗi tấm đó thành mặt xung quanh của
một thùng

Kí hiệu V1 là thể tích của thùng gò được theo cách 1 và V2 là tổng thể tích của hai thùng gị được

theo cách 2. Tính tỉ số V1
V2

.
A. V1

V2

= 1. B. V1

V2

= 2. C. V1

V2

= 1

2. D.

V1

V2

= 4.

Lời giải.

V1 = πr21 · h = π ·

Å 120
π

ã2
· h.

V2 = 2πr22h = π ·

Å 60
π

ã2
· h.

Suy ra V1
V2

=Å 120
60

ã2
= 4.

Chọn đáp án D _

Câu 94. Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB = 1, BC = 2. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của

hai cạnh BC và AD. Khi quay hình chữ nhật đó xung quanh IJ ta được một hình trụ trịn xoay. Thể
tích của khối trụ trịn xoay được giới hạn bởi hình trụ trịn xoay đó là

A. V = π. B. V = 4π. C. V = 2π. D. V = π

3.
Lời giải.

V = π · r2· h = π ·Å BC
2

ã2

· AB = π.

Chọn đáp án A _

Câu 95. Cho hình nón có góc ở đỉnh bằng 60◦, diện tích xung quanh bằng 6πa2_{. Tính theo a thể tích}

V của khối nón đã cho.
A. V = 3πa

3√₂

4 . B. V = πa

3_. _{C. V =} πa

3√₂

4 . D. V = 3πa

3_.

</div>
<span class='text_page_counter'>(63)</span><div class='page_container' data-page=63>

Tam giác SAB cân có ’ASB = 60◦ nên là tam giác đều.
⇒ SB = AB = 2R ⇒ Sxq = πR · 2R = 2πR2.

Do đó, R = a√3.

Vì tam giác SAB đều nên SO = 2a
√

3 ·√3
2 = 3a.
S(O)= 3πa2.

Vậy thể tích của khối nón là
V = 1

3 · 3a · 3πa

2 _{= 3πa}3_.

B
O

S

A

60◦

Chọn đáp án D _

Câu 96. Cho hình nón có độ dài đường sinh l = 4a và bán kính đáy r = a√3. Diện tích xung quanh
của hình nón bằng bao nhiêu?

A. 2πa2√3. B. 4πa

2√₃

3 . C. 8πa

2√_3. _{D. 4πa}2√_3.

Lời giải.
Ta có Sxq = πrl = 4a2

√
3.

Chọn đáp án D _

Câu 97. Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng 2πa2 _{và bán kính đáy bằng a. Tính độ dài đường}

sinh l của hình nón đã cho.
A. l = a

√
3

2 . B. l = a

√

3. C. l = a. D. l = 2a.

Lời giải.

Ta có : Sxq = πrl ⇒ l =

Sxq

πr = 2a.

Chọn đáp án D _

Câu 98. Một hình trụ có hai đáy là hai hình trịn nội tiếp hai mặt của một hình lập phương cạnh a.
Thể tích của khối trụ đó là

A. 1
2a

3_π. _B. 1

4a

3_π. _C. 1

3a

3_π. _{D. a}3_π.

Lời giải.

Khối trụ đó có chiều cao bằng cạnh hình lập phương, bán kính đáy bằng một nửa cạnh hình lập phương.
Do đó Vtrụ = π ·

a2

4 · a =
1
4a

3_π.

Chọn đáp án B _

Câu 99. Cho hình thang ABCD vng tại A và D, AD = CD = a, AB = 2a. Quay hình thang
ABCD quanh đường thẳng CD. Tính thể tích khối trịn xoay thu được.

A. 5πa

3

3 . B.

7πa3

3 . C.

4πa3

3 . D. 5πa

3_.

Lời giải.

Thể tích khối trịn xoay cần tìm V bằng thể tích hình trụ V1 có đáy là đường

trịn đường kính AB và đường cao DD0 trừ cho thể tích hình nón V2 đỉnh

C và đáy là đường trịn đường kính BB0.
Khi đó V = V1−V2 = AB ·π·AD2−

1
3π·D

0_B2_·CD0 _{= 2a}3_·π−1

3π·a

3 ₌ 5πa

3

3 .

A0

C

B0
D0

D
A

</div>
<span class='text_page_counter'>(64)</span><div class='page_container' data-page=64>

Câu 100. Xét hình trụ T có thiết diện qua trục của hình trụ là hình vng có cạnh bằng a. Tính diện
tích tồn phần S của hình trụ.

A. S = 4πa2. B. S = 3πa

2

2 . C. S =

πa2

2 . D. S = πa

2_.

Lời giải.

Hình trụ này có bán kính đáy r = a

2 và chiều cao h = a nên có diện tích tồn phần là S =
3πa2

2 .

</div>
<span class='text_page_counter'>(65)</span><div class='page_container' data-page=65>

ĐÁP ÁN

1. D 2. A 3. A 4. C 5. B 6. D 7. A 8. D 9. B 10. B

11. B 12. D 13. A 14. A 15. D 16. C 17. C 18. C 19. D 20. C

21. B 22. C 23. A 24. A 25. B 26. D 27. D 28. A 29. A 30. B

31. B 32. C 33. D 34. C 35. A 36. C 37. B 38. A 39. C 40. B

41. A 42. B 43. A 44. A 45. C 46. D 47. B 48. C 49. B 50. D

51. D 52. A 53. B 54. C 55. D 56. A 57. D 58. B 59. A 60. B

61. C 62. B 63. C 64. A 65. D 66. A 67. B 68. B 69. C 70. C

71. D 72. A 73. A 74. C 75. B 76. B 77. A 78. C 79. B 80. B

81. A 82. C 83. B 84. C 85. C 86. A 87. D 88. B 89. A 90. A

</div>
<span class='text_page_counter'>(66)</span><div class='page_container' data-page=66>

<b>3</b> <b>Mức độ vận dụng thấp</b>

Câu 1. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng R, chiều cao bằng h. Biết rằng hình trụ đó có diện tích
tồn phần gấp ba diện tích xung quanh. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. R = 2h. B. h =√3R. C. R = 3h. D. h = 2R.

Lời giải.

Phương pháp:

Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ: Sxq = 2πRl = 2πRh.

Cơng thức tính diện tích tồn phần của hình trụ: Stp = 2πRl + 2πR2 = 2πRh + 2πR2.

Cách giải:

Hình trụ đó có diện tích tồn phần gấp ba diện tích xung quanh nên ta có:
2πRh + 2πR2 = 3.2πRh ⇔ 2πR2 = 4πRh ⇔ R = 2h.

Chọn đáp án A _

Câu 2. Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD có AB
và CD thuộc hai đáy của hình trụ, AB = 4a, AC = 5a. Thể tích V của khối trụ là

A. V = 16πa3_. _{B. V = 4πa}3_. _{C. V = 12πa}3_. _{D. V = 8πa}3_.

Lời giải.
Ta có BC =√AC2 _{− AB}2 ₌√_25a2_{− 16a}2 _{= 3a.}

Bán kính đáy r = AB

2 = 2a, chiều cao BC = 3a.
Vậy V = hπr2 = 3a · 4a2 _{= 12πa}3_.

C
D

A 4a B

5a

Chọn đáp án C 

Câu 3. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng a√2. Cắt hình trụ bởi một mặt phẳng, song song với trụ
của hình trụ và cách trục của hình trụ một khoảng bằng a

2 ta được thiết diện là một hình vng. Tính
thể tích V của khối trụ đã cho.

A. V = πa3√_3. _{B. V =} 2πa
3√₇

3 . C. V = 2πa

3√_7. _{D. V = πa}3_.

Lời giải.

Gọi O, O0 lần lượt là tâm các đáy và thiết diện là hình vng ABCD.
Gọi H là trung điểm AB, ta có ®OH ⊥ AB

OH ⊥ AA0 suy ra OH ⊥ (ABB

0_A0_).

Do đó d (OO0, (ABCD)) = OH = a
2.

Tam giác OAH vuông tại H nên AH =√OA2_{− OH}2 ₌

…

2a2₋a
2

4 =
a√7

2 .
Suy ra AB = AA0 = OO0 = 2AH = a√7 (do ABCD là hình vng).

Vậy thể tích V = πR2_{h = π ·}Ä_a√₂ä2_{· a}√_{7 = 2πa}3√_7.

O0
B0

O

B H

A
A0

Chọn đáp án C _

Câu 4. Cho khối nón (N ) đỉnh S , có chiều cao là a√3 và độ dài đường sinh là 3a. Mặt phẳng (P ) đi
qua đỉnh S, cắt và tạo với mặt đáy của khối nón một góc 60◦. Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt
phẳng (P ) và khối nón (N ).

A. 2a2√_5. _{B. a}2√_3. _{C. 2a}2√_3. _{D. a}2√_5.

</div>
<span class='text_page_counter'>(67)</span><div class='page_container' data-page=67>

Khối nón có tâm đáy là điểm O, chiều cao là SO = h = a√3 và
độ dài một đường sinh l = 3a.

Giả sử (P ) cắt khối nón (N ) theo thiết diện là tam giác SAB. Gọi
H là trung điểm của AB.

Do SA = SB = l ⇒ 4SAB cân tại S ⇒ SH ⊥ AB.

Mặt khác 4OAB cân tại O ⇒ OH ⊥ AB nên góc giữa mặt phẳng
(P ) và đáy của hình chóp là góc giữa OH và SH, hay ’SHO = 60◦.
Xét tam giác SOH vng tại O, ta có

SH = SO

sin ’SHO
= a

√
3

sin 60◦ = 2a.

Mặt khác tam giác SHA vuông tại H, ta có

HA2 _{= SA}2 _{− SH}2 _{= 9a}2_{− 4a}2 _{= 5a}2 _{⇒ HA = a}√_{5 ⇒ AB =}

2 · HA = 2a√5.

Vậy diện tích thiết diện cần tìm là
S∆SAB =

1

2SH · AB =
1

2· 2a · 2a
√

5 = 2a2√_5.

O
S

A

B
H

Chọn đáp án A _

Câu 5. Một tấm bìa hình trịn có bán kính bằng 5 được cắt thành hai hình quạt, sau đó quấn hai hình
quạt đó thành hai hình nón (khơng có đáy). Biết một trong hai hình nón này có diện tích xung quanh
là 15π. Tính thể tích hình nón cịn lại. Giả sử chiều rộng các mép dán không đáng kể.

A. 4π
√

21

3 . B. 2π

√

21. C. 2π

√
21

3 . D. 4π

√
21.
Lời giải.

Phương pháp:

+ Tính diện tích xung quanh hình nón cịn lại.

+ Sử dụng cơng thức Sxq = π · R · l để tính bán kính đáy của hình nón này.

+ Sử dụng cơng thức R2_{+ h}2 _{= l}2 _{để tính chiều cao hình nón.}

+ Sử dụng cơng thức V = 1
3π · R

2_{· h để tính thể tích hình nón cịn lại.}

(với R là bán kính đáy hình nón, h là chiều cao hình nón và l là đường sinh hình nón)
Cách giải:

Diện tích hình trịn là S = π · r2 = 25π.

Diện tích xung quanh hình nón cịn lại là S2 = 25π − 15π = 10π.

Nhận xét rằng khi quấn hình quạt được cắt từ hình trịn thành hình nón thì đường sinh của hình nón
chính là bán kính của hình trịn.

Từ đó hình nón cịn lại có đường sinh l = 5.

Lại có diện tích xung quanh hình nón cịn lại là 10π nên gọi R là bán kính hình nón này thì Sxq =

π · R · l ⇒ 10π = πR · 5 ⇒ R = 2.

Ta gọi chiều cao hình nón này là h, (h > 0) thì h2+ R2 _{= l}2 _{⇒ h =}√_l2_{− R}2 ₌√₅2 _{− 2}2 ₌√_21.

Thể tích hình nón cịn lại là V = 1
3πR

2 ₌ 1

3π · 2

2_·√_{21 =} 4π

√
21

3 .

Chọn đáp án A _

Câu 6. Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường thẳng d đi qua A và song song với BC. Cạnh BC
quay xung quanh d tạo thành một mặt xung quanh của hình trụ có thể tích là V1. Tam giác ABC quay

xung quanh trục d được khối trịn xoay có thể tích là V2. Tính tỉ số

V1

V2

.
A. 2

3. B.

1

3. C. 3. D.

3
2.
Lời giải.

</div>
<span class='text_page_counter'>(68)</span><div class='page_container' data-page=68>

Cách giải:

d

N

M

C
D

B
B0

A

Thể tích khối trụ V1 = π · R2· h = πM C2· BC

Tổng thể tích hai khối nón V2 =

1
3πM C

2_{· AM +} 1

3πN B

2_{· AN}

= 1
3πM C

2_{(AM + AN ) =} 1

3π · M C

2_{· BC =} 1

3V1.
Vậy V1

V2

= 3.

Chọn đáp án C _

Câu 7. Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi V1, V2, V3 lần lượt là thể tích của các hình nón trịn xoay

sinh bởi tam giác ABC khi quay quanh các cạnh BC, AC, AB. Biết V2 = 3π, V3 = 4π. Tính V1.

A. V1 =

19π

5 . B. V1 =

8π

5 . C. V1 =

16π

5 . D. V1 =

12π
5 .
Lời giải.

Ta có
V1 =

1

3(BH + CH)πAH

2 ₌ 1

3BCπAH

2_{, V}

2 =

1

3ACπAB

2_{, V}

3 =

1

3ABπAC

2_.

⇒ V2
V3

= AB
AC =

3π
4π =

3

4 ⇒ AB =
3
4AC.
⇒ V3 =

1
3 ·

3

4ACπAC

2 ₌ 1

4πAC

3 _{= 4π.}

⇒ AC =√3

16 ⇒ AB = 3
4

3

√

16 ⇒ AH = 3
5

3

√

16 = 5
6

3

√

16, BC = 5
4

3

√
16.
Vậy V1 =

1
3 ·

5
4

3

√

16π.Å 3
5

3

√
16

ã2

= 12π
5 .

B

C
H

A

Chọn đáp án D _

</div>
<span class='text_page_counter'>(69)</span><div class='page_container' data-page=69>

Có một mảnh bìa hình chữ nhật ABCD với AB = 2a, AD = 4a. Người
ta đánh dấu E là trung điểm BC và F ∈ AD sao cho AF = a. Sau đó
người ta cuốn mảnh bìa lại sao cho cạnh DC trùng cạnh AB tạo thành
một hình trụ. Tính thể tích tứ diện ABEF với các đỉnh A, B, E, F
nằm trên hình trụ vừa tạo thành.

B E C

A F D

A. 16a

3

3π2 . B.

8a3

3π2. C.

a3

3π. D.

8a3

π2 .

Lời giải.

Hai đáy của hình trụ là hai đường trịn bán kính R = C
2π =

2a
π (chu
vi C = AD = 4a).

Gọi K là hình chiếu của F lên mặt đáy ⇒ ABKF là hình chữ nhật.
Vì ˜AF = 1

4(O, R) ⇒ AF = R
√

2 = 2
√

2a
π
⇒ SABKF = AB · AF = 2a ·

2√2a

π =

4√2a2

π .
EK =pBE2− BK2 =

s
Å 4a
π
ã2
−
Ç

2√2a
π
å2
= 2
√
2a
π

⇒ VE.ABKF =

1

3EK · SABKF =
16a3

3π

⇒ VE.ABF =

1

2VE.ABKF =

8a3
3π.
A
B
M
E
F
K
O

Chọn đáp án B _

Câu 9. Một khối nón có thể tích bằng 9a3π√2. Tính bán kính R đáy khối nón khi diện tích xung
quanh nhỏ nhất.

A. R = 3a. B. R = √3a₆

2. C. R =

3

√

9a. D. R = √3a₃

2.
Lời giải.

Gọi h, l lần lượt là chiều cao và độ dài đường sinh của khối nón.
V = 1

3πR

2_{h = 9a}3_π√_{2 ⇒ h =} 27a

3√₂

R2 ⇒ l =

√

R2_{+ h}2 ₌

…

R2_{+ 2 ·} 729a
6

R4 .

Sxq = πRl = π

…

R4₊729a

6

R2 +

729a6

R2 ≥ π

 

3

…

R4_· 729a
6

R2 ·

729a6

R2 .

⇒ Sxq = 9πa2. Nên min Sxq = 9πa2 khi R4 =

729a6

R2 ⇔ R = 3a.

Chọn đáp án A _

Câu 10. Cho hình trụ có trục OO0, chiều cao bằng a. Trên hai đường tròn đáy (O) và (O0) lần lượt lấy
hai điểm A và B sao cho khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OO0 bằng a

2. Góc giữa hai đường
thẳng AB và OO0 bằng 60◦. Thể tích của khối trụ đã cho là

A. 2πa

3

3 . B.

πa3

3 . C. 2πa

</div>
<span class='text_page_counter'>(70)</span><div class='page_container' data-page=70>

Dựng AA0 vuông góc với mặt phẳng đáy.

AB ⊂ (ABA0) nên d(AB, OO0) = d(OO0, (ABA0)) =
d(O0, (ABA0)).

Gọi I là trung điểm BA0. Ta có O0I ⊥ BA0 (vì ∆O0BA0 cân).
Mà O0I ⊥ AA0 nên O0I ⊥ (ABA0)

hay d(O0, (ABA0)) = O0I = a
2.

Mặt khác ÿAB, OO0 _{= ÿ}_{AB, AA}0 _{= ’}_A0_{AB = 60}◦_.

Xét ∆ABA0 vng tại A0 có tan 60◦ = A

0_B

AA0 ⇒ A

0_{B = a}√_{3 và}

BI = a
√

3
2 .

Xét ∆O0BI vuông tại I có O0B =√O0_I2_{+ BI}2 _{= a.}

Vậy thể tích của khối trụ đã cho là
V = π · O0B2· OO0 _{= π · a}2_{· a = πa}3_.

A0
O0
O
B
I
A

Chọn đáp án D 

Câu 11. Một cái phễu có dạng hình nón. Người ta đổ một lượng nước vào phễu sao cho chiều cao của
lượng nước trong phễu bằng 1

3 chiều cao của phễu. Hỏi nếu bịt kín miệng phễu rồi lộn ngược phễu lên
thì chiều cao của mực nước xấp xỉ bằng bao nhiêu? Biết rằng chiều cao của phễu là 15 cm.

A
D
F
C
H
B
r
r1
h
h1
B
C
E
D
G
A
r
r2
h
h2

A. 0, 501 (cm). B. 0, 302 (cm). C. 0, 216 (cm). D. 0, 188(cm).
Lời giải.

Ta gọi chiếc phễu trên là khối nón (N ) có bán kính đáy r và chiều cao h = 15 cm và thể tích là V .
Thể tích lượng nước đỗ vào phễu cũng bằng thể tích V1 của khối nón (N1) có bán kính đáy r1 và chiều

cao h1.

Áp dụng định lý ta-lét ta có h1
h =

r1

r =
1
3
Suy ra V1 =

1
3πr

2

1h1 =

1
3π(

r
3)

2_· h

3 =
1

81πr

2_{h =} 1

27V

Khi bịt kín miệng phễu rồi lộn ngược phễu lên thì nước trong phễu vẫn giữ nguyên. Phần khơng chứa
nước trong phễu chính là khối nón (N2) với bán kính đáy r2, chiều cao h2 và thể tích là V2 = V − V1 =

26
27V .

Áp dụng định lý ta-lét ta có r2
r =

h2

h .
Nên suy ra: V2 =

26
27V ⇔

1
3πr

2

2h2 =

26
27

1
3πr

2_{h ⇔ (}r2

r )

2h2

h =
26
27 ⇔ (

h2

h )

3 ₌ 26

27 ⇔ h2 = 5

3

√
26
Vậy chiều cao của mực nước trong phễu sau khi úp ngược là: 15 − 5√3

26 = 0, 188 cm.

Chọn đáp án D _

</div>
<span class='text_page_counter'>(71)</span><div class='page_container' data-page=71>

A. 3. B. √2. C. 2. D. √3.
Lời giải.

O
O0

+ Diện tích xung quanh hình trụ là: S1 = 2πRh = 2πR2

√
3.
+ Độ dài đường sinh hình nón là: l =

q
Ä

R√3ä2+ R2 _{= 2R.}

+ Diện tích xung quanh hình nón là: S2 = πRl = πR · 2R = 2πR2.

Suy ra tỉ lệ cần tìm là: S1
S2

= 2πR

2 _·√₃

2πR2 =

√
3.

Chọn đáp án D _

Câu 13. Cho hình thang ABCD vuông tại A và B với AB = BC = AD

2 = a. Quay hình thang và
miền trong của nó quanh đường thẳng chứa cạnh BC. Tính thể tích V của khối tròn xoay được tạo
thành.

B A

D

C 2a

a

a

A. V = 4πa

3

3 . B. V =

5πa3

3 . C. V = πa

3_. _{D. V =} 7πa

3

</div>
<span class='text_page_counter'>(72)</span><div class='page_container' data-page=72>

B A
D

C
E

2a
a

a

Dựng hình chữ nhật ABED với E nằm trên tia BC.

Thể tích khối trụ sinh bởi hình chữ nhật ABED khi quay quanh đường thẳng chứa cạnh BC là

V1 = AD · π · AB2 = 2a · π · a2 = 2πa3.

Thể tích khối nón sinh bởi tam giác EDC khi xoay quanh đường thẳng chứa cạnh BC là

V2 =

1

3CE · π · ED

2

= 1

3a · π · a

2

= πa

3

3 .

Thể tích khối trịn xoay cần tìm là: V = V1− V2 =

5πa3

3 .

Chọn đáp án B _

Câu 14. Một khối gỗ hình lập phương có thể tích V1. Một người thợ mộc muốn gọt giũa khối gỗ đó

thành một khối trụ có thể tích là V2. Tỉ số k =

V2

V1

lớn nhất bằng bao nhiêu?
A. k = π

4. B. k =

2

π. C. k =

π

2. D. k =

4
π.
Lời giải.

Gọi a là cạnh của hình lập phương.

Ta có thể tích của khối lập phương là V1 = a3.

Suy ra tỉ số k = V2
V1

lớn nhất khi và chỉ khi V2 lớn nhất.

Khi đó hình trụ có chiều cao bằng cạnh của hình lập phương và có đường
trịn đáy nội tiếp một mặt của hình lập phương.

Do đó hình trụ có chiều cao h = a và bán kính đáy r = a
2.
Ta có V2 = πr2h = π

a
2

2

· a = πa

3

2 . Vậy k =
V2

V1

= π
2.

Chọn đáp án C _

Câu 15. Cho hình chóp S.ABCD có SC = x Ä0 < x <√3ä các cạnh cịn lại đều bằng 1. Thể tích
lớn nhất của khối chóp S.ABCD bằng:

A.
√

3

2 . B.

1

4. C.

1

3. D.

</div>
<span class='text_page_counter'>(73)</span><div class='page_container' data-page=73>

Phương pháp

Thể tích của khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h là: V = Sh.
Cách giải:

Ta có: 4SBD = 4ABD (c.c.c) ⇒ AO = SO = OC ⇒ 4SAC
vng tại S. (tam giác có đường trung tuyến từ đỉnh S đến cạnh AC
bằng nửa cạnh AC).

⇒ AO = 1
2AC =

1
2

√

SA2_{+ SC}2 ₌ 1

2
√

1 + x2

⇒ BO =√AB2_{− AO}2 ₌

…

1 −1 + x

2

4 =

√
3 − x2

2
⇒ SABCD =

1

2AC.BD =
1
2

√

1 + x2√_{3 − x}2

SH = √ SA.SC
SA2_{+ SC}2 =

x
√

1 + x2

VS.ABCD =

1

3SH.SABCD =
1
3

x
√

1 + x2.

1
2

√

1 + x2√_{3 − x}2

= 1
6x

√

3 − x2 ₌ px

2_{(3 − x}2₎

6 ≤

1
2

x2_{+ 3 − x}2

6 =

1
4
⇒ max VS.ABCD =

1
4.
S
H
D
A
O
C

B

Chọn đáp án C _

Câu 16. Trong số các hình trụ có diện tích tồn phần đều bằng S thì bán kính R và chiều cao h của
khối trụ có thể tích lớn nhất là

A. R =… S

6π; h = 2
… S

6π. B. R =

… S
4π; h =

… S
4π.
C. R =… 2S

3π; h = 4
… 2S

3π. D. R =

… S
2π; h =

1

2

… S
2π.
Lời giải.

Gọi thể tích khối trụ là V , diện tích tồn phần của hình trụ là S.
Ta có S = 2Sday+ Sxq = 2πR2+ 2πRh.

Từ đó suy ra S
2π = R

2_{+ Rh ⇔} S

2π = R

2₊ V

πR = R

2₊ V

2πR +
V
2πR ≥

3

… V2

4π2,

tức là 27V

2

4π2 ≤

Å S
2π

ã3

⇔ V ≤… S

3

54π.
Vậy Vmax=

… S3

54π. Dấu “=” xảy ra ⇔ R

2 ₌ V

2πR =
πR2h

2πR =

Rh

2 ⇔ h = 2R.
Khi đó S = 6πR2 _{⇒ R =}… S

6π và h = 2R = 2
… S

6π.

Chọn đáp án A _

Câu 17. Một hộp sữa hình trụ có thể tích V (khơng đổi) được làm từ một tấm tơn có diện tích đủ
lớn. Nếu hộp sữa chỉ kín một đáy thì để tốn ít vật liệu nhất, hệ thức giữa bán kính đáy R và đường cao
h bằng:

A. h =√3R. B. h =√2R. C. h = 2R. D. h = R.

Lời giải.

Phương pháp: Thể tích khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao h là: V = πR2_h.

Diện tích xung quanh và 1 đáy của hình trụ là: S = 2πRh + πR2.
Cách giải:

Ta có thể tích khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao h là: V = πR2h ⇒ h = V
πR2.

</div>
<span class='text_page_counter'>(74)</span><div class='page_container' data-page=74>

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương V
R;

V
R; πR

2 _{ta có:}

V
R +

V
RπR

2 _{≥ 3}… V3

R +
V
RπR

2 _{= 3}√3

πV2_.

Dấu “=” xảy ra ⇒ V

R = πR

2 _{⇔ R}3 ₌ V

π ⇔ V = πR

3 _{⇒ h =} πR
3

πR2 = R.

Chọn đáp án D _

Câu 18.

Quay hình chữ nhật ABCD quanh trục AB cố định, đường gấp khúc ADCB
cho ta hình trụ (T ). Gọi 4M N P là tam giác đều nội tiếp đường trịn đáy
(khơng chứa điểm A). Tính tỷ số giữa thể tích khối trụ và thể tích khối chóp
AM N P .

A. 4

3√3π. B.
4
√

3π. C.

√
3

4 π. D.

4
3π.

N

B
M

C
D
A

P
Lời giải.

Hình trụ (T ) có bán kính r = BC và chiều cao h = CD. Thể tích khối trụ là V = πr2_h.

Gọi cạnh của tam giác M N P là x, khi đó bán kính đường trịn ngoại tiếp 4M N P là

r = 2
3 ·

x√3

2 ⇔ x = r
√

3.

Khối chóp AM N P có đáy là 4M N P đều và chiều cao AB = DC = h.
Thể tích khối chóp V0 = 1

3 · AB · S4M N P =

1
3· h ·

(r√3)2√₃

4 =

√
3r2_h

4 .
Tỉ số giữa thể tích khối trụ và thể tích khối chóp AM N P là V

V0 =

πr2h
√

3r2_h

4

= √4π
3.

Chọn đáp án B _

Câu 19.

Hai hình nón bằng nhau có chiều cao bằng 2 dm, được đặt như hình vẽ bên (mỗi

hình đều đặt thẳng đứng với đỉnh nằm phía dưới ). Lúc đầu, hình nón trên chứa đầy
nước và hình nón dưới rỗng. Sau đó, nước được chảy xuống hình nón dưới thơng qua
lỗ trống ở đỉnh của hình nón trên. Hãy tính chiều cao của nước trong hình nón dưới
tại thời điểm khi mà chiều cao của nước trong hình nón trên bằng 1 dm.

A. √37. B. 1

3. C.

3

√

5. D. 1

2.
Lời giải.

Gọi R là bán kính đáy của mỗi hình nón. Khi độ cao của nước trong hình nón trên bằng 1 dm, ta đặt
bán kính của “ hình nón trên của nước” bằng r , bán kính của “ hình nón dưới của nước “ là s, chiều
cao của “ hình nón dưới của nước “ là x. r

R =
1

2 ⇒ r =
R

2.

Thể tích nước của hình nón trên tại thời điểm chiều cao bằng 1 là V1 =

1
3π

Å R
2

ã2

· 1 = πR

2

</div>
<span class='text_page_counter'>(75)</span><div class='page_container' data-page=75>

mặt khác: s
R =

x

2 ⇒ s =
Rx

2
Thể tích nước hình nón dưới V2 =

1
3π

Å Rx
2

ã2
= πR

2_x3

12 .
Thể tích nước của hình nón trên khi đầy nước :V = 2πR

2

3 .
Ta có:V1+ V2 = V ⇔

πR2
12 +

πR2x3
12 =

πR22

3 ⇔ 1 + x

3 _{= 8 ⇔ x =}√3

7

Chọn đáp án A 

Câu 20. Một hình trụ có chiều cao h và bán kính đáy R. Hình nón có đỉnh là tâm đáy trên của hình
trụ và đáy là hình trịn đáy dưới của hình trụ. Gọi V1 là thể tích của hình trụ, V2 là thể tích của hình

nón. Tính tỉ số V1
V2

.

A. 2. B. 2√2. C. 3. D. 1

3.
Lời giải.

Hai khối nón và khối trụ có cùng chiều cao h và cùng bán kính đáy bằng r.
Do đó ta có V1

V =
πr2h
1
3πr

2_h

= 3.

O
O0

Chọn đáp án C _

Câu 21.

Người ta làm tạ tập cơ tay như hình vẽ với hai đầu là hai khối trụ
bằng nhau và tay cầm cũng là khối trụ. Biết hai đầu là hai khối trụ
đường kính đáy bằng 12, chiều cao bằng 6, chiều dài tạ bằng 30 và
bán kính tay cầm là 2. Hãy tính thể tích vật liệu làm nên tạ tay đó.

6

30

12 4

A. 108π. B. 6480π. C. 502π. D. 504π.

Lời giải.

Gọi h1, R1, V1 lần lượt là chiều cao, bán kính đáy, thể tích khối trụ

nhỏ mỗi đầu.

V1 = h1· π · R21 = 6 · π · 62 = 216π.

Gọi h2, R2, V2 lần lượt là chiều cao, bán kính đáy, thể tích của tay

cầm.

V2 = h2· π · R22 = (30 − 2 · 6) · π · 22 = 72π.

Thể tích vật liệu làm nên tạ tay bằng V = 2V1+ V2 = 504π.

6

30

12 4

Chọn đáp án D 

Câu 22. Cho hình trụ (T ) có chiều cao bằng 2a. Hai đường trịn đáy của (T ) có tâm lần lượt là O và
O1 và bán kính bằng a. Trên đường trịn đáy tâm O lấy điểm A, trên đường tròn đáy O1 lấy điểm B

sao cho AB =√5a. Thể tích khối tứ diện OO1AB bằng

A.
√

3a3

12 . B.

√
3a3

4 . C.

√
3a3

6 . D.

√
3a3

</div>
<span class='text_page_counter'>(76)</span><div class='page_container' data-page=76>

Trên (O) lấy điểm B0, trên (O1) lấy điểm A0 sao cho AA0 k BB0 k OO1. Khi đó ta

được hình lăng trụ OAB0.O1A0B.

Ta có AA0 = h = 2a, AB = a√5.
Xét tam giác vng AA0B có A0B =

√

AB2_-AA02 ₌√_5a2_{− 4a}2 _{= a.}

Do đó tam giác O1A0B có O1A0 = O1B = A0B = a ⇒ ∆O1A0B đều cạnh a

⇒ S∆O1A0B =

a√3
4
⇒ VOAB0_.O

1A0B=AA
0

.SO1A0B = 2a.

a2√3

4 =

a2√3
2 .
Ta có VOAB0_.O

1A0B=VA.O1A0B = VOAB0.O1A0B+ VB.OAB0 + VOO1AB.

Mà VA.O1A0B =

1

3VOAB0.O1A0B; VB.OAB0 =

1

3VOAB0.O1AB

⇒ VOO1AB =

1

3VOAB0.O1A0B =

1
3 ·

a3√₃

2 =

a3√₃

6 .

O1

O

B
B0

A0
A

Chọn đáp án C _

Câu 23.

Trên một mảnh đất hình vng có diện tích 81m2 người
ta đào một cái ao ni cá hình trụ (như hình vẽ) sao cho
tâm của hình trịn đáy trùng với tâm của mảnh đất. Ở
giữa mép ao và mép mảnh đất người ta để lại một khoảng
đất trống để đi lại, biết khoảng cách nhỏ nhất giữa mép
mảnh đất là x(m). Giả sử chiều sâu của ao cũng là x(m).
Tính thể tích lớn nhất V của ao.

x

x

x

x
x

A. V = 13,5π m3. B. V = 27π m3. C. V = 36π m3. D. V = 72π m3.
Lời giải.

Đường kính đáy của hình trụ là 9 − 2x ⇒ Bán kính đáy hình trụ là 9 − 2x
2 .
Khi đó ta có thể tích ao là V = πÅ 9 − 2x

2
ã2

x = π

4(9 − 2x)

2_{x =} π

4f (x).
Xét hàm số f (x) = (9 − 2x)2x = 4x3− 36x2_{+ 81x với 0 < x <} 9

2 ta có

f0(x) = 12x2− 72x + 81 = 0 ⇔








x = 9
2
x = 3
2.
BBT

x
y0

y

0 3

2

9
2

+ 0 − 0

0
0

54
54

0
0

Dựa vào BBT ta thấy f (x)max= 54 ⇔ x =

3
2.
Khi đó Vmax =

π
4.54 =

27π

2 = 13, 5π m

</div>
<span class='text_page_counter'>(77)</span><div class='page_container' data-page=77>

Chọn đáp án A _

Câu 24. Cho hình trụ có thiết diện đi qua trục là một hình vng có cạnh bằng 4a. Diện tích xung
quanh S của hình trụ là

A. S = 4πa2_. _{B. S = 8πa}2_. _{C. S = 24πa}2_. _{D. S = 16πa}2_.

Lời giải.

Phương pháp: Cơng thức tính diện tích xung quanh hình trụ có bán kính đáy R, chiều cao h là
Sxq = 2πRh.

Cách giải:

R

h

C
B
O

O0
A

D

Hình trụ có thiết diện đi qua trục là hình vng ABCD có cạnh bằng 4a.

Do đó h = 2R = 4a ⇒ R = 2a với R, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ.
Vậy S = 2πRh = 16πa2

Chọn đáp án D _

Câu 25. Cho hình trụ có đáy là hai đường trịn tâm O và O0, bán kính đáy bằng chiều cao và bằng
2a. Trên đường trịn đáy có tâm O lấy điểm A, trên đường tròn tâm O0 lấy điểm B. Đặt α là góc giữa
AB và đáy. Tính tan α khi thể tích khối tứ diện OO0AB đạt giá trị lớn nhất.

A. tan α = √1

2. B. tan α =
1

2. C. tan α = 1. D. tan α =

√
2.
Lời giải.

Lấy điểm A0 ∈ (O0_{), B}0 _{∈ (O) sao cho AA}0_{, BB}0 _{song song với trục OO}0_.

Khi đó ta có lăng trụ đứng OAB0.O0A0B.

Ta có VOO0_AB = V_OAB0_.O0_A0_B− V_A.O0_A0_B− V_B.OAB0

= VOAB0_.O0_A0_B−

1

3VOAB0.O0A0B−
1

3VOAB0.O0A0B
= 1

3VOAB0.O0A0B.
⇒ VOO0_AB =

1
3AA

0_{· S}

4OAB0 =

1
6AA

0_{· OA · OB · sin ’}_AOB0_.

Do đó VOO0_AB lớn nhất ⇔ sin ’AOB0 = 1 ⇔ ’AOB0 = 90◦ ⇔ OA ⊥ OB0.

⇒ O0_A0 _{⊥ O}0_{B ⇒ 4O}0_A0_{B vuông tại O}0 _{⇒ A}0_{B = O}0_A0√_{2 = 2a}√_2.

Ta có AA0 ⊥ (O0_A0_{B) ⇒ (AB, (O}0_A0_{B)) = ’}_ABA0 _{= α.}

⇒ tan α = AA

0

A0_B =

2a
2a√2 =

1
√

2.

O

O0

A

B

A0

B0

2a

2a

Chọn đáp án A 

Câu 26. Cho hình trụ có hai đáy là hai hình trịn (O; R) và (O0; R), chiều cao R√3. Một hình nón có

</div>
<span class='text_page_counter'>(78)</span><div class='page_container' data-page=78>

A. 2. B. √3. C. 3. D. √2.
Lời giải.

Diện tích xung quanh của hình trụ là S1 = 2πR2

√
3.

Độ dài đường sinh của hình nón là l =√R2_{+ 3R}2 _{= 2R do đó diện tích xung}

quanh của hình nón là S2 = 2πR2.

Vậy tỷ số diện tích xung quanh của hình trụ và hình nón là S1
S2

=√3.

O0

O

A B

Chọn đáp án B _

Câu 27. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, SA vng góc với mặt phẳng đáy, AB =
1, AD = SA = 2. Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp của hình chóp S.ABCD.

A. 3

2. B.

9π

4 . C. 36π. D. 9π.

Câu 28. Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = BC = 4, ’BAC = 900. Tính bán kính của mặt
cầu ngoại tiếp của hình chóp S.ABC.

A. 4
√

3

3 . B.

√

3. C. 2. D. 4.

Lời giải.

Ta có SA = SB = SC nên hình chiếu H của S lên đáy là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, tức trung điểm của BC.
Vì tam giác SBC đều nên tâm I của mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp là tâm của mặt (SBC). Vậy R = BC

√
3

3 =

4√3
3

A B

C
H
S

Chọn đáp án A _

Câu 29. Một hình trụ có diện tích xung quanh là 4π, thiết diện qua trục là hình vng. Một mặt

phẳng (α) song song với trục, cắt hình trụ theo thiết diện ABB0A0, biết một cạnh của thiết diện là một
dây của đường tròn đáy hình trụ và căng một cung 120◦. Diện tích thiết diện ABB0A0 là

A. √3. B. 2√3. C. 2√2. D. 3√2.

</div>
<span class='text_page_counter'>(79)</span><div class='page_container' data-page=79>

Vì thiết diện qua trục là hình vng nên h = 2r.

Diện tích xung quanh hình trụ bằng 4π ⇒ 2πrh = 4π ⇒ 2πr.2r = 4π ⇒
r = 1.

Theo định lý cosin: AB2 = OA2+ OB2− 2OA.OB. cos 120◦ _{= 3 ⇒ AB =}

√
3.

Vậy diện tích của ABB0A0 là 2.√3.

120◦ A

0

A

B0
B

I0

Chọn đáp án B _

Câu 30. Một đội xây dựng cần hoàn thiện một hệ thống cột tròn của một cửa hàng kinh doanh gồm
17 chiếc. Trước khi hoàn thiện mỗi chiếc cột là một khối bê tơng cốt thép hình lặng trụ lục giác đều có
cạnh 14 cm; sau khi hồn thiện (bằng cách trát thêm vữa tổng hợp vào xung quanh) mỗi cột là một
khối trụ có đường kính đáy bằng 30 cm. Biết chiều cao của mỗi cột trước và sau khi hoàn thiện là 390
cm. Tính lượng vữa hỗn hợp cần dùng (đơn vị m3, làm tròn đến 1 chữ số thập phân sau dấu phẩy).

