Ôn tập THPT 2019 hình học 12 chương 2 bài 4

25 12 0
  • Loading ...
1/25 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 16/03/2019, 14:30

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. r h bán kính đáy chiều cao hình nón Kí hiệu V1 , V2 thể tích hình nón thể tích hình cầu nội tiếp hình nón Khi r Câu 1: [2H2-4-4] Gọi h thay đổi, tìm giá trị bé tỉ số A V1 V2 B 2 C D Lời giải Chọn D Gọi  P  mặt phẳng qua trục hình nón  P  cắt hình nón Theo tam giác cân SAB , cắt mặt cầu theo đường tròn lớn, đường tròn nội tiếp tam giác cân Khi đó, bán kính r1 hình cầu nội tiếp hình nón tính cơng thức rh r1  r  h2  r   h2  1 1  r V1    1 1 x  h2 V2 4 x r  1  f  x  Xét  Vì  1 x 1 1 x  4x  , f ' x   h2 x0 r2 ,  x  2 1 x 1 4.2 x 1 x  x 1 4.2 x x   nên xét dấu f  x  , ta cần xét dấu g  x  x   1 x Ta có g '  x    Dễ thấy g '  x   x  x 1  , đồng thời x 1 g  x   x  Vậy g  x  hàm tăng miền x  g  8  nên Với  x  g  x   0; Vậy giá trị nhỏ V V1 x  suy  V2 V2 Câu 2: [2H2-4-4] (Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho mặt cầu  S  bán kính R Hình nón  N  thay đổi có đỉnh đường tròn đáy thuộc mặt cầu  S  Thể tích lớn khối nón  N  là: A 32 R 81 B 32 R 81 C 32 R 27 D 32 R 27 Lời giải Chọn A Ta tích khối nón đỉnh S lớn thể tích khối nón đỉnh S  Do cần xét khối nón đỉnh S có bán kính đường tròn đáy r đường cao SI  h với h  R Thể tích khối nón tạo nên  N  là: 1 1 V  h.S C   h. r  h.  R   h  R       h3  2h R    3 3 Xét hàm số: f  h   h3  2h R với h   R; 2R  Ta có f   h   3h2  4hR f   h    3h  4hR   h  (loại) h  4R Bảng biến thiên: Ta có: max f  h   4R 32 R h  27 Vậy thể tích khối nón tạo nên  N  có giá trị lớn 4R 32 32 V  R   R3 h  3 27 81 Chú ý: Sau tính V     h3  2h R  ta làm sau: 1    h  h  R  2h  32 R3 V    h  2h R    h  R  h   h.h  R  2h      3 6 81  Đẳng thức xảy h 4R 2h h 4R Câu 3: [2H2-4-4] (THPT Chuyên Bắc Ninh - Lần - 2017 - 2018) Cho tơn hình nón có , độ dài đường sinh l  Người ta cắt theo đường sinh trải phẳng hình quạt Gọi M , N thứ tự trung điểm OA , OB Hỏi cắt hình quạt theo hình chữ nhật MNPQ (hình vẽ) tạo thành hình trụ đường PN trùng MQ ( đáy làm riêng) khối trụ tích bao nhiêu? bán kính đáy r  O M N B A Q P A     13  8 B    13  4 C   13  12 D 13  Lời giải Chọn A Độ dài cung AB hình quạt chu vi đáy hình nón 2 Số đo góc AOB : AOB  4  3 l AB 4 2   2 3.2 Áp dụng định lí cosin tam giác OAB , ta AB  OA2  OB  2OA.OB.cos AOB    8.cos 2  12 Ta có AB  AB   MN  Ta có ONM  30  ONP  120 Áp dụng định lí cosin tam giác ONP , ta OP  ON  NP  2ON NP.cos ONP    NP  NP  1  13  NP  1  13  NP  NP      NP   1  13  NP   Khi hình chữ nhât MNPQ thành mặt trụ có chiều cao NP  kính đáy: R  13  , bán MN  2 2   13    13  Thể tích khối trụ: V  h. R      8  2  2 Câu 4: [2H2-4-4] [CHUN THÁI BÌNH - 2017] Xét hộp bóng bàn có dạng hình hộp chữ nhật Biết hộp chứa vừa khít ba bóng bàn xếp theo chiều dọc, bóng bàn có kích thước Phần khơng gian trống hộp chiếm: A 65, 09% C 82,55% B 47, 64% D 83,3% Lời giải Chọn B Gọi đường kính bóng bàn d Khi kích thước hình hộp chữ nhật