Bộ 20 đề thi giữa học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án- Đề 18
50 câu hỏi
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y=x+1x−1 trên đoạn 2;3.
min2;3y=−3.
min2;3y=4.
min2;3y=3.
min2;3y=2.
Chọn D
y'=−2x−12<0,∀x∈2;3⇒min2;3y=f3=3+13−1=2
Cho hàm số y=fx liên tục trên R và có đạo hàmf'x=x+1x−22x−33x+54 Hỏi hàm số có bao nhiêu điểm cực trị?
3
5
4
2
Chọn D
f'x=0⇔x+1x−22x−33x+54=0⇔x=−1x=2x=3x=−5
Bảng biến thiên:
Dựa vào BBT ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị.
Cho hàm số y=f(x) liên tục trên R . Hàm số y=f'(x) có đồ thị như hình vẽ:
Khẳng định nào sau đây ĐÚNG?
Đồ thị hàm số y=f(x)có 1 điểm cực trị.
Đồ thị hàm số y=f(x)có 2 điểm cực trị.
Đồ thị hàm số y=f(x)có 4 điểm cực trị.
Đồ thị hàm số y=f(x) có 3 điểm cực trị.
Chọn D
Ta thấy đồ thị y=f'(x) cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt nên f'(x)=0 có 3 nghiệm đơn phân biệt.
Do đó đồ thị hàm số y=f(x) có 3 điểm cực trị.
Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y=x+1x2−4 là:
4
1
3
2
Chọn C
Ta có: TXĐ D=ℝ\−2;2
limx→+∞x+1x2−4=0;limx→−∞x+1x2−4=0⇒ Đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang y=0 .
limx→2+x+1x2−4=+∞⇒ Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=2 .
limx→−2+x+1x2−4=+∞⇒ Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=-2
Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.
Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f(x)=x3−8x2+16x−9 trên đoạn 1;3.
max1;3f(x)=0
max1;3f(x)=5
max1;3f(x)=1327
max1;3f(x)=−6
Chọn C
Ta có: f(x)=x3−8x2+16x−9⇒f'(x)=3x2−16x+16
f'(x)=0⇔3x2−16x+16=0⇔x=43∈1;3x=4∉1;3
f(1)=0,f(3)=−6,f43=1327.
Vậy max1;3f(x)=f43=1327
Cho hàm số y=−x3+3x2−3x+2. Khẳng định nào sau đây là ĐÚNG?
Hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞;1)và đồng biến trên khoảng (1;+∞).
Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞;1) và nghịch biến trên khoảng (1;+∞) .
Hàm số luôn đồng biến trên R .
Hàm số luôn nghịch biến trên R .
Chọn D
Ta có: y=−x3+3x2−3x+2⇒y'=−3x2+6x−3=−3(x−1)2⇒y'≤0,∀x≠1 .
Vậy hàm số y=−x3+3x2−3x+2 luôn nghịch biến trên R .
Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y=3x4−4x3−6x2+12x+1 là điểm M(x0;y0). Tính tổng T=x0+y0.
T=8.
T=−11.
T=4.
T=3.
Chọn B
Ta có y'=12x3−12x2−12x+12=0⇔x=−1x=1
Bảng biến thiên:
Từ BBT, đồ thị hàm số y=3x4−4x3−6x2+12x+1 có điểm cực tiểu là điểm M(−1;−10).
Vậy T=−11.
Tổng các giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y=2−x2−x bằng
2−2.
2+2.
1
2
Chọn A
Điều kiện: 2−x2≥0⇔−2≤x≤2
TXĐ: D=−2;2
Hàm số liên tục trên −2;2;y'=−x2−x2−1
∀x∈−2;2 thì y'=0⇔2−x2=−x⇔x≤02−x2=x2⇔x=−1∈−2;2
Ta có: y(−2)=2;y(2)=−2;y(−1)=2.
Do đó Minyx∈−2;2=y(2)=−2;Maxyx∈−2;2=y(−1)=2.
Vậy tổng các giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y=2−x2−x bằng 2−2.
