Đề thi môn Toán lớp 11 năm học 2018 – 2019 (Mã đề thi 131, có lời giải chi tiết)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:103

Thêm vào BST

Báo xấu

2
lượt xem 1
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 131, có lời giải chi tiết) được thiết kế cho học sinh lớp 11 trong giai đoạn ôn tập quan trọng. Đề thi gồm các câu hỏi trắc nghiệm có lời giải chi tiết, giúp học sinh nắm bắt được phương pháp và tư duy giải bài. Đây là tài liệu cần thiết để chuẩn bị trước các kỳ kiểm tra. Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu để học tập đạt thành tích cao.

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 131, có lời giải chi tiết)

TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ TỔ TOÁN NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn: TOÁN - Lớp 11 - Chương trình chuẩn ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 100 phút (Không kể thời gian phát đề) Mã đề thi Họ và tên thí sinh:.............................................................................. SBD:..................... 131 Câu 1. (THPT Xuân Trường - Nam Định - 2018-BTN) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách h từ điểm A đến mặt phẳng  SCD  . a 3 a 3 a 21 A. h  . B. h  . C. h  . D. h  a . 4 7 7 Lời giải Chọn C S H B C N M A D Gọi M , N là trung điểm của AB , CD . CD  MH  Gọi H là hình chiếu của M lên SN ta có:   MH   SCD  SN  MH   MH  d  M ,  SCD   mà AM //  SCD   MH  d  A,  SCD   a 3 Mặt khác ta có: SM  ; MN  a 2 SM 2 .MN 2 21 Xét tam giác vuông SMN ta có: MH  2 2  a . SM  MN 7 Câu 2. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a , SA   ABCD  . Gọi M là trung điểm của cạnh CD, biết SA  a 5 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BM là 2a 145 2a 39 2a 145 2a 39 A. . B. . C. . D. . 15 13 29 3 Lời giải Trang 1/103 - Mã đề thi 131
Chọn đáp án D Dựng DN //BM  N là trung điểm của AB . Khi đó d  SD, BM   d  BM ,  SDN    d  B,  SDN    d  A,  SDN   Dựng AE  DN  DN   SAE  , dựng AF  SE  AF  SE khi đó   AF   SDN   AF  DN Do vậy d  B,  SDN    d  A,  SDN   AE.SA 5 2a 145  AF   2a  2 AE  SA 2 29 29 AN . AD 2a Với AE  .  2 2 AN  AD 5 Câu 3. (SỞ GD-ĐT HẬU GIANG-2018-BTN) Cho hình chóp đều S . ABC có SA  2 cm và cạnh đáy  2  bằng 1cm . Gọi M là một điểm thuộc miền trong của hình chóp này sao cho SM  SG , với G là 3 tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Gọi a , b , c lần lượt là khoảng cách từ M đến các mặt phẳng  SAB  ,  SAC  ,  SBC  . Tính giá trị của biểu thức P  a  b  c . 2 165 7 165 2 165 165 A. P  . B. P  . C. P  . D. P  . 45 45 135 45 Lời giải Chọn A Trang 2/103 - Mã đề thi 131