d , d ,3d Vậy thể tích hình hộp chữ nhật V1  d.d.3d  3d d3 d3  Thể tích ba bóng bàn: V2    r  4 Thể tích phần khơng gian trống: V3  V1  V2 Phần khơng gian trống hộp chiếm: V3  V1 3d  d3 3d  3  47, 64% Câu 5: [2H2-4-4] [CHUYÊN VINH – L2 - 2017] Một xưởng sản xuất muốn tạo đồng hồ cát thủy tinh có dạng hình trụ, phần chứa cát hai nửa hình cầu Hình vẽ bên với kích thước cho thiết kế thiết diện qua trục đồng hồ (phần giới hạn hình trụ phần hai hình cầu chứa cát) Khi đó, lượng thủy tinh làm đồng hồ cát gần với giá trị giá trị sau 13, 2cm 1cm 13, 2cm 1cm A 1070,8 cm3 B 602, cm3 C 711, cm3 D 6021,3 cm3 Lời giải Chọn A Ta tích khối trụ V1   13, 2.6,62  1086, Đường kính hình cầu 13,  2.1,  11, cm , suy thể tích hai nửa khối cầu V2   5, 63  735, 619 Vậy lượng thủy tinh làm đồng hồ gần với giá trị 1070,8 cm3 Câu 6: [2H2-4-4] [NGUYỄN TRÃI – HD - 2017] Có cốc làm giấy, úp ngược hình vẽ Chiều cao cốc 20 cm , bán kính đáy cốc 4cm , bán kính miệng cốc 5cm Một kiến đứng điểm A miệng cốc dự định bò hai vòng quanh than cốc để lên đến đáy cốc điểm B Quãng đường ngắn để kiến thực dự định gần với kết dước đây? A 59,98cm C 58, 67 cm B 59,93cm D 58,80 cm Lời giải Chọn D Đặt b, a, h bán kính đáy cốc, miệng cốc chiều cao cốc,  góc kí hiệu hình vẽ Ta “trải” hai lần mặt xung quanh cốc lên mặt phẳng hình quạt khuyên với cung nhỏ BB "  4 b cung lớn AA"  4 a Độ dài ngắn đường kiến độ dài đoạn thẳng BA ” Áp dụng định lí hàm số cosin ta được: l  BO  OA2  BO.OA.cos 2 (1) BA  AB  (a  b)2  h2 a 4 a l ( BB) OA OB  AB AB AB.      1  1  b b 4 b l (AA) OB OB 2 b    2 (a  b) 2 (a  b)  (a) AB ( a  b)  h b (a  b)2  h2 AB a a b  1   OB  (b) OB b b a b b ( a  b)  h  (a  b)2  h2 (c) a b Thay (a), (b), (c) vào (1) ta tìm l l  58, 79609cm  58,80 OA  OB  BA  Ghi Để tồn lời giải đoạn BA ” phải không cắt cung BB điểm khác B , tức BA ” nằm tiếp tuyến BB B Điều tương đương b với 2  cos 1   Tuy nhiên, lời giải thí sinh khơng u cầu phải trình a bày điều kiện (và đề cho thỏa mãn yêu cầu đó) Câu 7: [2H2-4-4] (TRƯỜNG THPT TH CAO NGUYÊN ) Thể tích khối chỏm cầu bán kính R , chiều cao h  A h  R B h   R  R3 81 C h   R D h   R3 27 Lời giải Chọn A h  R Ta có cơng thức V   h2  R       3  3 R   R     R3  81  Câu 8: [2H2-4-4] (THPT CHU VĂN AN) Cho hai mặt cầu  S1  ,  S  có bán kính R thỏa mãn tính chất: tâm  S1  thuộc  S  ngược lại Tính thể tích phần chung V hai khối cầu tạo ( S1 ) ( S2 ) A V   R V B V   R3 2 R Lời giải Chọn C C V  5 R 12 D Gắn hệ trục Oxy hình vẽ Khối cầu S  O, R  chứa đường tròn lớn C  : x2  y  R2 Dựa vào hình vẽ, thể tích cần tính R V  2   R R  x3  5 R3 R  x dx  2  R x    R 122  Câu 9: [2H2-4-4] Một sở sản xuất kem chuẩn bị làm 1000 kem giống theo đơn đặt hàng Cốc đựng kem có dạng hình tròn xoay tạo thành quay hình thang ABCD vng A D xung quanh trục AD (xem hình vẽ) Chiếc cốc có bề dày không đáng kể, chiều cao 7, cm ; đường kính miệng cốc 6,4 cm ; đường kính đáy cốc 1,6 cm Kem đỏ đầy cốc dư phía ngồi lượng có dạng nửa hình cầu, có bán kính bán kính miệng cốc Cơ sở cần dùng lượng kem