Đề thi môn Toán lớp 11 năm học 2018 – 2019 (Mã đề thi 117, có lời giải chi tiết)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:14

Thêm vào BST

Báo xấu

1
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi môn Toán lớp 11 năm học 2018 – 2019 (Mã đề thi 117, có lời giải chi tiết)" là một đề thi trắc nghiệm Toán có lời giải chi tiết, phục vụ cho việc học tập của học sinh lớp 11. Đề thi bao gồm các câu hỏi trắc nghiệm thuộc chương trình Toán lớp 11. Tài liệu cung cấp giải thích chi tiết cho từng câu. Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu mã đề 117 để học tập hiệu quả.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi môn Toán lớp 11 năm học 2018 – 2019 (Mã đề thi 117, có lời giải chi tiết)

TRƯỜNG THPT …………. BÀI:…………………. TỔ TOÁN NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn: Toán - Lớp 11 - Chương trình chuẩn ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: ……… phút Mã đề thi Họ và tên:………………………………………….Lớp:……………...……..……… 117 Câu 1. (Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và M là trung điểm SC . Gọi K là giao điểm của SD KS với mặt phẳng  AGM  . Tính tỷ số . KD 1 1 A. 3 . B. . C. . D. 2 . 2 3 Lời giải Chọn B Gọi O  AC  BD , I  AM  SO . Trong mặt phẳng  SBD  , kéo dài GI cắt SD tại K  K  SD   AMG  . Trong tam giác SAC , có SO, AM là hai đường OI 1 OG 1 trung tuyến. Suy ra I là trọng tâm tam giác SAC   , ta lại có  . OS 3 OB 3 OI OG KD GD    GI // SB  GK // SB   . OS OB KS GB Ta có DO  BO  3GO  GD  4GO , GB  2GO . KD GD 4GO KS 1 Vậy   2  . KS GB 2GO KD 2 Câu 2. Cho tứ diện ABCD. Gọi G là trọng tâm tam giác BCD , M là trung điểm CD, I là điểm ở trên đoạn thẳng AG , BI cắt mặt phẳng  ACD  tại J . Khẳng định nào sau đây sai? A. J là trung điểm của AM . B. DJ   ACD   BDJ  . C. AM   ACD   ABG  . D. A, J , M thẳng hàng. Lời giải Chọn A Trang 1/14 - Mã đề thi 117
A J I B D G M C Ta có A là điểm chung thứ nhất giữa hai mặt phẳng  ACD  và GAB .  M  BG   ABG   M   ABG   Do BG  CD  M     M là điểm chung thứ hai giữa hai mặt phẳng  M  CD   ACD   M   ACD     ACD  và GAB .   ABG    ACD   AM  A đúng.  BI   ABG     Ta có  AM   ABM   AM , BI đồng phẳng.     ABG    ABM     J  BI  AM  A, J , M thẳng hàng  B đúng.    DJ   ACD  Ta có    DJ   ACD    BDJ   D đúng.   DJ   BDJ    Điểm I di động trên AG nên J có thể không phải là trung điểm của AM  C sai.  Câu 3. Cho tứ diện ABCD . G là trọng tâm tam giác BCD , M là trung điểm CD , I là điểm trên đoạn thẳng AG , BI cắt mặt phẳng  ACD  tại J . Khẳng định nào sau đây sai? A. A , J , M thẳng hàng. B. J là trung điểm AM . C. DJ   ACD    BDJ  . D. AM   ACD    ABG  . Lời giải Chọn B  M  BG Ta có A   ACD    ABG  ,   M   ACD    ABG  nên AM   ACD    ABG  .  M  CD Trang 2/14 - Mã đề thi 117
