Đề Thi Học kì 1 Toán 12 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Tỉnh Nam Định Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

Câu 41: Đáp án A

Phương pháp: $V = Bh \Rightarrow h = \frac{V}{B}$

Cách giải:

Do đáy là hình thoi cạnh a, $ABC = {60^0}$ nên diện tích đáy là: $B = 2.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$

Thể tích của khối hộp là $V = Bh \Rightarrow h = \frac{V}{B} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}}} = 2a$

Câu 42: Đáp án C

Phương pháp:

Thể tích của hình hộp: $V = abc$

Cách giải:

Gọi a, b, c là ba kích thước của hình hộp chữ nhật, theo giả thiết có: $ab = 20,\,\,bc = 28,\,\,ac = 35$

Mà $V = abc = \sqrt {ab.bc.ac} = \sqrt {20.28.35} = 140\left( {c{m^3}} \right)$

Câu 43: Đáp án D

Phương pháp:

+) Gọi H là trung điểm của AB $ \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)$

+) Sử dụng công thức đổi điểm, chứng minh $d\left( {;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right)$

+) Dựng khoảng cách từ H đến $\left( {SCD} \right)$

+) Đặt cạnh đáy bằng x. Tính x theo a.

+) Áp dụng công thức tính thể tích $V = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}}$

Cách giải:

Vì $\Delta SAB$ đều, gọi H là trung điểm của AB, từ giả thiết $ \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)$

Vì $d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{3\sqrt 7 a}}{7}$

Gọi M là trung điểm của CD ta có: $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot SH\\CD \bot HM\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SHM} \right)$

Kẻ $HK \bot SM \Rightarrow HK \bot CD \Rightarrow HK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right) = HK = \frac{{3\sqrt 7 a}}{7}$

Gọi x là độ dài cạnh đáy. Khi đó, do $\Delta SAB$cạnh x nên $SH = \frac{{x\sqrt 3 }}{2},\,\,\,HM = x$

$ \Rightarrow \frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{M^2}}} \Leftrightarrow \frac{7}{{9{a^2}}} = \frac{4}{{3{x^2}}} + \frac{1}{{{x^2}}} = \frac{7}{{3{x^2}}} \Rightarrow x = a\sqrt 3 $

Vậy ${S_{ABCD}} = 3{a^2},\,\,SH = \frac{{3a}}{2} \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SH.{V_{ABCD}} = \frac{{3{a^3}}}{2}$

Câu 44: Đáp án D

Phương pháp:

Xác định góc giữa hai mặt phẳng $\left( \alpha \right),\,\left( \beta \right)$

– Tìm giao tuyến $\Delta $ của $\left( \alpha \right),\,\left( \beta \right)$.

– Xác định 1 mặt phẳng $\left( \gamma \right) \bot \Delta $

– Tìm các giao tuyến $a = \left( \alpha \right) \cap \left( \gamma \right),\,\,b = \left( \beta \right) \cap \left( \gamma \right)$

– Góc giữa hai mặt phẳng $\left( \alpha \right),\,\,\left( \beta \right):\,\left( {\left( \alpha \right);\left( \beta \right)} \right) = \left( {a;b} \right)$

Cách giải:

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$, D là điểm đối xứng của A qua O

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}AB \bot BD\\SA \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BD \bot AM$

Mà $AM \bot SB \Rightarrow AM \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow AM \bot SD$

Tương tự $AN \bot SD$

Vậy $SD \bot \left( {AMN} \right)$, mà $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \left( {\left( {AMN} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SA;AD} \right) = ASD$ vì $\Delta SAD$ vuông tại A. Ta có: $\tan \,ASD = \frac{{AD}}{{SA}}$

Mà AD là đường kính của đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$ nên $AD = \frac{{BC}}{{\sin {{120}^0}}} = \frac{{2BC}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{SA}}{{\sqrt 3 }}$

Vậy $\tan \,ASD = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow ASD = {30^0}$

Câu 45: Đáp án C

Phương pháp:

+) Gọi H là trung điểm của BC $ \Rightarrow A’H \bot \left( {ABC} \right)$

+) Xác định góc giữa AA’ và BM.