S E M A K C G P N B S . ABC là hình chóp đều nên tam giác ABC là tam giác đều và G cũng là trọng tâm tam giác ABC . 2 3 3 1 3 3 33 AG    , GN    , SG  SA2  AG 2  . 3 2 3 3 2 6 3 2 2 2 SG.GN d  M ,  SAB    d  M ,  SAC    d  M ,  SBC    d  G,  SBC    GK   3 3 3 SG 2  GN 2 2 165   . 3 45 2 165 Suy ra P  a  b  c  . 45 Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I , cạnh bên SA vuông góc với đáy. H , K lần lượt là hình chiếu của A lên SC , SD . Kí hiệu d (a, b) là khoảng cách giữa 2 đường thẳng a và b. Khẳng định nào sau đây đúng? A. d ( AB, SC)  AK . B. d ( AB, SC)  AH . C. d ( AB, SC)  BC . D. d ( AB, SC)  BS . Lời giải Chọn A S H K B A D C Ta có AB / /  SCD   d  AB,SC   d  A;  SCD   . Mặt khác AK  SD, AK  CD , CD   SAD   . Suy ra AK   SCD  . Vậy d  AB,SC   d  A;  SCD    AK. . Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và Trang 3/103 - Mã đề thi 131
B. Hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm I của AC và BC. Mặt bên (SAB) hợp với đáy một góc 600. Biết rằng AB  BC  a, AD  3a . Tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SAB) theo a. 3a 3 A. 7 3a 3 B. 2 4a 3 C. 5 D. Hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm I của AC và BC. Mặt bên (SAB) hợp với đáy một góc 600. Biết rằng AB  BC  a, AD  3a . Tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SAB) theo a. Hướng dẫn giải Chọn B Gọi K là hình chiếu của I lên AB.  Suy ra SKI  600 . KI BI Do IK // AD   AD BD BI BC a 1 BI 1 BI 1 Mà        ID AD 3a 3 BI  ID 4 BD 4 KI 1 3a 3a 3 Suy ra   KI   SI  AD 4 4 4  AB  IK Gọi H là hình chiếu của I lên SK. Ta có   AB  IH .  AB  SI Từ đó suy ra IH   SAB   d  I ;  SAB    IH Mà do DB = 4IB  d  D;  SAB    4d  I ;  SAB    4 IH 1 1 1 16 16 3a 3 Lại có      IH  IH 2 IS 2 IK 2 27 a 2 9a 2 8 3a 3 Vậy d  D;  SAB    . Vậy chọn đáp án 2 D. Câu 6. Cho hình chóp đều S . ABC có SA  2 a , AB  a. Gọi M là trung điểm của cạnh BC Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SB. a 125 a 15 a 512 a 517 A. . B. . C. . D. 45 47 43 47 Lời giải Chọn D Trang 4/103 - Mã đề thi 131
Gọi O là tâm của ABC đều cạnh a. Do S . ABC là hình chóp đều 2 a 3 a 3 nên SO   ABC  . Ta có S ABC  và OA  4 3 Xét SOA có: a 2 11a 2 a 33 SO 2  SA2  OA2  4 a 2    SO  3 3 3 1 1 a 33 a 2 3 a 3 11 Vậy VS . ABC  SO.S ABC   3 3 3 4 12 Gọi I , J , K lần lượt là trung điểm các đoạn SC , CO , OM . Do SB / / MN  SB / /  AMN  . Suy ra: d  AM , SB   d  B  AMN    d  C ,  AMN    2d  I ,  AMN    AM  IJ Ta có:   AM   IJN    IJN    AMN  theo giao tuyến NJ .  AM  IN Trong  IJN  , kẻ IK  NJ  IK   AMN   d  I ,  AMN    IK . Xét tam giác IJN có: 1 1 1 16 12 188 11 2  2 2  2 2  2  IK  a . IK IJ IN a 11a 11a 188 11 a 517 Vậy d  AM , SB   2 IK  2a.  . 188 47 Vậy chọn đáp án C. Câu 7. Cho hình chóp đều S . ABC có cạnh đáy bằng a . Gọi B ', C ' lần lượt là trung điểm của SB, SC . Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng  ABC ' biết rằng  SBC    AB ' C ' . a 53 a 3 a 5 a 35 A. . B. . C. . D. . 4 14 14 14 Lời giải Chọn D Trang 5/103 - Mã đề thi 131
