Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 1 - Chủ đề 3: Thể tích khối lăng trụ - Dạng 7: Khối hình hộp khác - Mức độ 3 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

Nội dung text: Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 1 - Chủ đề 3: Thể tích khối lăng trụ - Dạng 7: Khối hình hộp khác - Mức độ 3 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 36. [2H1-3.7-3] (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC - LẦN 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cắt khối hộp ABCD.A B C D bởi các mặt phẳng AB D , CB D , B AC , D AC ta được khối đa diện có thể tích lớn nhất là A. A CB D .B. A C BD . C. ACB D . D. AC B D . Lời giải Chọn C Khi cắt khối hộp bởi các mặt phẳng trên ta được 5 khối tứ diện AA B D , B ABC , CC B D , D DAC , AB D C. Gọi V là thể tích của khối hộp. 1 V V V V V A A B D B ABC CC B D D ADC 6 1 Suy ra V V nên tứ diện ACB D có thể tích lớn nhất. ACB D 3 Câu 6: [2H1-3.7-3] (THPT TRẦN PHÚ) Cho hình hộp đứng ABCD.A B C D có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và B· AD 60 , AB hợp với đáy ABCD một góc 30 . Thể tích của khối hộp là a3 3a3 a3 a3 2 A. . B. . C. . D. . 2 2 6 6 Lời giải Chọn A. B' C' A' D' a 3 3 B C a 1200 300 A D Ta có ABCD.A B C D là hình hộp đứng nên các cạnh bên vuông góc với hai mặt đáy và cạnh bên là chiều cao của hình hộp.
2. · Đáy ABCD là hình thoi với BAD 60 nên AB BC CD DA BD a, AC a 3 . 1 a2 3 Diện tích mặt đáy S AC.BD (đvdt). ABCD 2 2 a 3 Góc hợp bởi AB với đáy ABCD là B· AB 30 BB AB.tan 30 . 3 a2 3 a 3 a3 Vậy thể tích khối hộp là V (đvtt). 2 3 2 Câu 46: [2H1-3.7-3](THPT CHUYÊN KHTN - LẦN 1 - 2018) Cho hình hộp ABCD.A B C D có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 3 , BD 3a , hình chiếu vuông góc của B trên mặt phẳng A B C D trùng với trung điểm của A C . Gọi là góc tạo bởi hai mặt phẳng ABCD và 21 CDD C , cos . Thể tích khối hộp ABCD.A B C D bằng 7 3a3 9a3 3 9a3 3a3 3 A. .B. .C. .D. . 4 4 4 4 Lời giải Chọn C Do DCC D // ABB A và ABCD // A B C D nên góc giữa hai mặt phẳng ABCD và CDD C cũng bằng góc giữa hai mặt phẳng nên góc giữa hai mặt phẳng A B C D và ABB A và bằng góc O· HB với H là hình chiếu của O lên A B . 9a2 3a2 a 3 Trong A B D có OA 2 A D 2 OD 2 3a2 OA A C a 3 . 4 4 2 a 3 3a . 3a Ta có OH.A B OA .OB OH 2 2 . a 3 4 OH 21 7 3a a 21 cos BH . . BH 7 21 4 4 21a2 9a2 a 3 BO BH 2 OH 2 . 16 16 2
3. 1 1 3a2 3 S AC.BD a 3.3a . ABCD 2 2 2 3a2 3 a 3 9a3 Vậy V . . 2 2 4 Câu 1975. [2H1-3.7-3] Cho hình lăng trụ có các đường tròn đáy là O và O , bán kính đáy bằng chiều cao và bằng a . Các điểm A , B lần lượt thuộc các đường tròn đáy O và O sao cho AB 3a . Thể tích của khối tứ diện ABOO là a3 a3 a3 A. . B. . C. . D. a3 . 2 3 6 Lời giải Chọn C Hình như nhầm hình trụ thành lăng trụ. ID sai Kẻ đường sinh AA , gọi D là điểm đối xứng với A qua tâm O và H là hình chiếu của B trên A'D . 1 Ta có BH  AOO A nên V S .BH . OO ' AB 3 AOO ' Trong tam giác vuông A AB có A B AB2 AA 2 a 2 . Trong tam giác vuông A BD có BD A'D2 A'B2 a 2 . Do đó suy ra tam giác A BD vuông cân tại B nên BH BO a . 3 1 1 2 a Vậy VOO AB . a .a (đvtt). 3 2 6 Câu 246: [2H1-3.7-3] Ghép 5 khối lập phương cạnh a để được khối hộp chữ thập như hình vẽ. Tính diện tích toàn phần Stp của khối chữ thập 2 2 2 2 A. Stp = 20a . B. Stp = 30a . C. Stp = 12a . D. Stp = 22a .
