KIỂM TRA HÌNH HỌC Môn thi: TOÁN - Khối 12

Thời gian làm bài: 45 phút, không kể thời gian giao đề

0 A ' MA 30

060 .

Bài 1: (5đ) Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a , mặt phẳng (A'BC) tạo với 030 , M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng (cid:0) và tính thể

mặt phẳng (ABC) một góc tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' theo a. Bài 2: (5đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy, cạnh bên SC tạo với đáy một góc 1) Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a. (3đ) 2) Gọi M là trung điểm của SA, mặt phẳng (MBC) cắt SD tại N. Tứ giác MBCN là hình gì ? (1đ) 3) Mặt phẳng (MBCN) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó (1đ)

Học sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên học sinh :............................................... Số báo danh:.............................. Chữ ký của giám thị :..............................................

HƯỚNG DẪN CHẤM THI Bản hướng dẫn gồm 02 trang

I. Hướng dẫn chung 1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẩn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ toán . 3) Sau khi cộng điểm toàn bài, làm tròn đến 0,5 điểm (lẻ 0,25 làm tròn thành 0,5; lẻ 0,75 làm tròn thành 1,0 điểm).

II. Đáp án và thang điểm

A ' BC tạo với mặt phẳng (ABC) một góc

ĐIỂM 5đ CÂU Bài 1

0 A ' MA 30

A'

C'

B'

a

C

A

300

M

a

a

B

ĐÁP ÁN Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a , mặt phẳng  030 , M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng (cid:0) và tính thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' theo a.

 Do M là trung điểm của BC nên từ giả thiết suy ra được:

0 A ' MA 30

(cid:0) A ' MA  là góc giữa hai mặt phẳng (A'BC) và (ABC)

ABC

AM

.AA '  BC AM  BC A ' M   Suy ra: (cid:0)  Thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' là : V S 

ABC

S 

a 3 2

0 AA ' AM.t an30

.

 Tam giác ABC đều cạnh a nên : và

2 a 3 4 a 3 2

3 3

a  2

3

.AA '

.

 Xét tam giác vuông A'AM ta có:

ABC

V S 

2 a 3 a a 3 2

4

8

 Vậy (đvtt)

060 .

0.5 1.0 0.5 0.5 1.0 1.0 0.5 5đ Bài 2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy, cạnh bên SC tạo với đáy một góc

S

N

M

A

a

D

a

a

600

a

B

C

1) Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a.

nên AC là hình chiếu của SC lên mp(ABCD)  Do SA (ABCD) 

0 SCA 60

V

S

.SA

Suy ra: (cid:0)SCA là góc giữa SC và mp(ABCD)  (cid:0)

ABCD

1 3

2 a

 Thể tích V của S.ABCD là:

0 SA AC.t an60

ABCDS a 2. 3 a 6

và  Do ABCD là hình vuông cạnh a nên : AC a 2

2

 Xét tam giác vuông SAC ta có:  

V

S

.SA

a .a 6

ABCD

1 3

1 3

3đ 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5  Vậy (đvtt)  3 a 6 3 1đ 2) Gọi M là trung điểm của SA, mặt phẳng (MBC) cắt SD tại N. Tứ giác MBCN là hình gì ?

 (MBC) và (SAD) có điểm chung M và BC// AD nên MN // BC// AD (1)

    (2)  MN // AD  Do AD (SAB) MN (SAB) MN MB 0.5 0.25 0.25  Từ (1) và (2) suy ra MBCN là hình thang vuông tại M và B 1đ 3) Mặt phẳng (MBCN) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó.

V

V

V

 M là trung điểm SA và MN // AD nên N là trung điểm SD

SABC

S.ABCD

S.ACD

S.MBC

V

.V

 

S.MBC

S.ABCD

1 4

S.ABC

S.MCN

.

