Ôn tập THPT 2019 hình học 12 bài 3

8 5 0
  • Loading ...
1/8 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 16/03/2019, 13:58

tài liệu ôn thi thpt quốc gia 2019 gồm những thủ thuật giải nhanh Đề thi Trắc nghiệm môn Toán, môn lý, môn anh, môn văn, môn hóa là những ebook được hệ thống hóa kiến thức toàn diện, phong phú về nội dung, bám sát trọng tâm chương trình THPT, nhằm giúp học sinh ôn tập hiệu quả trong thời gian ngắn nhất. Câu 1: [2H1-3-4] (THPT QUẢNG XƯƠNG I) Một xưởng sản xuất những thùng bằng kẽm hình hộp chữ nhật không có nắp và có các kích thước x, y, z ( dm ) Biết tỉ số hai cạnh đáy là x : y  1: thể tích của hộp bằng 18 (dm3 ) Để tốn ít vật liệu nhất thì tổng x  y  z bằng 19 26 A B 10 C D 26 Lời giải Chọn C S  Sđáy  Sxq x 6 48   xy   xz  yz   x.3x   x  3x   3x  x  x  x y  x , ta có xyz  18  z  Câu 2: Xét hàm f  x   x  48  0;   , ta f  x  nhỏ nhất x  x Khi x   y  6, z  19  x  y  z  (dm) 2 [2H1-3-4] (TRƯỜNG THPT TH CAO NGUYÊN) Cho hình lập phương ABCD.ABCD , khoảng cách từ C đến mặt phẳng  ABD  bằng 4a Tính theo a thể tích khối lập phương ABCD ABC D A V  8a B V  3 a C V  a V  216a Lời giải Chọn A Gọi I là giao điểm của AC BD Trong mặt phẳng  ACC A  ; AC cắt AI tại G Do AI song song AC AI  1 AC  nên IG  GA 2 D Suy G là trọng tâm tam giác ABD , mà tam giác ABD (có các cạnh là các đường chéo của những hình vuông bằng nhau) nên GA  GB  GD AA  AB  AD suy AG  ( ABD ) Do đó khoảng cách từ C đến mặt phẳng  ABD  C ' G Mặt khác C ' G  2 4a AC '  AB   AB  2a Vậy V  8a 3 Câu 3: [2H1-3-4][LƯƠNG ĐẮC BẰNG-2017]Cho hình lập phương ABCD.ABCD có cạnh bằng a , mợt mặt phẳng   cắt cạnh AA , BB , CC , DD tại M , N , P , Q Biết AM  a , CP  a Thể tích khới đa diện ABCD.MNPQ là: 3 11 11 2a a a a A B C D 15 30 3 Lời giải Chọn A B C O A D N M I P Q O1 B' C' O' A' D' Tứ giác MNPQ hình bình hành có tâm I tḥc đoạn OO Ta có: OI  AM  CP 11 a  a 30 Gọi O1 là điểm đối xứng O qua I thì: OO1  2OI  11 a  a Vậy O1 nằm đoạn OO 15 Vẽ mặt phẳng qua O1 song song với  ABCD  cắt cạnh AA; BB; CC ; DD tại A1 , B1 , C1 , D1 Khi đó I là tâm của hình hợp 2 ABCD A B1C1D1 Vậy VABCD.MNPQ  VMNPQ A1B1C1D1 = VABCD A1B1C1D1  a 2OO1  11 a 30 Câu 4: [2H1-3-4][CHUYÊN VĨNH PHÚC-2017] Người ta gọt một khối lập phương gỗ để lấy khối tám mặt nội tiếp nó (tức là khối có các đỉnh là các tâm của các mặt khối lập phương) Biết các cạnh của khối lập phương bằng a Hãy tính thể tích của khối tám mặt đó: a3 a3 a3 a3 A B C D 12 Lời giải Chọn B C D S B A Dựng hình hình bên + Thấy thể tích khối cần tính bằng lần thể tích của hình chóp S.ABCD + Nhiệm vụ tìm thể tích của S.ABCD + ABCD là hình vuông có tâm O đồng thời chính là hình chiếu của S lên mặt đáy SO  a ; BD  cạnh của hình lập phương  a Suy các cạnh của hình vuông ABCD  a a3 1    a V VS.ABCD  Sh   a  khối đa diện  2.VS.ABCD     3   12   Câu 5: [2H1-3-4] Cho khối lăng trụ ABC ABC M là trung điểm của cạnh AB Mặt phẳng  BC M  chia khới lăng trụ thành hai phần Tính tỷ sớ thể tích của hai phần đó A B C D Lời giải Chọn B Qua M kẻ đường thẳng song song với BC cắt AC tại N đó thiết diện tạo bởi mặt phẳng  B ' C ' M  khới chóp tứ giác B ' C ' NM Khi đó thiết diện chia hình lăng trụ thành phần BCNMB ' C ' AMNA' B ' C ' Gọi S là giao điểm của C ' N với AA ' Ta có VSAMN SA SM SN 1 1     VSAMN  VSA ' B ' C ' VSA ' B ' C " SA ' SB ' SC ' 2 8 7  VAMNA ' B ' C '  VSA ' B ' C '  SA '.S A ' B ' C '  AA '.S A ' B ' C ' 8  7 AA '.S A ' B ' C '  VABC A ' B ' C '  VBCNMB ' C '  VABC A ' B ' C ' 12 12 12 Do đó tỉ sớ thể tích hai phần 7 :  12 12 Câu 6: [2H1-3-4] Cho lăng trụ ABC ABC có đáy là tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc của điểm A ' lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' BC bằng a Khi đó thể tích