A. 1, 3 m3_. _{B. 2, 0 m}3_. _{C. 1, 2 m}3_. _{D. 1, 9 m}3_.

Câu 31. Hình nón có thiết diện qua trục là tam giác đều và có thể tích V =
√

3
3 πa

3_{. Diện tích chung}

quanh S của hình nón đó là
A. S = 1

2πa

2_. _{B. S = 4πa}2_. _{C. S = 2πa}2_. _{D. S = πa}2_.

Lời giải.

Thiết diện qua trục là tam giác đều nên hình nón đó có l = 2R ⇒ h = R√3.
Lại có V =

√
3

3 πa

3 ₌ 1

3πR

2_{h =} 1

3πR

3√_{3 ⇒ R}3 _{= a}3 _{⇒ R = a.}

Vậy diện tích xung quanh hình nón là Sxq= πRl = πa2.

Chọn đáp án D _

Câu 32. Một khối gỗ hình lập phương có thể tích bằng V1, một người thợ mộc muốn gọt giũa khối gỗ

đó thành một khối trụ có thể tích bằng V2. Tính tỉ số lớn nhất k =

V2

V1

.

A. k = 1

4. B. k =

π

2. C. k =

π

4. D. k =

π
3.
Lời giải.

Do V1 không đổi nên k =

V2

V1

lớn nhất khi V2 lớn nhất.

Khi đó khối trụ có hai đáy nằm trên hai mặt của hình lập phương.
Giả sử hình lập phương có cạnh a ⇒ V1 = a3 và V2 = π

a2

4 · a =
π · a3

4 ⇒ k =
V2

V1

= π
4.

Chọn đáp án C _

</div>
<span class='text_page_counter'>(80)</span><div class='page_container' data-page=80>

H1 H2 H3 H4

3a 6a 3a 6a

A. H1, H4 . B. H2, H3. C. H1, H3. D. H2, H4.

Lời giải.

 Hình H1 có chu vi đáy là 6a, ta có 2πr = 6a ⇔ r =

3a
π .
Thể tích khối H1 là V1 = πr2h = π

Å 3a
π

ã2

· 3a = 27a

3

π .
 Hình H2 có chu vi đáy là 3a, ta có 2πr = 3a ⇔ r =

3a
2π.
Thể tích khối H2 là V2 = πr2h = π

Å 3a
2π

ã2

· 6a = 27a

3

2π .
 Hình H2 có chu vi đáy là 3a, ta có 2πr = 3a ⇔ r =

3a
2π.
Thể tích khối H2 là V2 = πr2h = π

Å 3a
2π

ã2

· 6a = 27a

3

2π .

 Hình H3 có chu vi đáy là 6a, gọi độ dài cạnh đáy là x, ta có 3x = 6a ⇔ x =

6a
3 = 2a
Thể tích khối H3 là V3 = 3a ·

1
2x

2_{· sin 60}◦ _{= a}3₃√_3.

 Hình H4 có chu vi đáy là 3a, gọi độ dài cạnh đáy là x, ta có 3x = 3a ⇔ x =

3a
3 = a.
Thể tích khối H4 là V4 = 6a ·

1
2x

2_{· sin 60}◦ ₌ a33

√
3
2 .

Vậy hình có thể tích lớn nhất là H1 và hình có thể tích nhỏ nhất là H4.

Chọn đáp án A _

Câu 34. Cho một hình trụ có bán kính đáy bằng R và có chiều cao bằng R√3. Hai điểm A, B lần
lượt nằm trên hai đường trịn đáy sao cho góc giữa AB và trục của hình trụ bằng 30◦. Khoảng cách
giữa AB và trục của hình trụ bằng.

A. R√3. B. R

√
3

2 . C.

R√3

4 . D. R.

</div>
<span class='text_page_counter'>(81)</span><div class='page_container' data-page=81>

Ta có ⁄(AB, OO0_{) = Ÿ}_{(AB, BC) = 30}◦

⇒ AC = BC tan 30◦ _{= R}

⇒ 4O0_{BI đều cạnh R.}

Gọi H là trung điểm AC. Khi đó O0H ⊥ (ABC).
Mặt khác

d(OO0, AB) = d(OO0, (ABC))

= d(O0, (ABC))
= O0H = R

√
3
2 .

30◦

O0
H

O B

C
A

Chọn đáp án B _

Câu 35. Một hình thang vng ABCD có đường cao AD = π, đáy nhỏ AB = π, đáy lớn CD = 2π.
Cho hình thang đó quay quanh CD ta được khối trịn xoay có thể tích V bằng bao nhiêu?

A. V = 2π4_. _{B. V =} 4

3π

4_. _{C. V =} 4

3π

3_. _{D. V =} 4

3π

2_.

Lời giải.
Khối tròn xoay là hợp thành từ khối trụ và khối nón.
- Thể tích khối trụ V1 = DH.S_đáy = π.π.R2 = π4.

- Thể tích khối nón V2 =

1

3CH.Sđáy =
1
3π.π.R

2 ₌ 1

3π

4_.

Vậy thể tích khối tròn xoay V = V1+ V2 =

4
3π

4_.

A B

H
D

C

A0 B0

π

π

2π

Chọn đáp án B _

Câu 36. Cho hình thang cân ABCD có đáy nhỏ AB = 1, đáy lớn CD = 3, cạnh bên BC = DA =√2.
Tính thể tích V của vật thể trịn xoay tạo thành khi quay hình thang đó quay quanh AB.

A. V = 4π

3 . B. V =

5π

3 . C. V =

2π

3 . D. V =

7π
3 .
Lời giải.

Gọi A0 là điểm đối xứng với B qua A và B0 là điểm đối xứng với A qua B.
Gọi V1 là thể tích khối trụ được tạo thành khi quay hình chữ nhật A0DCB0

quanh AB.

Gọi V2 là thể tích khối nón được tạo thành khi quay tam giác BCB0 quanh

AB.

Khi đó V = V1− 2V2.

Ta có A0B0 = DC = 3, BB0 = B0C = 1.
Do đó V1 = π · 12 · 3 = 3π và V2 =

1
3· π · 1

2_{· 1 =} π

3.
Vậy V = 3π − 2π

3 =

7π

3 . _C

D

A

B
A0

B0

Chọn đáp án D _

Câu 37. Một hình trụ có bán kính đáy là 2 cm. Một mặt phẳng đi qua trục của hình trụ, cắt hình trụ
theo thiết diện là một hình vng. Tính thể tích khối trụ đó.

</div>
<span class='text_page_counter'>(82)</span><div class='page_container' data-page=82>

Theo giả thiết suy ra r = 2 cm và thiết diện là hình vng ABB0A0. Khi
đó h = 2r = 4 cm.

Thể tích khối trụ là V = πr2_{h = π · 2}2 _{· 4 = 16π cm}3_.

O

A B

A0 O B0

0

h
r

Chọn đáp án C _

Câu 38. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 có cạnh a. Một khối nón có đỉnh là tâm của hình
vng ABCD và có đáy là hình trịn nội tiếp hình vng A0B0C0D0. Diện tích tồn phần khối nón đó
bằng

A. πa

2₍√_{3 + 2)}

2 . B.

πa2(√5 + 1)

4 . C.

πa2(√5 + 2)

4 . D.

πa2(√3 + 1)

2 .

Lời giải.

Gọi O, I lần lượt là tâm hình vng ABCD và A0B0C0D0. Đường trịn
nội tiếp hình vng ABCD có bán kính r = a

2.

Theo giả thiết thì đường cao hình nón có độ dài bằng h = IO = a.
Khi đó đường sinh hình nón là l =√IO2_{+ r}2 ₌

…

a2₊a

2
2

= a
√

5
2 .
Vậy diện tích tồn phần hình nón là

Stp = Sxq+ Sđáy = πrl + πr

2 ₌ πa2(

√
5 + 1)

4 . _O

C

D
C0

D0
I

A

B
B0

A0

Chọn đáp án B _

Câu 39. Cho khối trụ có bán kính đáy R và có chiều cao h = 2R. hai đáy của khối trụ là hai đường
trịn có tâm lần lượt là O và O0. Trên đường tròn (O) ta lấy điểm A cố định. Trên đường tròn (O0) ta
lấy điểm B thay đổi. Hỏi độ dài đoạn thẳng AB lớn nhất bằng bao nhiêu?

A. ABmax= 2R

√

2. B. ABmax = 4R

√

2. C. ABmax = 4R. D. ABmax = R

√
2.
Lời giải.

Gọi C là điểm thuộc đường trịn (O0) sao cho AC vng góc với mặt phẳng
chứa đường trịn (O0).

Ta có: AB2 _{= AC}2_{+ CB}2 _{≤ h}2_{+ (2R)}2

Hay AB2 _{≤ 4R}2_{+ 4R}2 _{⇔ AB}2 _{≤ 8R}2 _{⇔ AB ≤ 2R}√_{2. Dấu “=” xảy ra khi B}

đối xứng với C qua O0 hay BC là đường kính của đường trịn (O0).
Vậy ABmax= 2R

√
2.

O
O0

B _B0

A
C

Chọn đáp án A _

Câu 40. Cho mặt trụ (T ) và một điểm S cố định nằm bên ngoài (T ). Một đường thẳng ∆ thay đổi

luôn đi qua S và luôn cắt (T ) tai hai điểm A, B (A, B có thể trùng nhau) . Gọi M là trung điểm của
đoạn thẳng AB. Tìm tập hợp các điểm M .

</div>
<span class='text_page_counter'>(83)</span><div class='page_container' data-page=83>

C. Một mặt nón có đỉnh là S. D. Một mặt trụ.
Lời giải.

O

D

C
N

S

A
B

M

I

l

Gọi (α) là mặt phẳng đi qua S và vng góc với trục của mặt trụ (T ). Gọi (O) là đường tròn giao
tuyến của mặt phẳng (α) và mặt trụ (T ).

Gọi I là trung điểm của OS và l là đường thẳng đi qua I và vng góc với (α).
Từ A, B kẻ các đường thẳng song song với trục của hình trụ cắt (O) tại C và D.
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và CD.

Dễ thấy A, B, C, D, M , N , S cùng thuộc một mặt phẳng nên S, C, N , D thẳng hàng.
Do góc ’ON S = 90◦ nên N I = 1

2OS (khơng đổi). Từ đó suy ra khoảng cách từ M đến đường thẳng l
bằng N I và bằng OS

2 .

Vậy M thuộc mặt trụ nhận đường thẳng l làm trục và có bán kính bằng OS
2 .

Chọn đáp án D _

Câu 41. Cho khối nón đỉnh S, trục SI (I là tâm của đáy). Mặt phẳng trung trực của SI chia khối
chóp thành hai phần. Gọi V1 là thể tích của phần chứa đỉnh S và V2 là thể tích của phần cịn lại. Tính

V1

V2

.
A. V1

V2

= 1

4. B.

V1

V2

= 1

8. C.

V1

V2

= 1

7. D.

V1

V2

= 1
2.

Câu 42. Cho hình trụ có hai đáy là hai hình trịn (O) và (O0), chiều cao bằng 2R và bán kính đáy
bằng R. Một mặt phẳng (P ) đi qua trung điểm của OO0 và tạo với OO0 một góc 30◦, (P ) cắt đường
trịn đáy theo một dây cung. Tính độ dài dây cung đó theo R.

A. 4R
√

3

3 . B.

2R√6

3 . C.

2R

3 . D.

2R√3
3 .

Câu 43. Cho hình nón đỉnh S có chiều cao bằng bán kính đáy và bằng 2a. Mặt phẳng (P ) đi qua S
cắt đường tròn đáy tại A, B sao cho AB = 2√3a. Tính khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến
(P ).

A. √a

5. B.

2a
√

5. C. a. D.

</div>
<span class='text_page_counter'>(84)</span><div class='page_container' data-page=84>

Gọi E là trung điểm AB, suy ra OE ⊥ AB.

Gọi H là hình chiếu của O trên SE, suy ra OH ⊥ SE.
Ta có ®AB ⊥ OE

AB ⊥ SO ⇒ AB ⊥ (SOE) ⇒ AB ⊥ OH.
Từ đó suy ra OH ⊥ (SAB) nên d [O, (SAB)] = OH.

A E

S

B
H

O

Theo giả thiết ta có: SO = OA = 2a; AB = 2√3a ⇒ AE =√3a ⇒ OE2 = 4a2− 3a2 _{= a}2

Trong tam giác vng SOE, ta có 1
OH2 =

1
SO2 +

1
OE2 =

1
4a2 +

1

a2 =

5

4a2 ⇒ OH =

2a
√

5.
Vậy khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến (P ) là √2a

5.

Chọn đáp án B _

Câu 44.

Cho tam giác ABC đều cạnh 3 và nội tiếp trong đường tròn tâm O,
AD là đường kính của đường trịn tâm O. Thể tích của khối trịn xoay
sinh ra khi cho phần tơ đậm (hình vẽ bên) quay quanh đường thẳng
AD bằng

A. V = 9
√

3

8 π. B. V =

23√3
8 π.
C. V = 23

√
3

24 π. D. V =

5√3
8 π.

O
A

B C

D
H

Lời giải.

Gọi V là thể tích của khối trịn xoay sinh ra khi cho phần tơ đậm
quay quanh đường thẳng AD. V1 là thể tích khối cầu sinh ra khi

quay nửa đường trịn đường kính AD quanh đường thẳng AD, V2

là thể tích khối nón sinh ra khi quay tam giác ABC quanh đường
thẳng AD.

V2 =

9√3π

8 và V1 =
4
3(

√

3)3_{π = 4}√_3π.

Vậy, V = V1− V2 =

23√3
8 π.

A

B H C

O

D

Chọn đáp án B _

Câu 45. Cắt một khối trụ cho trước thành hai phần thì được hai khối trụ mới có tổng diện tích tồn
phần nhiều hơn diện tích tồn phần của khối trụ ban đầu 18π dm2. Biết chiều cao của khối trụ ban
đầu là 8 dm, tính tổng diện tích tồn phần S của hai khối trụ mới.

A. S = 108π ( dm2 _). _{B. S = 84π ( dm}2_). _{C. S = 90π ( dm}2_). _{D. S = 162π ( dm}2 _).

Lời giải.

Gọi R, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối trụ ban đầu (T ).
và h1; h2 lần lượt là chiều cao của hai khối trụ mới (T1), (T2).

</div>
<span class='text_page_counter'>(85)</span><div class='page_container' data-page=85>

Diện tích tồn phần khối trụ (T2) là S2 = 2πRh2+ 2πR2

Theo đề bài, ta có S1+ S2 = S + 18π ⇔ 2πR(h1+ h2) + 4πR2 = 2πRh + 2πR2+ 18π ⇒ 2πRh + 4πR2 =

2πRh + 2πR2_{+ 18π ⇒ R = 3.}

Vậy S1+ S2 = 2πRh + 4πR2 = 84π

Chọn đáp án B _

Câu 46.

Cho tấm tơn hình nón có bán kính đáy là r = 2

3, độ dài đường
sinh l = 2. Người ta cắt theo một đường sinh và trải phẳng ra
được một hình quạt. Gọi M , N theo thứ tự là trung điểm của OA
và OB. Hỏi khi cắt hình quạt theo hình chữ nhật M N P Q (hình
vẽ) và tạo thành hình trụ có đường sinh P N trùng với M Q thì
được khối trụ có thể tích bằng bao nhiêu?

A.

3πÄ√13 − 1ä

8 . B.

3Ä√13 − 1ä

4π .

C. 5
Ä√

13 − 1ä

12π . D.

πÄ√13 − 1ä

9 .

A B

P
Q

O

M N

Lời giải.

Gọi H, F lần lượt là trung điểm của M N , P Q.

Độ dài cung AB chính là chu vi đường trịn đáy hình nón, do đó lAB = 2πr = 2π ·

2
3 =

4π
3 .
Suy ra: ’AOB = lAB

OA =
2π

3 .

Áp dụng định lí cơ-sin trong tam giác OAB ta có:
AB =

»

OA2_{+ OB}2_{− 2OA · OB · cos( ’}_{AOB) = 2}√_3.

P Q = M N = 1
2AB =

√
3.
Suy ra M H = 1

2AB =
√

3
2 .
OH =√OM2_{− M H}2 ₌ 1

2.
OF =pOQ2_{− QF}2 ₌

√
13
2 .
Do đó, M Q = HF = OF − OH =

√
13 − 1

2 .

Thể tích hình trụ là V = πM H2_{· M Q =} 3π

Ä√

13 − 1ä

8 .

A B

P

Q F

O

M N

H

Chọn đáp án A _

Câu 47. Khi cắt khối trụ (T ) bởi một mặt phẳng song song với trục và cách trục của trụ (T ) một
khoảng bằng a√3 ta được thiết diện là hình vng có diện tích bằng 4a2_{. Tính thể tích V của khối trụ}

(T ).

A. V = 7√7πa3_. _{B. V =} 7

√
7
3 πa

3_. _{C. V =} 8

3πa

</div>
<span class='text_page_counter'>(86)</span><div class='page_container' data-page=86>

Vì thiết diện là hình vng có S = 4a2
⇒ h = AD = CD = 2a.

Gọi H là trung điểm của CD.

Do 4COD cân tại O nên OH⊥CD ⇒ OH⊥(ABCD).
Theo giả thiết d(OO0, (ABCD)) = OH = a√3.

Suy ra r = OD =√DH2_{+ OH}2 ₌

 
Å CD

2
ã2

+ OH2 _{= 2a.}

Vậy V = π.r2.h = 8πa3.

D
A

B

C
O0

O
H

Chọn đáp án D _

Câu 48. Một đội xây dựng cần hoàn thiện một hệ thống cột tròn của một cửa hàng kinh doanh gồm
10 chiếc. Trước khi hoàn thiện mỗi chiếc cột là một khối bê tơng cốt thép hình lăng trụ lục giác đều có
cạnh 20 cm; sau khi hoàn thiện (bằng cách trát thêm vữa vào xung quanh) mỗi cột là một khối trụ có
đường kính đáy bằng 42 cm. Chiều cao của mỗi cột trước và sau khi hoàn thiện là 4 m. Biết lượng xi
măng cần dùng chiếm 80% lượng vữa và cứ một bao xi măng 50 kg thì tương đương với 64000 cm3 _xi

măng. Hỏi cần ít nhất bao nhiêu bao xi măng loại 50 kg để hoàn thiện toàn bộ hệ thống cột?

A. 25 bao. B. 17 bao. C. 18 bao. D. 22 bao.

Lời giải.

Thể tích khối trụ lục giác đều là V1 = 400.6.

1
2· 20

2_{· sin 60}◦ _{= 240000}√_{3 cm}3_.

Thể tích khối trụ sau khi trát là V2 = πR2· h = π · 212· 400 = 176400π cm3

Thể tích của xi măng cần để trát vào một cột là
V = (V2− V1) · 0,8 =

Ä

17640π − 24000√3ä· 8 cm3

Thể tích của xi măng cần để trát vào 10 cột là

V = (V2− V1) · 0,8 · 10 =

Ä

176400π − 240000√3ä· 8 cm3_.

Số bao xi măng cần ít nhất để hoàn thiện toàn bộ hệ thống cột là
Ä

176400π − 240000√3ä· 8

64000 ≈ 17,3 bao.

Chọn đáp án C _

Câu 49. Có tấm bìa hình tam giác đều ABC cạnh bằng a. Người ta muốn cắt tấm bìa đó thành hình
chữ nhật M N P Q rồi cuộn lại thành một hình trụ khơng đáy như hình vẽ.

A

B C

M N

Q P

Diện tích hình chữ nhật đó bằng bao nhiêu để diện tích xung quanh của hình trụ là lớn nhất?
A. a

2

2. B.

a2√₃

8 . C.

a2√₃

4 . D.

a2

8 .
Lời giải.

Giả sử P Q = M N = x (0 < x < a). Do ABC là tam giác đều nên AM N là tam giác đều. Suy ra
AN = x, N C = a − x và P C = a − x

2 .

</div>
<span class='text_page_counter'>(87)</span><div class='page_container' data-page=87>

Suy ra Sxq = M N · N P = x ·

…

(a − x)2₋a − x

2
2

=
√

3

2 x(a − x) ≤
√

3
2

x + a − x
2

2
= a

2√₃

8 (Theo
BĐT Cô - si).

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = a − x ⇔ x = a
2.
Vậy diện tích hình chữ nhật bằng a

2√₃

8 .

Chọn đáp án B _

Câu 50. Một cái cốc hình trụ cao 15 cm đựng được 0, 5 lít nước. Hỏi bán kính đường tròn đáy của cái
cốc xấp xỉ bằng bao nhiêu (làm tròn đến hàng thập phân thứ hai)?

A. 3, 26 cm. B. 3, 27 cm. C. 3, 25 cm. D. 3, 28 cm.

Lời giải.
Ta có 0, 5 lít = 0, 5 dm3 _{= 500 cm}3_.

Bán kính đường trịn đáy của cái cốc r =
…

500

π · 15 ≈ 3, 26 cm.

Chọn đáp án A _

Câu 51.

Một cái mũ bằng vải của nhà ảo thuật với các kích thước như hình
vẽ dưới đây. Hãy tính tổng diện tích vải cần có để làm nên cái mũ
đó (khơng kể viền, mép, phần thừa).

A. 750, 25π cm2. B. 700π cm2.

C. 756, 25π cm2. D. 754, 25π cm2. 10 cm

35 cm

30 cm

Lời giải.

Tổng diện tích được tính bằng tổng diên tích xung quanh của hình trụ và diện tích một đáy, với diện
tích hình vành khăn.

Ta có: S = 2π · 7, 5 · 30 + π · 7, 52+ π (17, 52− 7, 52_{) = 756, 25π.}

Chọn đáp án C _

Câu 52. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và B, AB = BC =
a, AD = 2a, SA ⊥ (ABCD) và SA = a√2. Gọi E là trung điểm của AD. Kẻ EK ⊥ SD tại K. Bán
kính R của mặt cầu đi qua sáu điểm S, A, B, C, E, K là

A. R = a

2. B.

a√3

2 . C. R = a. D. R =

a√6
2 .
Lời giải.

Mặt cầu đi qua sáu điểm S, A, B, C, E, K cũng chính là mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp S.ABCE.

Gọi I là trung điểm SC và O là tâm hình vng ABCE. Vì SA =
AC = a√2 nên tam giác SAC vuông cân tại A, suy ra IA = IS =
IC = 1

2SC = a. Mặt khác OI ⊥ (ABCE) và O là tâm hình vng
ABCE nên IA = IB = IC = IE. Từ đó suy ra I là tâm mặt cầu
cần tìm và bán kính mặt cầu đó là R = a.

A

B C

D
I

S

K

</div>
<span class='text_page_counter'>(88)</span><div class='page_container' data-page=88>

Câu 53. Một hình trụ có bán kinh r = 5 cm và khoảng cách giữa hai đáy h = 7 cm. Cắt khối trụ bởi
mặt phẳng song song với trục và cách trục 3 cm. Diện tích thiết diện tạo thành là

A. 56 cm2_. _{B. 55 cm}2_. _{C. 53 cm}2_. _{D. 46 cm}2_.

Lời giải.

Giả sử hình trụ (T ) có trục OO0. Thiết diện song song với trục là hình chữ nhật
M N P Q (N, P thuộc đường tròn tâm O và M, Q thuộc đường tròn tâm O0).
Gọi H là trung điểm M Q. Khi đó, O0H ⊥ M Q ⇒ O0H ⊥ (M N P Q).

Do đó, d (OO0, (M N P Q)) = d (O0, (M N P Q)) = O0H = 3 cm.
Ta có M H =√O0_M2_{− O}0_H2 _{= 4 cm ⇒ M Q = 2M H = 8 cm.}

Diện tích thiết diện là S = M Q · M N = 56 cm2.

O
O0

P
Q

M
H

N

Chọn đáp án A _

Câu 54. Cho hình nón trịn xoay có chiều cao h = 20 cm, bán kính r = 25 cm. Một thiết diện đi qua
đỉnh của hình nón có khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là 12 cm. Tính diện
tích của thiết diện đó.

A. S = 500 cm2_. _{B. S = 400 cm}2_. _{C. S = 300 cm}2_. _{D. S = 406 cm}2_.

Lời giải.

Giả sử thiết diện qua đỉnh của hình nón (N ) là tam giác cân SAB. Gọi M
là trung điểm AB và H là hình chiếu của O lên SM .

Ta có 1
OH2 =

1
OM2 +

1

OS2 ⇒ OM = 15 cm.

Tam giác SM O vng tại O có OH ⊥ SM nên SO · OM = OH · SM ⇒
SM = SO · OM

OH = 25 cm.

Tam giác OM A vuông tại M nên M A =√OA2_{− OM}2 _{= 20 cm.}

Diện tích thiết diện là S4SAB =

1

2SM · AB = 20 · 25 = 500 cm

2_.

O
A

B
S

M
H

Chọn đáp án A _

Câu 55. Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng 4π, thiết diện qua trục là hình vng. Một mặt
phẳng (α) song song với trục cắt hình trụ theo thiết diện là tứ giác ABB0A0, biết một cạnh của thiết
diện là dây cung của đường trịn đáy của hình trụ và căng một cung 120◦. Tính diện tích thiết diện
ABB0A0.

A. 3√2. B. √3. C. 2√3. D. 2√2.

Lời giải.

Gọi r là bán kính đường trịn đáy của hình trụ. Vì thiết diện qua trục của hình
trụ là một hình vng nên chiều cao bằng đường kính đường trịn đáy hay 2r.
Suy ra 2πr · 2r = 4π hay r = 1. Do đó

AB =√OA2_{+ OB}2_{− 2OA · OB cos 120}◦ ₌√₃

Vậy diện tích thiết diện ABB0A0 là SABB0_A0 = AD · AB = 2

√

3. _A0 B0

B
O

A

</div>
<span class='text_page_counter'>(89)</span><div class='page_container' data-page=89>

Câu 56. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC. Hình nón có đỉnh S và có đường trịn đáy là đường trịn
nội tiếp tam giác ABC gọi là hình nón nội tiếp hình chóp S.ABC, hình nón có đỉnh S và có đường
trịn đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC gọi là hình nón ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Tỉ số
thể tích của hình nón nội tiếp và hình nón ngoại tiếp hình chóp đã cho là

A. 1

2. B.

1

4. C.

2

3. D.

1
3.
Lời giải.

Gọi M là trung điểm của BC.

Gọi O là trọng tâm của tam giác ABC.
Ta có: SO ⊥ (ABC) tại O.

Suy ra, O là tâm đường tròn nội tiếp và cũng là tâm của đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC.

Gọi a là độ dài cạnh của tam giác ABC.

Gọi V1, V2 lần lượt là thể tích của hình nón nội tiếp và hình nón ngoại

tiếp hình chóp S.ABC.
Do OM = 1

2OA nên ta có:
V1

V2

=
1

3· π · OM

2_{· SO}

1

3· π · OA

2_{· SO}

= OM

2

OA2 =

Å OM
OA

ã2
=Å 1

2
ã2

= 1
4.

C

B

A
O
S

M

N
P

Chọn đáp án B _

Câu 57. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 5 cm và khoảng cách giữa hai đáy là 7 cm. Cắt khối trụ

bởi một mặt phẳng song song với trục và cách trục 3 cm. Tính diện tích S của thiết diện được tạo
thành.

A. S = 55 cm2_. _{B. S = 56 cm}2_. _{C. S = 53 cm}2_. _{D. S = 46 cm}2_.

Lời giải.

Vì khối trụ được cắt bởi mặt phẳng song song với trục nên thiết
diện là hình chữ nhật M N P Q.

Gọi I là trung điểm M N . Khi đó, OI ⊥ M N do 4OM N cân
tại O.

Mà OI ⊥ P N (do P N vng góc với đáy)
⇒ OI ⊥ (M N P Q) ⇒ OI = 3 cm.

Áp dụng định lí Pi-ta-go cho tam giác vng OM I, ta có M I =
√

52_{− 3}2 _{= 4 ⇒ M N = 8.}

Mà P Q = OO0 = 7 nên SM N P Q= 8 · 7 = 56 (cm2).

B
I
O

N
M

O0

A0 B0

P
Q

A

Chọn đáp án B _

Câu 58. Cho hình nón trịn xoay có chiều cao h = 20 cm, bán kính đáy r = 25 cm. Mặt phẳng (α)
đi qua đỉnh của hình nón cách tâm của đáy 12 cm. Tính diện tích thiết diện của hình nón cắt bởi mặt
phẳng (α) .

</div>
<span class='text_page_counter'>(90)</span><div class='page_container' data-page=90>

Gọi S, O là đỉnh và tâm của đáy hình nón. Giả sử (α) cắt đường tròn
đáy tại M và N , thiết diện là ∆SM N . Gọi I là trung điểm của M N và
H là hình chiếu của O lên mặt phẳng (α).

Ta có SO = 20, ON = 25, OH = 12 và SH =√SO2_{− OH}2 _{= 16.}

Vì ∆SOI _{v ∆SHO ⇒ OI =} SO · OH
SH = 15.
Khi đó

SI =√SO2_{+ OI}2 _{= 25, M N = 2IN = 2}√_ON2_{− OI}2 _{= 40.}

Vậy diện tích thiết diện S = 1

2SI · M N = 500 (cm

2_).

O
S

M

N
I
H

Chọn đáp án D _

Câu 59. Cho hình thang cân ABCD có AB k CD, AB = 2 và CD = 4. Khi quay hình thang quanh
trục CD thu được một khối trịn xoay có thể tích bằng 6π. Diện tích hình thang ABCD bằng bao
nhiêu?

A. 9

2. B.

9

4. C. 6. D. 3.

Lời giải.

Ta có

V = πAH2 · AB +1
3πAH

2_{(DH + CK) = 2πAH}2₊ 2

3πAH

2 _{= 6π}

⇔ ⇔ 2AH2₊2

3AH

2 _{= 6 ⇔ AH =} 3

2
⇒ SABCD =

AB + CD

2 · AH =
9
2.

D
H

K
C
A

B

Chọn đáp án A _

Câu 60. Một hình trụ có bán kính đáy bằng a, chu vi thiết diện qua trục bằng 10a. Tính thể tích của
khối trụ đã cho.

A. πa3_. _{B. 5πa}3_. _{C. 4πa}3_. _{D. 3πa}3_.

Lời giải.

Chu vi thiết diện qua trục là C = 2 (2r + h) = 10a ⇔ 4a + 2h = 10a ⇔ h = 3a.
Khi đó V = πr2_{h = 3πa}3_.

Chọn đáp án D _

Câu 61. Để làm một chiếc cốc bằng thủy tinh dạng hình trụ với đáy cốc dày 1,5 cm, thành xung
quanh cốc dày 0,2 cm và có thể tích thật (thể tích nó đựng được) là 480π cm3 thì người ta cần ít nhất
bao nhiêu cm3 _{thủy tinh?}

A. 75,66π cm3_. _{B. 80,16π cm}3_. _{C. 85,66π cm}3_. _{D. 70,16π cm}3_.

</div>
<span class='text_page_counter'>(91)</span><div class='page_container' data-page=91>

Gọi bán kính và chiều cao hình trụ bên trong lần lượt là r và h.
Ta có: V = πr2_{h ⇒ h =} V

πr2 =

480
r2 .

Thể tích hình trụ bên ngoài là:

V = π (r + 0,2)2· (h + 1, 5) = π (r + 0,2)2 ·Å 480
r2 + 1, 5

ã
.
Thể tích thủy tinh là: π (r + 0,2)2·Å 480

r2 + 1,5

ã

− 480π.
Xét f (r) = π (r + 0,2)2·Å 480

r2 + 1,5

ã

, r > 0.
⇒ f0_{(r) = 2π (r + 0,2)}Å 480

r2 + 1,5

ã

+ π (r + 0,2)2·
Å

−960
r3

ã
.
f0(r) = 0 ⇔ 2Å 480

r2 + 1,5

ã

= (r + 0, 2) ·960

r3 ⇔ 3 =

192

r3 ⇔ r = 4.

Bảng biến thiên của hàm số f (r)

r
f0(r)

f (r)

0 4 +∞

− 0 +

+∞
+∞

27783π
50
27783π

50

+∞
+∞

Vậy thể tích thủy tinh người ta cần ít nhất là 27783

50 π − 480π ≈ 75,66π cm

3_.

Chọn đáp án A _

Câu 62. Cho hình trụ có thiết diện qua trục là hình vng cạnh 2a. Mặt phẳng (P ) song song với trục
và cách trục một khoảng a

2. Tính diện tích thiết diện của hình trụ cắt bởi mặt phẳng (P ).

A. 2√3a2_. _{B. a}2_. _{C. πa}2_. _D. √_3a2_.

Lời giải.

Gọi ABB0A0 là thiết diện qua trục của hình trụ. Từ giả thiết ta
suy ra đường cao hình trụ là AA0 = 2a, bán kính đường trịn đáy
hình trụ là R = AB

2 = a.

Mặt phẳng (P ) song song với trục nên cắt hình trụ theo thiết
diện là hình chữ nhật có một cạnh M Q = AA0 = 2a, và cách
trục một khoảng a

2 nên O

0_{H =} a

2 với H là trung điểm của P Q.
Khi đó P Q = 2pO0_Q2_{− O}0_H2 _{= 2}

…
a2₋ a

2

4 = a
√

3.
Do đó diện tích thiết diện cần tìm là M Q · P Q = 2√3a2_.

B
O

M
N
A

P
O0

A0 B0

Q
H

Chọn đáp án A _

Câu 63. Có ba quả bóng hình cầu bán kính bằng nhau và bằng 2 cm. Xét hình trụ có chiều cao 4 cm
và bán kính R cm chứa được ba quả bóng trên sao cho chúng đôi một tiếp xúc với nhau. Khi đó bán
kính R nhỏ nhất là bao nhiêu?

A. 2√3 cm. B. 3√3 cm. C. 4

√
3 + 6

</div>
<span class='text_page_counter'>(92)</span><div class='page_container' data-page=92>

Lời giải.

Rmin = CK + CE =

2
3BC

√
3

2 + CE =

4√3 + 6

3 .

A B

C

I
E

K

Chọn đáp án C _

Câu 64. Cho hình nón có chiều cao h. Tính chiều cao x của khối trụ có thể tích lớn nhất nội tiếp trong
hình nón theo h.

A. x = h

2. B. x =

h

3. C. x =

2h

3 . D. x =

h
√

3.
Lời giải.

Theo định lí Ta-Let ta có SO

0

SO0_{+ x} =

h − x

h =

r0

r, (0 < x < h).
Thể tích hình trụ là V = πr02x = π[(h − x)r]

2

h2 · x =

πr2

h2 · x · (h − x)
2_.

Xét f (x) = x(h − x)2 = 4 · h − x
2 ·

h − x
2 · x

≤ 4

Ö_{h − x}

2 +

h − x
2 + x
3

è3
= 4h

3

27
.

Dấu “ = ” xảy ra khi h − x

2 = x ⇔ x =
h
3.

O0

x

O r

S

r0

Chọn đáp án B _

Câu 65.

Người ta cần sản xuất một chiếc cốc thủy tinh có
dạng hình trụ khơng có nắp với đáy cốc và thành cốc
làm bằng thủy tinh đặc, phần đáy cốc dày đều 1, 5 cm và
thành xung quanh cốc dày đều 0, 2 cm như hình vẽ bên.

Biết rằng chiều cao của chiếc cốc là 15 cm và khi
ta đổ 180 ml nước vào thì đầy cốc. Nến giá thủy tinh là
500 đ/1cm3 thì giá tiền thủy tinh để sản xuất chiếc cốc
đó gần nhất với số tiền nào sau đây?

15cm

1,5cm
0,2cm

A. 25 nghìn đồng. B. 31 nghìn đồng. C. 40 nghìn đồng. D. 20 nghìn đồng.
Lời giải.

Gọi V1 là thể tích thực của chiếc cốc có bán kính đáy là r, chiều cao h1;

V2 là thể tích của khối thủy tinh đặc cần tính;

V là thể tích của chiếc cốc (bao gồm thể tích thực và thể tích phần thủy tinh đặc) có bán kính đáy R
và chiều cao h.

Theo đề bài ta có V1 = 180 = πr2h1 ⇒ r =

 

180

π(15 − 1, 5) =
… 40

3π·
Theo giả thiết suy ra R = r + 0, 2 ⇒ V = πR2h = πÇ… 40

3π + 0, 2
å2

</div>
<span class='text_page_counter'>(93)</span><div class='page_container' data-page=93>

⇒ thể tích của khối thủy tinh đặc là V2 = V − V1 ≈ 60, 72 cm3.

Suy ra số tiền để sản xuất 1 cốc thủy tinh là 60,72 × 500 ≈ 30.360 đồng.
Vậy số tiền gần nhất là 31 nghìn đồng.

Chọn đáp án B _

Câu 66. Cho hình nón (N1) có chiều cao bằng 40 cm. Người ta cắt hình nón (N1) bằng một mặt

phẳng song song với mặt đáy của nó để được một hình nón nhỏ (N2) có thể tích bằng

1

8 thể tích (N1).
Tính chiều cao h của hình nón (N2).

A. h = 40 cm. B. h = 10 cm. C. h = 20 cm. D. h = 5cm.
Lời giải.

Gọi r1, h1 lần lượt là bán kính đường trịn đáy và chiều cao của hình

nón (N1); r2 là bán kính đường trịn đáy của hình nón (N2).

Theo định lí Ta-lét, ta có: r2
r1

= h
h1

.

Ta có V1

V2

= 1
8 ⇔

r₂2h
r2

1h1

= 1
8 ⇔

h3
h3
1

= 1

8 ⇔ h =
h1

2 =
40

2 = 20(cm).

h

r1

r2

40cm

Chọn đáp án C _

Câu 67. Cho một khối trụ có diện tích xung quanh của khối trụ bằng 80π. Tính thể tích của khối trụ
biết khoảng cách giữa hai đáy bằng 10.

A. 160π. B. 400π. C. 40π. D. 64π.

Lời giải.

Gọi h là chiều cao, r là bán kính đáy của khối trụ. Khi đó ta có Sxq = 2πrh ⇔ r =

Sxq

2πh.
Khi đó thể tích của khối trụ là

V = πr2h = πÅ Sxq
2πh

ã2

· h = S

2
xq

4πh =

(80π)2

4π · 10 = 160π.

Chọn đáp án A _

Câu 68. Cho hình trụ và hình vng ABCD có cạnh a. Hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn
đáy thứ nhất và hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai, mặt phẳng ABCD tạo với đáy một
góc 45◦. Khi đó thể tích khối trụ là

A. 3πa

3√₂

16 . B.

3πa3√₂

8 . C.

πa3√₂

16 . D.

3πa3√₂

</div>
<span class='text_page_counter'>(94)</span><div class='page_container' data-page=94>

Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB, CD; O, O0 lần lượt là tâm
2 đáy và I là giao điểm của OO0 và HK suy ra I là trung điểm OO0
và HK. Do đó IH = a

2 ⇒ OI = OH =
a

2 · cos 45

◦ ₌ a

√
2
4 .
Ta có R2 = OA2 = OH2+ AH2 = 3a

2

8 ,
suy ra V = πR2_{h = π ·} 3a

2

8 · 2
a√2

4 =

3πa3√₂

16 .

