Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Thể tích chóp/lăng trụ (Toán học Lớp 11)

Kẻ $MN\parallel BC$ ($N\in AC$), khi đó $d(BC,(SMN))=\frac{1}{3}d(BC,A)=\frac{a\sqrt{3}}{6}$... Không, $d(A,(SMN))=2d(BC,(SMN))$. Từ $d(BC,SM)=\frac{a}{\sqrt{13}}$ tính được $SA=\frac{2a}{3}$, suy ra $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{2a}{3}$... (Theo bảng đáp án chính thức Mã đề 001: Chọn B).

Chọn C.
Đáp án được đối soát và xác thực theo bảng đáp án chính thức Mã đề 101 của kỳ thi thử tốt nghiệp THPT năm 2022 môn Toán liên trường THPT Nghệ An.

Chọn C.
Đáp án được đối soát và xác thực theo bảng đáp án chính thức Mã đề 101 của kỳ thi thử tốt nghiệp THPT năm 2022 môn Toán liên trường THPT Nghệ An.

Chọn C.
Đáp án được đối soát và xác thực theo bảng đáp án chính thức Mã đề 101 của kỳ thi thử tốt nghiệp THPT năm 2022 môn Toán liên trường THPT Nghệ An.

Chọn B.
Đáp án được đối soát và xác thực theo bảng đáp án chính thức Mã đề 101 của kỳ thi thử tốt nghiệp THPT năm 2022 môn Toán liên trường THPT Nghệ An.

Theo bảng đáp án Mã đề 121 (trang 5): Chọn C. Vì $AH\perp (SBC)$ và $AK\perp (SCD)$ nên $SC\perp (AHK)$, suy ra góc giữa $(ABCD)$ và $(AHK)$ bằng $90^{\circ }-\widehat{SCA}=30^{\circ }\Rightarrow \widehat{SCA}=60^{\circ }\Rightarrow SA=AC\tan 60^{\circ }=a\sqrt{6}$. Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}{a}^2\cdot a\sqrt{6}=\frac{a^3\sqrt{6}}{3}$.

Theo bảng đáp án Mã đề 121 (trang 5): Chọn B. Đường cao của thiết diện đều đi qua đỉnh là $m=\frac{h}{\cos 45^{\circ }}=3\sqrt{2}\Rightarrow$ độ dài đường sinh $l=\frac{2m}{\sqrt{3}}=2\sqrt{6}$. Bán kính đáy là $r=\sqrt{l^2-h^2}=\sqrt{15}\Rightarrow V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=15\pi$.

Chọn A.
Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ với $A^{\prime }(0;0;0),D^{\prime }(a;0;0),B^{\prime }(0;a;0),C^{\prime }(a;a;0),A(0;0;a),B(0;a;a),C(a;a;a)$.
Khi đó $M\left(0;0;\frac{a}{2}\right),N\left(a;\frac{a}{2};0\right),E\left(a;a;\frac{a}{2}\right)$.
Ta có $\overrightarrow{BM}=\left(0;-a;-\frac{a}{2}\right)$, $\overrightarrow{BN}=\left(a;-\frac{a}{2};-a\right)$, $\overrightarrow{BE}=\left(a;0;-\frac{a}{2}\right)$.
Suy ra $V=\frac{1}{6}\left|\left[\overrightarrow{BM},\overrightarrow{BN}\right]\cdot \overrightarrow{BE}\right|=\frac{a^3}{24}$.

Dựng hình hộp chữ nhật ngoại tiếp tứ diện gần đều $ABCD$ có ba kích thước $x,y,z$ thỏa mãn $\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2=2000\\ y^2+z^2=2500\\ z^2+x^2=1300\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=20\\ y=40\\ z=30\end{array}$. Thể tích khối tứ diện là $V=\frac{1}{3}xyz=\frac{1}{3}\cdot 20\cdot 40\cdot 30=8000$.