của khối lăng trụ a3 A 24 a3 B 12 Lời giải Chọn B a3 C a3 D Gọi H trọng tâm của tam giác ABC Suy A ' H   ABC  Qua A kẻ đường thẳng Ax song song với BC Ta có Ax / / BC  d  A ' A, BC   d  BC ,  A ' Ax    d  M ,  A ' Ax    d  H ,  A ' Ax    BC  AM  BC  A ' H Kẻ HK  AA ' ta có   BC   A ' AM   BC  HK Mà HK  AA '  HK   A ' Ax   HK  Ta S ABC  có a 1 a    HA '  2 HK HA HA ' mà a2 a3  V  A ' H S ABC  12 Câu 7: [2H1-3-4] (THPT Chuyên Thái Bình - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Mợt tấm kẽm hình vng ABCD có cạnh bằng 30 cm Người ta gập tấm kẽm theo hai cạnh EF GH cho đến AD BC trùng hình vẽ bên để một hình lăng trụ khuyết hai đáy E A B G E G A B H F D x x F C H D 30 cm C Giá trị của x để thể tích khới lăng trụ lớn nhất là: A x   cm  B x   cm  C x   cm  D x  10  cm  Lời giải Chọn D 30  2x I E x G x A Đường cao lăng trụ AD  AB  30cm không đổi Để thể tích lăng trụ lớn nhất chỉ cần diện tích đáy lớn nhất Gọi I là trung điểm cạnh EG  AI  EG tam giác AEG Khi đó IG  15  x,   x  15  30  x   15  Có AI  x     x  15  x   30 x  225, x   ;15    2  1 S AEG  AI EG   30  x  30 x  225  15 15  x   x  15  2  15  Vậy ta cần tìm x   ;15  để f  x   15  x   x  15 lớn nhất 2  2  x  15 f   x   2 15  x  x  15  15  x   15  x  30  3x      x  10 Bảng biến thiên: x f  x 15 10  15  125 f  x 0 Vậy thể tích lăng trụ lớn nhất x  10 Cách khác (trắc nghiệm): Học sinh có thể thay giá trị của đáp án vào hàm số f  x   15  x   x  15 để có kết quả Câu 8: [2H1-3-4] (ĐỀ ĐỒN TRÍ DŨNG - HÀ HỮU HẢI - LẦN - 2018) Cho tứ diện S.ABC , M N là các điểm thuộc cạnh SA SB cho MA  3SM , SN  2NB , ( ) mặt phẳng qua MN song song với SC Kí hiệu ( H1 ) ( H ) khối đa diện có chia khối tứ diện S.ABC bởi mặt phẳng ( ) , đó, ( H1 ) chứa điểm S , ( H ) chứa điểm A ; V1 V2 thể tích của ( H1 ) ( H ) Tính tỉ sớ A B V1 V2 25 47 C 25 48 D 35 45 Câu 9: [2H1-3-4] (ĐỀ ĐỒN TRÍ DŨNG - HÀ HỮU HẢI - LẦN - 2018) Cho khới chóp S.ABC có SA vng góc với đáy, tam giác ABC vng tại B Biết rằng thể tích của khới chóp 24 giá trị nhỏ nhất diện tích tồn phần chóp S.ABC p  q đó p, q  37 36 25 C p  q  A p  q  S a Tính giá trị biểu thức: p  q  ? 37 25 D p  q  16 B p  q  C A c b B Câu 10: [2H1-3-4] (Sở Ninh Bình - Lần - 2018 - BTN) Mợt hình hợp chữ nhật có kích a (cm)  b (cm)  c (cm) , đó a, b, c số nguyên  a  b  c thước Gọi V (cm3 ) S (cm ) thể tích diện tích tồn phần của hình hợp Biết V  S , tìm sớ bộ ba số  a, b, c  ? A B 10 C 12 D 21 Lời giải Chọn.B V  a.b.c S   ab  bc  ca  Ta có V  S suy  ab  bc  ca   a.b.c  1 1    a b c 1 1 1          a  (do  a  b  c ) a b c a a a a 1 1 1       2 a 6 a b c a + Với a  ta có 1     b   c    36 b c Suy  b, c   7;42  , 8;24  ,  9;18 , 10;15 , 12;12   có cách chọn thỏa mãn + Với a  ta có 1     b   c    16 b c Suy  b, c   5;20  ,  6;12  , 8;8  có cách chọn thỏa mãn b  1 3 20 b    ,  15 + Với a  ta có      b  b c 10 10 b c  10 c    Suy có cách chọn thỏa mãn + Với a  ta có 1    b  c  Suy có cách chọn b c Vậy tổng cợng có 10 cách chọn ... VBCNMB ' C '  VABC A ' B ' C ' 12 12 12 Do đó tỉ sớ thể tích hai phần 7 :  12 12 Câu 6: [2H1 -3- 4] Cho lăng trụ ABC ABC có đáy là tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc của điểm... HA '  2 HK HA HA ' mà a2 a3  V  A ' H S ABC  12 Câu 7: [2H1 -3- 4] (THPT Chuyên Thái Bình - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Mợt tấm kẽm hình vng ABCD có cạnh bằng 30 cm Người ta gập tấm kẽm... ABCD.MNPQ là: 3 11 11 2a a a a A B C D 15 30 3 Lời giải Chọn A B C O A D N M I P Q O1 B' C' O' A' D' Tứ giác MNPQ hình bình hành có tâm I tḥc đoạn OO Ta có: OI  AM  CP 11 a  a 30 Gọi O1
- Xem thêm -

Xem thêm: Ôn tập THPT 2019 hình học 12 bài 3, Ôn tập THPT 2019 hình học 12 bài 3

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay