Đề thi môn Toán lớp 11 năm học 2018 – 2019 (Mã đề thi 174, có lời giải chi tiết)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:98

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 174, có lời giải chi tiết) dành cho học sinh lớp 11 dùng để luyện đề trước kỳ thi quan trọng. Tài liệu gồm các câu hỏi trắc nghiệm bao quát kiến thức, có lời giải chi tiết đi kèm. Đề giúp nâng cao kỹ năng giải đề và tiếp cận các dạng bài thường gặp. Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu để học tập đầy đủ và 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 174, 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:……………...……..……… 174 Câu 1. (THPT Chuyên Trần Phú - Hải Phòng - Năm 2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a , tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng  ABC  . a 3 A. 2a 3 . B. a 6 . C. . D. a 3 . 2 .Lời giải Chọn D  Gọi trung điểm của AB là I . Suy ra SI  AB . Do đó SI   ABC  nên SI  d S ,  ABC  .  Theo giả thiết tam giác SAB đều nên SB  AB  2a , IB  a . Do đó SI  SB 2  IB 2  a 3 . Câu 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, bốn cạnh bên đều bằng 3a và AB  a , BC  a 3 . Khoảng cách từ S đến mặt phẳng  ABCD  bằng: a 3 A. a 2 B. 2 a 3 C. D. 2a 2 2 Hướng dẫn giải Chọn D Gọi O là tâm của hình chữ nhật ABCD Khi đó SO   ABCD  . Ta có: AC  AB 2  BC 2  2a  OA  a . Trang 1/98 - Mã đề thi 174
Lại có: SO  SA2  OA2  9a 2  a 2  2a 2   Do vậy d S ,  ABCD   SO  2a 2 . Câu 3. Cho hình chóp S . ABC trong đó SA , AB , BC vuông góc với nhau từng đôi một. Biết SA  a 3 , AB  a 3 . Khoảng cách từ A đến  SBC  bằng: a 2 2a 5 a 6 a 3 A. . B. . C. . D. . 3 5 2 2 Lời giải Chọn D.  BC  SA Kẻ AH  SB . Ta có:   BC   SAB   BC  AH .  BC  AB Suy ra AH   SBC   d  A;  SBC    AH . 1 1 1 SA. AB 6a Trong tam giác vuông SAB ta có: 2  2 2  AH   . AH SA AB 2 SA  AB 2 2 Câu 4. (THPT Chuyên Thái Bình - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy là tam giác ABC vuông tại A có BC  2a , AB  a 3 . Khoảng cách từ AA đến mặt phẳng  BCC B là: a 5 a 7 a 21 a 3 A. . B. . C. . D. . 2 3 7 2 Lời giải Chọn D B C A H B C A Ta có AA//  BCC B  nên khoảng cách từ AA đến mặt phẳng  BCC B  cũng chính là khoảng cách từ A đến mặt phẳng  BCC B  . Hạ AH  BC  AH   BCC B  . 1 1 1 1 1 1 1 4 a 3 Ta có 2  2  2  2 2 2  2  2  2  AH  . AH AB AC 3a BC  AB 3a a 3a 2 a 3 Vậy khoảng cách từ AA đến mặt phẳng  BCC B  bằng . 2 Trang 2/98 - Mã đề thi 174
Câu 5. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với đáy,   BAD  1200 , M là trung điểm cạnh BC và SMA  450 . Tính theo a khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBC ) được kết quả a 3 a 6 a 6 a 5 B. . C. . D. . A. 4 . 2 4 4 Lời giải Lời giải Chọn C AD / / BC  AD/ /  SBC   d  D,  SBC    d  A,  SBC    SAM có SA  AM , SMA  450  SAM vuông cân tại A ABC đều  BC  AM SA   ABC   BC  SA  BC   SAM    SBC    SAM  ABC đều,Gọi H là trung điểm của SM  AH  SM  AH   SBC   d  A,  SBC    AH a 3 a 6 AM   AH  . 2 4 Câu 6. (SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA-2018) Cho hình lập phương ABCD. ABC D có cạnh bằng a 2 tính khoảng cách của hai đường thẳng CC  và BD. a 2 a 2 A. a 2 . B. . C. . D. a . 2 3 Lời giải Chọn D A' D' B' C' A D O B C OC  BD Ta có vì ABCD. ABC D   OC  CC   OC là khoảng cách của hai đường thẳng CC  và BD Mà ABCD là hình vuông có cạnh bằng a 2  AC  2a  OC  a . Trang 3/98 - Mã đề thi 174