C
D

K

A

B
H

O
I

O0

45◦

Chọn đáp án A _

Câu 69. Cho hình nón đỉnh S đáy là hình trịn tâm O, SA và SB là hai đường sinh biết SO = 3,
khoảng cách từ O đến (SAB) là 1 và diện tích tam giác SAB là 18. Tính bán kính đáy của hình nón
trên.

A.
√

674

4 . B.

√
530

4 . C.

9√2

4 . D.

23
4 .
Lời giải.

Gọi I là trung điểm của AB, H là hình chiếu của O lên SI, suy ra
OH ⊥ (SAB) ⇒ OH = 1. Ta có 1

OH2 =

1
OS2 +

1
OI2 ⇒

1
OI2 =

1 −1
9 =

8

9 ⇒ OI

2 ₌ 9

8.

Do đó SI =√OI2_{+ SO}2 ₌… 9

8 + 9 =
9√2

4 .
Diện tích tam giác SAB bằng 1

2SI · AB ⇒ AB =
2S
SI =

16
√

2, suy ra
AI = √8

2 ⇒ AO =

√

530
4 = R.

H

B
A _I

S

O

Chọn đáp án B _

Câu 70. Cho hình trụ có hai đáy là hai hình trịn (O) và (O0), chiều cao 2R và bán kính đáy R. Một
mặt phẳng (α) đi qua trung điểm của OO0 và tạo với OO0 một góc 30◦. Hỏi (α) cắt đường trịn đáy
theo một dây cung có độ dài bằng bao nhiêu?

A. 2R
√

2
√

3 . B.

4R

3√3. C.

2R
√

3. D.

</div>
<span class='text_page_counter'>(95)</span><div class='page_container' data-page=95>

Giả sử (α) là mặt phẳng (ABCD) như hình vẽ.
Gọi M là trung điểm của AB

Ta có ®IO ⊥ AB

OM ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (IOM )
⇒ [OO0_{, (α)] = ’}_{OIM = 30}◦

⇒ OM = OI tan 30◦ ₌ R

√
3
3 .
Khi đó

AB = 2AM = 2√OA2_{− OM}2

= 2
 

R2₋ R
2

3 =

2R√2
√

3 .

C
D

N

A

B
M

O
I

O0

60◦

Chọn đáp án A _

Câu 71. Cho một hình cầu bán kính 5 cm, cắt hình cầu này bằng một mặt phẳng sao cho thiết diện
tạo thành là một đường trịn đường kính 4 cm. Tính thể tích của khối nón có đường trịn đáy là thiết
diện vừa tạo và đỉnh là tâm hình cầu đã cho (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

A. 19,19 cm3_. _{B. 19,12 cm}3_. _{C. 19,18 cm}3_. _{D. 19,20 cm}3_.

Lời giải.

Gọi M là điểm nằm trên đường tròn đáy và H là tâm của
đáy hình nón. Khi đó ta có 4OHM vuông tại H và độ dài
đường sinh l = OM = R = 5 cm, bán kính đáy hình nón
r = HM = 2 cm.

Suy ra chiều cao của hình nón là

h = OH =√R2 _{− r}2 ₌√₅2_{− 2}2 ₌√_{21 cm.}

Vậy thể tích khối nón là
V = 1

3πr

2_{h =} 1

3· π · 2

2_·√_{21 ≈ 19,19 cm}3

M

H
O

R

r

Chọn đáp án A _

Câu 72. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng 2a, diện tích xung
quanh của hình nón đỉnh S và đáy là hình trịn nội tiếp ABCD bằng

A. πa

2√₁₇

4 . B.

πa2√17

2 . C. πa

</div>
<span class='text_page_counter'>(96)</span><div class='page_container' data-page=96>

Ta có bán kính của hình nón là R = a
2.

Chiều cao hình nón bằng chiều cao hình chóp h =
SO = 2a.

Độ dài đường sinh là l =√h2 _{+ R}2 ₌ a

√
17
2 .
Suy ra diện tích xung của hình nón là

Sxq = πRl =

πa2√17
4 .

D C

B
A

S

O

Chọn đáp án A _

Câu 73.

Cho hình vng ABCD cạnh a. Gọi N là điểm thuộc cạnh AD sao cho
AN = 2DN Đường thẳng qua N vng góc với BN cắt BC tại K. Thể tích
khối trịn xoay tạo thành khi quay tứ giác AN KB quanh trục BK là

A. V = 4
3πa

3_. _{B. V =} 3

2πa

3_. _{C. V =} 7

6πa

3_. _{D. V =} 6

7πa

3_.

A
N
D

B
K

C

Lời giải.
Gọi H là hình chiếu của N lên BK.

Khối tròn xoay tạo thành bao gồm:

 Khối nón đỉnh K, đáy là đường trịn tâm H.

 Khối trụ có trục là BH và hai đáy là đường trịn tâm
B và đường trịn tâm H

Xét 4KBN có HK.HB = HN2 _{= AB}2

⇒ HK = AB

2

HB =
3a

2 .
Thể tích khối nón là V1 =

1

3 · π · N H

2_{· HK =} 1

2πa

3_.

Thể tích khối trụ là V2 = π · AB2 · BH =

2
3πa

3_.

A

N H

D

B
K

C

Vậy thể tích khối tròn xoay sinh ra là V = V1+ V2 =

7
6πa

</div>
<span class='text_page_counter'>(97)</span><div class='page_container' data-page=97>

Chọn đáp án C _

Câu 74. Cho một hình trụ và hình vng ABCD cạnh a có hai đỉnh A, B nằm trên đường tròn đáy
thứ nhất của hình trụ và hai đỉnh cịn lại nằm trên đáy thứ hai của hình trụ sao cho mặt phẳng (ABCD)
tạo với đáy của hình trụ một góc 45◦. Diện tích xung quanh Sxq và thể tích V của khối trụ là

A. Sxq=

πa2√₃

4 ; V =

3√3a3

16 . B. Sxq=

πa2√₂

3 ; V =

3√2a3

32 .
C. Sxq=

πa2√₃

3 ; V =

3√2a3

8 . D. Sxq=

πa2√₃

2 ; V =

3√2a3

16 .
Lời giải.

Gọi O, O0 lần lượt là tâm của đường trịn đáy của hình trụ và M , M0, I
lần lượt là trung điểm của AB, CD, OO0.

Ta có M M0 = AD = a ⇒ IM = a
2.

Vì (ABCD) tạo với đáy hình trụ một góc 45◦ nên ’IM O = 45◦
⇒ IO = OM = a

2√2 ⇒ OO

0 ₌ _√a

2.

Bán kính đường trịn đáy của hình trụ là R =√OM2_{+ M B}2 ₌ a

√
3
2√2.
Diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ là

Sxq= 2πR · OO

0 ₌ πa

2√₃

2 ; V = πR

2_{· OO}0 ₌ 3

√
2a3
16 .

D

C
M0

A

B
M

I

O
O0

Chọn đáp án D _

Câu 75. Một xưởng cơ khí sản xuất những chiếc thùng phi có nắp đậy dạng hình trụ với thể tích mỗi
chiếc là 2πm3. Người ta nên làm thùng phi với bán kính đáy r và chiều cao h bao nhiêu để tiết kiệm
vật liệu nhất?

A. r = 1 m;h = 2 m. B. r = 2 m;h = 0, 5 m.

C. r =√2 m; h = 1 m . D. r = 0,5 m; h = 1 m.
Lời giải.

Ta có h = V
πr2 =

2

r2 ⇒ S = 2πrh + 2πr

2 _{= 2π · r ·} 2

r2 + 2πr

2 _{= 2π}Å 2

r + r

2

ã
.
S0 = 2π

Å
−2

r + 2r
ã

⇒ S0 _{= 0 ⇔ 2r}3_{− 2 = 0 ⇔ r = 1.}

bảng biến thiên

r

S0

S

0 1 +∞

− 0 +

+∞

6π
6π

+∞
+∞

Diện tích của chiếc thùng nhỏ nhất khi r = 1 và chiều cao h = 2
r2 = 2.

Chọn đáp án A _

Câu 76. Trong không gian cho tam giác đều ABC cạnh a. Khi quay tam giác đó xung quanh trục BC
ta được một hình trịn xoay. Tính diện tích xung quanh của hình trịn xoay đó.

A. S = 2πa2√_3. _{B. S} ₌ πa
2√₃

. C. S = πa

2√₃

</div>
<span class='text_page_counter'>(98)</span><div class='page_container' data-page=98>

Lời giải.
Gọi I là trung điểm BC.

Hình trịn xoay được tạo bởi hai hình nón bằng nhau như hình vẽ.
Khi đó l = AB; r = IA.

Do đó

Sxq = 2π · r · l = 2π

a√3

2 · a = πa

2√_3.

I A

C
B

r

Chọn đáp án D _

Câu 77.

Cho hai cái bình có dạng hình nón quay đỉnh xuống dưới, có chiều cao cùng bằng 2
và bán kính đáy bằng nhau, mỗi bình đều đặt thẳng đứng như hình vẽ. Lúc đầu bình

ở phía trên chứa đầy nước và bình ở phía dưới khơng có nước. Sau đó, nước chảy từ
bình trên xuống bình dưới theo một lỗ nhỏ ở đỉnh hình nón phía trên. Hãy tính chiều
cao của nước trong bình dưới tại thời điểm chiều cao của nước ở bình trên là 1 (chiều
cao của nước được tính từ đỉnh của hình nón tới mặt nước).

A. √3

7. B. √3. C. 1

2. D. 1.

Lời giải.

Gọi bán kính đáy hình nón là R. Khi đó, ta có thể tích khối nón (thể tích phần khơng gian chứa đầy
nước) phía trên là V1 =

1
3πR

2_{· 2 =} 2

3πR

2_.

Tại thời điểm chiều cao của nước bình trên là 1, phần không gian chứa nước là khối nón, giả sử có bán
kính đáy R0. Khi đó, ta có R

0

R =
1
2 ⇒ R

0 ₌ 1

2R.
Suy ra thể tích nước trong bình trên lúc này là V2 =

1
3π

Å R
2

ã2

· 1 = 1
12πR

2_.

Do đó, thể tích nước đã chảy xuống bình dưới là V3 = V1− V2 =

7
12πR

2_.

Gọi chiều cao của nước bình dưới là h và bán kính mặt nước là r ⇒ r

R =

h

2 ⇒ r =
hR

2 .
Suy ra V3 =

1
3π

Å hR
2

ã2
· h.

Ta có phương trình 1
3π

Å hR
2

ã2

· h = 7
12πR

2 _{⇔ h =}√3

7.

Chọn đáp án A _

</div>
<span class='text_page_counter'>(99)</span><div class='page_container' data-page=99>

AB.

A. x = a

2. B. x = 2a. C. x = a. D. x =

3a
2 .
Lời giải.

Thể tích hình trịn xoay khi quay ABCD quanh d là V1 =

[π(x + a)2_{− πx}2_{] AD.}

Thể tích hình cầu có bán kính bằng cạnh AB là V2 =

4
3πa

3_.

Theo bài ra ta có phương trình

π(x + a)2_{− πx}2_{ AD = 3 ×} 4

3πa

3

⇔ 2πa3+ 4πa2x = 4πa3
⇔ x = a

2.

A

D

C

B O

O0

Chọn đáp án A _

Câu 79. Cắt hình nón bởi một mặt phẳng đi qua trục được thiết diện là một tam giác vng cân có
cạnh huyền bằng a√6. Thể tích V của khối nón đó bằng

A. V = πa

3√₆

4 . B. V =

πa3√₆

3 . C. V =

πa3√₆

6 . D. V =

πa3√₆

2 .
Lời giải.

Giả sử hình nón có đỉnh S và đường tròn đáy tâm O và mặt
phẳng đi qua trục SO cắt hình nón theo thiết diện là tam giác
vng cân ASB.

Khi đó V = 1

3· SO · Sđ.

Do giả thiết ta có SO = OA = OB = AB

2 nên OA =
a√6

2 . Ta
suy ra Sđ = π · OA2 =

3πa2
2 .
Vậy V = 1

3 ·
a√6

2 ·
3πa2

2 =

πa3√6

4 . A B

S

O

Chọn đáp án A _

Câu 80. Cần phải thiết kế các thùng dạng hình trụ có nắp đậy để đựng nước sạch có dung tích V (cm3_).

Hỏi bán kính R(cm) của đáy hình trụ nhận giá trị nào sau đây để tiết kiệm vật liệu nhất?
A. R =… 3V3

2π. B. R =

3

… V

π. C. R =

3

… V

4π. D. R =

3

… V
2π.
Lời giải.

Gọi h(cm) là chiều cao của thùng dạng hình trụ cần làm, ta có
V = πR2h ⇒ h = V

πR2.

Diện tích tồn phần của thùng là

S = 2πR2+ 2πRh = 2πR2+ 2πR V

πR2 = 2πR

2₊V

R +
V
R ≥ 3

3

…

πR2_· V

R ·
V
R = 3

3

√
πV2_.

Để tiết kiệm vật liệu nhất thì diện tích tồn phần S nhỏ nhất là bằng 3√3 πV2_{. Khi đó}

2πR2 = V ⇔ R3 ₌ V _{⇔ R =}… V3

</div>
<span class='text_page_counter'>(100)</span><div class='page_container' data-page=100>

Chọn đáp án D _

Câu 81. Tính diện tích xung quanh hình nón trịn xoay ngoại tiếp tứ diện đều cạnh bằng a.
A. Sxq =

πa2√₃

3 . B. Sxq =
πa2

3 . C. Sxq =

πa2√₂

3 . D. Sxq =

πa2√₃

6 .
Lời giải.

Giả sử ABCD là tứ diện đều cạnh bằng a, gọi H là trọng tâm tam giác
BCD. Khi đó, hình nón trịn xoay ngoại tiếp tứ diện đều ABCD có bán
kính đáy r = HB = a

√
3

3 và độ dài đường sinh l = AB = a.
Diện tích xung quanh của hình nón là

Sxq = πrl = π ·

a√3
3 · a =

πa2√₃

3 .

A

D

B

C
H

Chọn đáp án A _

Câu 82. Với một đĩa phẳng hình trịn bằng thép bán kính R, phải làm một cái phễu bằng cách cắt đi
một hình quạt của đĩa này và gấp phần cịn lại thành một hình nón. Gọi độ dài cung trịn của hình
quạt cịn lại là x. Tìm x để thể tích khối nón tạo thành nhận giá trị lớn nhất.

A. x = 2πR
√

6

3 . B. x =

2πR√2

3 . C. x =

2πR√3

3 . D. x =

πR√6
3 .
Lời giải.

Gọi r là bán kính đáy của hình nón tạo thành, ta có

x = 2πr ⇒ r = x
2π.

Độ dài đường sinh của hình nón là R nên suy ra chiều cao của hình nón là

h =√R2_{− r}2 ₌

 

R2₋ x
2

4π2.

Thể tích khối nón tạo thành

V = πr2h = π · x

2

4π2 ·

 

R2₋ x
2

4π2 =

x2√_4π2_R2_{− x}2

8π2 .

Xét hàm số f (x) = x2√_4π2_R2_{− x}2 _{với 0 < x < 2πR.}

f0(x) = x (8πR

2_{− 3x}2₎

√

4π2_R2_{− x}2 = 0 ⇒ x =

2πR√6
3 .
Bảng biến thiên

x
f0(x)

f (x)

0 2πR

√
6

3 2πR

+ 0 −

16π3_R3

3√3
16π3_R3

</div>
<span class='text_page_counter'>(101)</span><div class='page_container' data-page=101>

Như vậy, khi x = 2πR
√

6

3 thì thể tích khối nón lớn nhất là bằng V =
2πR3

3√3 .

Chọn đáp án A _

Câu 83. Một khúc gỗ hình trụ có bán kính R bị cắt bởi một mặt phẳng không song song với đáy ta
được thiết diện là một hình elip. Khoảng cách từ điểm A đến mặt đáy là 12 cm, khoảng cách từ điểm
B đến mặt đáy là 20 cm.

Đặt khúc gỗ đó vào trong hình hộp chữ nhật có chiều cao bằng
20 cm chứa đầy nước sao cho đường tròn đáy của khúc gỗ tiếp
xúc với các cạnh đáy của hình hộp chữ nhật. Sau đó, người ta
đo lượng nước cịn lại trong hình hộp chữ nhật là 2 lít. Tính bán
kính của khúc gỗ. (Giả thiết rằng, khúc gỗ không thấm nước và
kết quả làm tròn đến hàng phần chục).

A. R = 8,2 cm. B. R = 4,8 cm.
C. R = 6,4 cm. D. R = 5,2 cm.

B

20cm

12cm
A

Lời giải.
Thể tích của khối hộp chữ nhật là VHCN = (2R)220 = 80R2.

Thể tích của khối gỗ là V = 20πR2− π4R2 _{= 16πR}2_.

Suy ra 80R2− 16πR2 _{= 2000 ⇒ R =}

…

2000

80 − 16π ≈ 8,2 cm.

Chọn đáp án A _

Câu 84.

Cho khối trụ T có trục OO0, bán kính r và thể tích V . Cắt khối trụ T thành hai
phần bởi mặt phẳng (P ) song song với trục và cách trục một khoảng bằng r

2
(như hình vẽ). Gọi V1 là thể tích phần khơng chứa trục OO0. Tính tỉ số

V1

V
A. V1

V =
1
3 −

√
3

4π. B.

V1

V =
π
4 −

√
3
3 .
C. V1

V =

π −√3

2π . D.

V1

V =

4 −√3
4π .

O

O0

Lời giải.

O

O0
A

B _M

Gọi h là chiều cao của khối trụ (T ). Thể tích khối trụ đã cho là V = h · πr2_.

Gọi A và B là giao điểm của mặt phẳng (P ) với đường tròn đáy tâm O0 và M là trung điểm của AB.
Ta có O0M = r

2 ⇒ AB = 2AM = 2
…

r2 ₋r
2

4 = r
√

3 ⇒ ’AO0_{B = 120}◦_.

Diện tích đáy phần khối trụ không chứa trục là

S = S − S = 1 · πr2₋1 _{· r · r}√_{3 =} πr
2

−r

2√₃

</div>
<span class='text_page_counter'>(102)</span><div class='page_container' data-page=102>

⇒ V1 = h ·

Ç

πr2

3 −
r2√₃

4
å

.

Suy ra V1
V =

1
3−

√
3
4π.

Chọn đáp án A _

Câu 85. Cho mặt nón trịn xoay đỉnh S đáy là đường tròn tâm O và có thiết diện qua trục là một
tam giác đều cạnh bằng a, A và B là hai điểm bất kỳ trên (O). Thể tích của khối chóp S.OAB đạt giá
trị lớn nhất bằng

A. a

3√₃

96 . B.

a3√₃

48 . C.

a3

96. D.

a3√₃

24 .
Lời giải.

A
S

B
O

VS.OAB ≤

1

6SO · OA · OB =
a3√₃

48 , suy ra thể tích lớn nhất của khối chóp VS.OAB bằng
a3√₃

48 khi
OA ⊥ OB.

Chọn đáp án B _

Câu 86.

Một khối gỗ hình trụ đường kính 0,5 m và chiều cao 1 m. Người ta đã cắt khối
gỗ, phần cịn lại như hình vẽ bên có thể tích là V . Tính V .

A. 3π

16. B.

5π

64. C.

3π

64. D.

π
16.

1m

0,5m

0,5m

Lời giải.

Nhận thấy khối gỗ bị cắt bỏ đi có thể tích bằng 1

4 thể tích của khối gỗ hình trụ trước khi cắt hay phần
cịn lại của khối gỗ sau khi cắt có thể tích bằng 3

4 thể tích khối gỗ hình trụ ban đầu.
Do đó V = 3

4 · πr

2_{h =} 3

4· π · 0,25

2_{× 1 =} 3π

64.

Chọn đáp án C _

</div>
<span class='text_page_counter'>(103)</span><div class='page_container' data-page=103>

Cho tam giác ABC cân tại A, đường cao AH và AH = 3,
BC = 6. Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh được tạo thành
khi quay tam giác ABC quanh trục BC.

A. V = 9π. B. V = 15π.

C. V = 18π. D. V = 30π.

r

h

H
A

B
C

Lời giải.

Vật thể tròn xoay sinh được tạo thành khi quay tam giác ABC quay quanh trục BC có dạng của hai
hình nón ghép lại có chung đường trịn đáy.

Xét hình nón trịn xoay tạo thành bởi tam giác ABH quay quanh trục BH có thể tích là

V1 =

1

3π · AH

2 _{· BH =} 1

3π · 3

2_{· 3 = 9π.}

Thể tích vật thể tròn xoay sinh được tạo thành là

V = 2V1 = 18π.

Chọn đáp án C _

Câu 88. Tính diện tích xung quanh Sxq của hình trụ ngoại tiếp hình lập phương có cạnh bằng a.

A. Sxq = π

√

2a2. B. Sxq =

π√2a2

2 . C. Sxq = 2πa

2_. _{D. S}

xq = πa2.

Lời giải.

Đường kính đáy của hình trụ là đường chéo hình vng là đáy của lập phương
nên r = a

√
2

2 .
Đường cao h = a.
Sxq = 2πrh = πa2

√
2

A I B

D

H C

Chọn đáp án A _

Câu 89. Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết AB = 3 cm, AC = 4 cm. Gọi V1 là thể tích của khối

nón được tạo nên khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB và V2 là thể tích của khối nón được tạo nên

khi quay tam giác ABC quanh cạnh AC. Tính tỉ số V1
V2

.
A. V1

V2

= 1

2. B.

V1

V2

= 1. C. V1

V2

= 4

3. D.

V1

V2

= 3
4.
Lời giải.

A

C0 C

B

A

B0 B

</div>
<span class='text_page_counter'>(104)</span><div class='page_container' data-page=104>

Ta có V1 =

1
3πAC

2_{· AB; V}

2 =

1
3πAB

2_{· AC.}

Từ đó suy ra V1
V2

= AC
AB =

4
3.

Chọn đáp án C _

Câu 90.

Cho hình nón có đáy là đường trịn có đường kính bằng 10, chiều cao
bằng 15. Mặt phẳng vng góc với trục cắt hình nón theo giao tuyến là

một đường trịn như hình vẽ. Tính thể tích của khối nón có chiều cao
bằng 6.

A. 24π. B. 8π.

C. 200π

9 . D. 96π.

6

9

15

O
Lời giải.

Gọi R, r là bán kính của hình nón có chiều cao bằng 15 và hình nón có chiều cao bằng 6.
Ta có: r

R =
6
15 =

2
5.
Suy ra r = 2

5R =

2

5· 5 = 2.

Thể tích khối nón có chiều cao bằng 6 là:
V = 1

3 · π · 2

2_{· 6 = 8π.}

Chọn đáp án B _

Câu 91. Cho hình nón có đỉnh S, đáy là hình trịn tâm O bán kính bằng 2a và độ dài đường sinh bằng
a√5. Mặt phẳng (P ) qua đỉnh S cắt hình nón theo thiết diện là tam giác có chu vi bằng 2(1 +√5)a.
Tính khoảng cách từ d từ O đến mặt phẳng (P ).

A. d = a
√

3

3 . B. d =

a

2. C. d =

a√3
√

7 . D. d =

a√3
2 .
Lời giải.

Ta có: OA = OB = 2a.

Chu vi 4SAB = 2SA + AB = 2(1 +√5)a ⇔ AB = 2a.
Suy ra 4OAB đều ⇒ OE = a√3.

Ta có: SO =√SA2_{− OA}2 _{= a.}

Ta có: 1
d2 =

1
SO2 +

1

OE2 ⇒ d =

a√3
2 .

A E

S

B
H

O

Chọn đáp án D _

Câu 92. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng a. Cắt hình trụ bởi một mặt phẳng (P ) song song với
trục của hình trụ và cách hình trụ một khoảng bằng a

2 ta được thiết diện là một hình vng. Tính thể
tích khối trụ.

A. 3πa3. B. πa3√3. C. πa

3√₃

4 . D. πa

3_.

</div>
<span class='text_page_counter'>(105)</span><div class='page_container' data-page=105>

Giả sử ABCD là thiết diện hình vng như hình bên.
Gọi O và O0 là tâm 2 đáy của hình trụ,

H là hình chiếu của O lên AB.

Ta có AB = 2AH = 2√OA2_{− OH}2 _{= 2}

…

a2₋a

2
2

= a√3.
Vì ABCD là hình vng nên chiều cao của hình trụ bằng a√3.
Vậy Vtrụ = πa.a

√

3 = πa3√3.

B
H

D

C
O0

O

A

Chọn đáp án B _

Câu 93. Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 6 cm, AC = 3 cm. Gọi M là điểm di động trên cạnh
BC, M H vng góc AB tại H. Cho tam giác AHM quay quanh cạnh AH tạo nên một hình nón, tính

thể tích lớn nhất của khối nón được tạo thành.

A. π

3. B.

4π

3 . C.

8π

3 . D. 4π.

Lời giải.

Đặt AH = x (0 ≤ x ≤ 6), từ BH
BA =

HM
AC
⇒ HM = 6 − x

2 .
Do đó V_nón = 1

3πx

Å 6 − x
2

ã2

= πx(6 − x)

2

12 ≤

π
24

Å 2x + 6 − x + 6 − x
3

ã3
= 8π

3 .
Vậy V_nón lớn nhất bằng 8π

3 khi và chỉ khi AH = 2 cm.

M

B
H

A C

Chọn đáp án C _

Câu 94. Một hình nón có thiết diện cắt bởi mặt phẳng chứa trục của hình nón là tam giác đều có
cạnh bằng 2a. Thể tích của khối nón đó là

A. π
√

3a2

3 . B.

4π√3a3

3 . C.

8π√3a3

3 . D.

π√3a3

3 .
Lời giải.

Xét tam giác SOA vng tại O, có SA = 2a.
Từ đó, có SO = 2a ·

√
3

2 = a

√
3.
Do đó, thể tích khối nón là V = 1

3· a
√

3 · πa2 ₌ π

√
3a3

3 .

O

A
S

B

Chọn đáp án D _

Câu 95. Cho hình trụ (T ) có bán kính đáy R và chiều cao R√3. Lấy hai điểm A, B lần lượt nằm trên
hai đường trịn đáy sao cho góc giữa AB và trục của hình trụ bằng 30◦. Tính khoảng cách d giữa AB
và trục của hình trụ theo R.

A. d = R

√

3

2 . B. d = 2R

√

3. C. d = R√3. D. d = R

</div>
<span class='text_page_counter'>(106)</span><div class='page_container' data-page=106>

O0

O
A

B

C _M

Gọi C là hình chiếu của A lên đáy cịn lại của hình trụ.

Ta có AC k OO0 và (AB, OO0) = (AB, AC) = ’BAC = 30◦ ⇒ BC = AC tan 30◦ _{= R.}

Gọi M là trung điểm BC. Ta có OM = d(AB, OO0) = √OC2_{− M C}2 ₌ R

√
3
2 .

Chọn đáp án A _

Câu 96. Cho hình chữ nhật ABCD có AB = a, AC = 3a. Thể tích của khối trịn xoay sinh bởi hình
chữ nhật ABCD (kể cả các điểm trong) khi quay quanh đường thẳng chứa cạnh AD bằng

A. V = 3πa3√2. B. V = 3πa3√3. C. V = 2πa3√2. D. V = 2πa3√3.
Lời giải.

Chiều cao của khối trụ h = BC =√AC2_{− AB}2 _{= 2a}√_2.

Thể tích khối trụ V = hS_đáy= 2a√2πa2 _{= 2πa}3√_2. A

D
B

C

F
a

h 3a

E

Chọn đáp án C _

</div>
<span class='text_page_counter'>(107)</span><div class='page_container' data-page=107>

A. 32
3 (m

3_). _B. 32

3 π (m

3_). _C. 32

9 π (m

3_). _D. 16

3 π (m

3_).

Lời giải.

Gọi x = OA, 0 < x < 2 (xem hình bên) là bán kính của khối trụ cần tạo
ra, khi đó ta có chiều cao của khối trụ đó là AB = 3(2 − x).

Thể tích của khối trụ bằng π(−3x3+ 6x2).

Xét hàm số f (x) = π(−3x3+ 6x2_{) trên (0; 2) ta được giá trị lớn nhất đạt}

được tại x = 4

3 nên thể tích của khối gỗ hình trụ lớn nhất bằng
32

9 π (m

3_).

S

O A

B

Chọn đáp án C _

Câu 98. Cho hình hộp đứng ABCD.A0B0C0D0 có đáy ABCD là hình vng cạnh bằng a và AA0 = 2a.
Tính diện tích xung quanh S của hình trụ ngoại tiếp hình hộp ABCD.A0B0C0D0 theo a.

A. S = 2√2πa2_. _{B. S = 4}√_2πa2_. _{C. S =}√_2πa2_. _{D. S =}

√
2πa2

2 .
Lời giải.

Hình trụ ngoại tiếp hình hộp ABCD.A0B0C0D0 có các đáy là các
đường trịn ngoại tiếp của hai hình vng đáy. Do đó, bán kính
đường trịn ngoại tiếp tứ giác đáy là r = a

√
2

2 . Hình trụ đó có độ dài
đường sinh là l = 2a và bán kính đáy là r. Diện tích xung quanh là
S = 2πrl = 2√2πa2_.

A0 B0

C0
D0

A B

C
D

Chọn đáp án A _

Câu 99. Khi sản xuất vỏ lon sữa bị hình trụ, các nhà thiết kế ln đặt mục tiêu sao cho chi phí
ngun liệu làm vỏ lon là ít nhất, tức là diện tích tồn phần của hình trụ là nhỏ nhất. Muốn thể tích
khối trụ đó bằng 1 dm3 và diện tích tồn phần của hình trụ nhỏ nhất thì bán kính đáy của hình trụ
phải bằng bao nhiêu?

A. √₃1

3π dm. B.

1
√

π dm. C.

1

3

√

π dm. D.

1

3

√

</div>
<span class='text_page_counter'>(108)</span><div class='page_container' data-page=108>

Gọi R (dm), h (dm) lần lượt là bán kính và chiều cao hình trụ.
Điều kiện: R > 0 và h > 0.

Ta có V = πR2_{h ⇔ h =} 1

πR2.

Diện tích tồn phần của lon sữa là

S = 2πR2+ 2πRh = 2πR2+ 2πR · 1

πR2 = 2πR

2₊ 2

R.
Ta lại có

2πR2+ 2

R = 2πR

2

+ 1
R +

1
R ≥

3

…

2πR2_· 1

R ·
1
R.

h

R

Hay S ≥√3

2π.

Dấu “=” xảy ra khi 1

R = 2πR

2 _{hay R =} 1
3

√
2π.

Vậy diện tích toàn phần của lon sữa nhỏ nhất bằng√32π khi bán kính đáy của lon sữa bằng √₃1
2π.

Chọn đáp án D 

Câu 100. Cho hình nón trịn xoay có đường cao bằng 20 cm, bán kính đáy bằng 25 cm. Một thiết diện
đi qua đỉnh của hình nón có khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng chứa thiến diện là 12 cm.
Tính diện tích của thiết diện đó.

A. 500 cm2_. _{B. 1000 cm}2_. _{C. 250 cm}2_. _{D. 250 cm}3_.

Lời giải.

Ký hiệu S là đỉnh của hình nón và O là tâm của đường tròn
đáy.

Gọi A, B là hai giao điểm (khác đỉnh S của hình nón) của mặt
phẳng với hình nón. Suy ra thiết diện của mặt phẳng với hình
nón là tam giác SAB.

Gọi M là trung điểm của AB.
Kẻ OH ⊥ SM tại H.

Xét đường thẳng AB và mặt phẳng (SOM ) có
®AB ⊥ SO

AB ⊥ OM ⇒ AB ⊥ (SOM ).

S

A
O

H

B
M

Cho nên (SAB) ⊥ (SOM ).

Mà (SAM ) ∩ (SOM ) = SM và OH ⊥ SM nên OH là khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng
chứa thiến diện. Suy ra OH = 12 cm.

Ta có
1
OH2 =

1
SO2 +

1
OM2 ⇔

1
OM2 =

1
OH2 −

1

SO2 ⇔ OM =

 

OH2_{· SO}2

SO2_{− OH}2 ⇔ OM = 15.

Khi đó SM =√SO2_{+ OM}2 _{= 25 và AB = 2AM = 2}√₂₅2_{− 15}2 _{= 40.}

Vậy diện tích của thiết diện SAB bằng 1

2 · 40 · 25 = 500 cm

2_.

</div>
<span class='text_page_counter'>(109)</span><div class='page_container' data-page=109>

ĐÁP ÁN

1. A 2. C 3. C 4. A 5. A 6. C 7. D 8. B 9. A 10. D

11. D 12. D 13. B 14. C 15. C 16. A 17. D 18. B 19. A 20. C

21. D 22. C 23. A 24. D 25. A 26. B 27. D 28. A 29. B 30. A

31. D 32. C 33. A 34. B 35. B 36. D 37. C 38. B 39. A 40. D

41. C 42. B 43. B 44. B 45. B 46. A 47. D 48. C 49. B 50. A

51. C 52. C 53. A 54. A 55. C 56. B 57. B 58. D 59. A 60. D

61. A 62. A 63. C 64. B 65. B 66. C 67. A 68. A 69. B 70. A

71. A 72. A 73. C 74. D 75. A 76. D 77. A 78. A 79. A 80. D

81. A 82. A 83. A 84. A 85. B 86. C 87. C 88. A 89. C 90. B

</div>
<span class='text_page_counter'>(110)</span><div class='page_container' data-page=110>

<b>4</b> <b>Mức độ vận dụng cao</b>

Câu 1.

Cho hình thang ABCD vng tại A và D có CD = 2AB = 2AD = 4. Tính
thể tích V của khối trịn xoay sinh ra bởi hình thang ABCD khi quay xung
quanh đường thẳng BC.

A. V = 20π
√

2

3 . B. V =

32π√2

3 . C. 10π
√

2. D. V = 28π
√

2

3 . _B

C
D

A

Lời giải.

Chọn đáp án D _

Gọi A0, D0 lần lượt là điểm đối xứng của A, D qua đường
thẳng BC.

Gọi M là giao điểm của AD và A0D0.

Ta có AB = AD = 2, CD = 4 suy ra AH = BH = √2 và
BD = BC = 2√2.

Ta có AA

0

DD0 =

1

2 suy ra M A = AD = 2 và M B = 2
√

2.
Gọi V1 là thể tích của khối nón có chiều cao BC = 2

√
2 và
bán kính đường trịn đáy là BD = 2√2.

Gọi V2 là thể tích của khối nón có chiều cao BM = 2

√
2 và
bán kính đường trịn đáy là BD = 2√2.

Gọi V3 là thể tích của khối nón có chiều cao BH =

√
2 và
bán kính đường trịn đáy là AH =√2.

Gọi V4 là thể tích của khối nón có chiều cao M H =

√
2 và
bán kính đường trịn đáy là AH =√2.

Ta có V1 = V2 và V3 = V4.

Khi đó

V = V1+ V2 − V3− V4 = 2V1− 2V3

= 21
3
ỵ

(2√2)2π · 2√2 − (√2)2π ·√2ä] = 28π
√

2
3 .

A0

D0
M

B

C
H

A

D

Câu 2. Cho hình chóp S.BCD có SA vng góc với mặt phẳng (ABCD); tứ giác ABCD là hình thang
vng với cạnh đáy AD, BC; AD = 3BC = 3a; AB = a, SA = a√3. Điểm I thỏa mãn AD = 3# » AI; M# »
là trung điểm SD, H là giao điểm của AM và SI. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của A lên SB, SC.
Tính thể tích V của khối nón có đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác EF H và đỉnh thuộc mặt phẳng
(ABCD).

A. V = πa

3

2√5. B. V =

πa3

√

5. C. V =

πa3

10√5. D. V =
πa3

</div>
<span class='text_page_counter'>(111)</span><div class='page_container' data-page=111>

Xét tam giác SAD vng tại A có SA = a√3, AD = 3a ⇒
’

SDA = 30◦ ⇒ ’M AI = 30◦.

Lại có tam giác SAI vng tại A có SA = a√3, AI = a ⇒
‘

SIA = 60◦ nên tam giác AHI có ’AHI = 90◦ hay AH ⊥ SI.
Mà AH ⊥ IC do IC k BA ⊥ (SAD) nên AH ⊥ (SIC) ⇒
AH ⊥ SC.

Ngoài ra, AE ⊥ SB, AE ⊥ BC (BC ⊥ (SAB)) ⇒ AE ⊥
(SBC) ⇒ AE ⊥ SC.

S
H
M
D
C
I
A
F
K
E
B O

Mà AE ⊥ SC nên SC ⊥ (AEF H) và AEF H là tứ giác có “E = “H = 90◦ nên nội tiếp đường tròn tâm
K là trung điểm AF đường kính AF . Gọi O là trung điểm AC thì OK k SC mà SC ⊥ (AEF H) nên
OK ⊥ (AEF H) hay O chính là đỉnh hình nón và đường trịn đáy là đường trịn đường kính AF .
Ta tính AF, OK.

Xét tam giác SAC vng tại A đường cao AF nên

AF = SA · AC

SC =

SA · AC
√

SA2_{+ AC}2 =

a√6
√

5 ; OK =
1
2CF =

1
2 ·
CA2
CS =
a
√
5.
Vậy thể tích V = 1

2πr

2_{h =} 1

3π ·

a
√
5 ·
Ç
1
2 ·

a√6
√

5
å2

= πa

3

10√5.

Chọn đáp án C _

Câu 3. Thiết diện của hình trụ và mặt phẳng chứa trục của hình trụ là hình chữ nhật có chu vi là 12
cm. Giá trị lớn nhất của thể tích khối trụ là

A. 32π cm2. B. 64π cm2. C. 8π cm2. D. 16π cm2.
Lời giải.

Gọi bán kính đáy và chiều cao của hình trụ lần lượt là r và h (r, h > 0).
Thiết diện là hình chữ nhật ABCD có chu vi 2(AB + BC) = 2(h + 2r).
Theo giả thiết ta có 2(h + 2r) = 12 ⇔ h + 2r = 6 ⇔ h = 6 − 2r (r < 3).

Thể tích khối trụ V = πr2h = πr2(6 − 2r) = πrr(6 − 2r).

Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số r, r, 6 − 2r ta được

r + r + (6 − 2r) ≥ 3prr(6 − 2r) ⇔ r3 2_{(6 − 2r) ≤ 8 ⇔ πr}2_{(6 − 2r) ≤ 8π}

Hay V ≤ 8π. Dấu đẳng thức xảy ra khi r = 6 − 2r ⇔ r = 2 (thỏa mãn).
Vậy giá trị lớn nhất của khối trụ là V = 8π.

r
h
C
B
O
O0
A
D

Chọn đáp án C _

Câu 4. Giả sử đồ thị hàm số y = (m2+ 1) x4 − 2mx2 _{+ m}2 _{+ 1 có 3 điểm cực trị là A, B, C mà}

xA< xB < xC.Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AC ta được một khối tròn xoay. Giá trị của m để

thể tích khối trịn xoay đó lớn nhất thuộc khoảng nào trong các khoảng dưới đây?