Nên AM   ACD    ABG  vậy A đúng. A , J , M cùng thuộc hai mặt phẳng phân biệt  ACD  ,  ABG  nên A , J , M thẳng hàng, vậy B đúng. Vì I là điểm tùy ý trên AG nên J không phải lúc nào cũng là trung điểm của AM . Câu 4. Cho tứ giác lồi ABCD và điểm S không thuộc mp (ABCD). Có nhiều nhất bao nhiêu mặt phẳng xác định bởi các điểm A, B, C, D, S? A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 Lời giải Chọn C 2 Có C4  1  7 mặt phẳng. GA Câu 5. Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD . Gọi A  là trọng tâm của tam giác BCD . Tính tỉ số . GA 1 1 A. . B. 2 . C. 3 . D. . 2 3 Lời giải Chọn C A G E B D A' M C Gọi E là trọng tâm của tam giác ACD, M là trung điểm của CD . Nối BE cắt AA  tại G suy ra G là trọng tâm tứ diện. ME MA  1 A E 1 Xét tam giác MAB , có   suy ra A E // AB   . MA MB 3 AB 3 A E A G 1 GA Khi đó, theo định lí Talet suy ra     3. AB AG 3 GA  Câu 6. Trong các mệnh đề sau đây, mệnh đề nào là đúng? A. Một đường thẳng cắt hai đường thẳng cắt nhau cho trước thì cả ba đường thẳng đó cùng nằm trong một mặt phẳng. B. Ba đường thẳng cắt nhau từng đôi một thì cùng nằm trong một mặt phẳng. C. Một đường thẳng cắt hai đường thẳng cho trước thì cả ba đường thẳng đó cùng nằm trong một mặt phẳng. D. Ba đường thẳng cắt nhau từng đôi một và không nằm trong một mặt phẳng thì đồng quy. Lời giải Chọn D Gọi d1 , d 2 , d3 là 3 đường thẳng cắt nhau từng đôi một. Giả sử d1 , d 2 cắt nhau tại A , vì d3 không nằm cùng mặt phẳng với d1 , d 2 mà d3 cắt d1 , d 2 nên d3 phải đi qua A . Thật vậy giả sử d3 không đi qua A thì nó phải cắt d1 , d 2 tại hai điểm B , C điều này là vô lí, một đường thẳng không thể cắt một mặt phẳng tại hai điểm phân biệt. Trang 3/14 - Mã đề thi 117
Câu 7. Cho tứ diện đều ABCD có độ dài các cạnh bằng 2a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh AC , BC ; P là trọng tâm tam giác BCD . Mặt phẳng  MNP  cắt tứ diện theo một thiết diện có diện tích là: a 2 11 a2 3 a 2 11 a2 2 A. . B. . C. . D. . 4 4 2 4 Lời giải Chọn A A D M B D P M H N N C Trong tam giác BCD có: P là trọng tâm, N là trung điểm BC . Suy ra N , P , D thẳng hàng. Vậy thiết diện là tam giác MND . AB AD 3 Xét tam giác MND , ta có MN   a ; DM  DN   a 3 . 2 2 Do đó tam giác MND cân tại D . Gọi H là trung điểm MN suy ra DH  MN . 1 1 a 2 11 Diện tích tam giác SMND  MN .DH  MN . DM 2  MH 2  . 2 2 4 Câu 8. Cho tứ diện ABCD trong đó có tam giác BCD không cân. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, CD và G là trung điểm của đoạn MN . Gọi A1 là giao điểm của AG và  BCD . Khẳng định nào sau đây đúng? A. A1 là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD . B. A1 là trực tâm tam giác BCD . C. A1 là trọng tâm tam giác BCD . D. A1 là tâm đường tròn tam giác BCD . Lời giải Chọn C A M G B D P A1 N C Mặt phẳng  ABN  cắt mặt phẳng  BCD  theo giao tuyến BN . Trang 4/14 - Mã đề thi 117