gần với giá trị giá trị sau A 293 dm B 170 dm3 954 dm Lời giải C 132 dm3 D Chọn B Thể tích kem cần tính bao gồm +) Thể tích hình nón cụt có bán kính đáy lớn R1  3, cm, bán kính đáy nhỏ r1  0,8 cm chiều cao h  7, cm +) Thể tích nửa khối cầu có bán kính R  3, cm Suy V   h  R12  R1r1  r12    R 3 20288   7,  3, 22  3, 2.0,8  0,82    3, 23   170 cm3 3 375 Vậy thể tích 1000 kem 170.10 cm3  170 dm3 Câu 10: [2H2-4-4] Cho mặt cầu  S  có bán kính R  a Gọi T  hình trụ có hai đường tròn đáy nằm  S  có thiết diện qua trục T  lớn Tính diện tích tồn phần Stp T  A Stp  9 a C Stp  6 a B Stp  9 a Stp  6 a Lời giải Chọn A Hình vẽ thiết diện qua trục sau: Ta có: AC  R  2a Đặt AD  x, ta có: CD  AC  AD2  12a  x Vì thiết diện qua trục lớn nên AD.CD lớn Xét hàm số: f  x   x 12a  x , x  0; 2a  Ta có: f   x   12a  x  x 2 x 12a  x2  12a  x 12a  x2 D f  x    12a  x2 12a  x 0 xa   Ta có: f a  a 12a  a     a 6.a  6a ; f 2a  ; f  0  Vậy hình trụ có: bán kính đáy R  Stp  2 r (r  h)  2 CD a  ; chiều cao h  AD  a 2  a a   a   9 a   Câu 11: [2H2-4-4] Người ta chế tạo đồ chơi cho trẻ em theo công đoạn sau: Trước tiên, chế tạo tra mặt nón tròn xoay có góc đỉnh   60 thủy tinh suốt Sau đặt hai cầu nhỏ thủy tinh có bán kính lớn, nhỏ khác cho mặt cầu tiếp xúc với tiếp xúc với mặt nón Quả cầu lớn tiếp xúc với mặt đáy mặt nón Cho biết chiều cao mặt nón cm Bỏ qua bề dày lớp vỏ thủy tinh, tính tổng thể tích hai khối cầu A 112   cm3  B 40   cm  10   cm3  Lời giải Chọn A C 25   cm  D S J C H D I A B O Gọi R bán kính hình nón r1 , r2 bán kính cầu lớn cầu nhỏ Thiết diện qua trục hình nón sau: SAB tam giác nên SO  AB Gọi I tâm tam giác SAB , r1  2SO 2.9  AB    3 SO  3 3 Tam giác SCD có chiều cao SH  Gọi J tâm tam giác SCD , r2  SO 3 SH  1 3 Tổng thể tích hai cầu là: 4 4 112 V   r13   r23    r13  r23     27  1   3 3 Tính chất cần nhớ: Đối với tam giác đều: + Bán kính đường tròn ngoại tiếp + Bán kính đường tròn nội tiếp trung tuyến tương ứng trung tuyến tương ứng Câu 12: [2H2-4-4] Từ nguyên vật liệu cho trước, công ty muốn thiết kế bao bì để đựng sữa với thể tích 1dm3 Bao bì thiết kế hai mơ hình sau: hình hộp chữ nhật có đáy hình vng; hình trụ Hỏi thiết kế theo mơ hình tiết kiệm nguyên vật liệu nhất? Và thiết kế mơ hình theo kích thước nào? A Hình trụ chiều cao đường kính đáy B Hình trụ chiều cao bán kính đáy C Hình hộp chữ nhật cạnh bên gấp hai lần cạnh đáy D Hình hộp chữ nhật cạnh bên cạnh đáy Lời giải Chọn A Giả sử thiết kế theo hình hộp chữ nhật có chiều cao h cạnh đáy a Ta có V1  a h   h  Khi diện tích tồn phần hình hộp a S1  4ah  2a  2  2a    2a  a a a Vậy S1  dấu xảy a  h  Giả sử thiết kế theo hình trụ có chiều cao h bán kính đáy R , ta có V2   R h   h   R2 Khi diện tích tồn phần hình trụ S  2 Rh  2 R  1  2 R    2 R  3 2 R R R 1 Vậy S2  3 2 dấu xảy R  h  2 Vì S1  S2   3 2  nên ta chọn thiết kế theo hình trụ để tiết kiệm vật liệu nhất, hình trụ có R  h , hay chiều cao đường kính đáy Câu 13: [2H2-4-4] Cho hai hình vng có cạnh xếp chồng lên cho đỉnh X hình vng tâm hình vng lại (như