Gọi M , N là trung điểm của BC , BA . H , K là hình chiếu của S , C ' xuống mặt phẳng  ABC  . a 3 a 15 SA  , SH  và thể tích khối chóp 2 6 a3 5 S . ABC là V  . 24 7 Tam giác C ' AB cân tại C ' và C ' N  C ' K 2  KN 2  a. 4 7 2 nên ta có S ABC '  a . 8 3VC .C ' AB a 35 Vậy d  C ,  C ' AB    hay khoảng cách cần tìm là: d  C ,  C ' AB    . SC ' AB 14 Câu 8. Cho hình chóp S . ABCD có SA   ABCD  , SA  2a , ABCD là hình vuông cạnh bằng a . Gọi O là tâm của ABCD , tính khoảng cách từ O đến SC . a 2 a 3 a 3 a 2 A. . B. . C. . D. . 4 3 4 3 Lời giải Chọn B Kẻ OH  SC trong mp  SAC  Ta có: SC  SA2  AC 2  4a 2  2a 2  a 6 OH CO Lại có:  (do  CHO   CAS ) SA SC a 2 .2a CO a 3  OH  .SA  2   d  O; SC  SC a 6 3 Câu 9.    Cho hình lăng trụ ABCD .A' B ' C ' D ' có các cạnh đều bằng a và BAD  BAA '  DAA '  600 . Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy  ABCD  và  A' B ' C ' D '  . a 6 a 3 a 5 a 10 A. . B. . C. . D. . 3 3 5 5 Lời giải Chọn A Trang 6/103 - Mã đề thi 131
D' A' B' C' C A H D B Hạ A' H  AC , ta có nhận xét:  BD  AC   BD   OAA'   BD  A' O  BD  A' H  A' H   ABCD  Và vì  ABCD  / /  A' B ' C ' D '  nên A' H chính là khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy. Nhận xét rằng hình chóp A' .ABD là hình chóp đều, nên ta lần lượt có: 2 2 a 3 a 3 AH  AO  .  3 3 2 3 a 2 2a 2 a 6 A' H 2  A' A2  AH 2  a 2    A' H  . Vậy chọn đáp án 3 3 3 C. Cho tứ diện SABC có SB   ABC  , SB  5a , AB  3a , AC  4a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA và SC . Câu 10. (THPT Chuyên Thái Nguyên - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a , tam giác SAB đều, góc giữa  SCD  và  ABCD  bằng 60 . Gọi M là trung điểm cạnh AB . Biết hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng  ABCD  nằm trong hình vuông ABCD . Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC . 2a 5 5a 3 2a 15 a 5 A. . B. . C. . D. . 5 3 3 5 Lời giải Chọn D Hạ SH   ABCD  , vì AB  SM nên AB  MH do đó MH cắt CD tại trung điểm N của CD .  Từ đó suy ra góc giữa  SCD  và  ABCD  bằng SNH  60 . 2a 3  Tam giác SMN có SM   a 3 , MN  2a , SNM  60 suy ra SN  a do đó tam giác 2 SNH là nửa tam giác đều nên H là trung điểm của ON với O là tâm của hình vuông ABCD và a 3 SH  . 2 Trang 7/103 - Mã đề thi 131
S A D K M N O H O' J B I C Gọi I là trung điểm của BC , và O là giao điểm của MI và BD , khi đó  SMI  chứa SM và song 2 song với AC suy ra d  SM ; AC   d  AC ;  SMI    d  O;  SMI    d  H ;  SMI   . 3 Qua H dựng đường thẳng song song với BD cắt MI tại J khi đó HJ  MI và JO  JI . Hạ HK  SJ  HK  d  H ;  SMI   . 1 1 BD  BD OO  IN 4 2 3a 2 Lại có JH    . 2 2 4 1 1 1 4 8 20 3a Trong tam giác vuông SHJ ta có   =    HK  . SK 2 SH 2 HJ 2 3a 2 9a 2 9a 2 2 5 2 2 3a a Vậy d  SM ; AC   HK    . 3 3 2 5 5 Câu 11. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy. Cạnh SC hợp với d đáy một góc 60 , gọi d là khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SBD  . Khi đó, tỉ số bằng a 78 18 58 38 A. . B. . C. . D. . 13 13 13 13 Lời giải Chọn A Gọi O  AC  BC , kẻ AP  SO  P  SO   d  AP . Trang 8/103 - Mã đề thi 131