Câu 7. (SGD Đồng Tháp - HKII 2017 - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  , ABCD là hình thang vuông có đáy lớn AD gấp đôi đáy nhỏ BC , đồng thời đường cao AB  BC  a . Biết SA  a 3 , khi đó khoảng cách từ đỉnh B đến đường thẳng SC là. a 10 2a 5 A. B. a 10 C. 2a D. 5 5 Lời giải Chọn D  BC  AB Ta có:   BC  SB  SBC vuông tại B .  BC  SA Trong SBC dựng đường cao BH  d  B; SC   BH . 1 1 1 BS .BC 2a 5 SB  2a ; 2  2  2  BH   . BH SB BC 2 BS  BC 2 5 Câu 8. (Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai – 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB  a, AD  a 3 . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  2a . Tính khoảng cách d từ điểm C đến mặt phẳng  SBD  a 57 2a a 5 2a 57 A. B. d  . C. d  . D. d  . 19 5 2 19 Lời giải Chọn D S K A D I H B C Gọi H là hình chiếu cúa A lên BD . Gọi K là hình chiếu của A lên SH . Tam giác ABD vuông tại A có AH  BD 1 1 1 1 1  2  2  2  2 2 AH AB AD a a 3  3a a 3  AH 2   AH  4 2 Trang 4/98 - Mã đề thi 174
Tam giác SAH vuông tại A có AK  SH 1 1 1 1 1 19  2  2 2  2  2  AK SA AH  2a   a 3  12a 2    2  12a 2 2a 57  AK 2   AK   d  A, SBD  19 19 AI d  A, SBD  Gọi I  AC  BD  I  AC   SBD    . Mà ABCD là hình chữ nhật nên I là CI d C , SBD  AI 2a 57 trung điểm AC nên  1  d  A, SBD   d  C , SBD   d  . CI 19 Câu 9. Cho hình chóp S . ABCD có SA   ABCD  , đáy ABCD là hình chữ nhật. Biết AD  2a , SA  a . Khoảng cách từ A đến  SCD  bằng: 2a 3 2a 3a 3a 2 A. B. C. D. 3 5 7 2 Lời giải Chọn B Kẻ AH  SD  H  SD  CD  SA Ta có   CD  ( SAD)  CD  AH CD  AD SA. AD 2a  AH   SCD   d  A,  SCD    AH   2 2 SA  AD 5 Câu 10. [sai 5.3 chuyển thành 5.5] Cho hình lăng trụ tam giác ABC. ABC  có các cạnh bên hợp với đáy những góc bằng 60 , đáy ABC là tam giác đều và A cách đều A , B , C . Tính khoảng cách giữa hai đáy của hình lăng trụ. 2a a 3 A. . B. a 2 . C. . D. a . 3 2 Lời giải Chọn D Trang 5/98 - Mã đề thi 174
Vì  ABC đều và AA  AB  AC  AABC là hình chóp đều.  Gọi AH là chiều cao của lăng trụ, suy ra H là trọng tâm  ABC , AAH  60 . a 3 AH  AH .tan 60  3  a. 3 Câu 11. (THPT Chuyên Thái Bình - Lần 4 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , BC  2a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  2a 3 . Gọi M là trung điểm AC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM bằng: a 39 2a 2a 3 2a 39 A. B. C. D. 13 13 13 13 Lời giải Chọn D S H I C A M N B Gọi N là trung điểm cạnh BC suy ra AB //  SMN  . Khi đó, d  AB, SM   d  AB,  SMN    d  A,  SMN   . Trong mặt phẳng  ABC  , kẻ AI  MN suy ra  SAI    SMN   SI . Trong mặt phẳng  SAI  , kẻ AH  SI suy ra AH   SMN  . Suy ra d  AB, SM   AH . Ta có AI  BN  a . 1 1 1 13 Lại có 2  2 2  . AH a 12a 12a 2 2a 39 Vậy d  AB, SM   AH  13 . Trang 6/98 - Mã đề thi 174
