zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề kiểm tra 1 tiết Hình học 11 chương 3 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT thị xã Quảng Trị (Chương trình nâng cao)

Chia sẻ: Xylitol Cool | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Báo xấu

184
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dưới đây là Đề kiểm tra 1 tiết Hình học 11 chương 3 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT thị xã Quảng Trị (Chương trình nâng cao) giúp các em kiểm tra lại đánh giá kiến thức của mình và có thêm thời gian chuẩn bị ôn tập cho kì thi sắp tới được tốt hơn. Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra 1 tiết Hình học 11 chương 3 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT thị xã Quảng Trị (Chương trình nâng cao)

TRƯỜNG THPT TX QUẢNG TRỊ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT TỔ TOÁN Môn: Hình học 11 (Nâng cao) – Khối sáng Thời gian làm bài: 45 phút. ĐỀ 1 Cho hình chóp tam giác S .ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại đỉnh B, với AB  a. Cạnh bên SA  a 2 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. 1) Chứng minh tất cả các mặt bên của hình chóp S .ABC đều là các tam giác vuông. 2) Dựng đường cao AH của tam giác SAB, H  SB. Chứng minh AH vuông góc với mặt phẳng SBC . 3) Gọi I , J lần lượt là các trọng tâm của các tam giác SAB, SAC . Chứng minh IJ vuông góc với AH . 4) Gọi  là góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng SAC . Tính tan . 5) Gọi R,T là các điểm nằm trên cạnh SC thoả mãn ST  3TC và đường thẳng AT vuông góc với đường thẳng BR. Tính độ dài đoạn SR. ---------Hết--------- TRƯỜNG THPT TX QUẢNG TRỊ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT TỔ TOÁN Môn: Hình học 11 (Nâng cao) – Khối sáng Thời gian làm bài: 45 phút. ĐỀ 2 Cho hình chóp tam giác S .MNP có đáy MNP là tam giác vuông cân tại đỉnh N , với MN  a. Cạnh bên SM  a 2 và SM vuông góc với mặt phẳng đáy. 1) Chứng minh tất cả các mặt bên của hình chóp S .MNP đều là các tam giác vuông. 2) Dựng đường cao MK của tam giác SMN , K  SN . Chứng minh MK vuông góc với mặt phẳng SNP . 3) Gọi E, F lần lượt là các trọng tâm của các tam giác SMN , SMP. Chứng minh EF vuông góc với MK . 4) Gọi  là góc giữa đường thẳng SN và mặt phẳng SMP . Tính cot . 5) Gọi I , J là các điểm nằm trên cạnh SP thoả mãn SJ  3JP và đường thẳng MJ vuông góc với đường thẳng NI . Tính độ dài đoạn IJ . ---------Hết---------