 SA Ta có SCA  60  tan 60   3  SA  AC 3  a 6 AC 1 1 1 1 1 6 d 6  2  2   d a   . d SA OA2 6a 2 a 2 13 a 13 2 Câu 12. Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh bằng 1 (đvdt). Khoảng cách giữa AA ' và BD ' bằng: 3 2 2 5 3 5 A. . B. . C. . D. . 3 2 2 7 Lời giải Chọn B A' D' B' C' A D B C Ta có: AA '/ / BB '  AA '/ /( BDD ' B ')  d ( AA ', BD ')  d ( AA ',( BDD ' B '))  d ( A,( BDD ' B ')) . Gọi O  AC  BD .  AO  BD Mặt khác:   AO  ( BDD ' B ')  d ( A,( BDD ' B ')  AO .  BO  BB ' AB 1 2 Trong tam giác AOB vuông cân tại O : OA    . 2 2 2 2 Suy ra: d ( AA ', BD ')  . 2 Câu 13. (CHUYÊN VINH LẦN 3-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a , cạnh bên SA  a 5 , mặt bên SAB là tam giác cân đỉnh S và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách gữa hai đường thẳng AD và SC bằng S D A B C 2a 5 4a 5 a 15 2a 15 A. . B. . C. . D. . 5 5 5 5 Lời giải Chọn B Trang 9/103 - Mã đề thi 131
S K D A H B C Gọi H là trung điểm của cạnh AB . Do tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy nên SH   ABCD  . Theo giả thiết ta có AB  2a  AH  a . Mà ta lại có SA  a 5 nên SH  SA2  AH 2  2a Ta có AD // BC  AD //  SBC   d  AD, SC   d  AD,  SBC    d  A,  SBC    2d  H ,  SBC   . Do mặt phẳng  SBC    SAB  nên từ H kẻ HK  SB thì HK  d  H ,  SBC   . SH .HB 2a.a 2a 5 4a 5 Ta có HK     d  AD, SC   2 HK  . SB a 5 5 5 Câu 14. Cho hình chóp S .ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , mặt bên SBC vuông góc với đáy ABC . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của AB , SA , AC . Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng mp  MNP  và mp  SBC  a 3 a 3 a 3 3a 3 A. . B. . C. . D. . 3 2 4 2 Lời giải Chọn C S N B C H M K P A Theo giả thiết, suy ra: Trang 10/103 - Mã đề thi 131
MN / / SA   SAC   MN / /  SAC  NP / / SC   SAC   NP / /  SAC  Mà MN , NP   MNP  , MN  NP  N Nên mp  MNP  / / mp  SBC  Gọi H là trung điểm của BC  AH  BC (do ABC đều) Mà  ABC    SBC  và AH   ABC  BC   ABC    SBC   AH   SBC  Gọi K  AH  MP  KH   SBC   d  K ,  SBC    KH Vì mp  MNP  / / mp  SBC  và K   MNP  1 a 3 Do đó: d   MNP  , SBC    d  K , SBC    KH  AH  2 4 Vậy chọn đáp án C. Câu 15. Tính khoảng cách từ AA đến mặt bên  BCC B  . 3a 2 a 3 a 3 a 3 A. . B. . C. . D. . 4 2 4 3 Hướng dẫn giải Chọn C Ta có: AA / / BB    BCC B   AA / /  BCC B  Gọi J  hchAA I  IJ  AA / / BB   IJ  BB  Mặt khác, theo giả thiết suy ra: Trang 11/103 - Mã đề thi 131