Câu 12. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB là tam giác đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi O là giao điểm của hai đường chéo. Tính khoảng a3 3 cách từ điểm O tới mặt phẳng  SHC  biết thể tích khối chóp S.ABCD là 3 a 2a a 2a A. B. C. D. 17 17 27 27 Lời giải Chọn A a 3 Gọi H là trung điểm của AB  SH   ABCD  và SH  2 Ta có 1 1 1 a 3 a 2 3.BC VS . ABCD  SH .S ABCD  SH . AB.BC  . .a.BC  3 3 3 2 6 a3 3 a2 3 a3 3 Mà VS . ABCD   .BC   BC  2a 3 6 3 OK  CH Kẻ OK  CH ta có   OK   SCH  OK  SH a a Ta tính được OK   d  O,  SCH    17 17 Câu 13. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I , cạnh bên SA vuông góc với đáy, H, K lần lượt là hình chiếu của A lên SI , SD . Kí hiệu d ( A,( SBD)) là khoảng cách giữa điểm A và mặt phẳng (SBD ) . Khẳng định nào sau đây đúng? A. d ( A,(SBD))  AD . B. d ( A,( SBD))  AI . C. d ( A,(SBD))  AK . D. d ( A,(SBD))  AH . Lời giải Chọn D S K j H A D I C Trang 7/98 - Mã đề thi 174
 BD  AI (vi ABCD la hinh thoi ) Tacó:   BD  SA(vi SA  ( ABCD))  BD  ( SAI )  ( SBD)  ( SAI ) ( vi BD  ( SBD )). ( SBD )  ( SAI )  SI . Mặt khác: AH  SI Suy ra AH  ( SBD ) hay d ( A, ( SBD ))  AH . Câu 14. Cho hình chóp A.BCD có cạnh AC   BCD  và BCD là tam giác đều cạnh bằng a . Biết AC  a 2 và M làtrung điểm của BD . Khoảng cách từ A đến đường thẳng BD bằng: a 11 2a 3 4a 5 3a 2 A. . B. . C. . D. . 2 3 3 2 Lời giải Chọn A  AC  BD Ta có:   BD  AM (Định lý 3 đường vuông góc)  d  A; BD   AM . CM  BD a 3 CM  (vì tam giác BCD đều). 2 3a 2 a 11 Ta có: AM  AC 2  MC 2  2a 2   . 4 2 Câu 15. (TRƯỜNG CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH - LẦN 2 - 2018) Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có SA  2a , AB  3a . Khoảng cách từ S đến mặt phẳng  ABC  bằng a 7 a a 3 A. . B. a . C. . D. . 2 2 2 Lời giải Chọn B Trang 8/98 - Mã đề thi 174
Gọi O là trọng tâm tam giác ABC  SO   ABC   d  S ;  ABC    SO . 2 2  3a 3  2 Ta có: AO  3 AI   3  2 2  2   a 3 ; SO  SA  AO   2a  2   a 3   a .  Vậy: d  S ;  ABC    a . Câu 16. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AC  a 3, ABC  30 , góc giữa SC và mặt phẳng  ABC  bằng 60°. Cạnh bên S vuông góc với đáy. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng 3a 2a 3 a 6 a 3 A. B. C. D. 5 35 35 35 Lời giải Chọn A Kẻ AE  BC , AK  SE  E  BC , K  SE  . Chứng minh AK   SBC   AK  d  A,  SBC   . Xét tam giác SAE vuông tại A ta có: SA. AE AK  . SA2  AE 2 Tính SA, AE: Xét hai tam giác vuông ABC và SAC: AB  SA  3a . 3a Xét tam giác vuông ABC: AE  . 2 3a  d  A,  SBC    HK  . 5 Câu 17. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a và mặt phẳng  SBC  vuông góc với mặt đáy. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BC được kết quả a 3 a 5 a 2 a 3 A. . B. . C. . D. . 2 2 2 4 Lời giải Trang 9/98 - Mã đề thi 174