hình vẽ) Tính thể tích V vật thể tròn xoay quay mơ hình xung quanh trục XY A V    125   B V    125  212 C V    125   D V  24   125   Lời giải Chọn C X Y Cách : Khối tròn xoay gồm phần: Phần 1: khối trụ có chiều cao 5, bán kính đáy tích 125 5 V1        2 Phần 2: khối nón có chiều cao bán kính đáy tích 2   125 V2         2 12   Phần 3: khối nón cụt tích V3         1     2    5  125 2              2 24   Vậy thể tích khối tròn xoay V  V1  V2  V3  Cách :   125 125 125 2   125      12 24 24 Thể tích hình trụ tạo thành từ hình vng ABCD VT   R h  125 Thể tích khối tròn xoay tạo thành từ hình vng XEYF 125 V2 N   R h  Thể tích khối tròn xoay tạo thành từ tam giác XDC 125 VN    R h  24 Thể tích cần tìm V  VT  V2 N  VN   125 5 24 Câu 14: [2H2-4-4] Một hộp nữ trang (xem hình vẽ) có mặt bên ABCDE với ABCE hình chữ nhật, cạnh cong CDE cung đường tròn có tâm trung điểm M đoạn thẳng AB Biết AB  12 cm , BC  cm BQ  18 cm Hãy tính thể tích hộp nữ trang       B 216 4  3 cm   D 261 4  3 cm A 216 3  4 cm C 261 3  4 cm Lời giải Chọn A Ta có V  BQ.SABCDE Trong SABCDE  SABCE  SCDE  SABCE   SMCDE  SMCE      122.120   6.12    6.12   12 3  4  360      Thể tích hộp nữ trang V  18.12 3  4  216 3  4 cm3 Câu 15: [2H2-4-4] Hai bóng hình cầu có kích thước khác đặt hai góc nhà hình hộp chữ nhật Mỗi bóng tiếp xúc với hai tường nhà Trên bề mặt bóng, tồn điểm có khoảng cách đến hai tường bóng tiếp xúc đến nhà 9, 10, 13 Tổng độ dài đường kính hai bóng A 64 B 34 C 32 D 16 Lời giải Chọn A Chọn hệ trục toạ độ Oxyz gắn với góc tường trục cạnh góc nhà Do hai cầu tiếp xúc với tường nhà nên tương ứng tiếp xúc với ba mặt phẳng toạ độ, tâm cầu có toạ độ I  a; a; a  với a  có bán kính R  a Do tồn điểm bóng có khoảng cách đến tường nhà 9, 10, 11 nên nói cách khác điểm A  9;10;13 thuộc mặt cầu Từ ta có phương trình:   a   10  a   13  a   a 2 Giải phương trình ta nghiệm a  a  25 Vậy có mặt cầu thoả mãn tốn tổng độ dài đường kính   25  64 Câu 16: [2H2-4-4] Giả sử viên phấn viết bảng có dạng hình trụ tròn xoay, bán kính đáy 0, cm , chiều cao 10 cm Người ta làm hộp đựng phấn có dạng hình hộp chữ nhật với kích thước cm  cm 10 cm Khi xếp 500 viên phấn vào 11 hộp ta kết khả sau: A Có thể xếp thêm viên B Có thể xếp thêm viên C Thừa viên D Vừa đủ Lời giải Chọn C Đường kính đáy hình trụ d  0,5   1 cm  Ta thấy hộp đựng phấn có chiều dài đáy, chiều rơng đáy chiều cao  cm  ,5  cm  ,10  cm  Nên hộp xếp hàng phấn, hàng phấn gồm viên (hình vẽ), số viên phấn hộp   45 viên Vậy 11 hộp phấn có tất 45 11  495 viên Khi xếp 500 viên phấn vào 11 hộp thừa CHƯƠNG 3: TỌA ĐỘ KHÔNG GIAN (THPT Thanh Miện - Hải Dương - Lần - 2018 - BTN) Cho mặt cầu  S  có bán kính R khơng đổi, hình nón  H  nội tiếp mặt cầu  S  Thể Câu 17: [2H2-4-4] tích khối nón  H  V1 ; thể tích phần lại khối cầu V2 Giá trị lớn A V1 bằng: V2 81 32 B 76 32 C Lời giải Chọn D 32 81 D 32 76 S I A H B Gọi I , S tâm mặt cầu đỉnh hình nón Gọi H tâm đường tròn đáy hình nón AB đường kính đáy Ta có V1 V V Do để đạt GTLN V1 đạt GTLN 1  V2 V2 V  V1 TH 1: Xét trường