+) Áp dụng định lí Cosin trong tam giác.

Cách giải:

Gọi H là trung điểm của BC$ \Rightarrow A’H \bot \left( {ABC} \right)$

Ta có $A’H = AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ nên $AA’ = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$

Do $AA’//CC’$ nên $\left( {AA’;BM} \right) = \left( {CC’;BM} \right)$. Ta tính góc BMC

Vì M là trung điểm của CC’ nên $CM = \frac{1}{2}CC’ = \frac{1}{2}AA’ = \frac{{a\sqrt 6 }}{4}$

Gọi N là giao điểm của A’M với AC. Do $CM//AA’,\,\,CM = \frac{1}{2}AA’$ nên CM là đường trung bình

$\Delta AA’N \Rightarrow $ là trung điểm của AN. C

Ta có: $A’C = AC = CN$ nên $AA’N$ vuông tại A’, $AN = 2a,\,\,AA’ = \frac{{a\sqrt 6 }}{2} \Rightarrow A’N = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}$

Tương tự $\Delta ABN$ vuông tại B, $AB = a,\,\,AN = 2a \Rightarrow BN = a\sqrt 3 $

Xét $\Delta A’BN$ có $A’B = a,\,\,BN = a\sqrt 3 ,\,\,A’N = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}$, BM là trung tuyến nên

$B{M^2} = \frac{{B{N^2} + A'{B^2}}}{2} – \frac{{A'{N^2}}}{4} = \frac{{3{a^2} + {a^2}}}{2} – \frac{{5{a^2}}}{8} = \frac{{11{a^2}}}{8} \Rightarrow BN = \frac{{a\sqrt {22} }}{4}$

Xét $\Delta BMC$ có $\cos \,BMC = \frac{{B{M^2} + C{M^2} – B{C^2}}}{{2.BM.CM}} = \frac{{\frac{{11{a^2}}}{8} + \frac{{3{a^2}}}{8} – {a^2}}}{{2.\frac{{a\sqrt {22} }}{4}.\frac{{a\sqrt 6 }}{4}}} = \frac{{\sqrt {33} }}{{11}}$

Câu 46: Đáp án B

Cách giải:

Gọi $I = B’M \cap BA’$, ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}BC//B’C’\\BC \not\subset \left( {MB’C’} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC//\left( {MB’C’} \right)$

$ \Rightarrow d\left( {BC;C’M} \right) = d\left( {BC;\left( {MB’C’} \right)} \right) = d\left( {B;MB’C’} \right)$

Mà hai tam giác IMA’ và IB’B đồng dạng, nên:

$\frac{{IA’}}{{IB}} = \frac{{MA’}}{{BB’}} = \frac{3}{4} \Rightarrow IA’ = \frac{3}{4}IB \Rightarrow d\left( {B;\left( {MB’C’} \right)} \right) = \frac{4}{3}d\left( {A’;\left( {MB’C’} \right)} \right)$

Dựng $A’K \bot B’C’$ tại K, $A’H \bot MK$ tại H, ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}B’C’ \bot A’K\\B’C’ \bot MA’\end{array} \right. \Rightarrow B’C’ \bot \left( {MA’K} \right) \Rightarrow A’H \bot B’C’$

Mà $A’H \bot MK \Rightarrow A’H \bot \left( {MB’C’} \right) \Rightarrow d\left( {A’;\left( {MB’C’} \right)} \right) = A’H$

Xét tam giác A’B’C’ vuông tại A’ có: $\frac{1}{{A'{K^2}}} = \frac{1}{{A’B{‘^2}}} + \frac{1}{{A’C{‘^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{5}{{4{a^2}}}$

Xét tam giác MA’K vuông tại A’ có: $\frac{1}{{A'{H^2}}} = \frac{1}{{A'{K^2}}} + \frac{1}{{A'{M^2}}} = \frac{5}{{4{a^2}}} + \frac{1}{{9{a^2}}} = \frac{{49}}{{36{a^2}}} \Rightarrow A’H = \frac{{6a}}{7}$