A. (4; 6). B. (2; 4). C. (−2; 0). D. (0; 2).

Lời giải.
 y0 _{= 4 (m}2_{+ 1) x}3_{− 4mx = 4x [(m}2_{+ 1) x}2_{− m].}

 y0 _{= 0 ⇔ 4x [(m}2_{+ 1) x}2 _{− m] = 0 ⇔}








x = 0

x = ±

… _m

m2_{+ 1} (m > 0)

• Với m > 0 thì hàm số có ba điểm cực trị với xA< xB < xC là

A
Å

−

… _m

; − m

2

+ m2+ 1
ã

, B (0; m2+ 1), C

Å… _m

; − m

2

+ m2+ 1
ã

</div>
<span class='text_page_counter'>(112)</span><div class='page_container' data-page=112>

• Quay 4ABC quanh AC được khối trịn xoay có thể tích là

V = 2 ·1
3πr

2

h = 2

3πBIIC =
2
3π

Å
m2

m2_{+ 1}

ã
·

…
m
m2_{+ 1} =

2
3π

s
m9
(m2 _{+ 1)}5.

• Xét hàm số f (x) = m

9

(m2_{+ 1)}5 có

∗ f (x) = m

8_{(9 − m}2₎

(m2_{+ 1)}6 và f

0_{(x) = 0 ⇔ m = 3(m > 0).}

∗ Bảng biến thiên

x
f0(x)

f (x)

0 3 +∞

− 0 +

0
0
max
max
0
0

Chọn đáp án B _

Câu 5. Cho tứ diện ABCD có AD ⊥ (ABC), ABCcó tam giác vng tại B. Biết BC = 2a, AB =
2a√3, AD = 6a. Quay tam giác ABC và ABD (bao gồm cả điểm bên trong 2 tam giác) xung quanh
đường thẳng AB ta được hai khối tròn xoay. Thể tích phần chung của 2 khối trịn xoay đó bằng:

A. 5
√

3πa3

2 . B.

3√3πa3

2 . C.

64√3πa3

2 . D.

4√3πa3

2 .
Lời giải.

Phương pháp: Cơng thức tính thể tích khối nón trịn xoay có chiều cao h và bán kính đáy R là:
V = 1

4πR

2_h.

Cách giải:
Ta có:

Khối nón (N1) được sinh bởi ∆ABC khi quay quanh AB có chiều cao h1 = AB và bán kính đáy

R1 = BC.

Khối nón (N2) được sinh bởi ∆ADB khi quay quanh AB có chiều cao h2 = AB và bán kính đáy

R2 = AD.

Do hai khối nón cùng có chiều cao AB nên hai đáy của hai khối nón nằm trong hai mặt phẳng song
song.

Trong mặt phẳng đáy của hình nón (N1) kẻ đường kính GH//DE. Dễ dàng chứng minh được DEGH

là hình thang cân.

Gọi M = AG ∩ BE; N = AH ∩ BD, I = AB ∩ M N. Khi đó phần chung giữa hai khối nón (N1) và (N2)

là hai khối nón: Khối nón (N3) đỉnh B, đường cao BI, bán kính đáy IN ⇒ V3 =

1
3π.IN

2_.BI

Khối nón (N4) đỉnh A, đường cao AI, bán kính đáy IN ⇒ V4 =

1
3π.IN

2_.AI

Thể tích phần chung V = V3+ V4 =

1
3π.IN

2_{.BI +}1

3π.IN

2_{.AI =} 1

3π.IN

2_{.(AI + BI) =} 1

3π.IN

2_{.AB Áp}

dụng định lí Ta-lét ta có:
M N
GH =
AI
AB;
M N
DE =
BI
AB ⇒
M N
GH +
M N
DE =

AI + BI
AB = 1

⇒ M N

Å
1
2BC +
1
2AD
ã

= 1 ⇔ M N.
Å
1
2.2a+
1
2.6a
ã

= 1 ⇔ M N = 3a
Dễ thấy I là trung điểm của MN ⇒ IN = M N

2 =
3a

</div>
<span class='text_page_counter'>(113)</span><div class='page_container' data-page=113>

Vậy V = 1
3π.

Å 3a
2

ã2

.2a√3 = 3
√

3πa3

2 .

Chọn đáp án B _

Câu 6. Cho khối nón có độ lớn góc ở đỉnh là π

3. Một khối cầu (S1) nội tiếp trong khối nón. Gọi S2 là
khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của nón và với S1; S3 là khối tiếp xúc với tất cả các đường

sinh của nón với S2; . . .; Sn là khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của nón và với Sn−1. Gọi V1,

V2, V3, . . ., Vn−1, Vn lần lượt là thể tích của khối cầu S1, S2, S3, . . ., Sn−1, Sn và V là thể tích của khối

nón. Tính giá trị của biểu thức

T = lim

n→+∞

V1+ V2+ . . . + Vn

V
.

A. 3

5. B.

6

13. C.

7

9. D.

1
2.
Lời giải.

Thiết diện qua trục của hình nón là một tam giác đều cạnh l. Do
đó bán kính đường trịn nội tiếp tam giác cũng chính là bán kính
mặt cầu nội tiếp chóp là r1 =

1
3

l√3
2 =

l√3
6 .
Áp dụng định lí Ta-lét ta có

AA0
AB =

AH0
AH =

AH − HH0

AH =

l√3
2 −

l√3
3
l√3

2

= 1

3 ⇒ AA

0 ₌ l

3.

A

B C

H
H0

A0 B0

Tương tự ta tìm được r2 =

l
3·

√
3
6 =

l√3
18 =

r1

3.
Tiếp tục như vậy ta có r3 =

r1

32, r4 =

r1

33, . . . rn=

r1

3n−1.

Ta có V1 =

4
3πr

3

1, V2 =

4
3πr
3
2 =
4
3πr
3
2 =
4
3π

r₁
3

3
= 1

33V1, V3 =

1

(33₎2V1, . . . ; Vn =

1
(33₎n−1V1

⇒ lim

n→+∞

V1+ V2+ . . . + Vn

V

= lim

n→+∞

V1

Ç
1 + 1

33 +

1

(33₎2 + . . . +

1
(33₎n−1

å

V
= lim

n→+∞

V1· S

V .
Đặt S = 1 + 1

33 +

1

(33₎2 + . . . +

1

(33₎n−1. Đây là tổng của CSN lùi vô hạn với công bội q =

1
33 < 1

⇒ lim

n→+∞S =

1
1 − 1

33

= 27
26

⇒ V1+ V2 + . . . + Vn =

27
26V1 =

27
26 ·

4
3π

Ç
l√3

6
å3
=

√
3
52πl

3 _{V =} 1

3πr

2_{h =} 1

3π
Å l
2
ã2
· l
√
3
2 =
√
3πl3
24

</div>
<span class='text_page_counter'>(114)</span><div class='page_container' data-page=114>

Câu 7. Cho tứ diện ABCD có AB = AD = BC = 8, AC = BD = 6, CD = 4. Tính bán kính của mặt
cầu ngoại tiếp của tứ diện ABCD.

A. … 187

10 . B. 5. C.

… 177

10 . D.

… 287
30 .
Lời giải.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD.

Ta có 4ADC = 4BCD nên suy ra AN = BN , vậy M N vng góc
AB. Chứng minh tương tự ta cũng có M N vng góc với DC nên
tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp nằm trên đường thẳng M N .
Gọi I là tâm của mặt cầu, đặt N I = x.

Ta có AN = … 2(AD

2_{+ AC}2_{) − DC}2

4 =

√

46, vậy M N =
√

AN2_{− AM}2 ₌√_30.

Đặt N I = x ⇒ M I =√30 − x. Vì DI2 _{= AI}2 _{nên ta có}

4 + x2 = (√30 − x)2+ 16 ⇔ x = 7… 3

10

Vậy R =√4 + x2 ₌… 187

10 .

A C

B
D

N

M

Chọn đáp án A _

Câu 8.

Có tấm bìa hình tam giác vng cân ABC có cạnh huyền
bằng a. Người ta muốn cắt tấm bìa đó thành hình chữ
nhật M N P Q rồi cuộn lại thành một hình trụ khơng đáy
như hình vẽ. Diện tích hình chữ nhật đó bằng bao nhiêu
để diện tích xung quanh của hình trụ là lớn nhất?

B Q P C

A

N

M

A. a

2

2. B.

√
3a2

4 . C.

a2

8 . D.

√
3a2

8 .
Lời giải.

Đặt M Q = N P = x ⇒ M N = P Q = a − 2x
với điều kiện 0 < 2x < a

Sxq = SM N P Q= x(a − 2x) =

1

2· 2x(a − 2x) ≤
a2

8
Dấu ” = ” xảy ra khi a − 2x = 2x ⇔ x = a

4

B Q P C

A

N
M

Chọn đáp án C _

Câu 9. Cho hình nón (N ) có đường sinh tạo với đáy một góc 60◦. Mặt phẳng qua trục của (N ) cắt
(N ) được thiết diện là một tam giác có bán kính đường trịn ngoại tiếp bằng 2. Tính thể tích V của
khối (N ).

A. V = 3π. B. V = 9π. C. V = 3√3π. D. V = 9√3π.

</div>
<span class='text_page_counter'>(115)</span><div class='page_container' data-page=115>

Giả sử thiết diện thỏa mãn đề bài là tam giác ABC nội tiếp (O; 2) đường
kính AD, đường sinh của (N ) là l.

Theo bài ra ta có ’ABH = 60◦ ⇒ ’BAD = 30◦ ⇒ ’ADB = 60◦ ⇒ 4OBD
đều ⇒ BD = 2, AD = 4.

Áp dụng Pytago cho tam giác vuông ABD : AD2 = AB2_{+ BD}2 _{⇒ l =}

2√3.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABH ta có: r = BH =
√

3; h = AH = 3.
⇒ V = 1

3πr

2_{h =} 1

3π · 3 · 3 = 3π. Vậy thể tích của khối nón (N ) là 3π.

A

C

B H

O

D

Chọn đáp án A _

Câu 10. Cho hình tứ diện ABCD có AD ⊥ (ABC), ABC là tam giác vuông tại B. Biết BC = a,
AB = a√3, AD = 3a. Quay các tam giác ABC và ABD (bao gồm cả điểm bên trong hai tam giác)
xung quanh đường thẳng AB ta được hai khối trong xoay. Tính thể tích V phần chung của hai khối

trịn xoay đó.

A. V = 3
√

3πa3

16 . B. V =

8√3πa3

3 . C. V =

5√3πa3

16 . D. V =

4√3πa3
16 .
Lời giải.

A

B
Y

E
N

X

M
C
I

3a
3a

a
a

Cắt khối tròn xoay bởi mặt phẳng (ABC) ta thu được thiết diện như hình vẽ. Áp dụng định lí Thales
ta có

BN
Y N =

N E
N A =

BE
AY =

1
3,
BM

XM =
CM
AM =

BC
AX =

1
3.
Suy ra IM = 1

4AX =
3a

4 . Phần chung của hai khối tròn xoay thu được gồm hai khối nón khi quay các
tam giác AIM và BIM quanh trục AB. Do đó thể tích của nó là

V = 1
3πIM

2 _{· IA +}1

3πIM

2 _{· IB =} 1

3πIM

2 _{· AB =} 3

√
3πa3

16 .

Chọn đáp án A _

Câu 11. Trong các khối trụ có cùng diện tích tồn phần là 6π. Tìm bán kính đáy của khối trụ có thể
tích lớn nhất.

A. R = 1. B. R = 1

3. C. R =

1
√

3. D. R = 3.

Lời giải.

Ta có Stp = 2πRh + 2πR2 = 6π ⇔ Rh + R2 = 3 ⇔ h =

3 − R2

R . Điều kiện: 0 < R <
√

3.
V = πR2_{h = πR}2_·3 − R

2

</div>
<span class='text_page_counter'>(116)</span><div class='page_container' data-page=116>

V0 = −3πR2_{+ 3π = 0 ⇔} ñR = 1 (nhận)

R = −1 (loại).
Bảng biến thiên

R
V0(R)

V (R)

0 1 √3

+ 0 −

2π
2π

Nhìn bảng biến thiên ta thấy Vmax = V (1) = 2π (đvtt).

Chọn đáp án A _

Câu 12.

Một cái phễu có dạng hình nón, chiều cao của phễu là 20 cm. Người ta
đổ một lượng nước vào phễu sao cho chiều cao của cột nước trong phễu
bằng 10 cm. Nếu bịt kín miệng phễu rồi lật ngược phễu lên thì chiều
cao của cột nước trong phễu gần bằng với giá trị nào sau đây?

A. √3

7 cm. B. 1 cm. C. Ä20 − 10√3

7ä cm. D. Ä20√3

7 − 10ä cm.
Lời giải.

Giả sử phễu nước là hình nón (N1) đỉnh S, đáy là đường trịn (O) đường

kính AB.

Khi đổ nước vào phễu khối nước trong phễu là khối nón (N2) đỉnh S, đáy

là hình trịn (I) đường kính CD. Phần cịn lại là khối nón cụt (N C1) đáy

lớn là đường tròn (O), đáy nhỏ là đường tròn (I).

Khi lộn ngược phễu khối nước trong phễu là khối nón cụt (N C2) đáy lớn

là hình trịn (O), đáy nhỏ là hình trịn (H) đường kính EF . Phần cịn lại
là khối nón (N3) đỉnh S đáy là đường trịn (H).

S

A
C

E

B

D

F
H

I

O
Vì VN2 = VN C2 nên VN3 = VN C1 = VN1 − VN2 = VN1 −

VN1

8 =
7VN1

8 .
⇒ VN3

VN1

= 7
8 ⇒

SH
SO =

3

… 7

8 ⇒ HO =
Ç

1 −… 73

8
å

· 20 = 20 − 10√3

7.

Chọn đáp án D _

Câu 13. Cho hình trụ có thiết diện qua trục là hình vng ABCD cạnh 2√3 cm với AB là đường kính
của đường tròn đáy tâm O. Gọi M là điểm thuộc cung

_

AB của đường trịn đáy sao cho ÷ABM = 60◦.
Tính thể tích của khối tứ diện ACDM .

A. V = 3 cm3_. _{B. V = 4 cm}3_. _{C. V = 6 cm}3_. _{D. V = 7 cm}3_.

</div>
<span class='text_page_counter'>(117)</span><div class='page_container' data-page=117>

Giả sử hình trụ (T ) có trục OO0. Thiết diện qua trục là hình chữ vng
ABCD (A, B thuộc đường trịn tâm O và C, D thuộc đường trịn tâm
O0).

Ta có r = 1
2AB =

√

3 cm, h = l = 2√3 cm.

Gọi M0 là hình chiếu của M lên mặt phẳng chứa đường trịn tâm O0.
Ta có VADM C =

1

3VAM B.DM0C = 3 cm

3_.

O
O0

B
C

A
D

M
M0

Chọn đáp án A _

Câu 14. Trong số các hình trụ có diện tích tồn phần đều bằng S thì bán kính R và chiều cao h của
khối trụ có thể tích lớn nhất là bao nhiêu?

A. R =… 2S

3π; h = 4
… 2S

3π. B. R =

… S
2π; h =

1
2

… S
2π.
C. R =… S

4π; h =
… S

4π. D. R =

… S

6π; h = 2
… S

6π.
Lời giải.

Ta có S = 2π · R · (R + h) ⇒ h = S

2πR− R.
Thể tích V = πR2_{h = πR}2

Å
S
2πR − R

ã
= RS

2 − πR

3_.

Xét hàm số f (R) = RS
2 − πR

3 _{⇒ f}0_{(R) =} S

2 − 3πR

2 _{= 0 ⇒ R =} … S

6π.

Vì f0(R) là hàm bậc hai có hệ số a = −3π < 0 nên hàm f (R) đạt giá trị lớn nhất tại R = … S
6π.

Chọn đáp án D _

Câu 15. Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi Va, Vb, Vc tương ứng là thể tích của các hình trịn xoay

tạo bởi tam giác ABC khi cho nó lần lượt quay xung quanh các cạnh BC, CA, AB. Hệ thức nào sau
đây đúng?

A. 1
V2

a

= 1
V2

b

+ 1
V2

c

. B. V2

a = Vb2+ Vc2. C. Va2 = Vb2Vc2. D.

1
V2

a

= V

2
b Vc2

V2
b + Vc2

.
Lời giải.

Đặt AB = c, BC = a, AC = b. Ta có, Vb =

bc2_π

3 , Vc=
cb2_π

3 , Va =
b2_c2_π

3a . Khi đó,
1
V2

a

= 1

V2

b

+ 1
V2

c

.

Chọn đáp án A _

Câu 16. Một hộp đựng phấn hình hộp chữ nhật có chiều dài 30 cm, chiều rộng 5 cm và chiều cao 6
cm. Người ta xếp đứng vào đó các viên phấn giống nhau, mỗi viên phấn là khối trụ có chiều cao là 6
cm và bán kính đáy là 1

2 cm. Hỏi có thể xếp được tối đa bao nhiêu viên phấn.

</div>
<span class='text_page_counter'>(118)</span><div class='page_container' data-page=118>

Hình 1 Hình 2

Ta có hai phương án xếp phấn theo hình 1 và hình 2.

 Xếp theo hình 1 thì hai hàng liên tiếp sẽ có một hàng 4 viên và một hàng 5 viên. Chiều dài của
hai hàng là 1 +

√
3

2 cm (hai lần bán kính đáy cộng với chiều cao của tam giác đều nối ba tâm).

Chiều dài của n hàng là 1 +(n − 1)

√
3

2 cm. Do chiều dài hộp là 30 cm nên 1 +

(n − 1)√3

2 ≤ 30 ⇔
n = 34. Vậy số viên phấn xếp được là 17 · 5 + 17 · 4 = 153 viên.

 Xếp theo hình 2 thì hai hàng liên tiếp đều có 5 viên. Chiều dài của hai hàng 2 cm. Chiều dài hộp
là 30 cm nên ta sẽ xếp được 30 hàng, tức là 150 viên.

Vậy có thể xếp được tối đa 153 viên.

Chọn đáp án B _

Câu 17. Một đại lý xăng dầu cần làm một cái bồn dầu hình trụ bằng tơn có thể tích 16π m3. Tìm
bán kính r của đáy bồn sao cho bồn được làm tốn ít nguyên vật liệu nhất.

A. r = 0,8 m. B. r = 1,2 m. C. r = 2 m. D. r = 2,4 m.
Lời giải.

Ta có: V = πr2_{h ⇒ h =} 16

r2.

Diện tích tồn phần của hình trụ là:

Stp = 2πr2 + 2πrh = 2πr2 +

32π

r , (r > 0).
Xét hàm số f (r) = 2πr2+32π

r trên khoảng (0; +∞), ta có:
f0(r) = 4πr − 32π

r2 ; f

0_{(r) = 0 ⇔ r = 2.} r

h

Bảng biến thiên của hàm số là

r
f0(r)

f (r)

0 2 +∞

− 0 +

+∞
+∞

24π
24π

+∞
+∞

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra diện tích đạt giá trị nhỏ nhất khi r = 2 m.

</div>
<span class='text_page_counter'>(119)</span><div class='page_container' data-page=119>

Câu 18. Cho hình trụ có đáy là hai đường trịn tâm O và O0, bán kính đáy bằng chiều cao và bằng
2a. Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A, trên đường tròn tâm O0 lấy điểm B. Đặt α là góc giữa AB
và đáy. Biết rằng thể tích khối tứ diện OO0AB đạt giá trị lớn nhất. Khẳng định nào sau đây đúng?

A. tan α =√2. B. tan α = √1

2. C. tan α =
1

2. D. tan α = 1.
Lời giải.

Kẻ đường sinh BC của hình trụ, ta có AC là hình chiếu của AB
lên mặt đáy nên ’BAC = α.

Gọi H là hình chiếu của O lên AC.
4ABC có AC = BC · cot α = 2a cot α.

4OAC có OH =√OC2_{− CH}2 _{= a}√_{4 − cot}2_α

Ta có VOO0_AB =

1

2VA.OO0BC = VB.AOC

= 1

3 · BC · SAOC =
1
3 · 2a ·

1

2 · 2a cot α · 2a
√

4 − cot2_α

= 4a

3

3
√

4 cot2_{α − cot}4_α.

Đặt t = cot α, xét f (t) = 4t2− t4

α
O0

A

B

C

H
O

f0(t) = 8t − 4t3 _{= 0 ⇔}





t = 0
t =√2
t = −√2.

Lập bảng biến thiên của hàm số f (t), suy ra hàm số f (t) đạt giá trị lớn nhất khi t =√2.
Vậy khi cot α =√2 ⇔ tan α = √1

2 thì thể tích khối OO

0_{AB sẽ lớn nhất.}

Chọn đáp án B _

Câu 19. Một nhà máy cần sản suất các hộp hình trụ kín cả hai đầu có thể tích V cho trước. Tìm mối

quan hệ giữa bán kính đáy R và chiều cao h của hình trụ để diện tích tồn phần của hình trụ nhỏ
nhất.

A. h = 2R. B. R = h. C. R = 2h. D. h = 3R.

Lời giải.

Diện tích tồn phần hình trụ S = 2πR(R + h) = π(2R2_{+ hR + hR) ≥ π3}√3

2R4_h2 _{= 3π}… 2V3 2

π2 .

Dấu bằng xảy ra khi hR = 2R2 _{⇔ h = 2R.}

Vậy min S = 3π… 2V3

2

π2 khi h = 2R.

Chọn đáp án A _

</div>
<span class='text_page_counter'>(120)</span><div class='page_container' data-page=120>

A. V = 0,16π m3. B. V = 0,36π m3. C. V = 0,024π m3. D. V = 0,016π m3.
Lời giải.

Ta có AH = 120 cm, BH = 30 cm.

Đặt N H = x (0 < x < 30), M N = y, BN = 30 − x.
Vì M N k AH

nên BN
BH =

M N
AH ⇔

30 − x
30 =

y

120 ⇔ y = 4(30 − x).
Gọi V là thể tích khối trụ. Khi đó

V = π · N H2_{· M N = πx}2_{y = 4πx}2_{(30 − x) = 4π(30x}2_{− x}3_).

Xét hàm số f (x) = 30x2− x3 _{với 0 < x < 30.}

f0(x) = 60x − 3x2_{, f}0_{(x) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 20.}

C
A

M

B

N H

Bảng biến thiên của f (x)
x
f0(x)

f (x)

0 20 30

+ 0 −

0
0

4000
4000

0
0

Từ bảng biến thiên suy ra V lớn nhất khi f (x) đạt giá trị lớn nhất trên (0; 30).
Vậy Vmax= 4π · 4000 = 16000π cm3 = 0,016π m3.

Chọn đáp án D _

Câu 21. Cắt bỏ hình quạt trịn AOB (phần sẫm màu trong hình dưới) từ một mảnh các tơng hình
trịn bán kính R rồi dán hai bán kính OA và OB của hình quạt trịn cịn lại với nhau để được một
cái phễu có dạng của một hình nón. Gọi x là số đo góc ở tâm của hình quạt trịn dùng làm phễu,
0 < x < 2π. Tìm x để khối nón có thể tích lớn nhất.

A.

x = 2

√
3
5 π.

B.
x = 2

√
6
9 π.

C.
x = 2

√
6
3 π.

D.
x = 2

√
6
27 π.

x

R

O

B

A R

O

A ≡ B

Lời giải.

Vì độ dài của đường trịn đáy hình nón bằng độ dài cung AB của quạt trịn dùng làm phễu nên ta có

2πr = Rx ⇒ r = Rx

2π ⇒ h =
√

R2_{− r}2 ₌

 

R2₋R
2_x2

4π2 =

R

2π

√

4π2_{− x}2_.

Do đó thể tích của hình nón là V = 1
3πr

2_{h =} R

3

24π2x

2√_4π2_{− x}2_.

Ta có V = R

3

24π2px

4_(4π2_{− x}2_{) =} R

3

24√2π2px

</div>
<span class='text_page_counter'>(121)</span><div class='page_container' data-page=121>

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có x2_{· x}2_(8π2_{− 2x}2_{) ≤}Å x

2_{+ x}2_{+ 8π}2_{− 2x}2

3

ã3

=Å 8π

2

3
ã3

.

Đẳng thức xảy ra khi x2 _{= 8π}2_{− 2x}2 _{⇔ x}2 ₌ 8π
2

3 ⇒ x =
2√6π

3 .

Chọn đáp án C 

Câu 22.

Trong mặt phẳng (P ) cho tam giác đều và hình vng cùng có độ dài cạnh bằng
4 được xếp chồng lên nhau sao cho một đỉnh của tam giác trùng với tâm của hình

vng, trục của tam giác trùng với trục của hình vng (như hình bên). Thể tích của
vật thể trịn xoay tạo thành khi quay mơ hình trên quanh trục AB bằng

A. 136π + 24π
√

3

9 . B.

48π + 7π√3

3 .

C. 128π + 24π
√

3

9 . D.

144π + 24π√3

9 .

A
B

Lời giải.

A
B

P
Q

K
H

Khi xoay quanh trục AB ta được hình gồm hai phần:

 Phần hình vng phía trên trở thành hình trụ có bán kính đáy bằng 2, chiều cao bằng 4. Suy ra
thể tích khối trụ là V1 = π.22.4 = 16π.

 Phần dưới trở thành hình nón cụt. Ta có AK là đường cao của tam giác đều cạnh bằng 4 nên
AK = 2√3.

Gọi H là giao điểm của AK và P Q, R0 là bán kính đáy nhỏ, R là bán kính của đáy lớn, h là chiều
cao của hình nón cụt.

Ta có h = HK = AK − AH = 2√3 − 2 = 2Ä√3 − 1ä và R = 2.
Mà R

0

R =
AH
AK =

2

2√3 =

1
√

3 ⇒ R

0 ₌ _√R

3 =
2
√

3.
Áp dụng cơng thức tính thể tích khối nón cụt ta có

V2 =

1
3πh R

2 _{+ R}02

+ RR0
= 24
√

3 − 8

9 .

Vậy thể tích của khối trịn xoay là V = V1+ V2 =

136π + 24π√3

9 .

Chọn đáp án A _

</div>
<span class='text_page_counter'>(122)</span><div class='page_container' data-page=122>

x

R

O

B

A

O

A ≡ B

Gọi S và S0 lần lượt là diện tích của miếng tơn ban đầu và miếng tơn cịn lại sau khi cắt bớt. Tìm tỷ
số S

0

S để thể tích khối nón lớn nhất.
A. S

0

S =
1

4. B.

S0
S =

√
6

3 . C.

S0
S =

√
2

3 . D.

S0
S =

√
6
2 .
Lời giải.

x

R

O

B

A

O

A ≡ B
Đặt ’AOB = x.

Độ dài cung tròn AB dùng làm phễu là Rx = 2πr ⇔ r = Rx
2π.
Chiều cao hình nón là h =√R2_{− r}2 ₌ R

2π
√

4π2_{− x}2_.

Thể tích khối nón V = f (x) = R

3

24π2x

2√_4π2_{− x}2 _{với x ∈ (0; 2π).}

Ta có: f0(x) = R

3

24π2 ·

x (8π2 _{− 3x}2₎

√

4π2_{− x}2 .

f0(x) = 0 ⇔ 8π2− 3x2 _{= 0 ⇔ x =} 2

√
6
3 π.
Bảng biến thiên:

x
y0

y

0 2

√

6

3 π 2π

+ 0 −

f
Ç

2√6
3 π

å
f

Ç
2√6

3 π
å

Giá trị của x = 2
√

6

</div>
<span class='text_page_counter'>(123)</span><div class='page_container' data-page=123>

Diện tích miếng tơn còn lại sau khi cắt S0 = Sxq = πrl = π

Rx
2πR =

√
6
3 πR

2_.

Suy ra S

0

S =
√

6
3 .

Chọn đáp án B _

Câu 24. Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, M, N, P lần lượt là trung điểm SA, SB, SC.
Dựng một hình trụ có một đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác M N P , một đáy thuộc mặt phẳng
(ABC). Biết diện tích xung quanh của hình trụ bằng tổng diện tích hai đáy. Tính thể tích khối chóp
S.ABC.

A. 1
4a

3_. _B. 1

12a

3_. _C. 1

8a

3_. _D. 1

6a

3_.

Lời giải.

Vì M N là đường trung bình của tam giác SAB nên
M N = AB

2 =
a

2. Tương tự ta cũng có N P = M P =
a

2, dẫn tới
4M N P đều.

Khi đó bán kính đáy của hình trụ là r = 2
3·

a
2 ·

√
3
2 =

a√3
6 .
Gọi h là chiều cao của hình trụ, khi đó ta có:

2rπh = 2r2_{π ⇒ h = r =} a

√
3
6 .
Vì M là trung điểm SA nên

d [S, (ABC)] = 2d [M, (ABC)] = 2h = a
√

3
3 .

Dẫn tới VS.ABC =

SABC· d [S, (ABC)]

3 =

a2√₃

4 ·
a√3

3

3 =

a3
12.

N P

S

A
M

C
B

Chọn đáp án B _

Câu 25. Cho hình trụ (T ) có bán kính đáy bằng chiều cao và bằng 2. Gọi AB là đường kính của đáy
dưới và CD là đường kính của đáy trên sao cho AB và CD chéo nhau. Tìm giá trị lớn nhất của thể
tích khối tứ diện ABCD.

A. 16

3 . B.

20

3 . C.

32

3 . D.

8
3.
Lời giải.

Ta có thể tích khối tứ diện được tính theo cơng thức V = 1

6· a · b · d · sin α, trong
đó a, b là độ dài hai cạnh đối diện, d là khoảng cách giữa hai cạnh đó, α là góc
giữa hai cạnh đó.

Suy ra VABCD =

1

6· AB · CD · d(AB, CD) · sin(AB, CD).

Theo đề ta có AB = CD = 4, d(AB, CD) = 2 không đổi nên để V đạt giá trị
lớn nhất khi sin(AB, CD) = 1.

Vậy Vmax=

1

6· 4 · 4 · 2 =
16

3 .

D

A

B
C

Chọn đáp án A _

Câu 26. Cho hình nón (N ) có bán kính đáy r = 20(cm), chiều cao h = 60(cm) và một hình trụ (T )
nội tiếp hình nón (N ) (hình trụ (T ) có một đáy thuộc hình nón và một đáy nằm trên mặt xung quanh
của hình nón). Tính thể tích V của hình trụ (T ) có diện tích xung quanh lớn nhất?

A. V = 3000π(cm3). B. V = 32000
9 π(cm

</div>
<span class='text_page_counter'>(124)</span><div class='page_container' data-page=124>

Giả sử hình nón (N ) có đường trịn đáy tâm O, bán kính r, S là đỉnh và
hình trụ (T ) có hai đường trịn đáy tâm O, O0 bán kính R. Do giả thiết ta
có SO = h = 60 cm.

Xét tam giác SOB vì F N k SO theo định lý Talet ta có
N B

BO =

F N

SO =
BF
SB.
Suy ra

F N = N B · SO

BO ⇔ F N =

60 (20 − R)

20 ⇔ F N = 3 (20 − R) .
Gọi Sxq là diện tích xung quang của hình trụ (T ) khi đó

Sxq = 2πR · F N = 6πR (20 − R).

A B

S

O

M N

E O0 F

Do giả thiết 0 < R < 20 nên theo bất đẳng thức Côsi R (20 − R) ≤ Å R + 20 − R
2

ã2

≤ 100. Do đó
Sxq ≤ 200π.

Dấu đẳng thức xảy ra khi R = 20 − R ⇔ R = 10 (cm) suy ra F N = 30. (cm) .
Khi đó thể tích hình trụ V = πR2_{· F N = π · 100 · 30 = 3000π (cm}3_).

Chọn đáp án A _

Câu 27. Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 2AC. M là một điểm thay đổi trên cạnh BC. Gọi
H và K lần lượt là hình chiếu vng góc của M trên các cạnh AB, AC. Gọi V và V0 tương ứng là thể
tích của vật thể tròn xoay tạo bởi tam giác ABC và hình chữ nhật M HAK khi quay quanh trục AB.
Tỉ số V

0

V lớn nhất bằng
A. 1

2. B.

4

9. C.

2

3. D.

3
4.
Lời giải.

A H B

C

K M

Ta có V = 1

3πAB · AC

2_{; V}0 _{= πAH · AK}2_; V
0

V = 3 ·
AH
AB ·

Å AK
AC

ã2
.
Đặt x = BM

BC , (0 < x < 1), suy ra

AK

AC = x,
AH

AB = 1 − x. Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có
(1 − x)x2 = 1

2(2 − 2x)x

2 _≤ 1

2

Å 2 − 2x + x + x
3

ã3
= 4

27. Suy ra
V0

V lớn nhất bằng
4

9 khi x =
BM

BC =

2
3.

Chọn đáp án B _

Câu 28. Cho tam giác ABC có “A = 120◦, AB = AC = a. Quay tam giác ABC bao gồm cả điểm trong
tam giác) quanh đường thẳng AB ta được một khối trịn xoay. Thể tích khối trịn xoay đó bằng

A. πa

3

3 . B.

πa3

4 . C.

πa3√3

2 . D.

</div>
<span class='text_page_counter'>(125)</span><div class='page_container' data-page=125>

Lời giải.

120◦

O

D C

A
B

Quay tam giác ABC quanh đường thẳng AB ta được khối trịn xoay có thể tích bằng V1 thể tích khối

nón lớn có đỉnh B và thiết diện qua trục là BDC(hình vẽ) trừ đi V2 thể tích khối nón nhỏ có đỉnh A

và thiết diện qua trục là ADC.

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy của hai khối nón.
Xét tam giác AOC vng tại O có:

sin 60◦ = OC

AC ⇒ OC = AC sin 60

◦ ₌

√
3

2 a.cos 60

◦ ₌ AO

AC ⇒ OA = AC cos 60

◦ ₌ a

2 ⇒ BO =

3
2a.
V = V1− V2 =

1

3BO · πOC

2₋1

3AO · πOC

2 ₌ 1

3πOC

2_{(BO − AO) =} 1

3π · (
√

3
2 a)

2_{· a =} πa
3

4 .

Chọn đáp án B _

Câu 29. Trong các khối trụ có cùng diện tích tồn phần bằng π, gọi (=) là khối trụ có thể tích lớn
nhất, chiều cao của (=) bằng:

A. π

3. B.

√
6

3 . C.

√
6

6 . D.

π√3
4 .
Lời giải.

Gọi R, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao khối trụ.
Diện tích tồn phần hình trụ: Stp = 2πRh + 2πR2 = π ⇒ h =

1 − 2R2

2R .
Thể tích khối trụ: V = hπR2 = 1 − 2R

2

2R · πR

2 ₌ π

2(R − 2R

3_).

Xét g(R) = π

2(R − 2R

3_{) trên}

Ç
0;

√
2
2

å

. Ta có: g0(R) = π

2 (1 − 6R

2_).

g0(R) = 0 ⇒ R =
√

</div>
<span class='text_page_counter'>(126)</span><div class='page_container' data-page=126>

x
g0(R)

g(R)
0

√
6
6

√
2
2

+ 0 −

Vậy, thể tích khối trụ lớn nhất khi R =
√

6

6 ⇒ h =
√

6
3 .

Chọn đáp án B _

Câu 30. Cho tam giác ABC vng cân tại A có AB = AC = 12. Lấy một điểm M thuộc cạnh huyền
BC và gọi H là hình chiếu của M lên cạnh góc vng AB . Quay tam giác AM H quanh trục là đường
thẳng AB tạo thành mặt nón trịn xoay (N ), hỏi thể tích V của khối nón trịn xoay (H) lớn nhất là
bao nhiêu?

A. V = 256π

3 . B. V =

128π

3 . C. V = 256π. D. V = 72π.

Lời giải.

Tam giác ABC vuông cân tại A nên tam giác BHM cũng vuông cân tại H.
Tức ta được V = 1

3B · h =
1
3πM H

2_{· AH =} 1

3πBH

2_{· (12 − BH).}

Gọi chiều dài của BH là x, vậy thể tích đạt giá trị lớn nhất khi y = x2·(12−x) =
−x3 _{+ 12x}2 _{đạt giá trị lớn nhất.}

Có y0 = 0 ⇔ −3x2_{+ 24x = 0 ⇔} ñx = 0 (loại)

x = 8. .
Suy ra thể tích lớn nhất bằng V = 256π

3 .

C

B
H
A

M

Chọn đáp án A _

Câu 31. Nhân dịp Trường THPT Nguyễn Khuyến tổ chức đi học tập ngoại khóa ở Đà Lạt. Đồn
Trường có tổ chức một cuộc thi làm nón để vui chơi Noel. Hưởng ứng cuộc thi đó, tập thể lớp 12A10
làm những chiếc nón theo các bước như sau: Cắt một mảnh giấy hình trịn tâm O bán kính 20 cm. Sau
đó cắt bỏ đi phần hình quạt OAB như hình vẽ sao cho góc ở tâm ’AOB = 75◦. Tiếp theo dán phần
hình quạt cịn lại theo hai bán kính OA và OB với nhau thì sẽ được một hình nón có đỉnh là O và
đường sinh là OA. Hỏi thể tích V của khối nón được tạo thành bằng bao nhiêu?

75◦

20cm

O

B

A

O

A

A. V = 3125π
√

551

648 . B. V =

8000π

3 . C. V =

45125π√215

648 . D. V =

1000π√3

3 .

</div>
<span class='text_page_counter'>(127)</span><div class='page_container' data-page=127>

Diện tích hình quạt OAB bị cắt đi qua là S = π × 20

2 _{× 75}

360 =

250π
3 .
Suy ra diện tích xung quanh của hình nón được tạo thành là Sxq = 400π −

250π

3 =

950π
3 .
Gọi r là bán kính đường trịn đáy của hình nón, ta có 20πr = 950π

3 ⇒ r =
95

6 .
Gọi h là đường cao của hình nón, ta có h2 _{= 20}2₋Å 95

6
ã2

= 5375

36 ⇒ h =

5√215
6 .
Vậy thể tích khối nón được tạo thành là V = 1

3πr

2_{h =} 1

3π ×
Å 95

6
ã2

× 5
√

215

6 =

45125π√215
648 .

Chọn đáp án C _

Câu 32. Với một miếng tơn hình trịn có bán kính bằng R = 9cm. Người ta muốn làm một cái phễu
bằng cách cắt đi một hình quạt của hình trịn này và gấp phần cịn lại thành hình nón (Như hình vẽ).

r
l

Hình nón có thể tích lớn nhất khi độ dài cung trịn của hình quạt tạo thành hình nón bằng
A. 8π√6 cm. B. 2π√6 cm. C. π√6cm. D. 6π√6cm.

Lời giải.

x
9cm

O
B

D

9cm

Gọi x > 0 cm là bán kính đáy của hình nón. khi đó chu vi đáy của hình nón là 2πx và đường cao BO
của hình nón là BO =√81 − x2 _{từ đó suy ra thể tích của khối nón được tạo ra là V =} 1

3πx

2_·√_{81 − x}2_.

Xét hàm số y = x2_·√_{81 − x}2 _{xác định và liên tục trên nữa khoảng (0; 9] ta có :}

y0 = −3x(x

2_{− 54)}

√

81 − x2 ; y

</div>
<span class='text_page_counter'>(128)</span><div class='page_container' data-page=128>

x

f0(x)

f (x)

0 3√6 9

+ 0 −

0
0

162√3
162√3

0
0

Vậy f (x) đạt giá trị lớn nhất tại x = 3√6, khi đó thể tích lớn nhất của hình nón là 1
3π · 162

√

3 = 54√3.
Từ đó suy ra độ dài cung trịn tạo thành hình quạt cũng chính là độ dài đường trịn đáy của hình nón
bằng 2πx = 6π√6cm.