Mà AG   ABN  suy ra AG cắt BN tại điểm A1 . Qua M dựng MP // AA1 với M  BN . Có M là trung điểm của AB suy ra P là trung điểm BA1  BP  PA1 1. Tam giác MNP có MP // GA1 và G là trung điểm của MN .  A1 là trung điểm của NP  PA1  NA1 2. BA1 2 Từ 1,2 suy ra BP  PA1  A1 N   mà N là trung điểm của CD . BN 3 Do đó, A1 là trọng tâm của tam giác BCD . Câu 9. Cho hai hình vuông ABCD và CDIS không thuộc một mặt phẳng và cạnh bằng 4. Biết tam giác SAC cân tại S , SB  8 . Thiết diện của mặt phẳng  ACI  và hình chóp S .ABCD có diện tích bằng: A. 8 2 . B. 10 2 . C. 9 2 . D. 6 2 . Lời giải Chọn A S I O C D N B A Gọi O  SD  CI ; N  AC  BD. 1  O, N lần lượt là trung điểm của DS , DB  ON  SB  4. 2 Thiết diện của mp  ACI  và hình chóp S.ABCD là tam giác OCA. Tam giác SAC cân tại S  SC  SA  SDC  SDA  CO  AO (cùng là đường trung tuyến của 2 định tương ứng)  OCA cân tại O 1 1  SOCA  ON . AC  .4.4 2  8 2. 2 2 Câu 10. Cho hình hộp ABCD. ABC D . Gọi M là trung điểm của AB . Mặt phẳng  MAC   cắt hình hộp ABCD. ABC D theo thiết diện là hình gì? A. Hình lục giác. B. Hình thang. C. Hình tam giác. D. Hình ngũ giác. Lời giải I B N C M A D B' C' Trang 5/14 - Mã đề thi 117 O A' D'
Chọn B Trong mặt phẳng  ABBA  , AM cắt BB tại I 1 Do MB //AB; MB  AB nên B là trung điểm BI và M là trung điểm của IA 2 Gọi N là giao điểm của BC và CI . Do BN / / B C và B là trung điểm BI nên N là trung điểm của CI Suy ra: tam giác IAC  có MN là đường trung bình. Ta có mặt phẳng  MAC   cắt hình hộp ABCD. ABC D theo thiết diện là tứ giác AMNC  có MN / / AC  Vậy thiết diện là hình thang AMNC  . Câu 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD không phải là hình thang. Trên cạnh SC lấy điểm M . Gọi N là giao điểm của đường thẳng SD với mặt phẳng  AMB  . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Ba đường thẳng AB, CD , MN đồng quy. B. Ba đường thẳng AB, CD , MN cùng thuộc một mặt phẳng. C. Ba đường thẳng AB , CD , MN đôi một song song. D. Ba đường thẳng AB, CD , MN đôi một cắt nhau. Lời giải Chọn A S N K M A O B C D I Gọi I  AD  BC . Trong mặt phẳng SBC  , gọi K  BM  SI . Trong mặt phẳng SAD  , gọi N  AK  SD . Khi đó N là giao điểm của đường thẳng SD với mặt phẳng  AMB  . Gọi O  AB  CD . Ta có: ● O  AB mà AB   AMB  suy ra O   AMB  . ● O  CD mà CD  SCD  suy ra IJ, MN , SE . Do đó O   AMB   SCD  . 1 Mà  AMB   SCD   MN . 2 Từ 1 và 2 , suy ra O  MN . Vậy ba đường thẳng AB, CD , MN Câu 12. Cho tứ giác lồi ABCD và điểm S không thuộc mp  ABCD  . Có nhiều nhất bao nhiêu mặt phẳng xác định bởi các điểm A , B , C , D , S ? A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 Lời giải Chọn C Trang 6/14 - Mã đề thi 117