V

.V

 (1)

 

S.MCN

S.ABCD

1 2 SM 1 SA 2 SM SN 1 SA SD 4

V V V V

1 8

S.ACD

S.MBCN

V

V

V

V

 (2)

S.MBCN

S.MBC

S.MCN

S.ABCD

3 8

V V

3  5

ABCDMN

 (1) và (2) suy ra: 0.25 0.25 0.25 0.25

------------------Hết-----------------

ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT HÌNH HỌC Lớp: 12 - Thời gian : 45 phút.

xyz

B

C

(4; 2; 0)

(0; 4; 1) , −

.

, cho A ( 1; 0; 4) , − OAB ) .

và

) : 2

0

z

α

+ + = . 6

)α .Tìm tọa độ tiếp điểm .

(0; 2;1)

Oxyz

C

A

B

(2; 4; 1) , −

(1; 1;3) , −

.

, cho

(0; 2;1)

Oxyz

C

A

B

(2; 4; 1) , −

(1; 1;3) , −

.

, cho

I.PHẦN CHUNG: Bài 1: Trong không gian với hệ trục tọa độ O a) Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng ( b) Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua trọng tâm G của ABCΔ d vuông góc với mặt phẳng ( x c) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm B và (S) tiếp xúc ( II.PHẦN RIÊNG: (Học sinh chỉ được chọn 1 trong 2 bài sau) Bài 2: (Theo chương trình Chuẩn) Trong không gian với hệ trục tọa độ Viết phương tình tổng quát của mặt phẳng (P) biết rằng (P) chứa đường thẳng OC và (P) cách đều hai điểm A, B. Bài 3: (Theo chương trình Nâng Cao) Trong không gian với hệ trục tọa độ Viết phương tình tổng quát của mặt phẳng (Q) biết rằng (Q) chứa đường thẳng OA và

một góc 450.

(Q) tạo với đường thẳng d:

t

x t 1 2 = + ⎧ ⎪ y 2 t =⎨ ⎪ = − − z 1 ⎩

xyz

B

C

(4; 2; 0)

(0; 4; 1) , −

.

, cho A ( 1; 0; 4) , − OAB ) .

và

) : 2

6

0

α

z + = .

)α .Tìm tọa độ tiếp điểm .

(0; 2;1)

Oxyz

C

A

B

(2; 4; 1) , −

(1; 1;3) , −

.

, cho

(0; 2;1)

Oxyz

C

A

B

(2; 4; 1) , −

(1; 1;3) , −

.

, cho

ĐỀ: I.PHẦN CHUNG: Bài 1: Trong không gian với hệ trục tọa độ O a) Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng ( b) Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua trọng tâm G của ABCΔ d vuông góc với mặt phẳng ( x + c) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm B và (S) tiếp xúc ( II.PHẦN RIÊNG: (Học sinh chỉ được chọn 1 trong 2 bài sau) Bài 2: (Theo chương trình Chuẩn) Trong không gian với hệ trục tọa độ Viết phương tình tổng quát của mặt phẳng (P) biết rằng (P) chứa đường thẳng OC và (P) cách đều hai điểm A, B. Bài 3: (Theo chương trình Nâng Cao) Trong không gian với hệ trục tọa độ Viết phương tình tổng quát của mặt phẳng (Q) biết rằng (Q) chứa đường thẳng OA và

một góc 450.

(Q) tạo với đường thẳng d:

t

x t 1 2 = + ⎧ ⎪ y 2 t =⎨ ⎪ = − − z 1 ⎩

ĐÁPÁN TOÁN 12 - HÌNH HỌC

BÀI CÂU

NỘI DUNG

ĐIỂM

1

a)

( 1;0; 4)

I. PHẦN CHUNG uuur OA = −

uuur OB =

,

0.5

( 16; 1; 4)

(0; 4; 1) − uuur r uuur n OA OB

= −

− −

∧

=

vtpt của (OAB) là:

1.0

16(

x

y

z

−

0) 1( −

−

0) 4( −

−

0) 0 =

Pttq: x 16

4

z

y + +

− = 0

0.5 0.5

b)