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y=−13x3−mx2+(2m−3)x−m+2 luôn nghịch biến trên R
−3<m<1.
m≤1.
−3≤m≤1.
m∈(−∞;−3]∪[1;+∞).
Chọn C
Hàm số y=−13x3−mx2+(2m−3)x−m+2 luôn nghịch biến trên R
⇔y'≤0,∀x∈R và dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm trên R
⇔−x2−2mx+2m−3≤0,∀x∈R⇔Δ'≤0a=−1<0⇔m2+2m−3≤0⇔−3≤m≤1
Vậy các giá trị m cần tìm là −3≤m≤1.
Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=x+9−3x2+x là:
2
3
0
1
Chọn D
TXĐ: D=R\−1;0.
∀x∉{0;−1}, ta có: x+9−3x2+x =(x+9−3)(x+9+3)(x2+x)(x+9+3)=x(x2+x)(x+9+3)=1(x+1)(x+9+3)
Do đó: limx→0+x+9−3x2+x=limx→0−x+9−3x2+x=limx→01(x+1)(x+9+3)=16
Mặt khác, limx→−1+x+9−3x2+x=+∞ ; limx→−1−x+9−3x2+x=−∞
Nên đồ thị hàm số đã cho chỉ có một tiệm cận đứng là đường thẳng x=−1.
Hàm số y=4−x2 nghịch biến trong khoảng nào?
−2;2
−2;0
0;+∞
0;2
Chọn D
TXĐ: D=−2;2
y'=−x4−x2; y'=0⇔x=0
BBT
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0,2)
Cho hàm số y=fx có bảng biến thiên dưới đây. Khẳng định nào sau đây là đúng?
Hàm số đạt cực đại tại x=2 .
Hàm số đạt cực đại tại x=3.
Hàm số đạt cực đại tại x=4
Hàm số đạt cực đại tại x=-2
Chọn A
Dựa vào bảng biến thiên ta có: Hàm số đạt cực đại tại x=2 và đạt cực tiểu tại x=4
Đồ thị hàm số y=2x−3x−1 có các đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt là:
x=2 và y=1
x=-1 và y=2
x=1 và y=2
x=1 và y=-3
Chọn C
Ta có limx→1+y=limx→1+2x−3x−1=−∞ ; limx→1−y=limx→1−2x−3x−1=+∞ nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=1 .
limx→+∞y=limx→+∞2x−3x−1=limx→+∞2−3x1−1x=2, limx→−∞y=limx→−∞2x−3x−1=limx→−∞2−3x1−1x=2 nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=2 .
Giả sử M ,m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y=x+1x trên 12 ; 3. Khi đó bằng bao nhiêu 3M+m?
72
356
10
12
Chọn D
Hàm số y=x+1x liên tục trên 12 ; 3 .
Ta có y'=1−1x2 ; y'=0⇔x=1∈12 ; 3x=−1∈12 ; 3 .
y12=52; y1=2 ; y3=103 .
Suy ra M=max12 ; 3y=103 , m=min12 ; 3y=2 .
Do đó 3M+m=12 .
Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên dưới đây. Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai?
Hàm số đồng biến trên khoảng 2;+∞.
Hàm số nghịch biến trên khoảng −∞;−1.
Hàm số đồng biến trên khoảng −2;+∞.
Hàm số nghịch biến trên khoảng 0;1.
Chọn C
Dựa vào bảng biến thiên ta có:
-Hàm số đồng biến trên khoảng 1;+∞ ; hàm số nghịch biến trên khoảng −∞;0 và 0;1 .
Nên đáp án A,B,D đúng và đáp án C sai.
Gọi M, n lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y=x2−1x−2 trên tập hợp D=−∞;−1∪1;32. Tính giá trị P=M+m?
P=−2
P=−5.
P=0.
P=3.
Chọn B
Xét hàm số y=x2−1x−2 trên −∞;−1∪1;32
Ta có: y'=12x2−1.2x.x−2−x2−1x−22=−2x+1x−22x2−1=0⇒x=12∉−∞;−1∪1;32 .