hợp SI  R Khi thể tích hình nón đạt GTLN SI  R Lúc V1   R3 TH 2:  SI  R  I nằm tam giác SAB hình vẽ Đặt IH  x  x   Ta có  1 V1   HA2 SH    R  x   R  x    R  x  R  x  R  x  3    4R  32 R    6  81 Dấu xảy x  R  R3 V1 V 1  Khi  1  32 19 V2 V  V1  R3   R3 81 Câu 18: [2H2-4-4] (THPT Lê Hồng Phong - Nam Định - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Ban đầu ta có tam giác cạnh (hình ) Tiếp ta chia cạnh tam giác thành đoạn thay đoạn hai đoạn cho chúng tạo với đoạn bỏ tam giác phía bên ngồi ta hình Khi quay hình xung quanh trục d ta khối tròn xoay Tính thể tích khối tròn xoay d Hình A 5 Hình B 9 C 5 D 5 Lời giải Chọn A d S V1 A I V2 M B H K C Ta tích khối tròn xoay tạo thành lần thể tích nửa cho hình SIABK quay quanh trục SK Tam giác SIH quay quanh trục SK tạo thành khối nón có r1  IH  h1  SH  ; 1 3 Thể tích khối nón V1   r12 h1    3 24 Hình thang vng HABK quay quanh trục HK tạo thành hình nón cụt có R  AH  3 ; r  BK  ; h  HK  SH  2 Thể tích khối nón cụt V2  h  R2  r  R.r    39  19  1   4 2 24 Suy thể tích khối tròn xoay cho V  V1  V2   3 Câu 19: [2H2-4-4](Sở GD ĐT Cần Thơ - 2017-2018 - BTN) Người ta chế tạo đồ chơi cho trẻ em theo công đoạn sau: Trước tiên chế tạo hình nón tròn xoay có góc đỉnh 2  60 thủy tinh suốt Sau đặt hai cầu nhỏ thủy tinh có bán kính lớn, nhỏ khác cho hai mặt cầu tiếp xúc với cho hai mặt cầu tiếp xúc với tiếp xúc với mặt nón, cầu lớn tiếp xúc với mặt đáy hình nón (hình vẽ) Biết chiều cao hình nón 9cm Bỏ qua bề dày lớp vỏ thủy tinh, tổng thể tích hai khối cầu A 112  B 40  Lời giải Chọn A C 38 D 100  S C N B M O A Gọi N , r1 tâm bán kính đường tròn nhỏ M , r2 tâm bán kính mặt cầu lớn Do mặt cầu tiếp xúc với tiếp xúc với mặt nón nên tam giác SCN vng C , tam giác SBM vng B Hình nón tròn xoay có góc đỉnh 2  60 nên ASO  30 1 SO SM   SO  r2   r2  3; 2 SO  2r2 r1  SN  sin 30  SO  r1  2r2   r1   Ta có r2  sin 30.SM  Thể tích hai khối cầu lớn, nhỏ hình nón V  3 112 r1  r2      3 Câu 20: [2H2-4-4] (THPT Yên Định - Thanh Hóa - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình cầu  S  tâm I , bán kính R khơng đổi Một hình trụ có chiều cao h bán kính đáy r thay đổi nội tiếp hình cầu Tính chiều cao h theo R cho diện tích xung quanh hình trụ lớn R A h  R B h  R C h  D h R Lời giải Chọn A O2 R h I r O1 B Ta có R  r  A h2 h2  r  R2  4 Mà diện tích xung quanh hình trụ S  2 rh  2 h R  Xét hàm số f  h   h2 h 4R  h2  h  R  h   R , dấu xảy 2 h  R HẾT A B C A C B 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 D A C B D D D A C D C D C B C A D B B 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 B B D D A C B D A B B B A A A A A C C A D D C C A Câu 21: [2H2-4-4] (THPT Lý Thái Tổ - Bắc Ninh - lần - 2017 - 2018 - BTN) Có bể hình hộp chữ nhật chứa đầy nước Người ta cho ba khối nón giống có thiết diện qua trục tam giác vuông cân vào bể cho ba đường tròn đáy ba khối nón tiếp xúc với nhau, khối nón có đường tròn đáy tiếp xúc với cạnh đáy bể hai khối nón lại có đường tròn đáy tiếp xúc với hai cạnh đáy bể Sau người ta đặt