2 Có C4  1  7 mặt phẳng. Câu 13. Cho bốn điểm A, B , C , S không cùng ở trong một mặt phẳng. Gọi I , H lần lượt là trung điểm của SA, AB . Trên SC lấy điểm K sao cho IK không song song với AC ( K không trùng với các đầu mút). Gọi E là giao điểm của đường thẳng BC với mặt phẳng  IHK  . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. E nằm ngoài đoạn BC về phía B . B. E nằm ngoài đoạn BC về phía C . C. E nằm trong đoạn BC . D. E nằm trong đoạn BC và E  B, E  C . Lời giải Chọn D S K I F A C H E B ● Chọn mặt phẳng phụ  ABC  chứa BC . ● Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng  ABC  và  IHK  . Ta có H là điểm chung thứ nhất của  ABC  và  IHK  . Trong mặt phẳng SAC  , do IK không song song với AC nên gọi F  IK  AC . Ta có ▪ F  AC mà AC   ABC  suy ra F   ABC  . ▪ F  IK mà IK  IHK  suy ra F   IHK  . Suy ra F là điểm chung thứ hai của  ABC  và  IHK  . Do đó  ABC    IHK   HF . ● Trong mặt phẳng  ABC  , gọi E  HF  BC . Ta có ▪ E  HF mà HF   IHK  suy ra E   IHK  . ▪ E  BC . Vậy E  BC  IHK  . Câu 14. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Mặt phẳng GCD  cắt tứ diện theo một thiết diện có diện tích là: a2 3 a2 3 a2 2 a2 2 A. . B. . C. . D. . 4 2 4 6 Lời giải Chọn C Trang 7/14 - Mã đề thi 117
A M G D B N H C Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, BC suy ra AN  MC  G. Dễ thấy mặt phẳng GCD  cắt đường thắng AB tại điểm M . Suy ra tam giác MCD là thiết diện của mặt phẳng GCD  và tứ diện ABCD . a 3 Tam giác ABD đều, có M là trung điểm AB suy ra MD  . 2 a 3 Tam giác ABC đều, có M là trung điểm AB suy ra MC  . 2 1 Gọi H là trung điểm của CD  MH  CD  SMCD  .MH .CD 2 CD 2 a 2 Với MH  MC 2  HC 2  MC 2   . 4 2 1 a 2 a2 2 Vậy SMCD  . .a  . 2 2 4 Câu 15. Cho tứ diện ABCD . M , N , P , Q lần lượt là trung điểm AC , BC , BD , AD . Tìm điều kiện để MNPQ là hình thoi. A. AC  BD . B. AB  CD . C. AB  BC . D. BC  AD . Lời giải. Chọn B D P Q B A M N C Ta có: MN song song với PQ vì cùng song song với AB , MQ song song với PN vì cùng song song với CD nên tứ giác MNPQ là hình bình hành. Trang 8/14 - Mã đề thi 117
Tứ giác MNPQ là hình thoi khi MQ  PQ  AB  CD . Câu 16. (THPT Chuyên Trần Phú - Hải Phòng - Năm 2018) Cho hình lập phương ABCD. ABC D có cạnh bằng 2 . Cắt hình lập phương bằng một mặt phẳng chứa đường chéo AC  . Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích thiết diện thu được. A. 4 . B. 4 2 . C. 2 6 . D. 6. Lời giải Chọn C B C A D A B' C' A' C' A' D' H Gọi  H  là thiết diện của hình lập phương và mặt phẳng   chứa AC  . + Trường hợp  H  có một đỉnh thuộc cạnh BB hoặc DD . Giao tuyến của   và  ABC D  là đường thẳng d , hình chiếu vuông góc của A lên d là điểm H . Khi đó góc giữa   và  ABC D  là  . AHA AA AA Vì AH  d nên AH  AC  , do đó sin     sin  , do đó cos   cos  AC A AC A AH AC  Hình chiếu vuông góc của hình  H  lên  ABC D  là hình vuông ABC D , do đó diện tich hình S ABC D  H  : S ABCD  S H  .cos   S H   . cos  2 Diện tích thiết diện nhỏ nhất khi cos  lớn nhất, tức là cos   cos   AC A . Khi đó diện tích 3 4 3 cần tìm là S H    2 6 . 