Bảng biến thiên:
![Gọi M, n lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y= căn x^2-1/ x-2 trên tập hợp D= (- vô cùng,1) hợp [1, 3/2] . Tính giá trị P= M+m? (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2023/02/blobid4-1676905953.png)
Dựa vào bảng biến thiên ta có: M=0,m=−5 . Vậy P=M+m=−5 .
Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m sao cho hàm số y=x−1x−m nghịch biến trên khoảng 4;+∞. Tính tổng của các m giá trị của S .
P=−9
P=9
P=-10
P=10
Chọn B
Tập xác định: D=ℝ\m
Để hàm số y=x−1x−m nghịch biến trên khoảng 4;+∞ thì
y'<0 ∀x∈4;+∞m≤4⇔−m+1(x−m)2<0 ∀x∈4;+∞m≤4⇔m>1m≤4⇔1<m≤4
Như vậy S=2;3;4 .
Cho hàm số y=fx có đạo hàm liên tục trên R . Bảng biến thiên của hàm số y=f'x được cho như hình vẽ.
Hàm số y=f1−x2+x nghịch biến trên khoảng nào ?
−4;−2
−2;0
2;4
0;2
Chọn A
Ta có: y=f1−x2+x⇒y'=−12.f'1−x2+1.
Hàm số y=f1−x2+x nghịch biến
y'≤0⇔f'1−x2≥2⇒2≤1−x2<3⇔−4≤x<−2 .
Có bao nhiêu giá trị nguyên m∈(−3;3) sao cho đồ thị của hàm số y=x+1mx2+1 có hai tiệm cận ngang.
2
0
3
1
Chọn A
Hàm số y=x+1mx2+1 có hai tiệm cận ngang khi tồn tại hai giới hạn hữu hạn sau:
limx→+∞y=limx→+∞x+1mx2+1=a,limx→−∞y=limx→−∞x+1mx2+1=b (b≠a)
⇒1+mx2>0, ∀x∈ℝ⇔m≥0
Với m=0⇒y=x+1 . Đồ thị hàm số là một đường thẳng, không thỏa mãn điều kiện.
Với m=1⇒y=x+1x2+1 . Đồ thị hàm số có hai tiệm cân ngang y=1;y=−1 .
Với m=2⇒y=x+12x2+1 . Đồ thị hàm số có hai tiệm cân ngang y=12;y=−12 .
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y=mx+14x+m luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định của hàm số.
1
3
vô số
2
Chọn B
Tập xác định D=ℝ\−m4 .
Yêu cầu bài toán ⇔y'<0, ∀x∈D⇔m2−44x+m2<0, ∀x∈D⇔m2−4<0⇔−2<m<2.
Với điều kiện m∈ℤ thì m∈−1;0;1.
Gọi S là tập giá trị m là các số nguyên để hàm số y=13x3−m+1x2+m−2x+2m−3 đạt cực trị tại hai điểm x1,x2 thỏa mãn x12+x22=18. Tính tổng P của các giá trị nguyên của
P=1
P=-5
P=-4
P=−32.
Chọn A
Ta có y'=x2−2m+1x+m−2.
Hàm số đạt cực trị tại hai điểm x1,x2 khi y'=0 có hai nghiệm phân biệt x1,x2
⇔x2−2m+1x+m−2=0 có hai nghiệm phân biệt.
⇔Δ'>0⇔m2+m+3>0 ( luôn đúng với mọi m )
Do đó, với mọi m thì hàm số luôn có hai điểm cực trị x1,x2 .
Theo định lý vi-et ta có x1+x2=2m+2x1.x2=m−2.
Theo giả thiết :
x12+x22=18⇔x1+x22−2x1x2−18=0⇔4m2+6m−10=0⇔m=1m=−52.
Mà m∈Z⇒m=1.
Một ngọn hải đăng đặt tại vị trí A có khoảng cách đến bờ biển AB=5km. Trên bờ biển có một cái kho ở vị trí C cách B một khoảng BC=7km. Người canh hải đăng có thể chèo đò từ A đến M vị trí trên bờ biển với vận tốc 4km/h rồi đi bộ đến C với vận tốc 6km/h. Vị trí điểm M cách B một khoảng bao nhiêu để người đó đi đến kho nhanh nhất ? ( xem hình vẽ).