lên đỉnh ba khối nón khối cầu có bán kính lần bán kính đáy khối nón Biết khối cầu vừa đủ ngập nước lượng nước 337 cm3  Tính thể tích nước ban đầu bể trào  A  885,  cm3  B  1209,  cm3  C  1106,  cm3  D  1174,  cm3  Lời giải Chọn B Gọi r , Rmc bán kính đáy khối nón khối cầu, a, b, c kích thước hình hộp chữ nhật Dễ dàng thấy a  4r , ABC cạnh 2r nên BH  AB r  b  r  2r Rmc  4 1 4  4 r  Vkc   Rmc    r      r Vkn   r h   r (do h  r ) 3 3 3  3 337 4 Ta có phương trình  r     r   r   Rmc  3 3 Từ a  12 , b   3 Gọi D , E , F đỉnh hình nón DEF có cạnh nội tiếp đường tròn có bán kính HM   IH  IM  HM  42    Từ 2sin 60  , c  Rmc  IH  r     Vậy thể tích nước ban đầu thể tích khối hộp chữ nhật Vkhcn  abc    12.9  3  1209,  cm3  Câu 22: [2H2-4-4] (Sở Ninh Bình - Lần - 2018 - BTN) Cho cốc có dạng hình nón cụt viên bi có đường kính chiều cao cốc Đổ đầy nước vào cốc thả viên bi vào, ta thấy lượng nước tràn nửa lượng nước đổ vào cốc lúc ban đầu Biết viên bi tiếp xúc với đáy cốc thành cốc Tìm tỉ số bán kính miệng cốc đáy cốc (bỏ qua độ dày cốc) A B C 3 D 1 Lời giải Chọn C O A K B I H D O' C Đặt AB  2a , DC  2b , OO  2c Ta có V1 thể tích cốc, V2 thể tích bi Ta có CK  2c , CB  a  b , BK  a  b Do tam giác CKB vng K ta có CB  CK  BK  a  b  2ab  4c  a  b  2ab  ab  c Mặt khác V1   2c a  b  ab  , V2  4 c Theo giả thiết lượng nước tràn nửa lượng nước đổ vào cốc lúc ban đầu, suy V1  2V2  c  a  b2  ab   4c3  a  b  ab  4ab  a 3 a 3 , a  b nên   b b 2 BẢNG ĐÁP ÁN 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 D B B C C B C C B C A D A A A B C A A C B C A D D 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 A B B B D C B D D A B B A B D D D B A C D A D D C HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 23: [2H2-4-4] (Đồn Trí Dũng - Lần - 2017 - 2018) Một cốc hình nón có chiều cao h  bán kính đáy R  chứa lượng nước tích V Người ta bỏ vào bên cốc viên bi hình cầu có bán kính r  lượng nước dâng lên vừa phủ kín viên bi Tính thể tích V lượng nước có cốc A V  V  B V  16  5  12 44  Lời giải Chọn A C V  8  5  D Xét mặt cắt thiết diện qua trục hình nón Tam giác AOB có OA  2OB , 1   1  OA  OH  AB  2 OH OA OB OA2  Chiều cao mực nước sau thả them viên bi vào hình nón là:  1  h  OA  r    V       V   r  3       1 12    V   V   3 ...  b b 2 BẢNG ĐÁP ÁN 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 D B B C C B C C B C A D A A A B C A A C B C A D D 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50... A B C A C B 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 D A C B D D D A C D C D C B C A D B B 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 B B D D A C B D...     2 24   Vậy thể tích khối tròn xoay V  V1  V2  V3  Cách :   125  125  125 2   125      12 24 24 Thể tích hình trụ tạo thành từ hình vng ABCD VT   R h  125  Thể tích
- Xem thêm -

Xem thêm: Ôn tập THPT 2019 hình học 12 chương 2 bài 4, Ôn tập THPT 2019 hình học 12 chương 2 bài 4

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

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