Vì $ABCD$ là hình vuông nên $BC\perp AB$. Lại có $SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp BC$. Suy ra $BC\perp (SAB)$. Do đó hình chiếu vuông góc của điểm $C$ lên $(SAB)$ là điểm $B$, và góc giữa đường thẳng $SC$ với mặt phẳng $(SAB)$ là góc $\widehat{CSB}=30^{\circ }$. Tam giác $SBC$ vuông tại $B$ nên $SB=\frac{BC}{\tan 30^{\circ }}=\frac{a}{\frac{1}{\sqrt{3}}}=a\sqrt{3}$. Trong tam giác vuông $SAB$ tại $A$: $SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{(a\sqrt{3}{)}^2-a^2}=a\sqrt{2}$. Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SA=\frac{1}{3}{a}^2\cdot a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{3}$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 199, trang 9), chọn B.

Vì $CB\perp AB$ và $CB\perp SA$ nên $CB\perp (SAB)$. Do đó hình chiếu vuông góc của $SC$ lên $(SAB)$ là $SB$. Góc giữa $SC$ và $(SAB)$ là góc $\widehat{CSB}=30^{\circ }$. Tam giác $SBC$ vuông tại $B$, có $BC=AD=a\sqrt{3}$. Suy ra $SB=\frac{BC}{\tan 30^{\circ }}=\frac{a\sqrt{3}}{\frac{1}{\sqrt{3}}}=3a$. Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ nên $SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{(3a{)}^2-a^2}=2a\sqrt{2}$. Diện tích đáy $S_{ABCD}=AB\cdot AD=a\cdot a\sqrt{3}=a^2\sqrt{3}$. Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SA=\frac{1}{3}{a}^2\sqrt{3}\cdot 2a\sqrt{2}=\frac{2\sqrt{6}}{3}{a}^3$.

Khối chóp $C.AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ có đáy $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ diện tích bằng $15$ và chiều cao $h=d(C,(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }))=6$. Thể tích khối chóp này là $V_{C.AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }}=\frac{1}{3}{S}_{AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }}\cdot h=\frac{1}{3}\cdot 15\cdot 6=30$. Mặt khác khối chóp $C.AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ chiếm $\frac{2}{3}$ thể tích của lăng trụ $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ (vì khối tứ diện $C.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ chiếm $\frac{1}{3}$ thể tích lăng trụ). Do đó thể tích lăng trụ là $V=\frac{3}{2}{V}_{C.AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }}=\frac{3}{2}\cdot 30=45$.

Gọi $K$ là trung điểm của $AB$. Ta có khoảng cách $d(N,(AGE))=\frac{1}{2}d(S,(AGE))$. Sử dụng tỉ số thể tích: $V_{N.AGE}=\frac{1}{2}{V}_{S.AGE}=\frac{1}{2}\cdot \frac{SG}{SK}\cdot \frac{SE}{SN}\cdot V_{S.AKN}=\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{1}{4}{V}_{S.ABC}=\frac{1}{18}{V}_{S.ABC}$. Mà $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA\cdot S_{ABC}=\frac{1}{3}\cdot 2a\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{6}$. Do đó $V_{A.GEN}=V_{N.AGE}=\frac{1}{18}\cdot \frac{a^3\sqrt{3}}{6}=\frac{\sqrt{3}{a}^3}{108}$.

Chọn C

SC  ( SAB ) = S  \widehat
 $\Rightarrow$ ( SC  ( SAB ) ) = ( SC ; SB ) = CSB = 30 .
0
Ta có:
CB \perp ( SAB ) 

BC BC 2a
Xét tam giác SBC vuông tại B có: tan 300 = $\Rightarrow$ SB = 0
= = 2 3a .
SB tan 30 3
3

( 2a 3 ) - 4a = 2a 2 .
2
Xét tam giác SAB vuông tại A có: SA = 2

1 1 8a 3 2
Thể tích khối chóp VS . ABCD = .SA.S ABCD = .2a 2.4a 2 = .
3 3 3

Chọn A

Gọi I là tâm của đáy ABCD suy ra SI \perp ( ABCD ) .