Chọn C Gọi H là trung điểm của BC .  SBC    ABC    SBC    ABC   BC  SH   ABC   SH  BC  Vì ABC vuông cân tại A nên AH  BC (1)  BC  AH Có:   BC  SA (2)  BC  SH a 2 Suy ra: d  SA.BC   AH  . 2 Câu 18. (Tổng Hợp Đề SGD Nam Định - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình lăng trụ ABCD. ABC D  có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a , AD  a 3 . Hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng  ABCD  trùng với giao điểm AC và BD . Tính khoảng cách từ điểm B  đến mặt phẳng  ABD  . A' D' B' C' A D O B C a 3 a 3 a 3 a 3 A. . B. . C. . D. . 4 2 6 3 Hướng dẫn giải Chọn B Trang 10/98 - Mã đề thi 174
A' D' B' C' A D H O B C Ta có: d  B ,  ABD    d  A ,  ABD   . Gọi H là hình chiếu của A lên BD . Ta có: AH   ABD   d  A ,  ABD    AH . 1 1 1 1 1 a 3 a 3 Mà: 2  2  2  2  2  AH  . Vậy d  B ,  ABD    . AH AB AD a 3a 2 2 Câu 19. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A , cạnh bên SA vuông góc với đáy, M là trung điểm BC , J là trung điểm BM . Kí hiệu d ( A, (SBC )) là khoảng cách giữa điểm A và mặt phẳng (SBC ) . Khẳng định nào sau đây đúng? A. d ( A,(SBC ))  AK với K là hình chiếu của A lên SC . B. d ( A,(SBC ))  AK với K là hình chiếu của A lên SJ . C. d ( A,(SBC ))  AK với K là hình chiếu của A lên SB . D. d ( A,( SBC ))  AK với K là hình chiếu của A lên SM . Lời giải Chọn D S K A C M J B  BC  SA Ta có   BC  (SAM )  BC  AM Với K là hình chiếu vuông góc của A lên SM  AK  (SAM )  AK  SM ta có   AK  (SBC)  d ( A,(SBC))  AK .  AK  BC Câu 20. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Biết SA  a, AB  b . Khi đó, khoảng cách từ trung điểm M của AC tới mặt phẳng  SBC  bằng: 2ab ab 3 ab ab A. B. C. D. a2  b2 a2  b2 2 a2  b2 a2  b2 Lời giải Chọn C Trang 11/98 - Mã đề thi 174
 BC  AB Do   BC   SAB  . Dựng AH  SB  AH   SBC  .  BC  SA 1 1 Lại có AC  2 MC  d  M ,  SBC    d  A,  SBC    AH 2 2 Mặt khác SA.SB ab ab AH    d  M ,  SBC    . SA2  AB 2 a 2  b2 2 a 2  b2 Câu 21. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc nhau và OA  3a , OB  2 a, OC  a . Gọi d a là khoảng cách từ A đến đường thẳng BC. Khi đó, tỉ số bằng: d 3 6 2 5 A. B. C. D. 8 5 3 7 Lời giải Chọn D Dựng OH  BC ta có OA  BC  BC  AH Khi đó d  A, BC   AH  OA2  OH 2 OB.OC 2a 4 7a Mặt khác OH    AH  9   OB 2  OC 2 5 5 5 a 5 Do đó tỷ số  . d 7 Câu 22. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Khoảng cách từ A đến  BCD  bằng: Trang 12/98 - Mã đề thi 174
a 3 a 3 a 6 a 6 A. . B. . C. . D. . 6 3 2 3 Lời giải Chọn D Ta có: AO   BCD   O là trọng tâm tam giác BCD . 3a 2 a 6 d  A;  BCD    AO  AB 2  BO 2  a 2   . 9 3 Câu 23. [THPT Lý Nhân Tông - 2017] Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh a 3,   120 o , SC   ABCD  . Mặt bên  SAB  tạo với đáy góc 45 . Khoảng cách giữa SA và ABC BD tính theo a bằng: a 5 3a 5 2a 5 a 5 A. . B. . C. . D. . 5 10 5 10 Lời giải Chọn B S J B C I O A D . Gọi I là trung điểm CD , kẻ CJ€ BI , J  AB .  ta có SJC  45 nên SC  CJ  BI  3a . 2 Kẻ OH  SA thì H là đoạn vuông góc chung. O của SA và BD nên OH  d  BD , SA  . OA.SC 3a 5 Từ tam giac vuông đồng dạng ta có : OH   . SA 10 Câu 24. (THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  a , AA  2a . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  ABC  Trang 13/98 - Mã đề thi 174