 B C   A I   A AI      B C    AAI   B C   AI   A AI     Suy ra IJ  BC  , tức là IJ   BCC B  . Mà J  AA nên d  AA,  BCC B    IJ . AI . AI Xét AAI , ta có: IJ . AA  AI . AI  IJ  . AA a 3 3a 2 a Dễ thấy AI  , AI  AA2  AI 2  a 2   . 2 4 2 a a 3 . a 3 Suy ra IJ  2 2  . a 4 a 3 Vậy d  AA,  BCC B    . Vậy chọn đáp án A. 4  Câu 16. Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác cân, AB  AC  a , BAC  120 . Mặt phẳng  AB ' C ' tạo với mặt đáy góc 60 . Tính khoảng cách từ đường thẳng BC đến mặt phẳng  AB ' C ' theo a . a 7 a 35 a 3 a 5 A. . B. . C. . D. . 4 21 4 14 Lời giải Chọn C Xác định góc giữa  AB ' C ' và mặt đáy là '  '  60 . AKA AKA Trang 12/103 - Mã đề thi 131
1 a a 3 Tính A ' K  A ' C '   AA '  A ' K .tan 60  2 2 2 d  B;  AB ' C '   d  A ';  AB ' C '   Chứng minh:  AA ' K    AB ' C ' . Trong mặt phẳng  AA ' K  dựng A ' H vuông góc với AK  A ' H   AB ' C '  d  A ';  AB ' C '   A ' H a 3 a 3 Tính A ' H  . Vậy d  B;  AB ' C '   . 4 4 Câu 17. (THPT Đoàn Thượng - Hải Phòng - Lân 2 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  3a , BC  4a và SA   ABC  . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng  ABC  bằng 60° . Gọi M là trung điểm của cạnh AC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM bằng 5a 5 3a 10 3a A. 5 3a . B. . C. . D. . 2 79 79 Lời giải Chọn D S H K A 60° C M N 3a 4a B Trong mặt phẳng  ABC  , kẻ MN // AB cắt BC tại N  AB //  SMN  . Ta có d  AB, SM   d  AB,  SMN    d  A,  SMN   . Hạ đường cao từ A xuống MN tại K . Trang 13/103 - Mã đề thi 131
Kẻ AH  SK   H  . Khi đó AH   SMN   AH  d  A,  SMN   . Ta có AC  BC 2  BA2  5a . Ta lại có SA  AC .tan 60  5 3a . Do MN // AB  BN  MN , tứ giác ABNK có:    B  N  K  90 suy ra ABNK là hình chữ nhật. 1  AK  BN  BC  2a . 2 1 1 1 SA. AK Ta có 2  2  AH  . AH SA AK 2 SA2  AK 2 5 3a.2a 10a 3  AH   . 2 2 75a  4a 79 Câu 18. Cho lăng trụ ABC. A1 B1C1 có các mặt bên là các hình vuông cạnh a . Gọi D, E , F lần lượt là trung điểm các cạnh BC ; A1C1 ; B1C1 . Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và A1 F . a 17 a 17 a 17 a A. . B. . C. . D. . 4 2 3 17 Lời giải Chọn D Gọi   là mặt phẳng chứa DE và song song với A1 F , thì khoảng cách cần tính bằng khoảng cách từ F đến   . Theo giả thiết suy ra lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều cạnh a . Gọi K là trung điểm của FC1 thì EK  A1 F  AD , suy ra     ADKE  . Ta có A1 F  B1C1  A1 F   BCC1 B1   EK   BCC1 B1  Trang 14/103 - Mã đề thi 131
Gọi H là hình chiếu vuông góc của F trên đường thẳng DK thì FH   ADKE  , suy ra FH là khoảng cách cần tình. 1 1 1 1 1 a Trong tam giác vuông DKE, ta có      FH  . FH 2 FD 2 FK 2 a 2  a 2 17   4 Vậy chọn đáp án B. Câu 19. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, BD  2a ; tam giác SAC vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC  a 3 . Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  SAD . 4a 21 2a 21 3a 21 a 21 A. . B. . C. . D. . 