Chọn đáp án D _

Câu 33.

Cho một đồng hồ cát như hình vẽ bên dưới (gồm 2 hình nón chung đỉnh ghép
lại), trong đó đường sinh bất kỳ của hình nón tạo với đáy một góc 60◦. Biết
rằng chiều cao của đồng hồ là 30 cm và tổng của thể tích của đồng hồ là 1000π
cm3_{. Hỏi nếu cho đầy lượng cát vào phần trên thì khi chảy hết xuống dưới, tỷ}

lệ thể tích cát chiếm chỗ và thể tích phần phía dưới là bao nhiêu?

O

A. 1

8. B.

1

27. C.

1

3√3. D.

1

64.
Lời giải.

Gọi chiều cao hình nón nhỏ, hình nón lớn, thể tích khối nón nhỏ, khối nón lớn lần lượt là h1, h2, V1, V2.

Khi đó ta có h1+ h2 = 30 (1) và V1 =

1
9πh

3
1; V2 =

1
9πh

3
2.

Do đó V1+ V2 =

1
9(h

3

1+ h31) = 1000π ⇒ h31+ h31 = 9000 (2).

Từ (1), (2) ta được h1 = 10; h2 = 20 do đó

V1

V2

=Å h1
h2

ã3

=Å 10
20

ã3
= 1

8.

Chọn đáp án A _

Câu 34. Người ta cần làm một cái bồn chứa dạng hình trụ (có hai nắp) có thể tích 1000l để chứa
nước. Tính bán kính đáy R (đơn vị mét) của cái bồn hình trụ đó sao cho ít tốn vật liệu nhất.

A. R =… 13

π(m). B. R = 10.

3

… 1

2π(m). C. R =

3

… 1

2π(m). D. R =

3

… 2
π(m).
Lời giải.

Gọi h là chiều cao của cái bồn hình trụ.
Ta có: V = πR2_{h = 1000 ⇔ h =} 1000

πR2.

Stp = 2πRh + 2πR2 = 2πR ·

1000

πR2_{+ 2πR}2 = 2π

Å 1000
πR + R

2

ã

= 2㏠500
πR +

500
πR + R

2

ã

≥ 6π… 5003 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(129)</span><div class='page_container' data-page=129>

Đẳng thức xảy ra khi 500
πR = R

2 _{⇔ R =} … 5003

π = 10.

3

… 1
2π.

Chọn đáp án B _

Câu 35. Khi sản xuất vỏ lon sữa bị hình trụ, các nhà thiết kế ln đặt mục tiêu sao cho chi phí nguyên
liệu làm vỏ lon là ít nhất, tức là diện tích tồn phần của hình trụ là nhỏ nhất. Muốn thể tích khối trụ

đó bằng 2 và diện tích tồn phần phần hình trụ nhỏ nhất thì bán kính đáy bằng bao nhiêu?

A. 2

3

√

π. B.

1

3

√

π. C.

2

π. D.

1
2π.
Lời giải.

Gọi h và r là chiều cao và bán kính đáy của lon. Ta có V = hπr2 _{⇒ h =} 2

πr2.

Ta có Sxq = 2πrh + 2πr2 =

2
r +

2

r + 2πr

2_.

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có Sxq ≥ 3
3

… 2
r ·

2
r · 2πr

2 _{= 6}√3 _π.

Đẳng thức xảy ra khi 2

r = 2πr

2 _{⇔ r =} 1
3

√

π.

h
r

Chọn đáp án B _

Câu 36.

Một bồn nước có dạng hình trụ, chiều cao 2 m, bán kính đáy
là

√
2

2 m được đặt nằm ngang trên mặt sàn bằng phẳng. Hỏi
khi chiều cao mực nước trong bồn là

√
2 − 1

2 m thì thể tích
nước trong bồn là bao nhiêu? (Kết quả làm tròn đến hàng phần
trăm).

A. 197,01 lít. B. 200,70 lít.
C. 285,40 lít. D. 512,80 lít.

Lời giải.

Ta có OI = OM − IM =
√

2
2 −

√
2 − 1

2 =

1
2.
Suy ra cos ‘AOI = OI

OA =
1
√

2 ⇒ ‘AOI = 45

◦_.

S4OAB =

1

2· OA · OB =
1
4.

Diện tích hình trịn S0 = πR2 =

π
2.

Diện tích phần gạch chéo trên hình vẽ S1 =

1

4S0− S4OAB =
π − 2

8 .
Do đó S1

S0

= π − 2
4π .

O

A B

I

M

Thể tích hình trụ V0 = πR2h = π (m3).

Gọi thể tích nước trong bồn là V1. Ta có

V1

V0

= S1
S0

. Vậy

V1 =

π − 2
4π · π =

π − 2
4 (m

3_{) ≈ 285,40 (lít).}

Chọn đáp án C _

Câu 37. Cắt hình nón đỉnh I bởi một mặt phẳng đi qua trục hình nón ta được một tam giác vng
cân có cạnh huyền bằng a√2; BC là dây cung của đường trịn đáy hình nón sao cho mặt phẳng (IBC)

</div>
<span class='text_page_counter'>(130)</span><div class='page_container' data-page=130>

A. S = a

2

3. B. S =

√
2a2

3 . C. S =

√
2a2

6 . D. S =

2a2

3 .
Lời giải.

Cắt hình nón đỉnh I bởi một mặt phẳng đi qua trục hình nón ta được
một tam giác vng cân có cạnh huyền bằng a√2 nên bán kính của hình
nón là r = OB = OC = a

√
2

2 , đường sinh l = IB = IC = a và đường cao
h = SO = a

√
2
2 .

Gọi H là trung điểm BC, khi đó góc hợp bởi mặt phẳng (IBC) và mặt
phẳng chứa đường tròn đáy là ’IHO = 60◦. Suy ra IH = IO

sin 60◦ =

a√6
3
và BC = 2CH = 2√IC2_{− IH}2 ₌ 2a

√
3
3 .
Diện tích S của tam giác IBC là SIBC =

1

2 · IH · BC =
a2√₂

3 .

I

B

O
C

H

Chọn đáp án B _

Câu 38. Khi cho hình ngơi sao (xem hình vẽ bên dưới), có tất cả các cạnh đều bằng 1, quay xung
quanh trục ∆ ta được một khối trịn xoay. Tính thể tích khối trịn xoay đó.

∆

A. 5π
√

3

6 . B.

5π√3

3 . C.

5π√3

2 . D.

5π√3
4 .
Lời giải.

√
3
2

√
3
2

∆

A0

D

</div>
<span class='text_page_counter'>(131)</span><div class='page_container' data-page=131>

là 1
2;

√
3

2 và một hình thang vng với chiều cao bằng
√

3

2 , đáy lớn bằng
√

3

2 , đáy nhỏ bằng 1.
Quay tam giác vuông trên quanh trục ∆ ta được khối nón trịn xoay có thể tích

V1 =

1
3·

√
3
2 · π ·

Å 1
2

ã2
= π

√
3
24 .

Quay hình thang vng trên quanh trục ∆ ta được khối nón cụt có thể tích

V2 =

1
3 · π ·

√
3
2 ·

Ç √
3
2

å2
+

√
3
2 ·

1
2+

Å 1
2

ã2!

= 19π
√

3
24 .

Do đó thể tích khối nón trịn xoay cần tìm là V = 2(V1+ V2) =

5π√3
3 .

Chọn đáp án B _

Câu 39. Một khối nón có thiết diện qua trục là một tam giác vng cân và đường sinh có độ dài bằng
3√2 cm. Một mặt phẳng đi qua đỉnh và tạo với đáy một góc 60◦ chia khối nón thành 2 phần. Tính thể
tích phần nhỏ (Tính gần đúng đến hàng phần trăm).

A. 4,36 cm3. B. 4,53 cm3. C. 5,37 cm3. D. 5,61 cm3.
Lời giải.

Xét khối nón như hình vẽ.

Ta có 4SBO là nửa tam giác vng cân đỉnh S nên
BO = SB ×

√
2
2 = 3.

Mặt phẳng qua đỉnh S cắt đáy theo dây cung AB, tâm đường
tròn đáy là O.

Gọi I là hình chiếu vng góc của O lên AB ⇒ ‘SIO = 60◦.
Xét 4SOB, SO =√SB2 _{− OB}2 _{= 3.}

Xét 4SIO, OI = SO
tan 60◦ =

√
3.
Xét 4IOA, cos ‘IOA = IO

OA =
1
√

3.
Suy ra ’AOB = 2 × ‘IOA ≈ 109,47◦.

S

O
B

A

I

Gọi S là diện tích hình phẳng tạo bởi dây cung AB và đường tròn (O) (phần nhỏ).

S = 1

2× 109,47 ×
π

180 × OB

2₋ 1

2OA × OB × sin 109,47

◦ _{≈ 4,36 cm}2_.

Gọi Vn là thể tích phần nhỏ, Vn =

1

3S × SO ≈ 4,36 cm

3_.

Chọn đáp án A _

Câu 40. Cho hình nón có đường sinh bằng 2a và góc ở đỉnh bằng 90◦. Cắt hình nón bằng mặt phẳng
(P ) đi qua đỉnh sao cho góc giữa (P ) và mặt đáy hình nón bằng 60◦. Tính diện tích S của thiết diện
tạo thành.

A. S = 4
√

2a2

3 . B. S =

√
2a2

3 . C. S =

8√2a2

3 . D. S =

</div>
<span class='text_page_counter'>(132)</span><div class='page_container' data-page=132>

Theo bài ra ta có tam giác SOC vuông cân ở O suy ra
OC = SO = a√2.

Giả sử mặt phẳng (P ) cắt đường tròn đáy theo dây cung
AB. Gọi H là trung điểm của AB suy ra OH ⊥ AB,
kết hợp với SO vng góc với đáy suy ra AB ⊥ (SOH),
từ đó suy ra ’SHO = 60◦.

Trong tam giác vng SOH có

OH = SO tan 30◦ = a
√

6
3 ,

SH = SO
sin 60◦ =

2a√6
3 .

S

A

B

O _H

C

Trong tam giác vng OHB có

BH2 = OB2− OH2 = 2a2− 6a

2

9 =
12a2

9 ⇒ BH =
2a√3

3 .
Từ đó ta có diện tích thiết diện S4SAB =

SH · AB

2 = SH · BH =
2a√6

3 ·
2a√3

3 =

4a2√₂

3 .

Chọn đáp án A _

Câu 41.

Bạn An có một tấm bìa hình trịn như hình vẽ, An
muốn biến hình trịn đó thành một cái phễu hình
nón. Khi đó An phải cắt bỏ hình quạt trịn OAB
rồi dán hai bán kính OA và OB lại với nhau. Gọi
x là góc ở tâm hình quạt trịn dùng làm phễu. Tìm
x để thể tích phễu lớn nhất.

A. x = π

4. B. x =

2√6π
3 .
C. x = π

3. D. x =

π
2.

A B

O

R

R
r

h
O
A ≡ B

x

H

Lời giải.
Gọi r, h lần lượt là bán kính đáy, chiều cao của phễu.

Xét tam giác vng OAH có h =√R2_{− r}2_{, từ đó suy ra thể tích của phễu}

V = 1
3hπr

2

= π
3

»

(R2 _{− r}2_)r4_{. (1)}

Nhận thấy (R2_{− r}2_)r4 _{= 4(R}2_{− r}2_{) ·} r
2

2 ·
r2

2 ≤ 4
Ö

R2_{− r}2₊ r
2

2 +
r2

2
3

è3
= 4R

6

27 . (2)

Từ (1) và (2) suy ra V lớn nhất khi và chỉ khi r

2

2 = R

2_{− r}2 _{⇔ r =} R

√
6
3 .
Theo giả thiết ta có chu vi đáy phễu bằng chiều dài cung ˜AB hay

Rx = 2πr ⇔ x = 2πr
R =

2πR
√

6
3

R =

2π√6
3 .

</div>
<span class='text_page_counter'>(133)</span><div class='page_container' data-page=133>

Câu 42.

Có một chiếc cốc làm bằng giấy được úp ngược như hình vẽ bên.
Chiều cao của chiếc cốc là HK = 2√143 cm, bán kính đáy cốc
HP = 1 cm, bán kính miệng cốc là KN = 3 cm. Một con kiến đang
đứng ở điểm M của miệng cốc dự định sẽ bò hai vòng quanh thân
cốc để lên đến đáy cốc ở đi ểm P . Tính quãng đường ngắn nhất để
con kiến có thể thực hiện được dự định của mình.

A. 1 +√579 cm. B. 12√7 cm.

C. 24 + 6(√6 −√2) cm. D. √579 cm. M N

P

Q _H

K

Lời giải.

Đặt b, a, h lần lượt là bán kính đáy cốc, miệng cốc và
chiều cao của cốc, α là góc kí hiệu như trên hình vẽ
bên. Ta “trải” hai lần mặt xung quanh cốc lên mặt
phẳng sẽ được một hình quạt của một khuyên với
cung nhỏ QQ0 = 4πb và và cung lớn M M0 = 4πa. Độ
dài ngắn nhất của đường đi của con kiến là độ dài
đoạn thẳng QM ”. Áp dụng định lí hàm số cosin ta
được

l =pQO2_{+ OM}002_{− 2QO · OM}00_{· cos 2α.}

Ta có Q00M00 = M Q =p(a − b)2_{+ h}2_.

Gọi l1, l2 lần lượt là độ dài cung nhỏ QQ00 và M M00,

ta có

M00 ≡ M0

M

Q00 ≡ Q
Q

H

K
O

a
b =

4πa
4πb =

l1

l2

= OM
OQ =

OQ + AM

OQ = 1 +
M Qα

2πb ⇒ α =

2π(a − b)

M Q =

2π(a − b)

p(a − b)2_{+ h}2 (2)

M Q
OQ =

a

b − 1 =
a − b

b ⇒ OQ =

bp(a − b)2_{+ h}2

a − b (3)

OM00= OQ + QM = bp(a − b)

2_{+ h}2

a − b +p(a − b)

2_{+ h}2 _(4).

Thay (2), (3), (4) vào (1) ta được l = 12√7 cm.

Chọn đáp án B _

</div>
<span class='text_page_counter'>(134)</span><div class='page_container' data-page=134>

25m
6m
10m

1m

Tổng diện tích mặt kính của bể cá gần nhất với số nào sau đây?

A. 872 m2_. _{B. 914 m}2_. _{C. 984 m}2_. _{D. 949 m}2_.

Lời giải.
Diện tích mặt ngoài

S1 = 2 · 25 · 6 + 25 · 10 + 2 ·

Å

6 · 10 − 1
2π · 4

2

ã

= 670 − 16π (m2).

Diện tích mái vịm và mặt dưới
S2 =

1

2 · 8 · π · 25 + 2 · 1 · 25 = 100π + 50 (m

2_).

Vậy diện tích mặt kính của bể cá bằng

S = S1+ S2 = 670 − 16π + 100π + 50 = 720 + 84π ' 984 (m2).

Chọn đáp án C _

Câu 44.

Có một mảnh bìa hình chữ nhật ABCD có đường chéo AC = 1. Người
ta đánh dấu M là trung điểm của BC, N là điểm thuộc cạnh AD với
AD = 4AN . Sau đó người ta cuốn mảnh bìa lại sao cho cạnh AB trùng
với cạnh CD tạo thành một hình trụ. Tìm độ dài cạnh BC sao cho thể
tích của tứ diện ABM N đạt giá trị lớn nhất với các đỉnh A, B, M , N
nằm trên hình trụ vừa tạo thành.

N

M

D
A

C
B

A. BC =
√

6

3 . B. BC =

1

3. C. BC =

√
2

3 . D. BC =

√
3
3 .
Lời giải.

Giả sử hình trụ như hình vẽ. Kẻ các đường sinh M M0, N N0. Khi đó N
là điểm chính giữa cung AM0 ⇒ tam giác AN M0

vuông cân tại N .
Đặt BC = x ⇒ AB =√1 − x2_.

Gọi R là bán kính đường trịn đáy, ta có AD = 2πR = x ⇒ R = x
2π ⇒
AN = √x

2π.
Ta có VABM N =

1

3VAM0N.BM N0 =

1
3AB ·

1
2AN

2

= 1

12π2x

2√_{1 − x}2 ₌ 1

12π2px

4_{(1 − x}2_).

N

N0
A

B M

</div>
<span class='text_page_counter'>(135)</span><div class='page_container' data-page=135>

Ta có x4_{(1 − x}2_{) =} 1

2x

2_{· x}2_{(2 − 2x}2_{) ≤} 1

2·

Å x2_{+ x}2_{+ 2 − 2x}2

3

ã3
= 4

27.
Đẳng thức xảy ra khi x2 _{= 2 − 2x}2 _{⇔ x}2 ₌ 2

3 ⇒ x =
√

6
3 .

Chọn đáp án A _

Câu 45.

Cho một hình trụ trịn xoay và hình vng ABCD cạnh a có 2 đỉnh liên tiếp
A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh cịn lại nằm trên
đường trịn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy của hình
trụ góc 45◦. Tính thể tích khối trụ.

A. 3πa

3

16 . B.

√
2πa3

16 . C.

πa3

16 . D.

3√2πa3

16 .

D

C
N

A

B
M

I

O
O0

Lời giải.

• Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD, O và O0 _{lần lượt là tâm hai mặt đáy. Gọi I là giao}

điểm của M N và OO0.

• Góc giữa mặt phẳng (ABCD) và mặt đáy là góc (M N, OM ) = ’IM O. Do đó ’IM O = 45◦. Suy ra
4IM O vng cân tại O.

• Ta có M N = BC = a nên IM = a

2 và AM =
1
2AB =

a

2. Suy ra OM = OI =
a

2√2 ⇒ OO

0 _{= 2OI =}

a
√

2.

4OM A vuông tại M nên OA2 _{= OM}2 _{+ AM}2 ₌ a
2

8 +
a2

4 =
3a2

8 . Suy ra R = OA =
a√3
2√2.
• Ta có Vtrụ = πR2h = π ·

3a2

8 ·

a
√

2 =

3√2πa3
16 .

Chọn đáp án D _

Câu 46. Một hình nón đỉnh S có bán kính đáy bằng 2a√3, góc ở đỉnh là 120◦. Thiết diện qua đỉnh
của hình nón là một tam giác. Diện tích lớn nhất Smax của thiết diện đó là bao nhiêu?

A. Smax= 8a2. B. Smax= 4a2

√

2. C. Smax= 4a2. D. Smax= 16a2.

Lời giải.
Giả sử O là tâm đáy và AB là một đường kính của đường
trịn đáy hình nón.

Thiết diện qua đỉnh của hình nón là tam giác cân SAM .
Theo giả thiết hình nón có bán kính đáy R = OA = 2a√3,
’

ASB = 120◦ nên ’ASO = 60◦.

Xét tam giác SOA vng tại O, ta có sin 60◦ = OA
SA ⇒
SA = OA

sin 60◦ = 4a.

Diện tích thiết diện là SSAM =

1

2SA · SM · sin ’ASM =
1

2· 4a · 4a · sin ’ASM = 8a

2_{· sin ’}_{ASM .}

B

M

A
S

</div>
<span class='text_page_counter'>(136)</span><div class='page_container' data-page=136>

cân tại đỉnh S (vì ’ASB = 120◦ > 90◦ nên tồn tại tam giác ASM thoả mãn).
Vậy diện tích thiết diện lớn nhất là Smax= 8a2 (đvdt).

Chọn đáp án A 

Câu 47. Một hình trụ có độ dài đường cao bằng 3, các đường trịn đáy lần lượt là (O; 1) và (O0; 1).
Giả sử AB là đường kính cố định của (O; 1) và M N là đường kính thay đổi trên (O0; 1). Tìm giá trị
lớn nhất Vmax của thể tích khối tứ diện ABM N .

A. Vmax = 2. B. Vmax = 6. C. Vmax=

1

2. D. Vmax= 1.
Lời giải.

O0
N

O
C
A

P

B
Q

D

M

O0
N

O
C
A

P

B
Q

D

M

Dựng hình hộp chữ nhật ABCD.P M N Q nội tiếp hình trụ như hình vẽ.
Dễ thấy VACBD.P M QN = VP AM N + VQBM N+ VCAM B + VDN AB + VABM N.

Mà VP AM N = VQBM N = VCAM B = VDN AB = VABM N =

1

6V nên VABM N =
1

3VABCD.P M QN.

VABCD.P M QN = SP M QN · OO0 ≤

1

2M N · P Q · OO

0 _{= 2 · 3 = 6.}

Vậy VABM N =

1

3VABCD.P M QN ≤

1

3 · 6 = 2 ⇒ Vmax = 2. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi AB và M N
vuông góc với nhau.

Chọn đáp án A _

Câu 48. Cho tứ diện ABCD có AD ⊥ (ABC), ABC là tam giác vuông tại B. Biết BC = a, AB =
a√3, AD = 3a. Quay các tam giác ABC và ABD (bao gồm cả điểm bên trong 2 tam giác) xung quanh
đường thẳng AB ta được 2 khối trịn xoay. Thể tích phần chung của 2 khối trịn xoay đó bằng

A. 5
√

3πa3

16 . B.

3√3πa3

16 . C.

8√3πa3

3 . D.

4√3πa3

16 .
Lời giải.

A
D

B C

D1 D2

C1 C2

N M

A

</div>
<span class='text_page_counter'>(137)</span><div class='page_container' data-page=137>

Tứ diện ABCD có ®DA ⊥ (ABC)

BC ⊥ (ABD), do đó khi quay hai tam giác ABC và ABD quanh trục AB ta sẽ
được hai hình nón trịn xoay, và phần chung của hai hình nón này là phần tơ màu xám ở hình trên.
Khi đó xét mặt phẳng qua trục AB của hai hình nón (C1C2D2D1), gọi M = BD2∩AC2; N = BD1∩AC1.

Ta có 4BM C2 v 4D2M A, nên

BM
D2M

= BC2
AD2

= 1
3 ⇒

HM
AD2

= 1
4 ⇒

HM
BC2

= 3

4 ⇒ HM =
3a

4 .
Suy ra

 Thể tích khối nón (AN M ) là V1 =

1

3πHM

2_{· AH =} 1

3π
9a2

16 · AH.
 Thể tích khối nón (BN M ) là V2 =

1
3πHM

2_{· BH =} 1

3π
9a2

16 · BH.
Vậy thể tích khối trịn xoay cần tìm là

V1+ V2 =

1
3π

9a2

16 (AH + BH) =
1

3π

9a2

16 · AH =

3√3πa3
16 .

Chọn đáp án B _

Câu 49.

Khi sản xuất cái phễu hình nón (khơng có nắp) bằng nhơm, các nhà thiết kế luôn
đạt mục tiêu sao cho chi phí nguyên liệu làm phểu ít nhất, tức là diện tích xung
quanh của hình nón là nhỏ nhất. Hỏi nếu ta muốn sản xuất cái phễu có thể tích là
2 dm3 thì diện tích xung quanh của cái phễu sẽ có giá trị nhỏ nhất gần với giá trị
nào sau đây nhất?

R

h l

A. 6,85 dm2_. _{B. 6,75 dm}2_. _{C. 6,65 dm}2_. _{D. 6,25 dm}2_.

Lời giải.

Gọi R, h, l lần lượt là bán kính đáy, chiều cao và độ dài đường sinh của cái phễu.
Khi đó V = 1

3πR

2_{· h = 2 ⇔ h =} 6

πR2 và l =

√

h2_{+ R}2 ₌

…
36
π2_R4 + R

2_.

Diện tích xung quanh của hình nón là Sxq = π · R · l = πR

…
36
π2_R4 + R

2 ₌… 36

R2 + π
2_R4_.

Ta có 36
R2 + π

2_R4 ₌ 18

R2 +

18
R2 + π

2_R4 _{≥ 3}p(18π)3 ₂

.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 18

R2 = π

2_R4 _{⇔ R =}… 186

π2.

Suy ra min Sxq =

»

3p(18π)3 ₂ _{≈ 6, 65.}

Chọn đáp án C _

Câu 50.

Một chiếc cốc hình trụ có đường kính đáy bằng 6cm, chiều cao 15cm chứa
đầy nước. Nghiêng cốc cho nước chảy từ từ ra ngoài đến khi mép nước

ngang với đường kính của đáy cốc (tham khảo hình vẽ). Khi đó diện tích
của bề mặt nước trong cốc bằng

A. 9
√

26
10 π cm

2_. _{B. 9}√_{26π cm}2_. _C. 9

√
26
2 π cm

2_. _D. 9

√
26
5 π cm

2_.

</div>
<span class='text_page_counter'>(138)</span><div class='page_container' data-page=138>

Từ giả thiết, suy ra diện tích bề mặt cốc chính là nửa elip có trục nhỏ
2b = 2R = 6 ⇒ b = 3cm và nửa độ dài trục lớn là

a = OD = √h2_{+ R}2 ₌√₁₅2_{+ 3}2 _{= 3}√_26cm.

Diện tích bề mặt nước trong cốc là

S = 1

2 · abπ =
1
2 · 3 · 3

√

26 = 9
√

26
2 πcm

2_.

A
D

O

Chọn đáp án C _

Câu 51. Một khối cầu (S) tâm I bán kính R khơng đổi. Một khối trụ có chiều cao h và bán kính đáy
r thay đổi nhưng nội tiếp trong khối cầu. Tính chiều cao h theo R để thể tích khối trụ lớn nhất.

A. h =√2R. B. h = 2
√

3

3 R. C. h =

√
2

2 R. D.

√
3
3 R.
Lời giải.

Ta có r2 _{= R}2 ₋h
2

4 .

VTrụ = h · πr2 = hπ

Å

R2₋ h
2

4
ã

= hπR2 ₋ πh
3

4
⇒ V0_{(h) = πR}2₋ 3πh

2

4 = 0 ⇒ h =
2√3

3 R.

x
f0(x)

f (x)

0 2

√
3

3 R 2R

+ 0 −

Vậy thể tích khối trụ lớn khi h = 2
√

3
3 R.

N

I
O
r

R h

2

Chọn đáp án B _

Câu 52.

Một người thợ có một khối đá hình trụ. Kẻ hai đường kính M N , P Q
của hai đáy sao cho M N ⊥ P Q. Người thợ đó cắt khối đá theo các mặt
cắt đi qua 3 trong 4 điểm M , N , P , Q để thu được khối đá có hình tứ
diện M N P Q (tham khảo hình vẽ bên). Biết rằng M N = 60 cm và thể
tích khối tứ diện M N P Q bằng 30 dm3. Hãy tìm thể tích của lượng đá
bị cắt bỏ (làm tròn kết quả đến 1 chữ số thập phân).

O

N
M

P
Q

O0

A. 101,3 dm3. B. 141,3 dm3. C. 121,3 dm3. D. 111,3 dm3.
Lời giải.

Tính thể tích khối tứ diện ABCD, biết rằng d là khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD, α là
góc giữa hai đường thẳng đó là V = 1

</div>
<span class='text_page_counter'>(139)</span><div class='page_container' data-page=139>

VM N P Q=

1

6M N · P Q · h · sin 90

◦ _{⇒ h =} 6 · 30

6 · 6 = 5 dm (với h là độ dài đường cao của hình trụ).
Khi đó thể tích khối trụ là V = π · 32_{· 5 = 45π dm}3_.

Suy ra thể tích của lượng đá bị cắt bỏ là 45π − 30 ≈ 111,3 dm3.

Chọn đáp án D _

Câu 53. Cho hình nón có bán kính đáy R, chiều cao h. Bán kính r của hình trụ nội tiếp hình nón mà
có thể tích lớn nhất là

A. r = R

4. B. r =

R

2. C. r =

2R

3 . D. r =

R
3.
Lời giải.

Cắt hình nón (N ) theo mặt phẳng đi qua trục AH của nó ta được thiết
diện là tam giác cân ABC, mặt phẳng này cắt hình trụ (T ) nội tiếp hình
nón theo thiết diện là hình chữ nhật M N P Q (như hình vẽ).

Gọi h0 là độ dài đường cao của hình trụ. Ta có
h0

h =
KH
AH =

QB
AB =

AB − AQ

AB = 1 −
AQ

AB = 1 −
r
R.

A

K

Q P

B M H N C

Do đó h0 = h1 − r
R


.

Thể tích khối trụ nội tiếp hình nón là

V = πr2h0 = πh
Å

r2− r

3

R
ã

.

Xét hàm số f (r) = πh
Å

r2− r

3

R
ã

với 0 < r < R.
Ta có f0(r) = πh

Å

2r − 3r

2

R
ã

, f0(r) = 0 ⇔ r = 2R
3 .
Bảng biến thiên

r

f0(r)

f (r)

0 2R

3 R

+ 0 −

0
0

4πR2
27
4πR2

27

0
0

Từ bảng biến thiên ta có max V = 4πR

2

27 đạt được khi r =
2R

3 .

Chọn đáp án C _

Câu 54. Bác An cần làm một cái bể đựng nước hình trụ (có đáy và nắp đậy) có thể tích 16π m3_{. Tính}

bán kính đáy của hình trụ để ngun vật liệu làm bể ít nhất.

A. 0,8 m. B. 1,2 m. C. 2 m. D. 2,4 m.

Lời giải.

Gọi bán kính mặt đáy là R, R > 0. Khi đó chiều cao của hình trụ là 16
R2.

Diện tích tồn phần của hình trụ là

</div>
<span class='text_page_counter'>(140)</span><div class='page_container' data-page=140>

= 2㏠16
R + R

2

ã

= 2㏠8
R +

8
R + R

2

ã

≥ 2π · 3√3

64 = 24π.

Giá trị nhỏ nhất đạt được khi 8
R = R

2 _{⇔ R = 2.}

Chọn đáp án C _

Câu 55. Một khối gỗ hình lập phương có thể tích V1. Một người thợ mộc muốn gọt giũa khối gỗ đó

thành một khối trụ có thể tích V2. Tính tỷ số lớn nhất k =

V2

V1

.
A. k = π

4. B. k =

2

π. C. k =

π

2. D. k =

4
π.
Lời giải.

Giả sử khối lập phương có cạnh 2a, suy ra V1 = 8a3.

Khối trụ có thể tích lớn nhất khi hai đáy nội tiếp hai mặt đối diện
của khối lập phương, khi đó bán kính đáy của khối trụ là R = a,
chiều cao h = 2a. Từ đó suy ra

V2 = h · S = 2a · πa2 = 2πa3.

Vậy V2
V1

= π
4.

A B

D0 C0

D

B0

A0

C

Chọn đáp án A _

Câu 56. Anh T dự định làm một cái bể đựng nước hình trụ bằng inox có nắp đậy, thể tích 20m3_{. Chi}

phí làm mỗi m2 đáy là 500 ngàn đồng, mỗi m2 nắp là 300 ngàn đồng, mỗi m2 mặt xung quanh là 400
ngàn đồng. Để chi phí làm bể là ít nhất thì anh T cần chọn bán kính bể gần nhất với số nào sau đây?
(Xem độ dày của tấm inox là không đáng kể )

A. 1,45m. B. 1,47m. C. 1,08m. D. 1,50m.

Lời giải.
Gọi bán kính đáy và chiều cao của bể lần lượt là r, h (mét).
Khi đó πr2_{h = 20.}

Tổng chi phí làm bể là πr2 _{· 500 + πr}2 _{· 300 + 2πrh · 400 = 800π(r}2 _{+ rh) ngàn đồng.}

Áp dụng BĐT AM-GM ta có

r2+ rh = r2+rh
2 +

rh
2 ≥ 3

3

…
r2_· rh

2 ·
rh

2 = 3

3

 
r4_h2

4 = 3

3

… 100
π2 .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi




r2 = rh
2
πr2h = 20

⇔®h = 2r

πr2h = 20 ⇔








r = … 103

π ≈ 1,47
h = 2… 103

π .
Vậy để chi phí làm bể là ít nhất thì anh T cần chọn bán kính bể là 1,47 mét.

Chọn đáp án B _

</div>
<span class='text_page_counter'>(141)</span><div class='page_container' data-page=141>

A

B
O R

x

O
A

R h
r

A. 2
√

6

3 π. B.

π

3. C.

π

2. D.

π
4.
Lời giải.

Gọi r, h lần lượt là bán kính đáy, chiều cao của phễu hình nón.
Để tiện cho việc tính tốn, ta chuẩn hóa R = 1.

Thể tích khối nón là V = 1
3πr

2_{h =} π

3r

2√_{1 − r}2_.

Xét hàm số f (r) = r2√1 − r2 _{trên (0; 1). Ta có f}0_{(r) =} 2r − 3r
3

√

1 − r2; ∀r ∈ (0; 1).

Do đó f0(r) = 0 ⇔ 2r − 3r3 _{= 0 ⇔ r =}

√
6
3 .
Khi đó ta có bảng biến thiên

r
f0(r)

f (r)
0

√
6

3 1

+ 0 −

f
Ç √

6
3

å
f

Ç √
6
3

å

Do đó hàm f (r) đạt giá trị lớn nhất khi r =
√

6

3 . Vậy Vmax=
2π√3

27 .

Mà độ dài cung phần cuộn làm phễu chính là chu vi đáy hình trịn nên x = 2πr = 2π
√

6

3 .

Chọn đáp án A _

Câu 58. Cho một hình trụ trịn xoay và hình vng ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm
trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh cịn lại nằm trên đường trịn đáy thứ hai của hình
trụ. Mặt phẳng ABCD tạo với đáy hình trụ góc 45◦. Tính diện tích xung quanh hình trụ?

A. Sxq =

2πa2√₃

5 . B. Sxq =

πa2√₃

3 . C. Sxq =

πa2√₃

4 . D. Sxq =

πa2√₃

</div>
<span class='text_page_counter'>(142)</span><div class='page_container' data-page=142>

Gọi P, Q, E lần lượt là trung điểm của AB, CD, OO0.
Góc giữa (ABCD) và mặt đáy là ÷O0_{QE = 45}◦_.

Ta có EQ = a

2, do đó O

0_{Q = EO}0 ₌ a

√
2
4 .
Suy ra h = OO0 = a

√
2

2 và r = O

0_{C =} a

√
6
4 .
Diện tích xung quanh của hình trụ là

Sxq = 2π ·

a√6
4 ·

a√2
2 =

πa2√3
2 .

O
O0
A
B
C
D
D
P
E
Q
45◦

Chọn đáp án D _

Câu 59. Cho khối trụ có bán kính đáy bằng 4 cm và chiều cao bằng 5 cm. Gọi AB là một dây cung
của đáy sao cho AB = 4√3 cm. Người ta dựng một mặt phẳng (P ) đi qua A, B và tạo với mặt phẳng
đáy của hình trụ góc 60◦. Diện tích của thiết diện của hình trụ cắt bởi mặt phẳng (P ) và hình trụ là
bao nhiêu?

A. 8(4π − 3
√

3)

3 cm

2_. _B. 4(4π −

√
3)

3 cm

2_. _C. 4(4π − 3

√
3)

3 cm

2_. _D. 8(4π −

√
3)

3 cm

2_.

Lời giải.

Gọi S, S0 lần lượt là diện tích của thiết diện và hình chiếu của thiết diện trên
mặt phẳng đáy.

Khi đó ta có S0 = S · cos 60◦, suy ra S = 2S0.
Ta lại có S0 = SquạtOAB− S4OAB.

Trong đó, AOB’ = 120◦, SquạtOAB =

1

2 ·

2π

3 · OA

2 ₌ 16π

3 ;
S4OAB =

1
2 · 2 · 4

√

3 = 4√3.
Vậy S = 2 ·Å 16π

3 − 4
√

3
ã

= 8 ·
Ç

4π − 3√3
3

å

(cm2).

B
A
O

Chọn đáp án A _

Câu 60. Một hình trụ có bán kính R, chiều cao bằng R√3. Thiết diện song song và cách trục một
khoảng bằng R

√
3

2 có diện tích là
A. R

2√₃

2 . B. R

2√_3. _C. R

2√₃

4 . D.

R2√3
3 .
Lời giải.

Giả sử thiết diện song song với trục là hình chữ nhật CDD0C0 như hình vẽ
bên.

Gọi I là trung điểm CD. Ta chứng minh được OI ⊥ (CDD0C0).
Mặt khác, do OO0 k (CDD0_C0_{) nên}

d(OO0, (CDD0C0)) = d(O, (CDD0C0)) = OI = R
√
3
2 .
C
O
C0
I
D
O0
D0

CD = 2IC = 2√OC2_{− OI}2 _{= 2}

s
R2₋

Ç
R√3

2
å2

= R.
Suy ra SCDD0_C0 = CD · CC0 = R · R

√

</div>
<span class='text_page_counter'>(143)</span><div class='page_container' data-page=143>

Chọn đáp án B _

Câu 61. Cho hình nón trịn xoay có chiều cao h = 20 cm, bán kính đáy r = 25 cm. Một thiết diện đi
qua đỉnh của hình nón có khoảng cách từ tâm đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là 12 cm. Tính diện
tích của thiết diện đó.

A. S = 400 cm2_. _{B. S = 500 cm}2_. _{C. S = 406 cm}2_. _{D. S = 300 cm}2_.

Lời giải.

Giả sử thiết diện đã cho là tam giác SAB, với S là đỉnh và O là
tâm đường trịn đáy của hình nón.

Gọi M là trung điểm AB, H là hình chiếu vng góc của O trên
SM . Khi đó ta có OH ⊥ (SAB), suy ra

OH = d [O; (SAB)] = 12 cm.
Xét tam giác SOM vng tại O, ta có

1
SO2 +

1
OM2 =

1
OH2

⇔ 1

OM2 =

1
OH2 −

1
SO2 =

1
122 −

1
202 =

1
225
⇒ OM = 15.

O

A
S

M
B

H

AM =√OA2 _{− OM}2 ₌√₂₅2 _{− 15}2 _{= 20 ⇒ AB = 2AM = 40 cm.}

SM =√SO2_{+ OM}2 ₌√₂₀2_{+ 15}2 _{= 25 cm.}

Diện tích thiết diện SAB là

S = 1

2AB · SM =
1

2· 40 · 25 = 500 cm

2_.

Chọn đáp án B _

Câu 62. Cho một miếng tơn hình trịn có tâm O, bán kính R. Cắt bỏ một phần miếng tơn theo một
hình quạt OAB và gị phần cịn lại thành một hình nón đỉnh O khơng có đáy (OA trùng với OB). Gọi
S, S0 lần lượt là diện tích của miếng tơn ban đầu và diện tích của miếng tơn cịn lại. Tính tỉ số S

0

S để

thể tích của khối nón đạt giá trị lớn nhất.

A.
√

2

3 . B.

1

3. C.

√
6

3 . D.

1
4.
Lời giải.

Gọi độ dài của cung tròn của quạt bị cắt là l và bán kính hình trịn là R, thế
thì

S0

S = 1 −
lR

2πR2 = 1 −

l

2πR. (1)

Gọi r là bán kính đường trịn đáy khi tạo thành nón. Thế thì
V = 1

3πr

2√_R2 _{− r}2 ₌ 1

3πp(R

2_{− r}2_{) .r}4_.