2 + Trường hợp  H  có một đỉnh thuộc cạnh CD hoặc AB , chọn mặt phẳng chiếu là  BCC B  , S BBC C chứng minh tương tự ta cũng có S H   , min S H   2 6 . cos  + Trường hợp  H  có một đỉnh thuộc cạnh BC hoặc AD  , chọn mặt phẳng chiếu là  BAAB  , chứng minh tương tự ta cũng có, min S H   2 6 . Câu 17. (CỤM CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG-LẦN 2-2018) Cho hình lập phương ABCD. ABC D có cạnh là 2 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC và CD . Tính diện tích thiết diện của hình lập phương khi cắt bởi mặt phẳng  AMN  . Trang 9/14 - Mã đề thi 117
3 35 7 17 5 17 2 35 A. B. C. D. 7 6 6 7 Lời giải Chọn B A' D' C' B' P A F D Q N H B M C E Gọi E  MN  AB , F  MN  AD , Q  AE  BB , P  AF  DD . Từ đó suy ra thiết diện của hình lập phương khi cắt bởi mặt phẳng  AMN  là ngũ giác APNMQ . Vì M , N lần lượt là trung điểm của BC và CD nên suy ra BE  CN  1 , DF  CM  1 . Từ đó suy ra AE  AF  3  EF  3 2 . Ta có AE  AA2  AE 2  22  32  13 , tương tự AF  13 . Do đó tam giác AEF là tam giác cân. 2 2 2 3 2  2 34 Gọi H là trung điểm EF , ta có AH  AE  EH   2   2 . 13      1 1 34 3 17 Diện tích tam giác AEF là: S  EF . AH  .3 2.  . 2 2 2 2 Ta thấy EQM  FPN . EQ EM EB 1 1 1 1 1 Từ    suy ra S EQM  . .S  S  S FPN  S . EA EF EA 3 3 3 9 9 1 1 7 Vậy, diện tích thiết diện APNMQ là S APNMQ  S  S EQM  S FPN  S  S  S  S . 9 9 9 7 3 17 7 17 Hay S APNMQ  .  . 9 2 6 Câu 18. Cho tứ diện ABCD . Các điểm P , Q lần lượt là trung điểm của AB và CD ; điểm R nằm trên cạnh SA BC sao cho BR  2 RC . Gọi S là giao điểm của mặt phẳng  PQR  và cạnh AD . Tính tỉ số . SD 1 1 A. . B. 1 . C. . D. 2 . 3 2 Lời giải Chọn D Trang 10/14 - Mã đề thi 117
A P S B I D Q R C Gọi I là giao điểm của BD và RQ . Nối P với I , cắt AD tại S . DI BR CQ DI DI 1 Xét tam giác BCD bị cắt bởi IR, ta có . . 1  .2.1  1   . IB RC QD IB IB 2 AS DI BP SA 1 SA Xét tam giác ABD bị cắt bởi PI , ta có . .  1  . .1  1   2. SD IB PA SD 2 SD Câu 19. Cho tứ diện ABCD. Gọi M , N , P , Q , R , S lần lượt là trung điểm của các cạnh AC , BD , AB , AD , BC , CD. Bốn điểm nào sau đây đồng phẳng? A. M , P , R , S . B. M , N , R , S . C. M , N , P , Q. D. P , Q , R , S . Lời giải Chọn D Do PQ là đường trung bình của tam giác ABD  PQ  BD. Tương tự, ta có RS  BD. Vậy PQ  RS  P , Q , R , S cùng nằm trên một mặt phẳng. Các bộ bốn điểm M , N , R , S ; M , N , P , Q và M , P , R , S đều không đồng phẳng. Câu 20. Cho hình chóp S . ABCD . Điểm C  nằm trên cạnh SC . Thiết diện của hình chóp với mp  ABC   là một đa giác có bao nhiêu cạnh? A. 5 . B. 6 . C. 3 . D. 4 . Lời giải Chọn D Trang 11/14 - Mã đề thi 117