7 7 7 7 Hướng dẫn giải Chọn D Kẻ SH  AC , H  AC Do  SAC    ABCD  SH   ABCD SA.SC a 3 SA  AC 2  SC 2  a, SH   . AC 2 Ta có a AH  SA2  SH 2   CA  4 HA 2  d C ,  SAD   4d  H ,  SAD  Do BC / /  SAD   d  B,  SAD   d C ,  SAD   4d  H ,  SAD  Kẻ HK  AD  K  AD, HJ  SK  J  SK  Chứng minh được  SHK    SAD mà HJ  SK  HJ   SAD   d  H ,  SAD   HJ a 2 SH .HK a 3 AHK vuông tại K  HK  AH .sin450   HJ   . 4 SH  HK 2 2 2 7 2a 3 2a 21 Vậy d  B,  SAD    . Chọn đáp án 7 7 B. Câu 20. (SGD Bà Rịa - Vũng Tàu - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình lập phương ABCD. ABC D có cạnh bằng a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và DC bằng Trang 15/103 - Mã đề thi 131
a 6 2a 3 a 2 a 3 A. . B. . C. . D. . 3 3 2 3 Lời giải Chọn D Ta có: DC //AB   DC //  B AC  chứa AC . Khi đó ta có d  AC; DC   d  D;  BAC    d  B;  B AC   .  AC  BD Ta có:   AC   BB O  .  AC  BB   BH  AC Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên B O ta có:   BH   B AC  .  BH  B O Suy ra d  B,  B AC    BH . 1 1 1 1 1 2 a 3 Trong tam giác B BO ta có:       BH  BH 2 BB 2 BO 2 BH 2 a 2 a 2 3 Câu 21. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A , M là trung điểm AB , N là trung điểm AC , SB  AB , ( SMC )  ( ABC ) , ( SBN )  ( ABC ) , G là trọng tâm tam giác ABC , I , K lần lượt là trung điểm BC , SA . Kí hiệu d ( a , b ) là khoảng cách giữa 2 đường thẳng a và b . Khẳng định nào sau đây đúng? A. d ( SA, BC )  IS . B. d ( SA, BC )  IA . C. d ( SA, MI )  IK . D. d ( SA, BC )  IK . Lời giải ChọnA Trang 16/103 - Mã đề thi 131
( SMC )  ( ABC )  ( SBN )  ( ABC )  SG   ABC  ( SMC )  ( SBN )  SG  ABC là tam giác cân tại A nên AI  BC (1)  BC  AI Có:   AI   SAG   AI  SA (2)  BC  SG Vậy d ( SA, BC )  IA . Câu 22. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A , AB  a 2 ; SA  SB  SC . Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng  ABC  bằng 600 . Tính theo a khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng  ABC  là : a 3 a 2 A. . B. a 2. C. a 3. D. . 3 2 Lời giải Chọn C S H C B A Ta có vì SA  SB  SC nên  S nằm trên đường thẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp đáy và vuông góc với đáy. Mà ABC vuông cân tại A nên tâm Đường tròn ngoại tiếp đáy là trung điểm H của BC . Vậy S nằm trên đường thẳng đi qua H vuông góc với  ABC  .  Mà góc giữa đường thẳng SA và  ABC  là 600  SAH  600 ABC vuông cân tại A có AB  a 2  AC  a 2 1  BC 2  AB2  AC 2  4a 2  BC  2a . Mà H là trung điểm của BC  AH  BC  a 2 Xét tam giác vuông SHA ta có : SH  AH .tan 600  a 3 Vậy khoảng cách từ S đến mặt phẳng  ABC  là a 3 .  Câu 23. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , góc ABC  60 . Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Trên cạnh BC và CD lần lượt lấy hai điểm M và N sao cho MB  MC và NC  2 ND . Gọi P là giao điểm của AC và MN . Khoảng cách từ điểm P đến mặt phẳng  SAB  bằng: Trang 17/103 - Mã đề thi 131