3 5a 2 5a 5a A. . B. 2 5a . C. . D. . 5 5 5 Lời giải Chọn C A' C' B' 2a H A C a B Dựng AH  AB . BC  AB  Ta có   BC   AAB   BC  AH BC  AA Vậy AH   ABC   d  A,  ABC    AH . 1 1 1 2 5a Xét tam giác vuông AAB có 2  2  2  AH  . AH AA AB 5 Câu 25. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , mặt phẳng (SAB ) vuông góc với  mặt phẳng đáy, SA  SB , góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 45 . Tính theo a khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng ( ABCD ) được kết quả a a 2 a 3 a 5 A. . C. . D. . 2 B. 2 . 2 2 Lời giải Chọn D S 45° C A H B D Gọi H là trung điểm AB . Do  SAB cân tại S nên SH  AB . Ta có ( SAB )  ( ABCD ), ( SAB )  ( ABCD )  AB . Do đó SH  ( ABCD ) , hay d ( S , ( ABCD ))  SH .  Hình chiếu của SC lên mặt đáy là HC nên góc tạo bởi SC và mặt đáy ABCD là góc SCH  45 . Trang 14/98 - Mã đề thi 174
2 a a 5 Do đó: SH  HC  AC 2  AH 2  a 2  . 4 2 Câu 26. 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 đáy. Khi đó, khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SCD  bằng: a 21 a 21 a 21 a 21 A. B. C. D. 3 14 7 21 Lời giải Chọn C Gọi H là trung điểm của AB  SH  AB . Gọi M là trung điểm của CD  HM  CD . Ta có  SAB    ABCD  mà SH   ABCD   SH  CD . Khi đó CD   SHM  , kẻ HK  SM  K  SM   HK   SMH  . Xét SMH vuông tại H, có 2 a2 3  a 3  SH .HM 2 a 21 HK   :   a  . 2 SH  HM 2 2  2  7 Câu 27. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng b và đường cao SO  a . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SCD  bằng: ab ab ab 3 2ab A. B. C. D. 2 2 2 2 2 2 2 4a  b 4a  b 4a  b 4a 2  b 2 Lời giải Chọn D Trang 15/98 - Mã đề thi 174
Dựng OE  CD; OF  SE . Khi đó d  O,  SCD    OF . AD b Ta có: OE   . 2 2 Mặt khác AC  2OC nên d  A,  SCD    2d  O,  SCD    2OF 2.OE.SO 2ab Do đó d   . SO 2  OE 2 4a 2  b 2 Câu 28. [sai 5.6 chuyển thành 5.7] Cho hình lập phương ABCD. ABC D có cạnh bằng 1 (đvdt). Khoảng cách giữa AA ' và BD ' bằng: 3 2 2 2 3 5 A. . B. . C. . D. . 3 2 5 7 Lời giải Chọn B 1 2 Ta có: d  AA; BD   d  BB;  DBBD    AC  . 2 2 Câu 29. (THPT Chuyên Hà Tĩnh - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 2a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng a 165 a 165 2a 165 a 165 A. B. C. D. 45 15 15 30 Lời giải Chọn B Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Do hình chóp S . ABC đều nên SO   ABC  Trang 16/98 - Mã đề thi 174
2 2 a 3 2 a 332 1 a 3 a 3 SO  SA  AO  4a   ; GM  .   3   3  3 2 6   a 165 3SG.GM d  A,  SBC    3d  G ,  SBC    .  SG  GM 15 2 2 Câu 30. (THPT Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - LẦN 1 - 2017 - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , SA   ABCD  , SA  a 3 . Gọi M là trung điểm SD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CM . a 3 a 3 2a 3 3a A. . B. . C. . D. . 