A

B

O

l

R

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được

V = 1

3π

… 1
2(2R

2_{− 2r}2_{) · r}2 _{· r}2 _≤ 1

3π
s

1
2

Å 2R2_{− 2r}2_{+ r}2_{+ r}2

3

ã3
= 1

3π
s

1
2

Å 2R2

3
ã3

.

Dấu bằng xảy ra khi r2 _{= 2R}2_{− 2r}2 _⇒ r ₌

√
6

</div>
<span class='text_page_counter'>(144)</span><div class='page_container' data-page=144>

Hơn nữa, r = 2πR − l

2π ⇒

r

R = 1 −
l

2πR. (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra S

0

S =
√

6
3 .

Chọn đáp án C _

Câu 63. Cho hình nón đỉnh O, I là tâm đường trịn đáy. Mặt trung trực của OI chia khối chóp thành
hai phần. Tỉ số thể tích của hai phần chứa đỉnh S và phần không chứa S là

A. 1

8. B.

1

2. C.

1

4. D.

1
7.
Lời giải.

Hình nón nhỏ và hình nón lớn dồng dạng với tỉ lệ 1

2 nên tỉ số thể tích của chúng là
Å 1

2
ã3

= 1
8.
Do đó tỉ lệ cần tìm là 1

7.

Chọn đáp án D _

Câu 64. Cho khối nón (N ) có chiều cao h = 20 cm, bán kính đáy r = 25 cm. Gọi (α) là mặt phẳng
đi qua đỉnh của (N ) và cách tâm của mặt đáy 12 cm. Khi đó, (α) cắt (N ) theo một thiết diện có diện
tích bằng

A. 300 cm2. B. 500 cm2. C. 406 cm2. D. 400 cm2.
Lời giải.

Giả sử thiết diện là tam giác SAB. Gọi I là trung điểm của AB và H
là hình chiếu vng góc của O trên SI.

Ta có: ®AB ⊥ OI

AB ⊥ SO ⇒ AB ⊥ (SOI) ⇒ AB ⊥ IH.
Vậy OH ⊥ (SAB).

Suy ra d(O, (SAB)) = OH = 12.
Xét tam giác SOI, ta có

1
OH2 =

1
OI2 +

1

SO2 ⇒

1
OI2 =

1
OH2 −

1
SO2 =

1

225 ⇒ OI = 15. Xét
tam giác SOI, ta có SI =√SO2_{+ OI}2 _{= 25.}

S
O
A
B
I
H

Xét tam giác BOI, ta có BI =√OB2_{− OI}2 _{= 20 ⇒ AB = 2BI = 40.}

Vậy SSAB =

1

2AB · SI =

1

2 · 40 · 25 = 500 cm

2_.

Chọn đáp án B _

Câu 65. Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác vng cân có cạnh góc vng bằng a.
Một thiết diện qua đỉnh tạo với đáy một góc 60◦. Diện tích của thiết diện này bằng

A. a

2√₂

2 . B.

a2√₂

3 . C. 2a

2_. _D. a

2√₂

4 .
Lời giải.

Gọi thiết diện qua trục là 4SAB và thiết diện qua đỉnh nón tạo với đáy
một góc 60◦ là 4SCD.

Gọi H là trung điểm của CD ⇒ CD ⊥ (SOH) ⇒ ’SHO = 60◦.
Khi đó diện tích thiết diện SCD là SSCD=

1

2SH · CD.
Ta có AB = a√2 ⇒ R = a

√
2

2 = SO.

Tam giác SHO vuông tại O, ta có SH = SO
sin 60◦ =

</div>
<span class='text_page_counter'>(145)</span><div class='page_container' data-page=145>

Ta có CD = 2CH = 2√OC2_{− OH}2 _{= 2}… a
2

2 −
SH2

4 = 2
… a2

2 −
a2

6 =

2a√3

3 .
Vậy SSCD=

1
2·

a√2
√

3 ·
2a√3

3 =

a2√₂

3 .

Chọn đáp án B _

Câu 66. Cho hình nón đỉnh S có đáy là đường trịn tâm O, bán kính R. Trên đường tròn (O) lấy 2
điểm A, B sao cho tam giác OAB vng. Biết diện tích tam giác SAB bằng R2√_{2, thể tích khối nón}

đã cho bằng
A. V = πR

3√₁₄

2 . B. V =

πR3√₁₄

6 . C. V =

πR3√₁₄

12 . D. V =

πR3√₁₄

3 .

Lời giải.

Kẻ OH ⊥ AB, (H ∈ AB) ⇒ H là trung điểm AB và SH ⊥ AB.
Do tam giác OAB vuông ⇒ AB = R√2 và OH = R

√
2

2 .

Ta có S4ABC =

1

2SH · AB ⇒ SH =

2√2R2

√

2R = 2R
⇒ SO =√SH2_{− OH}2 ₌

…

4R2₋R
2

2 =

R√14
2 .
Vậy thể tích của khối nón đã cho là

V = 1
3πR

2_{· SO =} 1

3πR

2_.R

√
14

2 =

πR3√₁₄

6 .

S

O
B
A

H

Chọn đáp án B _

Câu 67. Cho hình trụ có trục OO0 và có bán kính đáy bằng 4. Một mặt phẳng song song với trục OO0
và cách OO0 một khoảng bằng 2 cắt hình trụ theo thiết diện là một hình vng. Diện tích xung quanh
của hình trụ đã cho bằng

A. 26√3π. B. 8√3π. C. 16√3π. D. 32√3π.

Lời giải.
Gọi I là trung điểm đoạn QP , khi đó ta có O0I ⊥ P Q.
Suy ra O0I ⊥ (M N P Q).

hay O0I = d(O0; (M N P Q)) = d(OO0; (N M P Q)) = 2.
Ta có P I =√R2_{− O}0_I2 ₌√₄2_{− 2}2 _{= 2}√_{3 ⇒ P Q = 4}√_3.

Từ giả thiết M N P Q là hình vng suy ra l = N P = P Q = 4√3.

Diện tích xung quanh hình trụ là S = 2 · π · R · l = 2π · 4 · 4√3 = 32√3π.

I

O
M

N
O0

Q
P

Chọn đáp án D _

Câu 68. Cho hình lập phương ABCD.EF GH có cạnh bằng 1. Thể tích khối nón có đỉnh là C, đáy là
đường tròn ngoại tiếp tam giác BDG bằng

A. π

6. B.

2√3π

9 . C.

2√3π

27 . D.

</div>
<span class='text_page_counter'>(146)</span><div class='page_container' data-page=146>

Dễ thấy hình chóp C.BDG là hình chóp đều với đáy là tam giác
đều cạnh√2, cạnh bên bằng 1. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác BDG, suy ra CI ⊥ (BDG); BI =

√
6
3 và

CI =√BC2_{− BI}2 ₌

Ã
1 −

Ç √
6
3

å2
=

√
3
3 .

Thể tích của khối nón cần tìm là

V = 1
3π

Ç √
6
3

å2
·

√
3
3 =

2√3π
27 .

I

B C

E H

D
G

F

A

Chọn đáp án C _

Câu 69.

Cho hình vng ABCD cạnh a. Gọi N là điểm thuộc cạnhAD sao cho AN = 2DN .
Đường thẳng qua N vng góc với BN cắt BC tại K. Thể tích V của khối tròn
xoay tạo thành khi quay tứ giác AN KB quanh trục BK là

A. V = 7
6πa

3 _. _{B. V =} 9

14πa

3 _. _{C. V =} 6

7πa

3_. _{D. V =} 14

9 πa

3 _.

K

A B

D

N

C

Lời giải.

Ta có AN = 2
3AD =

2

3a. Gọi I là hình chiếu vng góc của N trên
BK, tam giác BN K vuông tại N , đường cao N I nên

IK = IN

2

IB =
a2

2
3a

= 3
2a.

Khối tròn xoay thu được khi quay tứ giác AN KB quanh trục BK gồm
khối trụ tạo thành khi hình chữ nhật ABIN quay quanh BK và khối
nón tạo thành khi quay tam giác vng N IK quanh cạnh góc vng
IK. Do đó thể tích khối trịn xoay thu được là

K

N

A

I

B

V = πAB2· AN + 1
3πN I

2_{· IK =} 2a3π

3 +
a3π

2 =
7a3π

6 .

Chọn đáp án A _

Câu 70. Cho hình trụ có trục OO0, bán kính đáy r và chiều cao h = 3r

2 . Hai điểm M , N di động trên
đường tròn đáy (O) sao cho OM N là tam giác đều. Gọi H là hình chiếu vng góc của O trên mặt
phẳng (O0M N ). Khi M , N di động trên đường trịn (O) thì đoạn thẳng OH tạo thành mặt xung quanh

của một hình nón, tính diện tích S của mặt này.

A. S = 9
√

3πr2

32 . B. S =

9√3πr2

16 . C. S =

9πr2

32 . D. S =

</div>
<span class='text_page_counter'>(147)</span><div class='page_container' data-page=147>

Lời giải.

 Gọi I là trung điểm của M N .
Ta có ®OI ⊥ MN

O0O ⊥ M N ⇒ M N ⊥ (OIO

0_).

Suy ra (O0M N ) ⊥ (O0OI) theo giao tuyến là O0I.
Kẻ OH ⊥ O0I, ta có OH ⊥ (O0M N ).

O

M
N

H
O0

I

K

 Kẻ HK vng góc với OO0 _{tại K.}

Ta có OI = r
√

3

2 , OH =

OI · OO0
√

OI2_{+ OO}02 =

3r

4 , cos ’HOI =
OH

OI =

√

3
2 .
Suy ra OH là đường sinh của hình nón có bán kính đáy là HK.
 Ta có cosHOI = sin ÷’ HOK =

HK

OH ⇒ HK =
3√3r

8 .
 Sxq = π · HK · OH = π ·

3√3r
8 ·

3r
4 =

9√3πr2

32 .

Chọn đáp án A _

Câu 71.

Một bình đựng nước dạng hình nón (khơng có nắp đậy), đựng đầy nước. Biết rằng chiều

cao của bình gấp 3 lần bán kính đáy của nó. Người ta thả vào bình đó một khối trụ và
đo được thể tích nước tràn ra ngồi là 16π

9 dm

3_{. Biết rằng một mặt của khối trụ nằm}

trên mặt đáy của hình nón và khối trụ có chiều cao bằng đường kính đáy của hình nón
(hình vẽ). Tính bán kính đáy R của bình nước.

A. R = 4 dm. B. R = 3 dm. C. R = 5 dm. D. R = 2 dm.

Lời giải.
Theo đề ta có AH = R, OH = 3R, HI = 2R.

Theo định lý Ta-let, ta có
ID
AH =

OI
OH =

OH − IH

OH =

R
3R =

1

3.
Do đó khối trụ có bán kính đáy là ID = R

3. Thể tích khối trụ là

V = ㏠R
3

ã2

· 2R = 16π
9 ⇔ R

3 _{= 8 ⇔ R = 2 dm.}

A

D

B

C

E F

O
I
H

Chọn đáp án D 

Câu 72. Cho khối nón có thiết diện qua trục là tam giác cân có một góc bằng 120◦ và cạnh bên bằng
a. Tính thể tích khối nón.

A. πa

3

8 . B.

3πa3

8 . C.

πa3√3

24 . D.

</div>
<span class='text_page_counter'>(148)</span><div class='page_container' data-page=148>

Theo giả thiết suy ra tam giác SAB cân tại S và ’ASB = 120◦. Suy ra
4SOA là nửa của tam giác đều. Từ đó

SO = SA
2 =

a

2, OA =
a√3

2 .

Vậy thể tích của khối nón bằng

V = 1

3· SO · Sđáy=
1
3·

a
2 ·

Ç
a√3

2
å2

· π = a

3_π

8 . _O A

S

B
a

60◦

Chọn đáp án A _

Câu 73. Cho hình trụ có hai đáy là hai hình trịn (O) và (O0), thiết diện qua trục là hình vng. Gọi
A, B là hai điểm lần lượt nằm trên hai đường tròn (O) và (O0). Biết AB = 2a và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AB và OO0 bằng a

√
3

2 . Bán kính đáy bằng

A. a
√

14

3 . B.

a√14

2 . C.

a√14

4 . D.

a√14
9 .
Lời giải.

Kẻ BN k OO0, đặt ON = x, khi đó BN = 2x.
Do OO0 k BN ⇒ OO0 _{k (ABN ) nên}

d(OO0, AB) = d(OO0, (ABN )) = d(O, (ABN )).
Gọi I là trung điểm AN thì OI ⊥ (ABN ).
Vậy d(O, (ABN )) = OI = a

√
3
2 .
Xét 4ABN vuông tại N , ta có
AN2 _{= AB}2_{− BN}2 _{= 4a}2_{− 4x}2_.

Xét 4OIN vng tại I, ta có
ON2 _{= OI}2_{+ IN}2 _{⇔ x}2 ₌ 3a
2

4 +
1
4(4a

2_{− 4x}2_{) ⇒ x =} a

√
14
4 .
Vậy bán kính đáy là R = a

√
14

4 .

O0

O
A

B

N
I

Chọn đáp án C _

Câu 74. Tính chiều cao của khối trụ có thể tích lớn nhất nội tiếp trong hình cầu có bán kính R.

A. R
√

3

3 . B.

2R√3

3 . C. R

√

3. D. 4R

</div>
<span class='text_page_counter'>(149)</span><div class='page_container' data-page=149>

Giả sử chiều cao của hình trụ là 2x, 0 < x < R. Khi đó bán kính
đáy của hình trụ là r =√R2_{− x}2_.

Thể tích khối trụ là V = πr2_{h = π (R}2_{− x}2_{) 2x.}

Xét hàm số V (x) = 2πx (R2− x2_{) với 0 < x < R.}

Ta có V0(x) = 2π (R2_{− 3x}2_{), V}0_{(x) = 0 ⇔ x =} R

√
3
3 .
Bảng biến thiên:

x
V0(x)

V (x)

0 R

√
3

3 R

+ 0 −

0

0

4πR3√₃

9
4πR3√₃

9

0
0

I
I0

B
B0

A
A0

O

x

x R

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy thể tích khối trụ lớn nhất là Vmax=

4πR3√3

9 khi chiều cao của khối
trụ là h = 2x = 2R

√
3
3 .

Chọn đáp án B _

Câu 75. Cho hình vng ABCD cạnh 1, điểm M là trung điểm của CD. Cho hình vng (tính cả
điểm trong của nó) quay quanh trục là đường thẳng AM ta được một khối tròn xoay. Tính thể tích
khối trịn xoay đó.

A. 7
√

10π

15 . B.

7√5π

30 . C.

7√2π

30 . D.

7√2π

15 .
Lời giải.

C0
K
D

A B

C

H

B0

M

Thể tích V của khối tròn xoay là V = V1+ V2− V3. Trong đó V1 là thể tích của khối nón với đường

sinh AB, bán kính đáy BH, V2 là thể tích của khối nón cụt với đường sinh BC, bán kính đáy lớn BH,

bán kính đáy nhỏ CK, V3 là thể tích của khối nón với đường sinh M C, bán kính đáy CK.

Ta có AH = √1

5; BH =
2
√

5; CK =

1
√

5; M K =
1
2√5.
Khi đó

V1 =

1

3AH·π·HB

2

= 4
√

5π
75 ; V2 =

1
3π(BH

2

+CK2+BH·CK)HK = 14
√

5π
75 ; V3 =

1

3M K·π·CK

2

=
√

5π
150 .

Vậy V = 7
√

</div>
<span class='text_page_counter'>(150)</span><div class='page_container' data-page=150>

Câu 76. Cho hình trụ có chiều cao bằng bán kính đáy và bằng 4 cm. Điểm A nằm trên đường tròn
đáy tâm O, điểm B nằm trên đường trịn đáy tâm O0 của hình trụ. Biết khoảng cách giữa 2 đường
thẳng OO0 và AB bằng 2√2 cm. Khi đó khoảng cách giữa O0A và OB bằng

A. 2
√

3

3 cm. B.

4√2

3 cm. C. 2

√

3 cm. D. 4

√
3
3 cm.
Lời giải.

Gọi AA0 là đường sinh của hình trụ, ta có
OO0 k AA0 ⇒ OO0 k (AA0B) .

Suy ra d(OO0, AB) = d(OO0, (AA0B)) = d(O0, (AA0B)) .
Kẻ O0I ⊥ A0B. Ta có ®O

0

I ⊥ A0B
O0I ⊥ AA0 ⇒ O

0_{I ⊥ (AA}0_B).

⇒ d(OO0_{, AB) = O}0_{I = 2}√_2.

Trong 4O0A0I vng tại I có

A0I =√O0_A02_{− O}0_{I =}√_{16 − 8 = 2}√_2.

Suy ra A0B = 2A0I = 4√2.

A

A0
I
B
J

O0
O

C

H

Kẻ ®OC k O

0_A

OC = O0A ⇒ O

0_{A k (OBC).}

⇒ d(O0_{A, OB) = d(O}0_{A, (OBC)) = d(O}0_{, (OBC)).}

Kẻ O0J ⊥ BC, mà BC ⊥ (OO0J ) (vì OO0 ⊥ (A0_BC))

⇒ BC ⊥ (OO0_{J ).}

⇒ (OO0_{J ) ⊥ (OBC), (OO}0_{J ) ∩ (OBC) = OJ . Kẻ O}0_{H ⊥ OJ ⇒ O}0_{H ⊥ (OBC)}

⇒ d(O0_{A, OB) = d(O}0_{, (OBC)) = O}0_H.

Trong 4A0BC vng tại B có BC =√A0_C2_{− A}0_B2 ₌√_{64 − 32 = 4}√_2.

Suy ra 4A0BC vuông cân tại B, kẻ O0J ⊥ BC ⇒ O0J = O0I = 2√2.
Trong 4OO0J vuông tại O0 ⇒ O0_{H =} OO

0_{· O}0_J

OJ =

4 · 2√2
»

42_{+ (2}√₂₎2

= 4
√

3
3 .

Chọn đáp án D _

Câu 77. Cho 4ABC cân tại A, ’BAC = 120◦ và AB = 4 cm. Tính thể tích khối trịn xoay lớn nhất
có thể khi ta quay 4ABC quanh đường thẳng chứa một cạnh của 4ABC.

A. 16√3π. B. 16π. C. 16π√

3. D.

16π
3 .
Lời giải.

120◦
60◦

B H C

K

A

4 cm

2√3 cm

2 cm
2 cm

2√3 cm

</div>
<span class='text_page_counter'>(151)</span><div class='page_container' data-page=151>

bằng hiệu thể tích của hai khối nón (N1) và (N2).

Dựng CK ⊥ BA tại K suy ra









AK = AC · cos ’CAK = 4 · cos 60◦ = 2 cm
BK = BA + AK = 4 + 2 = 6 cm

CK = AC · sin ’CAK = 4 · sin 60◦ = 2√3 cm.
+ (N1) có h1 = BK = 6 cm, r1 = CK = 2

√
3 cm.
+ (N2) có h1 = AK = 2 cm, r2 = CK = 2

√
3 cm.
Do đó V = 1

3π · CK

2_{· (BK − AK) =} 1

3π ·
Ä

2√3ä2· (6 − 2) = 16π (cm3_).

Trường hợp 2: Khối tròn xoay khi quay 4ABC quanh đường thẳng chứa BC có thể tích bằng tổng thể
tích của hai khối nón (N3) và (N4).

Kẻ đường cao AH, (H ∈ BC) suy ra
(

AH = AB · cos ’BAH = 4 · cos 60◦ = 2 cm

BH = CH = AB · sin ’BAH = 4 · sin 60◦ = 2√3 cm.
(N3) và (N4) có h3 = h4 = BH = CH = 2

√

3 cm,r3 = r4 = HA = 2 cm.

Do đó V = 2 ·1₃π · AH2_{· BH = 2 ·} 1

3π · 2

2_{· 2}√_{3 =} 16π_√

3 (cm

3_).

Vậy Vmax= 16π (cm3).

Chọn đáp án B _

Câu 78.

Cho khối nón có độ lớn góc ở đỉnh làπ

3. Một khối cầu (S1) nội tiếp
trong khối nón. Gọi S2 là khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường

sinh của nón và với S1, S3là khối tiếp xúc với tất cả các đường sinh

của nón và với S2;. . .; Snlà khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường

sinh của nón và với Sn−1. Gọi V1, V2, V3, . . . , Vn−1, Vn lần lượt là

thể tích của khối cầu S1, S2, S3, . . . , Sn−1, Sn và V là thể tích của

khối nón. Tính giá trị biểu thức T = lim

n→+∞

V1+ V2+ · · · + Vn

V .

A. 7

9. B.

3

5. C.

1

2. D.

6
13.
Lời giải.

Gọi đường kình đáy là a. Bán kính đáy là R = a

2. Vì góc ở đỉnh là
π

3 nên thiết diện qua trục là một
tam giác đều, suy ra l = a.

Đường cao h =√l2_{− R}2 ₌

…
a2₋ a

2

4 =
a√3

2 ⇒ a =
2h
√

3.
Bán kính của khối cầu S1 là R1 =

h

3, bán kính của khối cầu S2 là R2 =

h − 2R1

3 =

h
9 =

h

32, bán kính

của khối cầu Sn là

h
3n.

Như vậy ta có

V1+ V2+ · · · + Vn

V =

4π

3

Å h3

33 +

h3

36 + · · · +

h3

33n

ã

π
3h ·

a
2

2 =

4h3

27
Å

1 + 1

27 + · · · +
1
27n−1

ã

h · h

2 =

4
9

1 − 1
27n

1 − 1
27

</div>
<span class='text_page_counter'>(152)</span><div class='page_container' data-page=152>

Suy ra

T = lim

n→+∞

V1+ V2+ · · · + Vn

V = limn→+∞

4
9

1 − 1
27n

1 − 1
27

= 6
13.

Chọn đáp án D _

Câu 79. Cho hình trụ có hai đáy là hai hình trịn (O; R) và (O0; R). AB là một dây cung của đường
tròn (O; R) sao cho tam giác O0AB là tam giác đều và mặt phẳng (O0AB) tạo với mặt phẳng chứa
đường tròn (O; R) một góc 60◦. Tính theo R thể tích V của khối trụ đã cho.

A. V = π
√

7R3

7 . B. V =

3π√5R3

5 . C. V =

π√5R3

5 . D. V =

3π√7R3

7 .

Lời giải.
Gọi H là trung điểm AB. Khi đó ÷O0_{HO = 60}◦_{. Suy ra}

O0A√3

2 = O

0

H = O

0_O

sin 60◦ =

2O0O√3

3 ⇒ O

0

A = 4O

0_O

3 .
Suy ra

16O0O2

9 = O

0

A2 = O0O2+ OA2 ⇒ O0O = 3
√

7R
7 .

Vậy V = πR2 _·3

√
7R

7 =

3π√7R3

7 .

O0

B
O

A

H

Chọn đáp án D _

Câu 80. Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2, AD = 2√3 và nằm trong mặt phẳng (P ). Quay (P )
một vòng quanh đường thẳng BD. Khối trịn xoay được tạo thành có thể tích bằng

A. 28π

9 . B.

28π

3 . C.

56π

9 . D.

56π
3 .
Lời giải.

Gọi các điểm E, F , I, J , H, L, K như hình vẽ.

Gọi V1, V2, V3 lần lượt là thể tích các khói nón nhận được khi quay

các tam giác ABH, ADH, IDL một vòng quanh đường thẳng BD.
Ta có AH =√3, IL = √2

3, BH = 1, HD = 3, LD = 2. Khi đó
thể tích khối tròn xoay được tạo thành là

V = 2 (V1+ V2− V3)

= 2ï 1

3π · AH

2_{· BH +}1

3π · AH

2_{· DH −}1

3π · IL

2_{· LD}

ò

= 2π
3

Å

3 · 1 + 3 · 3 −4
3 · 2

ã

= 56π
9 .

A F

I

E C

J

D
B

H L K

Chọn đáp án C _

Câu 81. Trong số các hình trụ có diện tích tồn phần đều bằng S thì bán kính R và chiều cao h của
khối trụ có thể tích lớn nhất là

A. R =… S

6π; h = 2

… S

6π. B. R =

… S
4π; h =

</div>
<span class='text_page_counter'>(153)</span><div class='page_container' data-page=153>

C. R =… 2S

3π; h = 4
… 2S

3π. D. R =

… S
2π; h =

1
2

… S
2π.
Lời giải.

Ta có diện tích tồn phần S = S_{2 đáy}+ Sxq = 2πR2+ 2πRh và thể tích hình trụ V = πR2h.

Suy ra

S
2π = R

2_{+ Rh ⇔} S

2π = R

2₊ V

πR = R

2₊ V

2πR +
V
2πR ≥ 3

3

 
V2

4π2

⇔ 27V

2

4π2 ≤

Å S
2π

ã3

⇔ V ≤
 

S3
54π.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi R2 ₌ V

2πR ⇔ R

2 ₌ πR

2_h

2πR =
Rh

2 .
Suy ra h = 2R và S = 6πR2_.

Khi đó ta có R =… S

6π và h = 2R = 2
… S

6π.

Chọn đáp án A _

Câu 82. Cho hai mặt cầu (S1) có tâm I1, bán kính R1 = 1, (S2) có tâm I2 bán kính R2 = 5. Lần lượt

lấy hai điểm M1, M2 thuộc hai mặt cầu (S1), (S2). Gọi K là trung điểm của M1M2. Khi M1, M2 di

chuyển trên (S1), (S2) thì K quét miền khơng gian là một khối trịn xoay có thể tích bằng

A. 55π

3 . B.

68π

3 . C.

76π

3 . D.

82π
3 .
Lời giải.

I1 I2

E

M2

M1

K

Gọi E là trung điểm của đoạn I1I2. Khi đó, ta có

# »

I1M +I# »2N =

Ä# »

I1E +EM# »

ä

+ÄI# »2E +EN# »

ä
= ÄI# »1E +I# »2E

ä

+ÄEM +# » EN# »ä
= #»0 + 2 ·EK# »

⇒ |I1M − I2N | ≤ 2EK ≤ I1M + I2N

⇒ 2 ≤ EK ≤ 3.
Thể tích khối trịn xoay cần tìm là V = 4

3π · (3

3_{− 2}3_{) =} 76π

</div>
<span class='text_page_counter'>(154)</span><div class='page_container' data-page=154>

Câu 83. Sử dụng mảnh inox hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 1 (m2), cạnh BC = x (m) để
làm một thùng đựng nước có đáy, khơng có nắp theo quy trình như sau:

A D

B
M

C

N M

B

N

C

Chia hình chữ nhật ABCD thành 2 hình chữ nhật ADN M và BCN M , trong đó phần hình chữ nhật
ADN M được gị thành phần xung quanh hình trụ có chiều cao bằng AM ; phần hình chữ nhật BCN M
được cắt ra một hình trịn để làm đáy của hình trụ trên (phần inox cịn thừa được bỏ đi). Tính gần
đúng giá trị x để thùng nước trên có thể tích lớn nhất (coi như các mép nối khơng đáng kể).

A. 1,37 m. B. 1,02 m. C. 0,97 m. D. 1 m.

Lời giải.

Ta có AB · BC = 1 ⇒ AB = 1
x.

Gọi R (m) là bán kính đáy của hình trụ inox gị được, chu vi hình trịn đáy bằng BC = x (m).
Do đó 2πR = x ⇔ R = x

2π, BM = 2R =
x

π ⇒ AM = AB − BM =
1
x −

x
π.
Thể tích khối trụ inox gị được là V = πR2_{h = π ·} x

2π


·Å 1
x−

x
π

ã

= x(π − x

2₎

4π2 .

Xét f (x) = x(π − x2) với x > 0.

Ta có f0(x) = π − 3x2, giải f0(x) = 0 ⇔ x =… π

3 (vì x > 0). Bảng biến thiên

x

f0(x)

f (x)

0 … π

3 +∞

+ 0 −

0
0

2π√3π
9
2π√3π

9

−∞
−∞

Từ bảng biến thiên suy ra max

(0;+∞)f (x) = f

Å… π
3

ã
= 2π

√
3π
9 .
Thể tích V lớn nhất khi và chỉ khi f (x) lớn nhất ⇔ x =… π

3 ≈ 1,02 (m).

Chọn đáp án B _

Câu 84. Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi V1, V2, V3 lần lượt là thể tích hình trịn xoay bởi tam

giác ABC khi nó quay quanh các cạnh BC, AC, AB. Biết V2 = 3π, V3 = 4π. Tính V1.

A. 19π

5 . B.

8π

5 . C.

16π

5 . D.

</div>
<span class='text_page_counter'>(155)</span><div class='page_container' data-page=155>

Lời giải.

C

H

A c B

b

Đặt AB = c, AC = b ⇒ BC =√b2_{+ c}2_.

 Khi quay 4ABC quanh cạnh AC ta có khối nón trịn xoay có bán kính đáy r2 = AB = c, chiều

cao h2 = AC = b. Do đó

V2 =

1

3πr

2

2h2 =

1
3πbc

2 _{⇒ bc}2 _{= 9.} ₍₁₎

 Khi quay 4ABC quanh cạnh AB ta có khối nón trịn xoay có bán kính đáy r3 = AC = b, chiều

cao h3 = AB = c. Do đó

V3 =

1
3πr

2

3h3 =

1
3πb

2

c ⇒ b2c = 12. (2)

Từ (1) và (2) ta có b = 2√3

2 và c = 3

3

√
2

2 . Từ đó BC =
√

b2 _{+ c}2 ₌ 5
3

√
2
2 .
 Gọi H là hình chiếu vng góc của A trên cạnh BC, ta có

AH = AB · AC

BC =

bc
√

b2_{+ c}2 =

6√3

2
5 .

Khi quay 4ABC quanh cạnh BC ta có khối trịn xoay hợp bởi khối nón sinh bởi 4ABH và khối
nón sinh bởi 4ACH. Do đó, thể tích của khối trịn xoay này là

V1 =

1
3πAH

2_{· (BH + CH)}

= 1
3πAH

2_{· BC}

= 1
3π

Ç
6√3

2
5

å2

· 5

3

√
2
2
= 12π

5 .

Chọn đáp án D _

Câu 85.

Có một mảng bìa hình chữ nhật ABCD với AB = 2a, AD = 4a.
Người ta đánh dấu điểm E là trung điểm BC và F ∈ AD sao cho
AF = a. Sau đó người ta cuốn mảnh bìa lại sao cho cạnh DC trùng
với cạnh AB tạo thành một hình trụ. Tính thể tích tứ diện ABEF
với các đỉnh A, B, E, F nằm trên hình trụ vừa tạo thành.

B E C

A F D

A. 16a

3

. B. 8a

3

. C. a

3

. D. 8a

3

</div>
<span class='text_page_counter'>(156)</span><div class='page_container' data-page=156>

Lời giải.

Gọi O, O0 là tâm các đường trịn đáy của hình trụ tạo thành khi cuốn mảnh
bìa. Gọi R là bán kính đường trịn đáy, ta có

2πR = 4a ⇒ R = 2a
π .

Vì E là trung điểm BC nên suy ra BE là đường kính của đường trịn đáy. Gọi
K là hình chiếu vng góc của điểm F trên mặt đáy là đường trịn tâm O, khi
đó ’BKE = 90◦ và tứ giác ABKF là hình chữ nhật.

F

E

A

B

K
O0

O

Do AF = a, AD = 4a nên cung AF = 1

4cung AD =
1

4 chu vi đường trịn đáy, do đó ’AO

0_{F = 90}◦ _⇒

’

BOK = 90◦. Suy ra 4BKE vng cân tại K.
Từ đó ta có EK = KB = BE√

2 = R
√

2 = 2a
√

2

π và EK ⊥ (ABF ).
Vậy nên

VABEF = VE.ABF =

1

3SABF · EK
= 1

3 ·
1

2· AB · AF · EK
= 1

6 · 2a ·
2a√2

π ·
2a√2

π =

8a3
3π2.

Chọn đáp án B _

Câu 86. Khi cắt hình nón chiều cao bằng 16 cm, đường kính đáy bằng 24 cm bởi một mặt phẳng song
song với đường sinh của hình nón ta thu được thiết diện có diện tích lớn nhất gần với giá trị nào sau
đây?

A. 170. B. 208. C. 294. D. 260.

Lời giải.

Cắt hình nón bởi một mặt phẳng song song với đường sinh
của hình nón ta thu được thiết diện là một parabol.
Với dây cung bất kỳ chứa đoạn M H như hình vẽ, suy ra
tồn tại đường kính AB ⊥ M H.

Trong tam giác SAB, kẻ HE k SB, E ∈ SA nên thiết
diện là parabol nhận HE làm trục.

O
N

E
N

A
B

S

M
H

Đặt AH = x (với 0 < x < 24).

Trong tam giác ABM có: HM2 = BH · AH = x(24 − x).
Trong tam giác SAB có: HE

BS =
AH

AB ⇔ HE =
AH

AB · BS =
AH
AB ·

√

SO2_{+ OB}2 ₌ 5x

</div>
<span class='text_page_counter'>(157)</span><div class='page_container' data-page=157>

Thiết diện thu được là một parabol có diện tích:

S = 4

3M H · HE =
10

9 ·
√

24x3 _{− x}4

= 10
9

»

x · x · x(24 − x)
= 10

9√3·
»

x · x · x · (72 − 3x)

≤ 10
9√3

 

Å x + x + x + (72 − 3x)
4

ã4

≈ 207,8 cm2_.

Dấu “=” xảy ra khi x = 72 − 3x ⇔ x = 18.
Vậy thiết diện có diện tích lớn nhất là: 10

9
√

34992 ≈ 207,8 cm2.

Chọn đáp án B _

Câu 87.

Có một miếng bìa hình chữ nhật ABCD với AB = 3, AD = 6. Trên
cạnh AD lấy điểm E sao cho AE = 2, trên cạnh BC lấy điểm F là trung
điểm của BC. Cuốn miếng bìa lại sao cho cạnh AB và DC trùng nhau
để tạo mặt xung quanh của một hình trụ. Khi đó tính thể tích V của tứ
diện ABEF .

A. V = π

3. B. V =
9√3

2π2. C. V =

2

3π2. D. V =

3π3
2 .

A E D

C

B F

Lời giải.

Vì AD = 6 nên suy ra chu vi đáy hình trụ là 2πr = 6 ⇒ r = 3
π.
Do F là trung điểm của BC nên BF là đường kính và BF = 6
π.
Ta tính được F E =√10.

Dựng hình lăng trụ M AE.F N B (như hình vẽ), đáy M EA là tam giác
vuông tại E, suy ra VAEBF =

1

3VM AE.F N B.
Ta có

AE = 1
3AB =

1

32πr ⇒ ’EOA =
1
32π =

2π
3 .
M
F
A

B
O
E
O0
N
Xét trong tam giác cân OEA có

EA =
…

2OA2_{− 2OA}2_cos2π

3 = OA
√

3 = 3
√

3
π .

Suy ra M E =
s
Å 6
π
ã2
−
Ç
3√3

π
å2

= 3
π.
Khi đó

VM AE.F N B =

Å 1

2M E · EA
ã

AB = 1
2 ·

3
π ·

3√3
π · 3 =

27√3
2π2 .

Vậy VAEBF =

1

3VM AE.F N B = V =

9√3
2π2 .

Chọn đáp án B _

Câu 88. Cho hình nón có bán kính đáy bằng a và chiều cao a√3. Mặt phẳng (P ) đi qua đỉnh của hình
nón cắt hình nón này theo một thiết diện. Tính giá trị lớn nhất của thiết diện này.

</div>
<span class='text_page_counter'>(158)</span><div class='page_container' data-page=158>

Xét hình nón như hình vẽ.

Giả sử (P ) đi qua đỉnh cắt hình nón theo một thiết diện là 4SAB
(theo hình vẽ). Ta có

SA = SB =√SO2_{+ OA}2 _{= 2a.}

Do đó 4SAA0 là tam giác đều.
S4SAB =

1

2SA · SB · sin ’ASB.

S4SAB lớn nhất ⇔ sin ’ASB lớn nhất ⇔ ’ASB = 90◦.

Vậy max (S4SAB) = 2a2.

B
S

H

O

A A0

Chọn đáp án C _

Câu 89.

Một khối gỗ có hình trụ với bán kính đáy bằng 6 và chiều cao
bằng 8. Trên một đường trịn đáy nào đó lấy hai điểm A, B
sao cho cung AB có số đo 120◦. Người ta cắt khúc gỗ bởi một
mặt phẳng đi qua A, B và tâm của hình trụ (tâm của hình
trụ là trung điểm của đoạn nối tâm hai đáy) để được thiết
diện như hình vẽ. Biết diện tích thiết diện thu được có dạng
S = aπ + b√3. Tính P = a + b.

A. P = 60. B. P = 30. C. P = 50. D. P = 45.

A

B

Lời giải.
Gọi (α) là mặt phẳng chứa thiết diện.

Gọi M là trung điểm AB; I là trung điểm OO0.

M I cắt đáy trên tại N ; kẻ CD qua N , song song với AB thì ta
được thiết diện được giới hạn bởi các đoạn thẳng AB, CD và các
cung AD, BC như hình vẽ.

M là trung điểm AB thì OM ⊥ AB nên góc giữa (α) và (ABO)
là ’IM O.

Ta có OM = OB · cos 60◦ = 3 ⇒ M I = 5 nên cos ((α) , (ABO)) =
3

5.

Gọi C0, D0 lần lượt là hình chiếu của C, D lên (ABO) thì ABC0D0
là hình chiếu của ABCD lên (ABO).

C
D

N

A

B
M

O
I

O0

C0
D0

Ta có

SABC0_D0 = 2 (S_4OAB + S_quạtOBC0) = 2

Å 1

2OB · OA · sin 120

◦

+1
6π · 36

ã

= 18√3 + 12π.

Suy ra SABCD =

SABC0_D0

cos ((α) , (ABO)) = 30
√

3 + 20π.
Vậy P = 20 + 30 = 50.

Chọn đáp án C _

Câu 90. Cho hình trụ có chiều cao bằng đường kính đáy và có hai đường kính AB, CD lần lượt nằm
trên hai đường trịn đáy. Biết AB vng góc với CD và thể tích của khối tứ diện A.BCD bằng 18.
Tính diện tích xung quanh hình trụ.

A. 24π. B. 18π√3 2. C. 72π. D. 48π.

</div>
<span class='text_page_counter'>(159)</span><div class='page_container' data-page=159>

Dựng thêm hai đường kính vng góc với các đường kính AB và CD.
Ta được hình hộp chữ nhật như hình bên AA0BB0.C0CD0D.

Theo giả thiết ta có chiều cao AC0 = AB = h, gọi V là thể tích hình hộp.
Ta có V = VDABB0+ V_BCDD0 + V_CABA0+ V_ACDC0 + V_ABCD.