TRƯỜNG THPT TX QUẢNG TRỊ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT TỔ TOÁN Môn: Hình học 11 (Nâng cao) – Khối chiều Thời gian làm bài: 45 phút. ĐỀ 1 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a. Cạnh bên SA  a 2 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi I , H , K lần lượt là trung điểm của SA, BC,CD. 1) Chứng minh tất cả các mặt bên của hình chóp S.ABCD đều là các tam giác vuông. 2) Chứng minh đường thẳng HK vuông góc với mặt phẳng SAC . 3) Chứng minh đường thẳng DH vuông góc với đường thẳng SK . 4) Gọi  là góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng SAB . Tính sin . 5) Gọi P  là mặt phẳng chứa đường thẳng CI và cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại M và N . Khi góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng P  đạt giá trị lớn nhất, hãy tính diện tích của tứ giác CMIN . ---------Hết--------- TRƯỜNG THPT TX QUẢNG TRỊ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT TỔ TOÁN Môn: Hình học 11 (Nâng cao) – Khối sáng Thời gian làm bài: 45 phút. ĐỀ 2 Cho hình chóp S .MNPQ có đáy MNPQ là hình vuông tâm O cạnh a. Cạnh bên SM  a 2 và SM vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi E, F,G lần lượt là trung điểm của các cạnh SM, NP, PQ. 1) Chứng minh tất cả các mặt bên của hình chóp S .MNPQ đều là các tam giác vuông. 2) Chứng minh FG vuông góc với mặt phẳng SMP . 3) Chứng minh đường thẳng QF vuông góc với đường thẳng SG. 4) Gọi  là góc giữa đường thẳng SP và mặt phẳng SMN . Tính cos . 5) Gọi R  là mặt phẳng chứa đường thẳng PE và cắt các cạnh SN , SQ lần lượt tại K và H . Khi góc giữa đường thẳng MP và mặt phẳng R  đạt giá trị lớn nhất, hãy tính diện tích của tứ giác PHEK . ---------Hết---------
ĐÁP ÁN ĐỀ 1 KHỐI SÁNG 1 (3 điểm) 2đ SA  ABC   SA  AB, SA  AC  SAB, SAC vuông tại A. BC  AB   1đ   BC  SAB  BC  SB  SBC vuông tại B. BC  SA       2 AH  SB     AH  SBC . 1đ (2 điểm) AH  BC     1đ   3 Gọi E là trung điểm của SA. (2 điểm) EI EJ 2 1đ Ta có    IJ / /BC  IJ  SAB  EB EC 3 Mà AH  SAB   IJ  AH . 1đ 4 Gọi M là trung điểm của AC . (2 điểm) BM  AC     BM  SAC  M là hình chiếu của B lên SAC BM  SA       1đ   Suy ra SM là hình chiếu của SB lên SAC  .   , với BSM vuông tại M . Do đó SB; SAC   SB; SM   BSM a 10 1 a 2 Tính được SM  SA2  AM 2  , BM  AC  2 2 2 BM 1 1đ  tan    . SM 5     3   3   1  3    5 (1 điểm) Ta có AT  AS  ST  AS  SC  AS  SA  AC  AS  AC 4 4 4 4   0,5 đ Đặt SR  kSC .           BR  BA  AS  SR  AB  AS  kSC  AB  1  k AS  kAC .   Từ GT  AT .BR  0 1 3   3k  1  k  AS 2  AB.AC  AC 2  0 4 4 4 1 3 1 3k 1  1  k  2a 2  .a.a 2.  .2a 2  0  k  . 4 4 2 4 4 1 1 0,5 đ Do đó SR  SC  RT  SC  a. 4 2