2 4 3 4 Lời giải Chọn A S M H A D B C Vì AB//CD nên AB// SCD  . Do đó d  AB, CM   d  AB,  SCD    d  A,  SCD    AH với H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác SAD . SA. AD a 3.a a 3 Ta có AH    . SD 2 2 a 3   a2 Câu 31. Cho lăng trụ ABCD. ABC D có đáy ABCD là hình chữ nhật. AB  a , AD  a 3 . Hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng ( ABCD ) trùng với giao điểm AC và BD . Góc giữa hai  mặt phẳng ( AD D A) và ( ABCD ) bằng 60 . Tính khoảng cách từ điểm B  đến mặt phẳng ( ABD ) theo a được kết quả a 5 a 2 a 3 a B. . C. . D. . A. 2 . 2 2 2 Lời giải Chọn C Trang 17/98 - Mã đề thi 174
A' B' D' C' A 60° K B H O D C Ta có: AB // DC và BD // BD , suy ra ( ABD ) //( BD C ) . Do đó: d ( B , ( ABD ))  d (( ABD ), ( B D C ))  d (C , ( ABD ))  CK (với K là chân đường vuông góc kẻ từ C đến BD ). 1 1 1 1 1 4 a 3 Ta có 2  2  2  2  2  2 , suy ra CK  . CK BC DC a 3a 3a 2 Câu 32. Tính độ dài đường chéo của hình hộp chữ nhật có độ dài các cạnh là a, b, c. 1 2 2 2 1 A. a b c . B. a  b  c. C. a 2  b2  c 2 . D. a  b  c. 2 2 Lời giải Chọn C B' C' A' D' B C c b A a D 2 2 2 2 2 2 2 2 Có AC   AC  A A  AD  AB  A A '  a  b  c . Câu 33. (THPT-Chuyên Ngữ Hà Nội_Lần 1-2018-BTN) Cho hình tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng b  a  b  . Phát biểu nào dưới đây sai? A. Hình chiếu vuông góc của S lên trên mặt phẳng  ABC  là trọng tâm tam giác ABC . B. SA vuông góc với BC . C. Đoạn thẳng MN là đường vuông góc chung của AB và SC ( M và N lần lượt là trung điểm của AB và SC ). D. Góc giữa các cạnh bên và mặt đáy bằng nhau. Lời giải Chọn C Trang 18/98 - Mã đề thi 174
SAG  SBG  SCG . Suy ra góc giữa các cạnh bên và đáy bằng nhau.  SA  SB  SC  , suy ra hình chiếu vuông góc của S lên trên mặt phẳng  ABC  là trọng tâm  AB  AC  BC tam giác ABC . BC   SAI   BC  SA .  Câu 34. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , góc ABC  60 . Mặt phẳng  SAB  và  SAD  cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Trên cạnh SC lấy điểm M sao cho MC  2MS . Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng  SAB  bằng: a 2 a 3 a a 3 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 6 Lời giải Chọn đáp án B  SAB    ABC   Ta có:   SA   ABCD  .  SAD    ABC   Dựng CH  AB  CH   SAB  d  C ,  SAB   CS 3 Do   d  M ,  SAB   MS 2 2 2 2 a 3 a 3  d  M ,  SAB    d  C ,  SAB    CH  .  3 3 3 2 6 Trang 19/98 - Mã đề thi 174
Câu 35. (THPT Thăng Long – Hà Nội – Lần 1 – 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau SA và BC . a 3 a 3 a A. . B. a . C. . D. . 2 4 2 Lời giải Chọn A Do  SAB    ABCD  và BC  AB  BC   SAB  . Vì tam giác SAB đều nên gọi M là trung điểm của SA thì BM  SA nên BM là đoạn vuông góc chung của BC và SA . a 3 Vậy d  SA; BC   BM  . 2 Câu 36. Cho hình chóp A.BCD có cạnh AC   BCD  và BCD là tam giác đều cạnh bằng a . Biết AC  a 2 và M là trung điểm của BD . Khoảng cách từ A đến đường thẳng BD bằng: 2a 3 4a 5 a 11 3a 2 A. . B. . C. . D. . 3 3 2 2 Lời giải Chọn C Do M là trung điểm của BD nên CM vừa là trung tuyến vừa là đường cao của BCD .  BD  CM Ta có:   BD   ACM   BD  AM  BD  AC Vậy d  A; BD   AM . a 3 Xét ACM có AC  a 2 ; CM  2 Trang 20/98 - Mã đề thi 174