5a 3 5a 3 3a 3 a 3 A. . B. . C. . D. . 12 14 10 8 Lời giải Chọn đáp án C Dựng CH  AB  CH   SAB  Giả sử MN cắt AD tại F . Theo định lý Talet ta có: DF ND 1 MC a    DF   . MC NC 2 2 4 PA AF 5 CA 7 Khi đó     PC MC 2 PA 5 5 5 Do đó d  P,  SAB    d  C ,  sAB    CH 7 7 5 a 3 5a 3  .  7 2 14 Câu 24. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và mặt phẳng  ABC  . a a 5a 2a A. . B. . C. . D. . 2 4 2 3 Lời giải Chọn C S N K M B C A MN / / CA     MN / /  BCA  CA   ABC    Trang 18/103 - Mã đề thi 131
Từ M kẻ MH / / S B ; SB   BCA   MH   BCA  . Vậy: MH  d  MN ,  BCA   ; SB 5a ABC cho: MH   2 2 Câu 25. (Chuyên KHTN - Lần 3 - Năm 2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là một tam giác đều cạnh a . Hình chiếu của S trên mặt phẳng  ABC  trùng với trung điểm của BC . Cho SA  a và hợp với đáy một góc 30o . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng: 2a 2 a 3 a 3 a 2 A. . B. . C. . D. . 3 4 2 3 Lời giải Chọn B Nhận xét: SA và BC là hai đường thẳng chéo nhau Kẻ IH  SA với H  SA (1)  BC  AI   BC   SAI   BC  SI  BC  IH (2) Từ (1) và (2)  IH là đoạn vuông góc giữa hai đường thẳng SA và BC chéo nhau.  a 3 .s in30o  a 3 . 1  a 3  d  SA, BC   IH  IA.sin SAI  2 2 2 4 Câu 26. [TT DIỆU HIỀN CẦN THƠ-2017] Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC ' và CD ' . a 2 a 3 A. 2a . B. . C. a 2 . D. . 3 3 Lời giải Chọn D A' D' O B' C' H A D B C Gọi O  A ' C ' B ' D ' và từ B ' kẽ B ' H  BO Ta có CD ' // ( BA ' C ') nên BB '.B ' O a 3 d ( BC '; CD ')  d ( D '; ( BA ' C '))  d ( B '; ( BA ' C '))  B ' H   BO 3 Câu 27. Cho hình chóp S . ABCD có cạnh đáy là hình chữ nhật, SA  ( ABCD). Biết SA  AB  a, AD  a 3. Gọi M  BC sao cho DM  SC . Tính DM theo a. Trang 19/103 - Mã đề thi 131
2a 3 2a a 3 A. . B. a 3 . C. . D. . 3 3 3 Lời giải Chọn A S A D K B M C Ta có SA   ABCD   SA  DM Mà DM  SC  DM   SAC   DM  AC Xét tam giác ADC và tam giác DCM có   DCM  900 ADC     DAC  CDM ( cùng phụ với ACD ) DM CM DM CM  ADC ∽ DCM Do đó     DM  2CM AC DC 2a a Tam giác DCM vuông tại C có: 2  DM  3 2a 3 DM 2  CM 2  CD 2  DM 2   2 2   a  DM  a  DM  2 .  2  4 3 Câu 28. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa SC và mặt phẳng đáy bằng 450 . Gọi E là trung điểm BC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và SC . A. a 38 . B. a 38 . C. a . D. 2a 38 . 19 9 19 9 Hướng dẫn giải Chọn A S Từ C dựng CI  DE  DE  SCI  . Từ A dựng AK  CI , cắt ED tại H và CI tại K . Trong  SAK  dựng HT  SK . Do CI   SAK  nên HT   SCI  . CD. AI 3a 1 a AK   , HK  AK  . D CI 5 3 5 A I T SA.HK a 38 d  DE , SC   d  H ,  SCI   HT   H SK 19 B C K Vậy chọn đáp án E C. Câu 29. Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Đường thẳng SA vuông góc SA với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm của SB . Tỷ số khi khoảng cách từ điểm M đến mặt a a phẳng  SCD  bằng là 5 Trang 20/103 - Mã đề thi 131