4. Lời giải Chọn D 2 Diện tích mỗi mặt khối lập phương: S1 = a . 2 Diện tích toàn phần các khối lập phương: S2 = 6a . 2 Diện tích toàn phần khối chữ thập: S = 5S2 - 8S1 = 22a . Câu 16: [2H1-3.7-3] (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI) Cho hình hộp ABCD.A B C D có tất cả các cạnh bằng a và B· AD 60 , ·A AB ·A AD 120 . Thể tích hình hộp là a3 2 a3 2 a3 2 a3 2 A. . B. . C. . D. . 4 3 2 12 Lời giải Chọn C D a C A 60° 120° B D' C' O H A' B' B D AD AB a , AA A B A D a nên tứ diện A.A B D là tứ diện đều. 2 A B 3 a 3 a 6 A H , AH . 3 2 3 3 2 1 A B 3 1 a 6 a2 3 a3 2 V AH.   A.A B D 3 4 3 3 4 12 a3 2 V 6.V . . ABCD.A B C D A.A B D 2 Câu 1: [2H1-3.7-3] (THPT CHuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Cho khối hộp ABCD.A B C D có đáy là hình chữ nhật với AB 3 ; AD 7 . Hai mặt bên ABB A
5. và ADD A cùng tạo với đáy góc 45, cạnh bên của hình hộp bằng 1 (hình vẽ). Thể tích khối hộp là: B C A D 1 B C 3 7 A D A. 7 . B. 3 3 . C. 5 . D. 7 7 . Lời giải Chọn A. B C A D B C K H A I D Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ABCD ; kẻ HK  AB , HI  AD thì ·ABB A , ABCD H· KA và ·ADD A , ABCD H· IA Theo giả thiết, ta có H· KA H· IA 45 HKA HIA HI HK tứ giác AIHK là hình vuông cạnh a , a 0 AH a 2 Tam giác A HK vuông cân tại H có HK HA a Tam giác AHA vuông tại H có AA 2 AH 2 A H 2 2 1 1 a2 a 2 1 a A H . 3 3 1 Khi đó V S .A H V 7. 3. V 7 . ABCD.A B C D ABCD ABCD.A B C D 3 ABCD.A B C D Câu 22: [2H1-3.7-3] (THPT Chuyên Quốc Học Huế - lần 1 - 2017 - 2018) Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng 1, chiều cao bằng 2 . Xét đa diện lồi H có các đỉnh là trung điểm tất cả các cạnh của hình chóp đó. Tính thể tích của H . 9 5 A. . B. 4 . C. 2 3 . D. . 2 12 Lời giải
6. Chọn D S F G E H B Q M C P A N D 1 2 Gọi hình chóp tứ giác đều là S.ABCD , có thể tích V .1.2 . S.ABCD 3 3 Gọi M ; N ; P ; Q ; E ; F ; G ; H là trung điểm tất cả các cạnh của hình chóp (hình vẽ). khi 1 1 1 đó VMNPQEFGH VS.ABCD VS.EFGH VF.MBQ VG.QCP VH .PDN VE.MAN , với VS.EFGH . .1 . 3 4 12 Các khối chóp còn lại cùng chiêu cao và diện tích đáy bằng nhau nên thể tích của chúng bằng 1 1 1 1 1 2 1 4 5 V . . . .1 . Vậy thể tích cần tính V . E.MAN 3 2 2 2 24 MNPQEFGH 3 12 24 12 Câu 6809. [2H1-3.7-3][BTN165-2017]Cho hình hộp ABCD.A B C D có đáy ABCD là hình thoi 7a cạnh a , B· CD 120 và AA . Hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ABCD 2 trùng với giao điểm của AC và BD . Tính theo a thể tích khối hộp ABCD.A B C D . A. V 3a3 . B. V 12a3 . C. V 6a3 . D. V 9a3 . Lời giải ChọnA A' D' B' C' A D O B C . Gọi O AC BD . Từ giả thiết suy ra A O  ABCD . Cũng từ giả thiết, suy ra ABC là tam giác đều nên: a2 3 S 2S . Y ABCD ABC 2 2 2 2 2 AC Đường cao khối hộp: A O AA AO AA 2a 3 . 2 3 Vậy VABCD.A B C D SY ABCD.A O 3a (đvtt).
7. Câu 6811. [2H1-3.7-3][SỞGD-ĐTĐỒNGNAI-2017]Cho hình hộp MNPQ.M N P Q có các cạnh đều bằng 2a, với a 0;a R . Biết Q· MN 60 , M· MQ M· MN 120 . Tính thể tích V của khối hộp MNPQ.M N P Q theo a . A. V 2.a3 . B. V 4 2.a3 . C. V 8.a3 . D. V 2 2.a3 . Lời giải Chọn B N P M M Q P' N' N M' O M' Q' Q . Do hình chóp M.NQM có 3 cạnh bên cùng bằng 2a nên chân đường cao của hình chóp M.NQM là tâm O của đường tròn ngoại tiếp mặt đáy NQM . Như thế VMNPQ.M N P Q 6.VM .NQM 2S NQM .OM . Từ giả thiết ta có MNQ đều, suy ra NQ 2a . Dùng định lý côsin cho M MN và M MQ ta tính được. M N M Q 2a 3 . 2 Dùng Hêrông cho NQM ta tính được S NPM a 11 NQ.QM .NM 6a Từ đó bán kính đường tròn ngoại tiếp NQM là ON . 4S NQM 11 2a 22 Xét tam giác OMN, ta có OM MN 2 ON 2 . 11 2a 22 Vậy V 2.a2 11. 4a3 2 . MNPQ.M N P Q 11