S M A' A D C B I Xét  ABA  và  SCD  có  A  SC , SC   SCD     A là điểm chung 1.  A   ABA   Gọi I  AB  CD  I  AB, AB   ABA  Có   I là điểm chung 2.  I  CD, CD   SCD     ABA    SCD   IA Gọi M  IA  SD . Có  ABA   SCD   AM  ABA   SAD   AM  ABA    ABCD   AB  ABA   SBC   BA Thiết diện là tứ giác ABAM . Câu 21. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn là AB. M là trung điểm CD. Mặt phẳng   qua M song song với BC và SA.   cắt AB, SB lần lượt tại N và P. Nói gì về thiết diện của mặt phẳng   với khối chóp S . ABCD ? A. Là một hình thang có đáy lớn là MN . B. Là tam giác MNP. C. Là một hình thang có đáy lớn là NP. D. Là một hình bình hành. Lời giải Chọn A Trang 12/14 - Mã đề thi 117
Trong mặt phẳng  ABCD  , qua M kẻ đường thẳng MN  BC  N  BC  . Khi đó, MN    . Trong mặt phẳng  SAB  , qua N kẻ đường thẳng NP  SA  P  SB  . Khi đó, NP    . Vậy     MNP  . Xét hai mặt phẳng  MNP  và  SBC  có  MN   MNP    BC   SBC    hai mặt phẳng cắt nhau theo một giao tuyến đi qua điểm P và song  MN // BC  P   MNP  , P   SBC   song với BC. Trong mặt phẳng  SBC  kẻ PQ  BC  Q  SC  . Khi đó, PQ là giao tuyến của mặt phẳng   với mặt phẳng  SBC  . Vậy mặt phẳng   cắt khối chóp S . ABCD theo thiết diện là tứ giác MNPQ.  MN // BC Tứ giác MNBC có   MNBC là hình bình hành. Từ đó suy ra MN  BC.  MC // NB Trong tam giác SBC có P thuộc đoạn SB , Q thuộc đoạn SC và PQ  BC nên PQ  BC. MN // PQ Tứ giác MNPQ có   MNPQ là hình thang có đáy lớn là MN .  PQ  MN Câu 22. Cho tứ diện ABCD và ba điểm P , Q, R lần lượt lấy trên ba cạnh AB, CD, BC . Cho PR // AC và CQ  2QD . Gọi giao điểm của AD và  PQR  là S . Chọn khẳng định đúng ? A. AS  DS . B. AD  3DS . C. AD  2 DS . D. AS  3 DS . Lời giải Chọn B A P S B D I Q R C Gọi I là giao điểm của BD và RQ . Nối P với I , cắt AD tại S . Trang 13/14 - Mã đề thi 117
DI BR CQ CQ DI BR 1 DI 1 RC Ta có . .  1 mà  2 suy ra .    . . IB RC QD QD IB RC 2 IB 2 BR RC AP DI 1 AP Vì PR song song với AC suy ra    . . BR PB IB 2 PB SA DI BP SA 1 AP BP SA Lại có . .  1  . . . 1   2  AD  3 DS .  SD IB PA SD 2 PB PA SD Câu 23. (THPT Hồng Quang - Hải Dương - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S . ABCD có đáy  1  ABCD là hình bình hành. Gọi A là điểm trên SA sao cho AA  AS . Mặt phẳng   qua A 2 SB SD SC cắt các cạnh SB , SC , SD lần lượt tại B  , C  , D . Tính giá trị của biểu thức T    . SB SD  SC  3 1 1 A. T  . B. T  . C. T  2 . D. T  . 2 3 2 Lời giải Chọn A Gọi O là giao của AC và BD . Ta có O là trung điểm của đoạn thẳng AC , BD . Các đoạn thẳng SO , AC  , B D đồng quy tại I . S S S S S S Ta có: S SA ' I  S SC I  S SAC   SAI  SC I  SAC   SAI  SC I  SAC  S SAC S SAC S SAC 2 S SAO 2 S SCO S SAC SA SI SC  SI SA SC  SI  SA SC   SA SC  SA SC SO  .  .  .     .    2. . 2 SA SO 2 SC SO SA SC 2 SO  SA SC  SA SC SA SC  SI SB SD SO Tương tự:   2. SB SD SI SB SD SC SA 3 Suy ra:     . SB SD SC  SA 2 ------------- HẾT ------------- Trang 14/14 - Mã đề thi 117