= x G

tọa độ trọng tâm G:

0.5

= y G

G

(1; 2;1)

(2;0;1)

0.5 0.5

)α có vtpt ( r u

(2;0;1)

r n α = ) ( r n α= ( )

=

d có vtcp

0.5

= z G ( 1) 0 4 − + + 3 0 4 2 + + 3 4 ( 1) 0 + − + 3 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

Ptts của d:

0.5

t 1 2

, (

=

t

c)

0.5

R d B α (

5

=

=

0.5

2

+

+

| 2.0 1 6 | − + 2 2 1 2

2

2

x = + ⎧ ⎪ y 2 =⎨ ⎪ = + z 1 ⎩ ))

0 2 Pt m/c (S):

0.5

)αΔ ⊥ (

Δ

Gọi

0.25

là đt đi qua B và r n α ( )

r u

x ( y 4) ( z 1) + − + + = 5

Δ =

=

Δ có vtcp

(2;0;1)

Ptts của

: Δ

0.25

t 2

0.25

t x =⎧ ⎪ y 4 =⎨ ⎪ = − + z 1 ⎩

t

t 2.2

( 1

+ − + + = t ) 6 0

t = − 1

M(-2 ; 4 ; -2)

0.25 0.25 0.25

2 6 0 t 2 4 1 = − + z x + + = x =⎧ ⎪ = y Tọa độ tiếp điểm M : ⎪ ⎨ z ⎪ ⎪ ⎩

I. PHẦN RIÊNG:

2

2

2 B C +

+

+

+

0 (

Chương trình Chuẩn: ≠ A 0

= với

B C D

C

P

(

)

C

0

B

O P D ( )

2 = ⇔ = −

0.25 0.25 0.25

P Ax By Cz D ) : + ∈ ⇔ = 0 2 ∈ ⇔ + +

−

d A P , (

=

=

0.25

A B − + 2

A 2

A

| | | ( ))

+ 4

d B P , (

=

=

0.25

A A + 2

+ | 2 2

A

A

C D 3 + 2 2 B C + B C D − + 2 2 B C +

+

B 7 | + 2 2 B C B A 6 | + + 2 2 B C

+

B

A

d A P , (

(

))

d A P , (

(

))

=

⇔

0.25

2

13 = − B 3

⎡ ⎢ ⎢ = A ⎣

B

A

13

= −

1

A

13,

C

= − ⇒ =

0.25

x

2

z

0

y − +

=

Th1 : Chọn B Pt mp (P) : 13

= 2

A =

Th2 :

B 3

0.25

B

A

1,

C

= ⇒ =

= −6

x

3

y

z

0

+

6 + −

=

Chọn 3 Pt mp (P) :

2

2

0

+

2 B C +

+

| | 2 ( ))

Chương trình Nâng cao ≠ A 0

= với

O Q (

D

)

A Q (

C 3

)

A B C

3

Q Ax By Cz D ( ) : + + ∈ ⇔ = 0 A B ∈ ⇔ − + ⇔ = −

0.25 0.25 0.25

A

2

|

sin((

Q d ),

)

=

=

+ 2

B C − 2

2

2

2

0.25

1 2

. 2

2

( 1)

A

| 2 2 B C +

+

+

+ −

2

2

0.25

2(4

B

C

B

6

BC

−

7 ) 3 2 =

−

(cid:217)

+ C 10

(cid:217)

0.25

3

4B

C=

B

1

C

4,

A

= ⇒ =

0.25

4 C C 7

= 1

B =

Th2 :

C 7

0.25

B

7

1,

A

= − ⇒ = −

Q (

) : 20

x

7

z

0

y − −

=

Chọn C Pt mp

= 20

Q x ( ) : 4 y 0 + z + = B =⎡ ⎢ ⎢ = B ⎣ Th1 : Chọn Pt mp