Vậy $d\left( {BC;C’M} \right) = \frac{4}{3}A’H = \frac{4}{3}.\frac{{6a}}{7} = \frac{{8a}}{7}$

Câu 47: Đáp án B

Phương pháp:

Diện tích xung quanh của hình trụ: ${S_{xq}} = 2\pi Rl = 2\pi Rh$

Cách giải:

Diện tích xung quanh của hình trụ: ${S_{xq}} = 2\pi Rl = 2\pi Rh = 2\pi .a.a\sqrt 3 = 2\sqrt 3 \pi {a^2}$

Câu 48: Đáp án B

Phương pháp:

Thể tích khối nón: $V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h$

Cách giải:

Giả sử hình nón có đỉnh S, tâm đáy là O, thiết diện qua trục là SAB.

Ta có: tam giác SAB đều cạnh 2a $ \Rightarrow R = a$

Tam giác SOA vuông tại O có: $h = SO = \sqrt {S{A^2} – A{O^2}} = \sqrt 3 a$

Thể tích khối nón là: $V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}.\sqrt 3 a.\pi {a^2} = \frac{{\sqrt 3 \pi {a^3}}}{3}$

Câu 49: Đáp án B

Phương pháp:

Quay tam giác ABC quanh đường thẳng AB ta được khối tròn xoay có thể tích ${V_1}$ thể tích khối nón lớn có đỉnh B và thiết diện qua trục là BDC (hình vẽ) trừ đi ${V_2}$ thể tích khối nón nhỏ có đỉnh A và thiết diện qua trục là ADC.

Cách giải:

Quay tam giác ABC quanh đường thẳng AB ta được khối tròn xoay có thể tích ${V_1}$ thể tích khối nón lớn có đỉnh B và thiết diện qua trục là BDC (hình vẽ) trừ đi ${V_2}$ 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 vuông tại O, có: $\sin {60^0} = \frac{{OC}}{{AC}} \Rightarrow OAC\sin {60^0} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a$

$\cos {60^0} = \frac{{AO}}{{AC}} \Rightarrow OA = AC\cos {60^0} = \frac{a}{2} \Rightarrow OB = \frac{3}{2}a$

$V = {V_1} – {V_2} = \frac{1}{3}BO.\pi ,\,\,\,O{C^2} – \frac{1}{3}OA.\pi O{C^2} = \frac{1}{3}\pi O{C^2}\left( {BO – OA} \right) = \frac{1}{3}\pi .{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}a} \right)^2}a = \frac{{\pi {a^3}}}{4}$

Câu 50: Đáp án B

Phương pháp:

Xét hàm số, tìm GTLN.

Cách giải:

Gọi R, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối trụ.

Diện tích toàn phần hình trụ: ${S_{tp}} = 2\pi Rh + 2\pi {R^2} = \pi \Rightarrow h = \frac{{1 – 2{R^2}}}{{2R}}$

Do $h > 0 \Rightarrow 1 – 2{R^2} > 0 \Leftrightarrow {R^2} < \frac{1}{2} \Leftrightarrow 0 < R < \frac{{\sqrt 2 }}{2}$

Thể tích khối trụ: $V = \pi {R^2}h = \pi {R^2}.\frac{{1 – 2{R^2}}}{{2R}} = \frac{{\pi \left( {R – 2{R^3}} \right)}}{2}$

Xét hàm số $g\left( R \right) = \frac{\pi }{2}\left( {R – 2{R^3}} \right)$ trên $\left( {0;\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)$

Ta có: $g’\left( R \right) = \frac{\pi }{2}\left( {1 – 6{R^2}} \right),\,\,\,g’\left( R \right) = 0 \Leftrightarrow R = \frac{{\sqrt 6 }}{6}\,\,\left( {do\,\,R > 0} \right)$

Bảng biến thiên:

x	0	$\frac{{\sqrt 6 }}{6}$	$\frac{{\sqrt 2 }}{2}$
$g’\left( R \right)$	+	0 –
$g\left( R \right)$

Vậy, thể tích khối trụ lớn nhất khi $R = \frac{{\sqrt 6 }}{6} \Rightarrow h = \frac{{\sqrt 6 }}{3}$