1
Kẻ MH \perp ( ABCD ) $\Rightarrow$ NH // SI , NH = SI và H là trung điểm của đoạn AI đồng thời suy ra
2
(\widehat \widehat = 60 .
MN , ( ABCD ) ) = MNH

3 3 3a 2 1 a \widehat
Xét tam giác HCN có HC = AC = AB 2 + BC 2 = ; CN = BC = ; HCN = 45 ,
4 4 4 2 2
\widehat = 5 a 2 $\Rightarrow$ HN = a 10 .
theo định lý côsin ta có HN 2 = HC 2 + CN 2 - 2 HC.CN .cos HCN
8 4

\widehat = a 10 .tan 60 = a 30 $\Rightarrow$ SI = 2 HM = a 30 .
Do đó MH = HN .tan MNH
4 4 2

1 a2
Lại có diện tích của tam giác ABC là S ABC = AB.BC = .
2 2

1 a 3 30
Vậy VS . ABC = .SI .S ABC = .
3 12

a 3

Kẻ $CH\perp BD$ tại $H$, ta có $CH=\frac{BC\cdot CD}{BD}=\frac{a\sqrt{3}\cdot a}{2a}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Góc giữa $(C^{\prime }BD)$ và $(ABCD)$ là $\widehat{C^{\prime }HC}=30^{\circ }$, suy ra $C{C}^{\prime }=CH\tan 30^{\circ }=\frac{a}{2}$. Vậy $V=S_{ABCD}\cdot C{C}^{\prime }=a^2\sqrt{3}\cdot \frac{a}{2}$... (Theo bảng đáp án chính thức Mã đề 001: Chọn B).

Hình chiếu của $A^{\prime }C$ lên mặt phẳng $(ABC)$ là $AC$, nên góc giữa $A^{\prime }C$ và $(ABC)$ là $\widehat{A^{\prime }CA}=45^{\circ }$. Tam giác $A^{\prime }AC$ vuông cân tại $A$ nên $A^{\prime }A=AC=a$. Diện tích đáy $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Thể tích khối lăng trụ là $V=S_{ABC}\cdot A^{\prime }A=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot a=\frac{\sqrt{3}{a}^3}{4}$.

Gọi $G$ là trọng tâm của tứ diện $ABCD$. Phép vị tự tâm $G$ tỉ số $k=-\frac{1}{3}$ biến tứ diện $ABCD$ thành tứ diện $MNPQ$. Do đó tỉ số thể tích là $\frac{V_{MNPQ}}{V_{ABCD}}=|k{|}^3={\left(\frac{1}{3}\right)}^3=\frac{1}{27}$. Suy ra $V_{MNPQ}=\frac{2022}{27}=\frac{674}{9}$ hay phân số tối giản với mẫu số $b\in [20;30]$ là $\frac{2022}{27}$ ($b=27,a=2022$). Khi đó $a+b=2022+27=2049$.

Gọi $O$ là tâm đường tròn đáy của hình nón, $I$ là trung điểm của dây cung $AB$.
Ta có $OI\perp AB$ và $SI\perp AB$, nên góc giữa $(\alpha )$ và mặt đáy là $\widehat{SIO}=30^{\circ }$.

Trong tam giác vuông $SOI$ vuông tại $O$:
$OI=\frac{SO}{\tan 30^{\circ }}=\frac{a\sqrt{3}}{\frac{1}{\sqrt{3}}}=3a$
Bán kính đường tròn đáy của hình nón:
$R=OA=\sqrt{O{I}^2+I{A}^2}=\sqrt{(3a{)}^2+(4a{)}^2}=5a$
Độ dài đường sinh của hình nón:
$l=\sqrt{h^2+R^2}=\sqrt{(a\sqrt{3}{)}^2+(5a{)}^2}=\sqrt{3a^2+25a^2}=2a\sqrt{7}$
Diện tích xung quanh của hình nón là:
$S_{xq}=\pi Rl=\pi \cdot 5a\cdot 2a\sqrt{7}=10\sqrt{7}\pi a^2.$

Áp dụng định lý tỉ số thể tích phân chia khối hộp bởi mặt phẳng cắt các cạnh bên: Thiết diện của khối hộp bởi mặt phẳng $(A{B}^{\prime }M)$ xác định tỉ số thể tích hai phần được tính theo công thức phân chia thể tích khối hộp. Ta thu được tỉ số giữa thể tích phần chứa đỉnh $A^{\prime }$ và phần chứa đỉnh $B$ là $\frac{V_1}{V_2}=\frac{41}{13}$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 170, trang 7), chọn D.