VDABB0 = V_BCDD0 = V_CABA0 = V_ACDC0 =

1
3AC

0_{· S}

CDC0 =

1
6V .
Khi đó V = 2

3V + VABCD ⇒
1

3V = 18 ⇒ V = 54.
Ta có V = h · SAA0_BB0 =

h3

2 ⇒ h

3 _{= 108 ⇒ h = 3}√3

4.
Do đó diện tích xung quanh hình trụ Sxq = 2π · r · h = 18π

3
√
2.
A
A0
B
B0
C

C0 D

D0

Chọn đáp án B _

Câu 91. Một hình nón cắt bởi mặt phẳng (P ) song song với đáy. Mặt phẳng (P ) chia hình nón thành
2 phần (N1) và (N2). Cho hình cầu nội tiếp (N2) sao cho thể tích hình cầu bằng một nửa thể tích của

(N2). Một mặt phẳng đi qua trục hình nón và vng góc với đáy cắt (N2) theo thiết diện là hình thang

cân, tang góc nhọn của hình thang cân là

A. 1. B. 4. C. 2. D. √3.

Lời giải.
Xét mặt cắt qua trục của hình nón (như hình vẽ).
Đặt M B = x > 0 và ÷M BF = α. Ta có

 OM = M B · tanM BO = x · tan÷
α
2;
 thể tích khối cầu là V1 =

4
3πOM

3 ₌ 4

3πx

3_tan3α

2;
 N F B + ÷’ M BF = 180◦ (trong cùng phía)

⇒ 2 ’N F O + 2÷M BO = 180◦ ⇒ ’N F O = 90◦− α
2;
 N F = ON · cotN F O = x · tan’

α
2 · tan

α

2 = x · tan

2 α

2;
 M N = 2OM = 2x tanα

2;
A
C
O
E
B
F
N
M

 thể tích hình nón cụt (N2) là

V2 =

π · M N
3 (M B

2 _{+ N F}2_{+ M B · N F ) =}

2πx tanα
2
3



x2_{+ x}2_tan4 α

2 + x

2_tan2 α

2


;
Ta có V2 = 2V1 ⇔ tan

α
2 ·



1 + tan4 α

2 + tan

2α

2


= 4 tan3 α

2.
Đặt t = tanα

2. Do α ∈
Å

0;pi
2

ã

nên t = tanα

2 ∈ (0; 1). Ta có phương trình

t · (t4+ t2+ 1) = 4t3 ⇔ t4_{+ t}2_{+ 1 = 4t}2 _{⇔ t}4 _{− 3t}2_{+ 1 = 0 ⇔}






t2 = 3 +
√

5

2 (loại vì t ∈ (0; 1))
t2 = 3 −

√
5

2 (nhận).

t2 ₌ 3 −

√
5

2 ⇒ t =
√

5 − 1

2 ⇒ tan α =
2t

1 − t2 = 2.

Chọn đáp án C _

Câu 92. Cho một hình trụ trịn xoay và hình vng M N P Q cạnh a có hai đỉnh liên tiếp M, N nằm
trên đường trịn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của hình

</div>
<span class='text_page_counter'>(160)</span><div class='page_container' data-page=160>

A.
√

2a3

16 π. B.

3√2a3

16 π. C.

√
2a3

6 π. D.

√
2a3

2 π.
Lời giải.

Theo giả thiết, suy ra H là trung điểm đoạn OO0.
Đặt x = OH. Trong tam giác HOI vuông tại O, ta có

OH

IH = sin 45

◦ _{⇒ OH =}

√
2

4 ⇒ OO

0

=
√

2
2 a.

Lại có OI = OH =
√

2a

4 , suy ra bán kính của đường trịn đáy là
r =… a

2
4 +
a2
8 =
… 3
8a.

Do đó, thể tích khối lăng trụ là V = OO0· π ·3
8 =

3√2a3
16 π.
O0
Q
O
N
P
M
I
K
H

Chọn đáp án B _

Câu 93. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật tâm I cạnh AB = 3a, BC = 4a. Hình
chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm ID. Biết rằng SB tạo với mặt phẳng (ABCD)
một góc 45◦. Tính diện tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD.

A. 4πa2_. _B. 125π

4 a

2_. _C. 125π

2 a

2_. _D. 25π

2 a

2_.

Lời giải.
Ta có hình chiếu của SB lên mặt đáy là SH nên ’SBH
là góc giữa SB và (ABCD) ⇒ ’SBH = 45◦.

Trong mặt phẳng (SBD) dựng O là tâm đường trịn
ngoại tiếp 4SBD.

Ta có OI k SH ⇒ OI ⊥ (ABCD) ⇒ O là tâm mặt
cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD.

Ta có BD =p(4a)2_{+ (3a)}2 _{= 5a}

⇒ BH = 3
4BD =

15
4 a.

Tam giác SHB vuông cân tại H do ’SBH = 45◦

A
E
C
B
D

H
I
S
O
3a
4a
45
◦

⇒ SH = HB = 15a

4 ⇒ SD =
√

SH2_{+ DH}2 ₌ 5

√
5a
2√2 .
Trong tam giác SBD, ta có 2OS = SD

sin ’SBD

⇒ OS = 5
√

5a
4 .
Diện tích khối cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD :

S = 4π
Ç

5√5a
4

å2

= 125π
4 a

2_.

Chọn đáp án B _

Câu 94. Trong không gian 0xyz, cho mặt cầu (S) : (x − 1)2+ (y + 2)2+ (z − 3)2 = 27. Gọi (α) là mặt
phẳng đi qua hai điểm A(0; 0; −4); B(2; 0; 0) và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) sao cho khối
nón có đỉnh là tâm của (S), có đáy là (C) có thể tích lớn nhất. Biết mặt phẳng (α) có phương trình
dạng ax + by − z + c = 0, khi đó a − b + c bằng

</div>
<span class='text_page_counter'>(161)</span><div class='page_container' data-page=161>

Lời giải.
Mặt cầu (S) có tâm I(1; −2; 3); bán kính R = 3√3.

Gọi bán kính của đường tròn (C) là r và khoảng cách từ I đến mặt phẳng (α) là h.
Ta có: r2+ h2 = R2 = 27.

Thể tích của khối nón có đỉnh I và đáy là (C) là V = 1
3πr

2_h.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: r

2

2 +
r2

2 + h

2 _{≥ 3}… r3 4h2

4 ⇔ 27 ≥ 3

3

… r4_h2

4 ⇔ r

2_{h ≤ 54.}

⇒ V ≤ 18π.

Dấu "=" xảy ra ⇔®h = 3
r = 3√2.

Ta có: AB = (2; 0; 4); #»# » n = (a; b; −1) là véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng (α).
⇒AB · #»# » n = 0 ⇔ 2a − 4 = 0 ⇔ a = 2.

⇒ (α) : 2x + by − z + c = 0.

Ta có: A ∈ (α) ⇔ c + 4 = 0 ⇔ c = −4.
⇒ (α) : 2x + by − z − 4 = 0.

d (I; (α)) = h = 3 ⇔ |−2b − 5|√

b2_{+ 5} = 3 ⇔ |2b + 5| = 3

√

b2_{+ 5 ⇔ 4b}2_{+ 20b + 25 = 9 (b}2_{+ 5) ⇔ b = 2.}

⇒ a − b + c = 2 − 2 − 4 = −4.

Chọn đáp án A _

Câu 95. Cho khối trụ có chiều cao h = 16 và hai đáy là hai hình trịn tâm O, O0 với bán kính R = 12.
Gọi I là trung điểm của OO0 và AB là một dây cung của đường tròn (O) sao cho AB = 12√3. Tính
diện tích thiết diện của khối trụ với mặt phẳng (IAB).

A. 120√3 + 80π. B. 48π + 24√3. C. 60√3 + 40π. D. 120√3.
Lời giải.

(IAB) cắt khối trụ theo thiết diện như hình vẽ.

Gọi α là góc giữa (IAB) và đáy; H là trung điểm của AB.
Ta có: IH =√OA2_{− AH}2 ₌»₁₂2_{− (6}√₃₎2 _{= 6.}

⇒ IH =√IO2_{+ OH}2 ₌√₆2_{+ 8}2 _{= 10.}

Ta có: cos α = cos ’IHO = OH
IH =

6
10.

Diện tích của thiết diện của khối trụ cắt bởi (IAB) là S.

Hình chiếu của S trên mặt đáy tâm O là hình giới hạn bởi đường trịn
tâm O, bán kính 12 và hai đường thẳng AB và M N ; gọi diện tích của
hình này là S1.

Khi đó, S1 = 4
6

Z

0

√

144 − x2_{dx = 4}Ä₁₈√_{3 + 12π}ä _{= 72}√_{3 + 48π.}

Ta có: S1 = S · cos α ⇒ S =

10
6

Ä

72√3 + 48πä= 120√3 + 80π.

O

A N

I

H

O0

A0
B0

B M

Chọn đáp án A _

Câu 96. Một hình nón có bán kính đáy bằng 2 và chiều cao bằng 4. Một mặt phẳng (P ) song song
với đáy và cắt hình nón theo một đường trịn. Khối trụ (H) có một đáy là đường trịn giao của (P ) và
hình nón và đáy cịn lại nằm trên đáy của hình nón, trục của hình trụ (H) cũng là trục của hình nón.
Thể tích của khối trụ (H) trong trường hợp thể tích đó lớn nhất là

A. 24

13π. B.

64

27π. C.

42

13π. D.

</div>
<span class='text_page_counter'>(162)</span><div class='page_container' data-page=162>

Giả sử

rt =

x · hn= 2x

(0 < x <
1).

Khi đó
ht = (1 −

x)hn =

4(1 − x).
Thể tích
khối trụ
(H) là

V =

πr2

t · ht =

π · 4x2 _·

4(1 − x) =
16π(x2 ₋

x3_).

Xét hàm
số y =
x2 _{− x}3

trên
khoảng
(0; 1).
Ta có y0 =
2x − 3x2_,

y0 = 0 ⇔



x = 0
x = 2

3.

x
y0

y

0 2

3 1

0 + 0 − |

0
0

4
27

4
27

0
0

Suy ra
max V =
64

27π.

S

A O B

D

M

C

N

Chọn đáp án B _

Câu 97. Cho hình nón có đường sinh bằng 2a và góc ở đỉnh bằng 90◦. Cắt hình nón bằng mặt phẳng
(P ) đi qua đỉnh sao cho góc giữa (P ) và mặt đáy hình nón bằng 60◦. Tính diện tích S của thiết diện
tạo thành.

A. S = 4
√

2a2

3 . B. S =

√
2a2

3 . C. S =

8√2a2

3 . D. S =

5√2a2

</div>
<span class='text_page_counter'>(163)</span><div class='page_container' data-page=163>

Theo bài ra ta có tam giác SOC vng cân ở O suy ra
OC = SO = a√2.

Giả sử mặt phẳng (P ) cắt đường tròn đáy theo dây cung
AB. Gọi H là trung điểm của AB suy ra OH ⊥ AB,
kết hợp với SO vng góc với đáy suy ra AB ⊥ (SOH),
từ đó suy ra ’SHO = 60◦.

Trong tam giác vng SOH có

OH = SO tan 30◦ = a
√

6
3 ,

SH = SO
sin 60◦ =

2a√6
3 .

S

A

B

O _H

C

Trong tam giác vng OHB có

BH2 = OB2 − OH2 = 2a2− 6a

2

9 =
12a2

9 ⇒ BH =
2a√3

3 .
Từ đó ta có diện tích thiết diện S4SAB =

SH · AB

2 = SH · BH =
2a√6

3 ·
2a√3

3 =

4a2√₂

3 .

Chọn đáp án A _

Câu 98.

Bạn An có một tấm bìa hình trịn như hình vẽ, An
muốn biến hình trịn đó thành một cái phễu hình
nón. Khi đó An phải cắt bỏ hình quạt trịn OAB
rồi dán hai bán kính OA và OB lại với nhau. Gọi
x là góc ở tâm hình quạt trịn dùng làm phễu. Tìm
x để thể tích phễu lớn nhất.

A. x = π

4. B. x =

2√6π
3 .
C. x = π

3. D. x =

π
2.

A B

O
R

R
r

h
O
A ≡ B

x

H

Lời giải.
Gọi r, h lần lượt là bán kính đáy, chiều cao của phễu.

Xét tam giác vng OAH có h =√R2_{− r}2_{, từ đó suy ra thể tích của phễu}

V = 1
3hπr

2

= π
3

»

(R2_{− r}2_)r4_{. (1)}

Nhận thấy (R2_{− r}2_)r4 _{= 4(R}2_{− r}2_{) ·} r
2

2 ·
r2

2 ≤ 4
Ö

R2_{− r}2 ₊r
2

2 +
r2

2
3

è3
= 4R

6

27 . (2)

Từ (1) và (2) suy ra V lớn nhất khi và chỉ khi r

2

2 = R

2 _{− r}2 _{⇔ r =} R

√
6
3 .
Theo giả thiết ta có chu vi đáy phễu bằng chiều dài cung ˜AB hay

Rx = 2πr ⇔ x = 2πr
R =

2πR
√

6
3

R =

</div>
<span class='text_page_counter'>(164)</span><div class='page_container' data-page=164>

Câu 99. Cho hình trụ có trục OO0, bán kính đáy r và chiều cao h = 3r

2. Hai điểm M, N di động trên
đường tròn đáy (O) sao cho tam giác OM N đều. Gọi H là hình chiếu vng góc của O trên mặt phẳng
(O0M N ). Khi M, N di động trên đường trịn (O) thì đoạn thẳng OH tạo thành mặt xung quanh của
một hình nón, tính diện tích S của mặt này.

A. S = 9
√

3πr2

32 . B. S =

9√3πr2

16 . C. S =

9πr2

32 . D. S =

9πr2
16 .
Lời giải.

Gọi K là trung điểm M N . Khi đó OK = r
√

3
2 .
Ta có 1

OH2 =

1
O0_O2 +

1
OK2 =

4
9r2 +

4
3r2 =

16

9r2 ⇒ OH =

3r
4 .
Ta có O0K2 = O0O2+ OK2 = 3r2.

Trong tam giác O0OK vuông tại O, đường cao OH ta có
O0H

O0_K =

O0H · O0K
O0_K2 =

O0O2

O0_K2 =

3

4. Từ đó suy ra bán kính đáy của hình

nón do đoạn OH quay tạo thành là r1 =

3r
4 .
Vậy S = πr1OH =

9πr2

16 .

M
K
O

N
O0

H

Chọn đáp án D _

Câu 100. Gọi d là đường thẳng tùy ý đi qua điểm M (1; 1) và có hệ số góc âm. Giả sử d cắt các trục
Ox, Oy lần lượt tại A, B. Quay tam giác OAB quanh trục Oy thu được một khối tròn xoay có thể tích
là V . Giá trị nhỏ nhất của V bằng

A. 3π. B. 9π

4 . C. 2π. D.

5π

2 .
Lời giải.

Cách 1: Dùng đạo hàm.

Do d có hệ số góc âm, đi qua điểm M (1; 1) và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A(a; 0), B(0; b) nên
a, b > 1.

Khi đó ta có 1
a +

1

b = 1. Thể tích khối nón tạo thành khi quay tam giác OAB quanh trục Oy bằng

V = 1
3πa

2_{b =} 1

3πa

2_{b =} 1

3π
a3

a − 1.

Đặt f (a) = a

3

a − 1 ta có f

0_{(a) =} 2a

3_{− 3a}2

(a − 1)2 ; f

0_{(a) = 0 ⇔}




a = 0 (loại)
a = 3

2

.

Bảng biến thiên

a
f0(a)

f (a)

1 3

2 +∞

− 0 +

27
4
27

4

Vậy giá trị lớn nhất của f (a) = a

3

a − 1 bằng
27

4 khi a =
3
2.
Khi đó thể tích lớn nhất bằng V = 9π

</div>
<span class='text_page_counter'>(165)</span><div class='page_container' data-page=165>

Cách 2: Dùng bất đẳng thức.
Ta có 1 = 1

2a +
1
2a +

1
b > 3

3

…
1
4a2_b ⇒ a

2_{b >} 27

4 .
Suy ra V = 1

3πa

2

b > 9π

4 , dấu bằng xảy ra khi




1
2a =

1

b
a + b = ab

⇔




a = 3
2
b = 3

.

</div>
<span class='text_page_counter'>(166)</span><div class='page_container' data-page=166>

ĐÁP ÁN

1. D 2. C 3. C 4. B 5. B 6. B 7. A 8. C 9. A 10. A

11. A 12. D 13. A 14. D 15. A 16. B 17. C 18. B 19. A 20. D

21. C 22. A 23. B 24. B 25. A 26. A 27. B 28. B 29. B 30. A

31. C 32. D 33. A 34. B 35. B 36. C 37. B 38. B 39. A 40. A

41. B 42. B 43. C 44. A 45. D 46. A 47. A 48. B 49. C 50. C

51. B 52. D 53. C 54. C 55. A 56. B 57. A 58. D 59. A 60. B

61. B 62. C 63. D 64. B 65. B 66. B 67. D 68. C 69. A 70. A

71. D 72. A 73. C 74. B 75. B 76. D 77. B 78. D 79. D 80. C

81. A 82. C 83. B 84. D 85. B 86. B 87. B 88. C 89. C 90. B

</div>
<span class='text_page_counter'>(167)</span><div class='page_container' data-page=167>

<b>5</b> <b>Bài tốn thực tế</b>

Câu 1. Cho một miếng tơn hình trịn có bán kính 70 cm. Biết hình nón có thể tích lớn nhất khi diện
tích tồn phần của hình nón bằng diện tích miếng tơn ở trên. Khi đó hình nón có bán kính đáy là

A. 40 cm. B. 10√2 cm. C. 70√2 cm. D. 35 cm.

Lời giải.
Phương pháp:

Diện tích xung quanh của hình nón: Sxq = πrl.

Diện tích tồn phần của hình nón: Stp = πrl + πr2.

Cách giải:

B
H

S

A

h

r

l

Miếng tơn hình trịn có diện tích: π.702 = 4900π cm2.

Gọi bán kính đáy và chiều cao của hình nón lần lượt là r, h(r, h > 0).
Khi đó ta có l = SA =√r2_{+ h}2_.

Suy ra diện tích tồn phần của hình nón là: Stp = πr2+ rπ

√

r2_{+ h}2_.

Theo đề bài ta có phương trình:

πr2+ πr√r2_{+ h}2 _{= 4900π ⇔ r}√_r2_{+ h}2 _{= 4900 − r}2

⇔ r2 _r2_{+ h}2_{= 4900}2_{− 2.4900r}2_{+ r}4

⇔ r2 ₌ 49002

h2_{+ 9800}.

Thể tích của khối nón là

V = 1
3πr

2_{h =} 1

3π ·

49002

h2_{+ 9800}h =

49002_π

3 ·
h
h2_{+ 9800}.

Suy ra V đạt max ⇔ f (h) = h

2_{+ 9800}

h đạt min.
Ta có: f0(h) = 2h

2_{− h}2_{− 9800}

h2 =

h2_{− 9800}

h2 .

⇒ f0_{(h) = 0 ⇔ h}2 _{= 9800 ⇔ h = 70}√_{2 cm.}

⇒ r2 ₌ 4900

2

h2_{+ 9800} =

49002

9800.2 = 1225 cm.
⇒ r =√1225 = 35 cm.

Chọn đáp án D _

Câu 2. Một người thợ có một khối đá hình trụ. Kẻ hai đường kính M N, P Q của hai đáy sao cho
M N ⊥ P Q. Người thợ đó cắt khối đá theo các mặt cắt đi qua 3 trong 4 điểm M, N, P, Q để thu được
khối đá có hình tứ diện M N P Q. Biết rằng M N = 60 cm và thể tích khối tứ diện M N P Q bằng 36
dm2. Tìm thể tích của lượng đá bị cắt bỏ (làm trịn kết quả đến 1 chữ số thập phân).

</div>
<span class='text_page_counter'>(168)</span><div class='page_container' data-page=168>

Lời giải.

Phương pháp:

Thể tích khối trụ: V = πR2_h.

Thể tích khối lăng trụ: V = Sh.
Cách giải:

Dựng hình lăng trụ M P0N Q0.M0P N0Q (như hình vẽ).
Khi đó, ta có

VM N P Q = VM P0_{N Q}0_.M0_{P N}0_Q− (V_{P.M N P}0 + V_{Q.M N Q}0 + V_M.M0_{P Q}+ V_N.N0_{P Q})

= VM P0_{N Q}0_.N0_{P N}0_Q− 4.V_{P.M N P}0

= VM P0_{N Q}0_.M0_{P N}0_Q− 4.

1

2.VP.M Q0N P0 = VM P0N Q0.M0P N0Q− 2VP.M Q0N P0
= VM P0_{N Q}0_.M0_{P N}0_Q− 2.

1

3.VM P0N Q0.P N0Q
= 1

3VM P0N Q0.P N0Q0

Suy ra 1

3VM P0N Q0.P N0Q= 36 dm

3 _{⇔ V}

M P0_{N Q}0_{.P N}0_Q= 108 dm3.

Do M N ⊥ P Q, P Q k P0Q0 nên

M N ⊥ P0Q0 ⇒ M P0_{N Q}0 _{là hình vng.}

Ta có

M N = 60cm ⇒












M Q = √60
2 = 30

√

2 cm = 3√2 dm

OM = 60

2 = 30 cm = 3 dm
Suy ra SM P0_{N Q}0 = (3

√

2)2 _{= 18 dm}2_.

VM P0_{N Q}0_{.P N}0_Q = S_{M P}0_{N Q}0.h ⇒ 18h = 108 ⇔ h = 6 dm.

Thể tích của lượng đó bị cắt bỏ là: 54π − 36 ≈ 133, 6 dm3.

B
B0

O N

0

Q
P

M0

O0

A0 N

Q0
P0

M

A

Chọn đáp án A _

Câu 3.

Người ta thả một viên bi có dạng hình cầu có bán kính 2,7 cm vào một chiếc cốc hình
trụ đang chứa nước (tham khảo hình vẽ). Biết rằng bán kính của phần trong đáy cốc
bằng 5,4 cm và chiều cao của mực nước ban đầu trong cốc bằng 4,5 cm. Khi đó chiều
cao của mực nước trong cốc là

A. 5,4 cm. B. 5,7 cm. C. 5,6 cm. D. 5,5 cm.

</div>
<span class='text_page_counter'>(169)</span><div class='page_container' data-page=169>

Gọi R = 2,7 cm là bán kính của viên bi.
Ta có bán kính phần trong đáy cốc là 2R.

Thể tích nước ban đầu là V1 = π · (2R)2· 4,5 = 18πR2.

Thể tích viên bi là V2 =

4
3πR

3_.

Thể tích nước sau khi thả viên bi là V = V1+ V2 = 2πR2

Å
9 + 2

3R
ã

.
Gọi h là chiều cao mực nước sau khi thả viên bi vào.

Mà V = π(2R)2_{· h ⇒ h =} V

π(2R)2 =

9 + 2
3R

2 = 5,4 (cm). 2R

h

R

Chọn đáp án A _

Câu 4. Khi sản xuất vỏ lon sữa bị hình trụ, các nhà thiết kế đặt mục tiêu sao cho chi phí nguyên liệu
làm vỏ hộp ít nhất (diện tích toàn phần của lon nhỏ nhất). Bán kính đáy của vỏ lon là bao nhiêu khi
muốn thể tích của lon là 314 cm3_.

A. r = … 3143

4π cm. B. r = 942

3

√

2π cm. C. r = … 3143

2π cm. D. r =

3

… 314
π cm.
Lời giải.

Gọi bán kính đáy của vỏ lon là x (cm), với x > 0.

Theo đề bài, thể tích của lon là 314 cm3 nên chiều cao của lon là h = 314
πx2.

Diện tích tồn phần của lon

S_{tồn phần} = 2S_đáy+ Sxung quanh = 2πx2+ 2πxh = 2π

Å

x2+314
πx

ã
.

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:

x2+ 314
2πx +

314

2πx ≥ 3

3

 
Å 314

2π
ã2

⇒ S_{toàn phần} ≥ 2π · 33

 
Å 314

2π
ã2

.

O0

O
A

A0

B
B0

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x2 ₌ 314

2πx ⇔ x =

3

… 314
2π.

Chọn đáp án C _

Câu 5.

Một cái phễu có dạng hình nón, chiều cao của phễu là 20 cm. Người ta đổ một
lượng nước vào phễu sao cho chiều cao của cột nước trong phễu bằng 10 cm. Nếu
bịt kín miệng phễu và lật ngược phễu lên thì chiều cao của cột nước trong phễu
gần bằng nhất với giá trị nào sau đây.

</div>
<span class='text_page_counter'>(170)</span><div class='page_container' data-page=170>

Gọi r1, h1, V1 lần lượt là bán kính đáy, chiều cao và thể tích khối

nón giới hạn bởi phần chứa nước lúc ban đầu; r, h, V lần lượt
là bán kính đáy, chiều cao và thể tích khối nón giới hạn bởi cái
phễu; h2 là chiều cao mực nước sau khi lộn ngược phễu. Theo

tính chất tam giác đồng dạng ta có
r1

r =
h1

h =
1
2 ⇒

V1

V =
Å h1

h
ã3

= 1
8.

Sau khi lộn ngược phễu, tỉ số thể tích giữa phần khơng gian
trong phễu khơng chứa nước và thể tích phễu bằng

20 cm
10 cm

1 − 1
8 =

(h − h2)3

h3 ⇔

7
8 =

(20 − h2)3

203 ⇔ 20 − h2 = 10
3

√

7 ⇔ h2 = 20 − 10
3

√

7 ≈ 0,87.

Chọn đáp án D _

Câu 6.

Một khúc gỗ có dạng khối nón có bán kính đáy r = 30 cm,
chiều cao h = 120 cm. Anh thợ mộc chế tác khúc gỗ đó thành
một khúc gỗ có dạng khối trụ như hình vẽ. Tính thể tích lớn
nhất V của khúc gỗ dạng khối trụ có thể chế tác được.

A. V = 0, 16π m3. B. V = 0, 0246π m3.
C. V = 0, 36π m3_. _{D. V = 0, 016π m}3_.

Lời giải.
Ta có AH = 120 cm, BH = 30 cm.

Đặt N H = x (0 < x < 30), M N = y, BN = 30 − x.
Vì M N k AH

nên BN
BH =

M N
AH ⇔

30 − x
30 =

y

120 ⇔ y = 4(30 − x).
Gọi V là thể tích khối trụ. Khi đó

V = π · N H2· M N = πx2_{y = 4πx}2_{(30 − x) = 4π(30x}2_{− x}3_).

Xét hàm số f (x) = 30x2_{− x}3 _{với 0 < x < 30.}

f0(x) = 60x − 3x2_{, f}0_{(x) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 20.}

C
A

M

B

N H

Bảng biến thiên của f (x)

x
f0(x)

f (x)

0 20 30

+ 0 −

4000
4000

Từ bảng biến thiên suy ra V lớn nhất khi f (x) đạt giá trị lớn nhất trên (0; 30).
Vậy Vmax= 4π · 4000 = 16000π cm3 = 0, 016π m3.

</div>
<span class='text_page_counter'>(171)</span><div class='page_container' data-page=171>

Câu 7. Một bồn nước inox được thiết kế có dạng hình trụ (có nắp) đựng được 10 m3 nước. Tìm bán
kính r của đáy bồn nước, biết lượng inox được sử dụng để làm bồn nước là ít nhất (bỏ qua độ dày của
bồn).

A. r = … 53

2π m . B. r =

3

… 5

π m . C. r =

3

… 10

π m . D. r =

3

√

5π m .
Lời giải.

Gọi h là chiều cao của bồn nước.

Thể tích bồn nước hình trụ là V = πr2_{h = 10 ⇔ h =} 10

πr2.

Diện tích tồn phần của bồn nước là Stp = 2πr2+ 2πrh = 2πr2+ 2πr ·

10

πr2 = 2πr

2₊ 20

r .
Xét f (r) = 2πr2 ₊20

r với r > 0.
⇒ f0_{(r) = 4πr −} 20

r2 =

4πr3_{− 20}

r2 .

Ta có: f0(r) = 0 ⇔ πr3 _{= 5 ⇔ r =} … 53

π.

r

f0(r)

f (r)

0 r = … 53

π +∞

− 0 +

+∞
+∞

f
Ç

3

… 5
π

å
f

Ç

3

… 5
π

å

+∞
+∞

Vậy lượng inox làm bồn nước ít nhất khi và chỉ khi f (r) nhỏ nhất ⇔ r = … 53

π.

Chọn đáp án B _

Câu 8.

Một cái trục lăn sơn nước có dạng một hình trụ. Đường kính cả đường trịn
đáy là 6 cm, chiều dài lăn là 25 cm. Sau khi lăn trọn 10 vòng khơng đè lên
nhau thì trục lăn phủ lên bức tường phẳng một diện tích là

A. 1500π cm2. B. 150π cm2. C. 3000π cm2. D. 300π cm2.

25cm

6 cm

Lời giải.

Diện tích xung quanh của mặt trụ của cái trục lăn sơn là S = 150π. Do đó diện tích cần tính bằng
1500π.

Chọn đáp án A _

Câu 9. Người ta làm chiếc thùng phi dạng hình trụ, kín hai đáy, với thể tích theo yêu cầu là 2π m3.
Hỏi bán kính đáy R và chiều cao h của thùng phi bằng bao nhiêu để khi làm thì tiết kiệm vật liệu
nhất?

A. R = 2 m, h = 1

2 m. B. R = 4 m, h =
1

5 m. C. R =
1

</div>
<span class='text_page_counter'>(172)</span><div class='page_container' data-page=172>

Từ giả thiết ta có: V = πR2h = 2π ⇒ h = 2
R2.

Diện tích tồn phần của thùng phi là:
Stp = 2πRh + 2πR2 = 2π

Å

R2₊ 2

R
ã

.
Xét hàm số f (R) = R2₊ 2

R với R ∈ (0; +∞). Ta có:
f0(R) = 2R − 2

R2 =

2 (R3_{− 1)}

R2 ; f

0_{(R) = 0 ⇔ R = 1.} R

h

Bảng biến thiên

R
f0(R)

f (R)

0 1 +∞

− 0 +

+∞
+∞

3
3

+∞
+∞

Suy ra diện tích tồn phần đạt giá trị nhỏ nhất khi R = 1 ⇒ h = 2.
Vậy để tiết kiệm vật liệu nhất khi làm thùng phi thì R = 1 m, h = 2 m.

Chọn đáp án D _

Câu 10. Bạn A có một tấm bìa hình trịn (như hình vẽ), bạn ấy muốn dùng tấm bìa đó tạo thành
một cái phễu hình nón, vì vậy bạn phải cắt bỏ phần quạt trịn AOB rồi dán hai bán kính OA và OB
lại với nhau. Gọi x là góc ở tâm của hình quạt trịn dùng làm phễu. Tìm giá trị của x để thể tích phễu
lớn nhất.

O

B
A

R
x

A ≡ B

O
r

R
h

A. π

2. B.

π

3. C.

2√6π

3 . D.

Ä

6 − 2√6äπ

3 .

Lời giải.

Độ dài cung tròn AB dùng làm phễu là Rx = 2πr ⇔ r = Rx
2π;
h =√R2_{− r}2 ₌ R

2π
√

4π2_{− x}2_.

Thể tích phễu V = f (x) = R

3

24π2x

2√_4π2_{− x}2 _{với x ∈ (0; 2π).}

Ta có f0(x) = R

3

24π2 ·

x (8π2_{− 3x}2₎

√

4π2_{− x}2 .

f0(x) = 0 ⇔ 8π2− 3x2 _{= 0 ⇔ x =} 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(173)</span><div class='page_container' data-page=173>

x
y0

y

0 2

√
6

3 π 2π

+ 0 −

f
Ç

2√6
3 π

å
f

Ç
2√6

3 π
å

Giá trị của x = 2
√

6

3 π thì thể tích phễu lớn nhất.

Chọn đáp án C _

Câu 11.

Tính diện tích vải cần để may một cái mũ (có vành) có hình dạng và kích
thước được cho bởi hình vẽ bên, giả sử rằng đường may không đáng kể.

A. S = 400π. B. S = 175π. C. S = 350π. D. S = 375π.

30

10
30

Lời giải.
Phần vải cần để may có diện tích là S = S_{xq nón} + S_{vành khăn}.

Hình nón có bán kính đáy là r = 15 − 10 = 5, suy ra S_{xq nón} = πr` = 150π.

S_{vành khăn}= π · 152_{− π · 5}2 _{= 200π.}

Vậy diện tích vải cần dùng là S = 350π.

Chọn đáp án C _

Câu 12.

Bạn A muốn làm một chiếc thùng hình trụ khơng đáy
từ ngun liệu là mảnh tơn hình tam giác đều ABC có
cạnh bằng 90 (cm). Bạn muốn cắt mảnh tơn hình chữ
nhật M N P Q từ mảnh tôn nguyên liệu (với M, N thuộc
cạnh BC; P và Q tương ứng thuộc cạnh AC và AB) để
tạo thành hình trụ có chiều cao bằng M Q. Thể tích lớn
nhất của chiếc thùng mà bạn A có thể làm được là

C

M N

A

P
Q

B

A. 91125

4π (cm

3_). _B. 91125

2π (cm

3_). _C. 13500

√
3

π (cm

3_). _D. 108000

√
3

π (cm

</div>
<span class='text_page_counter'>(174)</span><div class='page_container' data-page=174>

Gọi I là trung điểm BC. Suy ra I là trung điểm M N . Đặt M N =
x, (0 < x < 90).

Ta có M Q
AI =

BM

BI ⇔ M Q =
√

3

2 (90 − x); gọi R là bán kính của
hình trụ ⇒ R = x

2π.
Thể tích khối trụ là
V = π

 x
2π

2
√

3

2 (90 − x) =
√

3
8π (−x

3 _{+ 90x}2_).

Xét f (x) =
√

3

8π (−x

3_{+ 90x}2_{) với (0 < x < 90).}

f0(x) =
√

3
8π(−3x

2_{+ 180x), f}0_{(x) = 0 ⇔}ñx = 0

x = 60.
Khi đó max

x∈(0;90)f (x) = f (60) =

13500√3

π .

C

M I N

A

P
Q

B

Chọn đáp án C _

Câu 13.

Một cái phễu có dạng hình nón, chiều cao của phễu là 20 cm. Người
ta đổ một lượng nước vào phễu sao cho chiều cao của cột nước
trong phễu bằng 10 cm (hình trái). Nếu bịt kín miệng phễu rồi lật
ngược phễu lên (hình phải) thì chiều cao của cột nước trong phễu
gần bằng với giá trị nào sau đây?

A. 0,87 cm. B. 10 cm. C. 1,07 cm. D. 1,35 cm.

Lời giải.

Ta có 2 hình nón có đỉnh và trục trùng nhau thì V
V0 =

Å R
R0

ã3
=Å h

h0

ã3
.
Đặt x cm là chiều cao của cột nước trong hình bên phải.

Áp dụng vào hình bên trái ta có Vnước
V_phễu =

Ç
h_nước
h_phễu

å3

=Å 10
20

ã3
= 1

8.
Áp dụng vào hình bên phải ta có Vnước

V_phễu = 1 −

Å 20 − x
20

ã3
.

Vậy 1 −Å 20 − x
20

ã3
= 1

8 ⇒ x = 20 − 10

3

√

7 ≈ 0,87 cm.

Chọn đáp án A _

</div>
<span class='text_page_counter'>(175)</span><div class='page_container' data-page=175>

Một bình đựng đầy nước có dạng hình nón (khơng có đáy). Người ta thả
vào đó một khối cầu có đường kính bằng chiều cao của bình nước và đo
được thể tích nước tràn ra ngồi là 18π (dm3_{). Biết rằng khối cầu tiếp}

xúc với tất cả các đường sinh của hình nón và đúng một nửa của khối
cầu đã chìm trong nước (hình dưới đây). Tính thể tích nước cịn lại trong
bình.

A. 12π (dm3). B. 4π (dm3).
C. 6π (dm3_). _{D. 24π (dm}3_).

Lời giải.

Gọi chiều cao khối nón, bán kính đáy của khối nón và bán kính khối
cầu lần lượt là h, R_nón, R_cầu.

Thể tích nước tràn ra chính là thể tích của nửa khối cầu hay suy ra

thể tích cả khối cầu là 36π (dm3_).

Ta có V = 4
3πR

3

cầu = 36π ⇒ Rcầu = 3 ⇒ h = 6 (dm).

Ta có: 1
R2
cầu

= 1
h2 +

1
R2
nón

⇒ R_nón = 2√3 (dm).

Suy ra V_nón = 24π ⇒ V_{cịn lại} = V_nón−Vcầu

2 = 6π (dm

3_).

h

R_nón
R_cầu

Chọn đáp án C _

Câu 15. Một nhà máy muốn làm một cái bồn nước hình trụ trịn xoay có tất cả vỏ được làm bằng
inox. Bồn cao 10 mét, đường kính đáy là 6 mét. Tính gần đúng diện tích inox cần mua để làm vỏ một
chiếc bồn như trên (coi như phần inox thừa trong khi làm là không đáng kể).

A. 245,1 m2_. _{B. 603,2 m}2_. _{C. 414,7 m}2_. _{D. 490,1 m}2_.

Lời giải.

Diện tích cần mua để làm bồn chính là diện tích tồn phần của hình trụ Stp =

Sxq+ 2Sđáy= 2π · R · h + 2πR2 = 2π · 3 · 10 + 2π · 32 ≈ 245,1 m2.

O0

O
A

A0

B
B0

Chọn đáp án A _

</div>
<span class='text_page_counter'>(176)</span><div class='page_container' data-page=176>

Lời giải.

Diện tích xung quanh của 2 cây cột trước đại sảnh là S1 = 2(2πr1h) = 2 · 2π ·

1

5· 4,2 =
84π

25 (m

2_).

Diện tích xung quanh của 6 cây cột còn lại là S2 = 6(2πr2h) = 6 · 2π ·

13

100 · 4,2 =
819π

125 (m

2_).

Diện tích xung quanh của 8 cây cột là S = S1 + S2 =

1239π
125 (m

2_).

Số tiền ít nhất để sơn hết các cây cột là S · 380000 = 1239π

125 · 380000 = 11832997,23 ≈ 11.833.000

Chọn đáp án A _

Câu 17.

Một cái phễu có dạng hình nón. Người ta đổ một lượng nước vào
phễu sao cho chiều cao của lượng nước trong phễu bằng 1

3 chiều cao
của phễu. Hỏi nếu bịt kín miệng phễu rồi lộn ngược phễu lên thì
chiều cao của nước xấp xỉ bằng bao nhiêu? Biết rằng chiều cao của
phễu là 15 cm.

A. 0, 5 cm. B. 0, 3 cm. C. 0, 188 cm. D. 0, 216 cm.
Lời giải.

Giả sử phễu nước là hình nón (N1) đỉnh S, đáy là đường trịn (O) đường

kính AB = 2R.

Khi đổ nước vào phễu khối nước trong phễu là khối nón (N2) đỉnh S, đáy

là hình trịn (I) đường kính CD. Phần cịn lại là khối nón cụt (N C1) đáy

lớn là đường tròn (O), đáy nhỏ là đường tròn (I).

Khi lộn ngược phễu khối nước trong phễu là khối nón cụt (N C2) đáy lớn

là hình trịn (O), đáy nhỏ là hình trịn (H) đường kính EF . Phần cịn lại
là khối nón (N3) đỉnh S đáy là đường trịn (H).

S

A

C

E

B
D

F
H

I

O
Vì VN2 = VN C2 nên VN3 = VN C1 = VN1 − VN2 = 5πR

2 ₋5πR

2

27 =

130πR2

27 .
⇒ VN3

VN1

= 26
27 ⇒

SH
SO =

3

… 26

27 ⇒ HO =
Ç

1 −… 263

27
å

· 15 ≈ 0, 1875.