ĐÁP ÁN ĐỀ 2 KHỐI SÁNG 1 (3 điểm) SM  MNP   SM  MN , SM  MP 2đ  SMN , SMP vuông tại M . PN  MN     PN  SMN  PN  SN  SNP vuông tại N . PN  SM     1đ   2 MK  SN   1đ   MK  SNP . (2 điểm) MK  NP     1đ   3 Gọi Q là trung điểm của SM . (2 điểm) QE QF 2 1đ Ta có    EF / /NP  EF  SMN  QN QP 3 Mà MK  SMN   EF  MK . 1đ 4 Gọi O là trung điểm của MP. (2 điểm) NO  MP     NO  SMP  O là hình chiếu của N lên SMP NO  SM       1đ   Suy ra SO là hình chiếu của SN lên SMP  .   , với NSO vuông tại O. Do đó SN ; SMP   SN ; SO   NSO a 10 1 a 2 Tính được SO  SM 2  MO 2  , NO  MP  2 2 2 SO 1đ  cot    5. NO     3   3   1  3    5 (1 điểm) Ta có MJ  MS  SJ  MS  SP  MS  SM  MP  MS  MP 4 4 4 4   0,5 đ Đặt SI  kSP.           NI  NM  MS  SI  MN  MS  kSP  MN  1  k MS  kMP .   Từ GT  MJ .NI  0 1 3   3k  1  k  MS 2  MN .MP  MP 2  0 4 4 4 1 3 1 3k 1  1  k  2a  .a.a 2. 2  .2a 2  0  k  . 4 4 2 4 4 1 1 0,5 đ Do đó SI  SP  IJ  SP  a. 4 2
ĐÁP ÁN ĐỀ 1 KHỐI CHIỀU 1 (3 điểm) SA  ABCD   SA  AB, SA  AD  SAB, SAD vuông tại A. 1đ BC  AB    BC  SAB  BC  SB  SBC vuông tại B. BC  SA       1đ DC  AD    DC  SAD  DC  SD  SDC vuông tại D. DC  SA     1đ   2 HK / /BD     HK  SAC . 1đ (2 điểm) BD  SAC     1đ    3 Gọi E  DH  AK  DEK vuông tại E . Suy ra DH  AK . 1đ (2 điểm) Mà DH  SA  DH  SAK   DH  SK . 1đ 4 Ta có B là hình chiếu vuông góc của C lên mặt phẳng SAB  nên SB là hình (2 điểm) chiếu vuông góc của SC C lên mặt phẳng SAB  . 1đ   , với tam giác Suy ra SC ; SAB   SC ; SB   BSC BSC vuông tại B. 1đ Ta có BC  a, SC  SA2  AC 2  2a. BC 1 Suy ra sin    . SC 2 5 Gọi P, I theo thứ tự là hình chiếu của A lên mặt phẳng P  và đường thẳng AI . (1 điểm)  . Ta có AC ; P   ACP 0,5 đ AP AJ  Có sin ACP AC  AC    const. Suy ra AC ; P  lớn nhất khi P  J  P   AJ . Mà BD  SAC   BD  AJ  BD / / P   BD / /MN . Gọi G là trọng tâm của SAC và cũng là trọng tâm của SBD  MN đi qua G. 0,5 đ 2 2a 2 a 10 Khi đó MN  BD  ;CI  CA2  AI 2  . 3 3 2 1 1 2a 2 a 10 a 2 5 Vậy SCMIN  CI .MN  . .  . 2 2 3 2 3
ĐÁP ÁN ĐỀ 2 KHỐI CHIỀU 1 (3 điểm) SM  MNPQ   SM  MN , SM  MQ  SMN , SMQ vuông tại M . 1đ PN  MN    PN  SMN  PN  SN  SNP vuông tại N . PN  SM     1đ   PQ  MQ    PQ  SMQ  PQ  SQ  SPQ vuông tại Q. 1đ PQ  SM       2 FG / /NQ     FG  SMQ . 1đ (2 điểm)  NQ  SMP    1đ    3 Gọi R  MG  FQ  QRG vuông tại R . Suy ra MG  FQ. 1đ (2 điểm) Mà FQ  SM  DFQ SMG   FQ  SG. 1đ 4 Ta có N là hình chiếu vuông góc của P lên mặt phẳng SMN  nên SN là hình (2 điểm) chiếu vuông góc của SP lên mặt phẳng SNP  . 1đ   , với tam giác Suy ra SP; SMN   SP; SN   NSP NSP vuông tại N. 1đ Ta có NP  a, SP  SM 2  MC 2  2a. PN 1 3 Suy ra sin     cos   . SP 2 2 5 Gọi U ,V theo thứ tự là hình chiếu của M lên mặt phẳng R  và đường thẳng (1 điểm) PE . 0,5 đ   . Ta có MP; R  MPU MU MV  Có sin MPU MP  MP    const. Suy ra MP; R lớn nhất khi U  V  R  AU . Mà NQ  SMP   NQ  AU  NQ / / R  NQ / /HK . Gọi T là trọng tâm của SMP và cũng là trọng tâm của SNQ  HK đi qua 0,5 đ T. 2 2a 2 a 10 Khi đó HK  NQ  ; PE  PM 2  ME 2  . 3 3 2 1 1 2a 2 a 10 a 2 5 Vậy SPHEK  PE .HK  . .  . 2 2 3 2 3

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.