Chọn đáp án C _

Câu 18. Khi thiết kế vỏ lon sữa hình trụ các nhà thiết kế ln đặt mục tiêu sao cho chi phí làm vỏ
lon nhỏ nhất. Muốn thể tích khối trụ là V mà diện tích tồn phần của hình trụ nhỏ nhất thì bán kính

R của đường trịn đáy khối trụ bằng?

A. … V

π. B.

… V

2π. C.

3

… V

π. D.

3

… V
2π.
Lời giải.

Thể tích lon sữa là V = πR2_{h ⇔ h =} V

πR2.

Diện tích tồn phần lon sữa là S = 2πRh + 2πR2 = 2V

R + 2πR

2_.

Ta có S0 = −2V

R + 4πR, S

0 _{= 0 ⇔ R =} … V3

2π.

Lập bảng biến thiên ta thấy diện tích tồn phần nhỏ nhất khi R =… V3
2π.

Chọn đáp án D _

</div>
<span class='text_page_counter'>(177)</span><div class='page_container' data-page=177>

Một khúc gỗ có dạng hình khối nón có bán kính đáy bằng r = 2m,
chiều cao h = 6m. Bác thợ mộc chế tác từ khúc gỗ đó thành một
khúc gỗ có dạng hình khối trụ như hình vẽ. Gọi V là thể tích lớn
nhất của khúc gỗ hình trụ sau khi chế tác. Tính V .

A. V = 32π
9 m

3_. _{B. V =} 32

9 m

3_. _{C. V =} 32π

3 m

3_. _{D. V =} 32π

9 m

3_.

Lời giải.

Giả sử cắt nón bởi mặt phẳng đi qua trục nón ta được thiết diện là tam giác như hình vẽ

A O B

S

A0 O B0

0

F G

Đặt SO0 = x, (0 < x < 6) ⇒ OO0 = 6 − x.
Do A0B0 k AB ⇒ A

0_O0

AO =
SO0

SO ⇒ A

0_O0 ₌ SO

0_{· AO}

SO =

x · 2
6 =

x
3.
Vtrụ = π · A0O02· OO0 = π(6 − x)

x
3

2
= π

18(12 − 2x) · x · x 6
π
18

Å (12 − 2x) + x + x
3

ã3

= 32π

9 .
Đẳng thức xảy ra khi x = 4m.

Chọn đáp án D _

Câu 20. Mặt tiền của một ngơi biệt thự có 8 cây cột hình trụ, tất cả đều có chiều cao bằng 4,2 m.
Trong số các cây đó có 2 cây cột trước đại sảnh đường kính bằng 40 cm, 6 cây cột cịn lại phân bố đều
hai bên đại sảnh và chúng đều có đường kính bằng 26 cm. Chủ nhà th cơng nhân để sơn các cây cột
bằng loại sơn giả đá, biết giá thuê là 380.000 đồng/m2 _{(kể cả vật liệu sơn và phần thi công). Hỏi người}

chủ phải trả chi phí ít nhất bao nhiêu tiền để sơn hết các cây cột nhà đó (đơn vị đồng)?

A. ≈ 12.521.000. B. ≈ 15.642.000. C. ≈ 10.400.000. D. ≈ 11.833.000.
Lời giải.

Công thức tính diện tích xung quanh hình trụ: Sxq = 2πrh. Ta có:

 2 cây cột trước đại sảnh đường kính bằng 40 cm nên có bán kính bằng 20 cm = 0,2 m.
 6 cây ở hai bên đại sảnh có đường kính bằng 26 cm nên có bán kính bằng 13 cm = 0,13 m.
Tổng diện tích xung quanh của 8 cây cột hình trụ này là

S = 2 · (2π · 0,2 · 4,2) + 6 · (2π · 0,13 · 4,2)
= 9,912π (m2).

Chi phí ít nhất để sơn hết các cây cột nhà đó là

</div>
<span class='text_page_counter'>(178)</span><div class='page_container' data-page=178>

Câu 21.

Ông An đặt hàng cho một cơ sở sản xuất chai lọ thủy tinh chất lượng cao X
để làm loại chai nước có kích thước phần khơng gian bên trong của chai như

hình bên, có bán kính đáy R = 5 cm, bán kính cổ chai r = 2 cm, AB = 3
cm, BC = 6 cm, CD = 16 cm. Tính thể tích V phần khơng gian bên trong
chai nước.

A. V = 490π cm3_. _{B. V = 412π cm}3_.

C. V = 464π cm3_. _{D. V = 494π cm}3_.

B

C

D
A

R
r

Lời giải.

Thể tích khối trụ có hai hình trịn đáy là hai hình trịn tâm (C) và (D) là:

V1 = πR2· CD = π52· 16 = 400π (cm3).

Thể tích khối trụ có hai hình trịn đáy là hai hình trịn tâm (A) và (B) là:

V2 = πr2· AB = π · 22· 3 = 12π (cm3).

Thể tích khối nón cụt có hai hình trịn đáy là hai hình trịn tâm (B) và (C) là

V3 =

h
3

Ä

B +√BB0_{+ B}0ä
= BC

3
Ä

πR2+
√

πR2_{· πr}2_{+ πr}2ä

= 6
3 π · 5

2_{+ π · 5 · 2 + π · 2}2_{= 78π (cm}3_).

Thể tích V phần khơng gian bên trong chai nước là:

V = V1 + V2 + V3 = 400π + 12π + 78π = 490π (cm3).

Chọn đáp án A _

Câu 22.

Một chiếc cốc hình trụ có đường kính đáy 6 cm, chiều cao 15 cm chứa đầy
nước. Nghiêng cốc cho nước chảy từ từ ra ngoài cho đến khi mép nước ngang
với đường kính của đáy. Khi đó diện tích của bề mặt nước trong cốc bằng

A. 9√26π cm2_. _B. 9

√
26π

2 cm

2_. _C. 9

√
26π

5 cm

2_. _D. 9

√
26π
10 cm

2_.

</div>
<span class='text_page_counter'>(179)</span><div class='page_container' data-page=179>

Cách 1:

Ta có OH = 3, OB =√OH2_{+ HB}2 _{= 3}√_26,

cos ’HOB = OH
OB =

1
√

26.

Hình chiếu vng góc của mặt nước trong cốc lên mặt đáy cốc là nửa hình
trịn có đường kính bằng 6 cm. Do đó:

1
2π · 3

2 _{= S · cos ’}_{HOB ⇒ S =}

1
2π · 3

2

1
√

26

= 9π
√

26
2 .

Vậy diện tích của bề mặt nước trong cốc bằng 9π
√

26

2 cm

2_.

Cách 2:

Ta có: diện tích S của bề mặt nước trong cốc bằng một nửa diện tích elip có
hai trục là 2b = 6 cm và 2a = 2√152_{+ 3}2 _{= 6}√_{26 cm.}

Suy ra S = 1
2πab =

1

2π · 3 · 3
√

26 = 9π
√

26

2 cm

2_.

O

H

B

Chọn đáp án B _

Câu 23.

Có một cái bể hình trụ cao 10 dm với bán kính đáy 4 dm chứa đầy nước bị
một thùng gỗ hình lập phương đóng kín rơi vào làm cho một lượng nước V
tràn ra. Biết rằng cạnh thùng gỗ là 8 dm và khi nó rơi vào miệng bể, một
đường chéo dài nhất của nó vng góc với mặt bể, ba cạnh của thùng chạm
vào thành của bể như hình vẽ. Tính V.

A. 6√6. B. 10√6. C. 5√6. D. 8√6.

Lời giải.
Gọi khối chóp có thể tích V cần tìm là

C.M N P như hình vẽ.

Theo giả thiết đường chéo dài nhất của
hình lập phương (giả sử đường chéo A0C)
vng góc với mặt bể nên khối chóp

C.M N P là khối chóp đều và O là tâm tam
giác đều M N P .

Giả sử M N = x > 0.

Vì 4M N P nội tiếp đường trịn

tâm O bán kính R = 4 nên

x

sin 60◦ = 2R ⇔ x = 2 · 4 ·

√
3
2 = 4

√
3.

A0 D0

A

B C

M

N

B0 C0

D
P

8

M

O0

N P

C
O
4

Vì 4CM N vng cân tại C nên 2CM2 _{= M N}2 _{⇒ CM =} _√x

2 ⇒ CM =
4√3

√
2 = 2

√
6.
Xét tam giác OM C vuông tại O ⇒ OC =√CM2_{− OM}2 ₌√_{24 − 16 = 2}√_2.

Thể tích khối chóp C.M N P là V = 1

3· S4M N P · CO =

1
3·

Ä

4√3ä2·√3

4 · 2

√

2 = 8√6.

</div>
<span class='text_page_counter'>(180)</span><div class='page_container' data-page=180>

Câu 24.

Một cái phễu có dạng hình nón, chiều cao của phễu là 20 cm. Người ta đổ một
lượng nước vào phễu sao cho chiều cao của cột nước trong phễu bằng 10 cm. Nếu
bịt kín miệng phễu và lật ngược phễu lên thì chiều cao của cột nước trong phễu
gần bằng nhất với giá trị nào sau đây.

A. 1,07 cm. B. 10 cm. C. 9,35 cm. D. 0,87 cm.

Lời giải.

Gọi r1, h1, V1 lần lượt là bán kính đáy, chiều cao và thể tích khối

nón giới hạn bởi phần chứa nước lúc ban đầu; r, h, V lần lượt

là bán kính đáy, chiều cao và thể tích khối nón giới hạn bởi cái
phễu; h2 là chiều cao mực nước sau khi lộn ngược phễu. Theo

tính chất tam giác đồng dạng ta có
r1

r =
h1

h =
1
2 ⇒

V1

V =
Å h1

h
ã3

= 1
8.

Sau khi lộn ngược phễu, tỉ số thể tích giữa phần không gian
trong phễu không chứa nước và thể tích phễu bằng

20 cm
10 cm

1 − 1
8 =

(h − h2)3

h3 ⇔

7
8 =

(20 − h2)3

203 ⇔ 20 − h2 = 10
3

√

7 ⇔ h2 = 20 − 10
3

√

7 ≈ 0,8706.

Chọn đáp án D _

Câu 25. Cho một đồng hồ cát như hình bên dưới (gồm hai hình nón chung đỉnh ghép lại), trong đó
đường sinh bất kì của hình nón tạo với đáy một góc 60◦.

I

A

O
I0

B

Biết rằng chiều cao của đồng hồ là 30 cm và tổng thế tích của đồng hồ là 1000π cm3. Hỏi nếu cho
đầy lượng cát vào phần bên trên thì khi chảy hết xuống dưới, tỷ số thể tích lượng cát chiếm chỗ và thể
tích phần phía dưới là bao nhiêu?

A. 1

64. B.

1

8. C.

1

27. D.

1
3√3.
Lời giải.

Gọi r, h1, V1 là bán kính đáy, chiều cao và thể tích khối nón ở bên trên (lượng cát chiếm chỗ).

và R, h2, V2 là bán kính đáy, chiều cao và thể tích khối nón ở bên dưới.

Ta có h1 = r

√

3 và h2 = R

√
3.

Theo giả thiết
®

r√3 + R√3 = 30
V1+ V2 = 1000π

⇔®r + R = 10
√

3

r3+ R3 = 1000√3 ⇔








r = 10
√

3
3
R = 20

√
3
3

</div>
<span class='text_page_counter'>(181)</span><div class='page_container' data-page=181>

Vậy V1
V2

=
1
3r

√
3 · πr2

1
3R

√

3 · πR2

=
r

R
3

= 1
8.

Chọn đáp án B _

Câu 26. Cơng ty của ơng Bình dự định đóng một thùng phi hình trụ (có đáy dưới và nắp đậy phía
trên) bằng thép khơng rỉ để đựng nước. Chi phí trung bình cho 1 m2 thép khơng rỉ là 350000 đ. Với chi
phí khơng q 6594000 đ, hỏi cơng ty ơng Bình có thể có được một thùng phi đựng được tối đa bao
nhiêu tấn nước? (Lấy π = 3,14)

A. 12,56. B. 6,28. C. 3,14. D. 9,52.

Lời giải.

Gọi R, h lần lượt là bán kính đáy là chiều cao của hình trụ.
Ta có Stp = 2πR2+ 2πRh = 2π(R2+ Rh).

Với chi phí khơng q 6594000 đ, cơng ty đó sẽ có tối đa 6594000

350000 = 18,84 m

2 _{thép không rỉ.}

Tức là 2π(R2_{+ Rh) ≤ 18,84 suy ra R}2_{+ Rh ≤} 9,42

π .

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có R2+Rh

2 +
Rh

2 ≥ 3

3

… R4_h2

4 .
Mà R2₊ Rh

2 +
Rh

2 = R

2_{+ Rh ≤} 9,42

π nên 3

3

… R4_h2

4 ≤

9,42

π .
Suy ra R2_{h ≤ 2}

 
Å 3, 14

π
ã3

.

Mặt khác V_{khối trụ} = πR2h nên V_{khối trụ}≤ π · 2
 

Å 3, 14
π

ã3

≈ 6,28 m3_.

Vậy công ty ơng Bình có thể đựng được tối đa 6,28 tấn nước.

Chọn đáp án B _

Câu 27.

Một người thợ có một khối đá hình trụ. Kẻ hai đường kính M N, P Q của hai
đáy sao cho M N ⊥ P Q. Người thợ đó cắt khối đá theo các mặt cắt đi qua 3
trong 4 điểm M, N, P, Q để thu được khối đá có hình tứ diện M N P Q (tham

khảo hình vẽ bên). Biết rằng M N = 60 cm và thể tích khối tứ diện bằng 30
dm3_{. Hãy tính thể tích của lượng đá bị cắt bỏ (là tròn kết quả đến 1 chữ số}

thập phân).

A. 101, 3 dm3. B. 141, 3 dm3. C. 121, 3 dm3. D. 111, 4 dm3.

O0
M

N

P
Q

</div>
<span class='text_page_counter'>(182)</span><div class='page_container' data-page=182>

Dựng hình hộp IP J Q.M EN F ⇒ IP J Q.M EN F là hình hộp chữ nhật có
đáy là hình vuông (do M N = P Q và M N ⊥ P Q). Chia khối hộp đó thành
5 khối tứ diện N J P Q, M IP Q, P EM N , QF M N , M N P Q.

4 khối tứ diện N J P Q, M IP Q, P EM N , QF M N đều có thể tích bằng 1
6
thể tích khối hộp.

Do đó 30 dm3 _{= V}

M N P Q=

1

3VIP J Q.M EN F ⇒ VIP J Q.M EN F = 90 dm

3_.

M N = 60 cm ⇒ M E = 30√2 cm ⇒ SM EN F = 1800 cm2 = 18 dm2

⇒ EP = 90

18 = 5 dm.
r = 1

2M N = 3 dm, h = EP = 5 dm

⇒ thể tích khối trụ là: V = πr2_{h = 45π dm}3_.

Vậy thể tích của lượng đá bị cắt bỏ là: 45π − 30 ≈ 111,4 dm3.

O0

O
Q
F

J
N
I

M

P
E

Chọn đáp án D _

Câu 28. Từ một tấm tôn hình chữ nhật có kích thước 5 m × 40 m, người ta làm thành hai thùng nước
hình trụ có cùng chiều cao 5 m, bằng cách cắt tấm tôn đó thành hai tấm tơn bằng nhau, rồi gị thành
mặt xung quanh của một thùng (tham khảo hình bên dưới). Tổng thể tích của hai cái thùng hình trụ
bằng

A. 1000π m3. B. 2000π m3. C. 2000

π m

3_. _D. 1000

π m

3_.

Lời giải.

Gọi R là bán kính của khối trụ, h là chiều cao khối trụ ta có h = 5 m.
Ta có tổng diện tích xung quanh của hai khối trụ là Sxq= 2 · πR2.

Do chiều dài tấm tôn ban đầu là l = 40 m.
Suy ra ta có 2 · 2πR = 40 ⇔ R = 10

π.
Tổng thể tích của hai thùng hình trụ là

V = 2 · πR2· h = 2 · π · 10

2

π2 · 5 =

1000

π m

3_.

Chọn đáp án D 

Câu 29. Người ta cần đổ một ống cống thốt nước hình trụ với chiều cao 2 m, độ dày thành ống là
10 cm. Đường kính ống là 50 cm. Tính lượng bê tơng cần dùng để làm ra ống thốt nước đó.

A. 0,18π m3_. _{B. 0,045π m}3_. _{C. 0,5π m}3_. _{D. 0,08π m}3_.

</div>
<span class='text_page_counter'>(183)</span><div class='page_container' data-page=183>

Gọi V1 là thể tích hình trụ có chiều cao h = 2 m, bán kính đáy

R1 = O0A0 = 25 cm = 0,25 m.

Gọi V2 là thể tích hình trụ có chiều cao h = 2 m, bán kính đáy

R2 = OB = 25 − 10 = 15 cm = 0,15 m.

Thể tích bê tơng cần dùng sẽ bằng

V = V1− V2 = πR21h − πR22h = 2π(0,252− 0,152) = 0,08π m3.

O

O0
B

A0

Chọn đáp án D _

Câu 30.

Người ta đổ một cái cống bằng cát, đá,
xi măng và sắt thép như hình vẽ bên
dưới. Thể tích ngun vật liệu cần dùng
là

A. 0,32π. B. 0,16π.
C. 0,34π. D. 0,4π.

2 m

R1= 0,5 m

R2= 0,3 m

Lời giải.

Ta có V = V1− V2 = π · l · (R21 − R22) = π · 2 · (0,52− 0,32) = 0,32π.

Chọn đáp án A _

Câu 31. Một cái phễu có dạng hình nón. Người ta đổ một lượng nước vào phễu sao cho chiều cao của
lượng nước trong phễu bằng 1

3 chiều cao của phễu. Hỏi nếu bịt kín miệng phễu rồi lộn ngược phễu lên
thì chiều cao của mực nước xấp xỉ bằng bao nhiêu? Biết rằng chiều cao của phễu là 15cm.

h
r

h

r

A. 0, 501(cm). B. 0, 302(cm). C. 0, 216(cm). D. 0, 188(cm).
Lời giải.

Gọi h1 là chiều cao của nước ta có h1 =

1

3h. Từ hình vẽ ta có
h1

h =
r1

r ⇒ r1 =
1
3r;

h2

h =
r2

r ⇔
h2

r2

= h
r ⇔

r

hh2 = r2.
Ta có thể tích của nước trước và sau khi lộn ngược là như nhau:

</div>
<span class='text_page_counter'>(184)</span><div class='page_container' data-page=184>

⇔ h2 =

hπr2− h1πr12

πr2
2

= hr

2_{− h}

1· r21

r2
2
= hr
2
r2
2

− h1r

2
1
r2
2
= h
3
h2
2
−
h1·

1
9r
2
h2
2
= h
3
h2

2
−
h1·

1
9
1
h2h

2
2

⇔ h2 =

153

h2
2

− 5 · 15

2

h2
2

⇔ h3

2 = 15

3_{− 5 ·} 1

9· 15

2 _{⇔ h}3

2 = 3250 ⇔ h2 =
3

√
3250

Vậy bịt kín miệng phễu rồi lộn ngược phễu lên thì chiều cao của mực nước xấp xỉ bằng 0, 188 (cm).

Chọn đáp án D _

Câu 32.

Một cuộn decal có dạng hình trụ có đường kính 44,9 cm. Trong thời
gian diễn ra AFF Cup 2018, người ta đã sử dụng để in các băng rôn,
khẩu hiệu cổ vũ cho đội tuyển Việt Nam, do đó đường kính của cuộn
decal cịn lại là 12,5 cm. Biết độ dày của tấm decal là 0,06 cm, hãy
tính chiều dài L của tấm decal đã sử dụng? (làm tròn đến hàng đơn
vị).

A. L = 24344 cm. B. L = 97377 cm.
C. L = 848 cm. D. L = 7749 cm.

Lời giải.

Gọi h, V lần lượt là chiều cao và thể tích của cuộn decal.
Ta có: V = π(R2

1− R22) · h = 464,94πh, với R1 =

44,9

2 = 24,45 cm; R2 =
12,5

2 = 6,25 cm.
Lại có: V = d · h · 0,06.

Do đó d · h · 0,06 = 464,94πh ⇔ d = 7749π ≈ 24344 cm.

Chọn đáp án A _

Câu 33. Cần sản xuất một vỏ hộp sữa hình trụ có thể tích V cho trước. Để tiết kiệm vật liệu nhất thì
bán kính đáy phải bằng

A. … V3

2π. B.

3

… V

2. C.

3

… V

π. D.

3

… V
3π.
Lời giải.

Giả sử vỏ hộp sữa có bán kính đáy là R, chiều cao là h (R, h > 0).
Vì thể tích vỏ hộp là V nên ta có V = πR2h ⇒ h = V

πR2.

Để tiết kiệm vật liệu nhất thì hình trụ vỏ hộp sữa phải có diện tích tồn phần Stp nhỏ nhất.

Ta có Stp= 2πRh + 2πR2 =

2V

R + 2πR

2 ₌ V

R +
V

R + 2πR

2 _{≥ 3}√3

2πV2_.

Stp đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi

V

R = 2πR

2 _{⇔ R =} … V3

2π.

Chọn đáp án A _

</div>
<span class='text_page_counter'>(185)</span><div class='page_container' data-page=185>

Một cái trục lăn sơn nước có dạng một hình trụ. Đường kính của đường trịn
đáy là 5 cm, chiều dài của trục lăn là 23 cm (tham khảo hình vẽ bên). Sau khi
lăn trọn 10 vịng thì trục lăn tạo lên tường phẳng một lớp sơn có diện tích là

A. 862, 5π cm2. B. 5230π cm2. C. 2300π cm2. D. 1150π cm2. cm 5

23cm

Lời giải.

Trục lăn có dạng hình trụ đường kính đáy 5 cm, chiều dài trục lăn 23 cm nên diện tích xung quanh của
trục lăn là

Sxq = 2πrl = 5 · 23π = 115π.

Mỗi vòng lăn, trục lăn tạo trên tường phẳng một lớp sơn có diện tích bằng diện tích xung quanh của
nó. Do đó sau khi lăn trọn 10 vịng thì trục lăn sẽ tạo lên tường phẳng một lớp sơn có diện tích là

S = 10Sxq = 1150πcm2.

Chọn đáp án D _

Câu 35. Một tấm bìa hình chữ nhật ABCD có AB = 8 cm và AD = 5 cm. Cuộn tấm bìa sao cho hai
cạnh AD và BC chồng khít lên nhau thu được mặt xung quanh của hình trụ. Tính thể tích V của khối
trụ thu được.

A. V = 320
π (cm

3_). _{B. V =} 50

π (cm

3_). _{C. V =} 200

π (cm

3_). _{D. V =} 80

π (cm

3_).

Lời giải.

Cuộn tấm bìa sao cho hai cạnh AD và BC chồng khít lên nhau thu được mặt
xung quanh của hình trụ.

Khi đó AB = 2πR ⇔ R = AB
2π =

4

π. Và h = AD = 5 (cm).
Vậy thể tích của khối trụ thu được là

Vtrụ = π · R2· h = π ·

16
π2 · 5 =

80
π (cm

3_).

O0

O
A

D

Chọn đáp án D _

Câu 36.

Một khúc gỗ hình trụ có bán kính R bị cắt bởi một mặt
phẳng không song song với đáy ta được thiết diện là một
hình elip. Khoảng cách từ điểm A đến mặt đáy là 12 cm
khoảng cách từ điểm B đến mặt đáy là 20 cm. Đặt khúc gỗ
đó vào trong hình hộp chữ nhật có chiều cao bằng 20 cm
chứa đầy nước sao cho đường tròn đáy của khúc gỗ tiếp xúc
với các cạnh đáy của hình hộp chữ nhật. Sau đó, người ta
đo lượng nước cịn lại trong hình hộp chữ nhật là 2 lít. Tính
bán kính của khúc gỗ.

A

B

12 cm

20 cm

A. R = 5,2 cm. B. R = 4,8 cm. C. R = 6,4 cm. D. R = 8,2 cm.
Lời giải.

Giả sử R có đơn vị là m.

</div>
<span class='text_page_counter'>(186)</span><div class='page_container' data-page=186>

Thể tích khối hộp bằng 4R2· 0,2 = 0, 8R2 _m3_.

Thể tích khúc gỗ bằng πR2Å 0,12 + 0,2
2

ã

= 0,16πR2 m3.

Ta có 0,8R2_{− 0, 16πR}2 _{= 0,002 ⇒ R ≈ 0,08201 m ⇒ R ≈ 8,2 cm.}

Chọn đáp án D _

Câu 37. Để làm cống thoát nước cho một con đường người ta cần đúc 200 ống hình trụ bằng bê tơng
có đường kính trong lịng ống là 1 m và chiều cao của mỗi ống bằng 2 m, độ dày của thành ống là 8
cm. Biết rằng 1 m3 _{bê tơng thì cần đúng 10 bao xi-măng. Hỏi cần bao nhiêu bao xi-măng để đúc 200}

ống trên (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)?

A. 1086 bao. B. 1025 bao. C. 2091 bao. D. 523 bao.

Lời giải.
Bán kính trong lịng ống cống là r = 0,5 m.

Độ dày của thành ống là 8 cm = 0,08 m nên bán kính ngồi của ống là R = 0,58 m.
Chiều cao h = 2 m nên thể tích của mỗi thành ống là

V = πR2h − πr2h = π · 2 0,582− 0,52
= 0,1728π m3

.

Vậy số bao xi-măng cần dùng để đúc 200 ống cống là 200 × 0,1728π × 10 ≈ 1086 bao.

Chọn đáp án A _

Câu 38. Cắt mặt xung quanh của một hình trụ dọc theo một đường sinh rồi trải ra trên một mặt
phẳng ta được hình vng có chu vi bằng 8π. Thể tích của khối trụ đã cho bằng

A. 2π2. B. 2π3. C. 4π. D. 4π2.

Lời giải.

C = 8π

l
l

R
h

Ta có chu vi hình vng bằng 8π, suy ra cạnh hình vng bằng 2π.

Do đó hình trụ có bán kính R = 1, đường sinh l = 2π (cũng chính là đường cao).
Khi đó thể tích hình trụ V = π · R2· h = 2π2_.

Chọn đáp án A _

Câu 39. Một cơng ty sản xuất bút chì có dạng hình lăng trụ lục giác đều có chiều cao 18 cm và đáy là
hình lục giác nội tiếp đường trịn đường kính 1 cm. Bút chì được cấu tạo từ 2 thành phần chính là than
chì và bột gỗ ép, than chì là một khối trụ ở trung tâm có đường kính 1

4 cm, giá thành 540 đồng/cm

3_.

Bột gỗ ép xung quanh có giá thành 100 đồng/cm3. Tính giá của một cây bút chì được cơng ty bán ra
biết giá ngun vật liệu chiếm 15,58% giá thành sản phẩm.

</div>
<span class='text_page_counter'>(187)</span><div class='page_container' data-page=187>

Diện tích hình lục giác đều cạnh 0,5 cm là S = 6 · (0,5)2_·

√
3
4 =

3√3
8 cm

2_.

Thể tích khối lăng trụ lục giác đều là V1 = 18 ·

3√3
8 =

27√3
4 cm

3_.

Thể tích khối trụ (than chì) là V2 = π ·

Å 1

8

ã2

· 18 = 9π
32 cm

3_.

Thể tích bột gỗ ép xung quanh là V = V1− V2 =

216√3 − 9π

32 cm

3_.

Suy ra chi phí để sản xuất ra một cây bút chì là 216
√

3 − 9π

32 · 100 +
9π

32 · 540 ≈ 1558 đồng.
Vậy giá của một cây bút chì được công ty bán ra là 1558 : 15,58% = 10000 đồng.

Chọn đáp án A _

Câu 40. Một quả tạ tập tay gồm 3 khối trụ (H1), (H2), (H3) gắn liền nhau lần lượt có bán kính và

chiều cao tương ứng là r1, h1, r2, h2, r3, h3 thỏa mãn r3 = r1, h3 = h1, r2 =

1

3r1 (xem hình vẽ). Biết thể
tích của tồn bộ quả tạ bằng 60π và chiều dài quả tạ bằng 9. Thể tích khối trụ (H2) bằng

r1

r2

h1 h2 h3

r3

A. π · 16(9 − 2h1)
16h1+ 9

. B. π · 36(9 − 2h1)
16h1+ 9

. C. π ·60(9 − 2h1)
16h1+ 9

. D. π ·46(9 − 2h1)
16h1 + 9

.

Lời giải.

Từ giả thiết ta có

®h2+ 2h1 = 9

2πr₁2h1+ πr22h2 = 60π

⇒




h2 = 9 − 2h1

2r2₁h1+

1
9r

2

1h2 = 60

⇒ r₁2
Å

2h1+ 1 −

2

9h1

ã
= 60

⇒ r2
1

16h1+ 9

9 = 60
⇒ r2

2 =

60
16h1+ 9

Vậy V(H2)= π

60 (9 − 2h1)

16h1+ 9

</div>
<span class='text_page_counter'>(188)</span><div class='page_container' data-page=188>

Câu 41. Người ta cần đổ một ống cống thốt nước hình trụ với chiều cao 2 m, độ dày thành ống là
10 cm. Đường kính ống là 50 cm. Tính lượng bê tơng cần dùng để làm ra ống thốt nước đó?

A. 0,08π m3_. _{B. 0,18π m}3_. _{C. 0,5π m}3_. _{D. 0,045π m}3_.

Lời giải.

Bán kính ống cống là R = 50

2 = 25 cm = 0,25 m.

Độ dày thành ống là 10 cm nên bán kính trong lịng ống cống là r = 15
cm = 0,15 m.

Thể tích phần bê tơng là

V = πh R2− r2_{= π · 2 0,25}2_{− 0,15}2_{= 0,08π.}

Vậy lượng bê tông cần dùng là 0,08π m3_.

50 cm

10 cm

2 m

O
O0

Chọn đáp án A _

Câu 42. Khi sản xuất hộp mì tơm các nhà sản xuất ln để một khoảng trống dưới đáy hộp. Hình vẽ
dưới mơ tả cấu trúc của hộp mì tơm. Thớ mì tơm có dạng hình trụ, hộp mì có dạng hình nón cụt được
cắt ra bởi hình nón có chiều cao 9 cm và bán kính đáy 6 cm. Nhà sản xuất tìm cách sao cho thớ mì
tơm có được thể tích lớn nhất vì mục đích thu hút khách hàng. Tìm thể tích lớn nhất đó.

A. 48π. B. 81

2 π. C. 36π. D. 54π.

Lời giải.
Ta có mặt cắt qua trục hình nón như hình vẽ.

Đặt r = IK là bán kính đáy hình trụ, h = II0 là chiều cao của hình
trụ.

Thớ mì tơm có được thể tích lớn nhất khi khối trụ có thể tích lớn
nhất.

Thể tích khối trụ là V = πr2_h.

Ta có hai tam giác SAI và SA0I0 đồng dạng nên
SI

SI0 =

AI
A0_I0 ⇔

9
9 − h =

6

r ⇒ h = 9 −
3r

2. _S

I
K

A0
A

I0

Khi đó V = πr2h = πr2
Å

9 −3r
2

ã
= π

Å
−3r

3

2 + 9r

2

ã

.
Khảo sát hàm số V , biến số r, (0 < r < 6).

Ta có V0 = π
Å

−9r

2

2 + 18r
ã

và V0 = 0 ⇔ π
Å

−9r

2

2 + 18r
ã

</div>
<span class='text_page_counter'>(189)</span><div class='page_container' data-page=189>

r
V0(r)

V (r)

0 4 6

+ 0 −

0
0

48π
48π

0
0

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy max V = 48π khi r = 4.
Vậy thớ mì tơm có thể tích lớn nhất là 48π.

Chọn đáp án A _

Câu 43. Nam muốn xây một bình chứa hình trụ có thể tích 72 m3_{. Đáy làm bằng bêtơng giá 100 nghìn}

đồng/m2, thành làm bằng tơn giá 90 nghìn đồng/m2, nắp bằng nhơm giá 140 nghìn đồng /m2. Vậy đáy
của hình trụ có bán kính bằng bao nhiêu để chi phí xây dựng là thấp nhất?

A. 3

2√3_π (m). B.

3

3

√

π (m). C.

√
3

3

√

π (m). D.

2

3

√
π(m).
Lời giải.

Gọi r, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ.
Thể tích khối trụ là

V = πr2h ⇒ 72 = πr2h ⇔ h = 72
πr2.

Chi phí xây dựng là

S = 100 · πr2+ 90 · 2πrh + 140 · πr2
= 240πr2+12960

r
= 240πr2+6480

r +
6480

r
≥ 33

…

240πr2_· 6480

r ·
6480

r
≥ 6480√3

π.

h

r

Dấu “=” xảy ra khi 240πr2 = 6480

r =

6480
r ⇔ r

3 ₌ 27

π ⇔ r =
3

3

√
π.
Vậy để chi phí xây dựng là thấp nhất thì r = √₃3

π.

Chọn đáp án B _

Câu 44. Một chiếc bút chì khối lăng trụ lục giác đều có cạnh đáy 3 mm và chiều cao bằng 200 mm.
Thân bút chì được làm bằng gỗ và phần lõi được làm bằng than chì. Phần lõi có dạng khối trụ có chiều
cao bằng chiều dài của bút chì và đáy là hình trịn bán kính 1 mm. Giả định 1 m3 _{gỗ có giá trị a (triệu}

đồng), 1 m3 than chì có giá trị 8a (triệu đồng). Khi đó giá nguyên vật liệu làm một chiếc bút chì như
trên gần nhất với kết quả nào sau đây?

A. 9,7a (đồng). B. 97,03a (đồng). C. 90,7a (đồng). D. 9,07a (đồng).
Lời giải.

Thể tích phần lõi được làm bằng than chì: Vr = πR2h = π · 10−6· 0, 2 = 0, 2 · 10−6π m3.

Thể tích chiếc bút chì khối lăng trụ lục giác đều:
V = B · h = 3

√
3

2 · (3 · 10

−3₎2 _{· (0,2) =} 27

√
3
10 · 10

−6 _m3_.

Thể tích phần thân bút chì được làm bằng gỗ: V = V − V = 27
√

3

</div>
<span class='text_page_counter'>(190)</span><div class='page_container' data-page=190>

Giá nguyên vật liệu làm một chiếc bút chì:
0,2 · 10−6π · 8a +

Ç
27√3

10 · 10

−6_{− 0,2 · 10}−6_π

å

a ≈ 9,07 · 10−6a (triệu đồng).

Chọn đáp án D _

Câu 45. Một chiếc bút chì có dạng khối lăng trụ lục giác đều có cạnh đáy 3mm và chiều cao bằng
200mm. Thân bút chì được làm bằng gỗ và phần lõi được làm bằng than chì. Phần lõi có dạng khối
trụ có chiều cao bằng chiều dài của bút và đáy là hình trịn có bán kính 1mm. Giả định 1m3 gỗ có giá
a (triệu đồng), 1m3 _{than chì có giá 6a (triệu đồng). Khi đó giá nguyên liệu làm một chiếc bút chì như}

trên gần nhất với kết quả nào dưới đây?

A. 84,5a (đồng). B. 78,2a (đồng). C. 8,45a (đồng). D. 7,82a (đồng).
Lời giải.

Thể tích phần phần lõi được làm bằng than chì là

Vr = π · (10−3)2 · 0,2 = 0,2 · 10−6π m3.

Thể tích chiếc bút chì khối lăng trụ lục giác đều là

V = B · h = 3
√

3
2 (3 · 10

−3

)2· 0,2 = 27
√

3
10 · 10

−6

m3.
Thể tích phần thân bút chì được làm bằng gỗ là

Vt = V − Vr =

27√3
10 · 10

−6_{− 0,2 · 10}−6

π m3.
Giá nguyên vật liệu làm một chiếc bút chì là

0,2 · 10−6π · 6a +
Ç

27√3
10 · 10

−6_{− 0,2 · 10}−6

π
å

a ≈ 7,82 · 10−6a (triệu đồng).

Chọn đáp án D _

Câu 46.

Một cái phễu có dạng hình nón. Người ta đổ một lượng nước vào phễu sao cho
chiều cao của lượng nước trong phễu bằng 1

3 chiều cao của phễu. Hỏi nếu bịt kín
miệng phễu rồi lộn ngược phễu lên thì chiều cao của mực nước xấp xỉ bằng bao
nhiêu? Biết rằng chiều cao của phễu là 15 cm.

A. 0,5 cm. B. 0,3 cm. C. 0,188 cm. D. 0,216 cm.

Lời giải.
Gọi r1, h1, V1 lần lượt là bán kính đáy, chiều cao và thể tích

khối nón giới hạn bởi phần chứa nước lúc ban đầu; r, h,
V lần lượt là bán kính đáy, chiều cao và thể tích khối nón
giới hạn bởi cái phễu; h2 là chiều cao mực nước sau khi lộn

ngược phễu. Theo tính chất tam giác đồng dạng ta có
r1

r =
h1

h =
1
3 ⇒

V1

V =
Å h1

h
ã3

= 1
27.

Sau khi lộn ngược phễu, tỉ số thể tích giữa phần khơng gian
trong phễu khơng chứa nước và thể tích phễu bằng

15 cm

5 cm

1 − 1
27 =

(h − h2)3

h3 ⇔

26
27 =

(15 − h2)3

153 ⇔ h2 = 15 − 5
3

√

26 ≈ 0,188.

</div>
<span class='text_page_counter'>(191)</span><div class='page_container' data-page=191>

Câu 47. Một tấm đề can hình chữ nhật được cuộn lại theo chiều dài tạo thành một khối trụ có đường
kính 50 cm. Người ta trải ra 250 vòng để cắt chữ và in tranh, phần còn lại là một khối trụ có đường
kính 45 cm. Chiều dài phần trải ra gần với số nào nhất trong các số sau? (chiều dài tính bằng đơn vị
mét).

A. 373. B. 180. C. 275. D. 343.

Lời giải.

Gọi l1, l2, . . . , l250 là chiều dài phần trải ra vòng thứ nhất, thứ hai, . . ., thứ 250 của khối trụ.

Vì khi trải ra 250 vịng, bán kính khối trụ giảm đi 2,5 cm nên bề dày tấm đề can là 2,5

250 = 0,01 cm.
Khi đó l1, l2, . . . , l250 lần lượt là chu vi các đường trịn có các bán kính r1, r2, . . . , r250, với r1, r2, . . . , r250

lập thành một cấp số cộng có cơng sai d = −0,01 và số hạng đầu bằng 25.
Nên r1+ r2+ · · · + r250 = 25 · 250 +

250 · 249

2 · (−0,01) = 5938,75.

Vậy chiều dài phần trải ra là l1+ l2+ · · · + l250 = 2π · 5938,75 ≈ 37314 cm ≈ 373 m.

</div>
<span class='text_page_counter'>(192)</span><div class='page_container' data-page=192>

ĐÁP ÁN

1. D 2. A 3. A 4. C 5. D 6. D 7. B 8. A 9. D 10. C

11. C 12. C 13. A 14. C 15. A 16. A 17. C 18. D 19. D 20. D

21. A 22. B 23. D 24. D 25. B 26. B 27. D 28. D 29. D 30. A

31. D 32. A 33. A 34. D 35. D 36. D 37. A 38. A 39. A 40. C

</div>

<!--links-->
HƯỚNG DẪN ÔN THI THPT QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN 12

• 264
• 875
• 0