7km
25km.
C, 0km.
14+5512km.
Chọn B
Đặt BM=x⇒MC=BC−BM=7−x
Tam giác ABM vuông tại B , có AM=AB2+BM2=x2+25
Thời gian đi từ A đến M là x2+254 , thời gian đi từ M đến C là 7−x6 .
Tổng thời gian đi từ A đến C là x2+254 +7−x6 .
Xét hàm số fx=x2+254+7−x6 trên khoảng 0;7 , có f'x=x4x2+25−16.
Phương trình f'x=0⇔0<x<72x2+25=3x⇔x=25
min0;7fx=f25.
Đồ thị hàm số y=x3−2mx2+m2x+n có tọa độ điểm cực tiểu là 1;3. Khi đó m+n bằng
3
4
2
1
Chọn B
Ta có y'=3x2−4mx+m2; y''=6 x−4m .
Theo giả thiết ta suy ra: y'1=0⇔m2−4m+3=0⇔m=1m=3 .
Khi m=1⇒y'1=0y''1=2>0⇒x=1 là điểm cực tiểu của hàm số thỏa mãn.
Lúc đó y1=m−12+n=02+n=n⇒n=3 .
Vậy trong trường hợp này ⇒m+n=4
Khi m=3⇒y'1=0y''1=−9<0⇒x=1 là điểm cực đại của hàm số nên loại.
Có bao nhiêu giá trị của m để đồ thị hàm số y=x−mm x−1 không có tiệm cận đứng
1
0
3
2
Chọn C
TH1: m=0⇒y=−x là hàm bậc nhất nên không có tiện cận đứng.
TH2: m≠0⇒ để hàm số không có tiệm cận đứng thì nghiệm của mẫu số củng là nghiệm của tử số nên suy ra: 1m−m=0⇔m=±1 .
Vậy có 3 giá trị của m là: m=0;m=±1 .
Tìm mối liên hệ giữa các tham số a và b sao cho hàm số y=fx=2x+asinx+bcos x luôn tăng trên R ?
a+2b≥1+23
1a+1b=1
a2+b2≤4
a+2b=23
Chọn C
Hàm số y=fx=2x+asinx+bcos x luôn tăng trên R nên y'≥0,∀x∈ℝ (dấu “=” xảy ra tại hữu hạn điểm)⇔2+acos x−bsinx≥0,∀x∈ℝ
⇔2≥bsinx−acos x,∀x∈ℝ⇔2≥maxℝbsinx−acos x⇔2≥a2+b2⇔a2+b2≤4.
Một hình chóp có 100 cạnh có bao nhiêu mặt?
50
53
51
52
Chọn C
Giả sử hình chóp có đáy là đa giác n cạnh, suy ra có n mặt bên và có n cạnh bên. Khi đó tổng số cạnh của hình chóp là 2n=100⇔n=50.
Vậy hình chóp có 50 mặt bên và 1 mặt đáy. Vậy có tất cả là 51 mặt.
Cho khối chóp có thể tích V=36cm3 và diện tích đáy B=6cm2. Tính chiều cao của khối chóp
h=6cm.
h=72cm.
h=12cm.
h=18cm.
Chọn D
Ta có V=13Bh⇒h=3VB=3.366=18cm.
Cho hình chóp tứ giác đều SABCD đáy là hình vuông cạnh a cạnh bên hớp với đáy một góc 60° . Gọi M là trung điểm của SC Mặt phẳng qua A,M và song song với BD cắt SB, SD lần lượt tại E và F và chia khối chóp SABCD là hai phần, khối chóp SAEFMF và đa diện AEMFBCD . Tính thể tích của khối đa diện AEMFBCD ?
V=a3636
V=a369
V=a3612
V=a3618
Mặt phẳng qua A,M và song song với BD đi qua G và cắt SB,SD lần lượt tại E và F ta suy ra EF//BD . Thiết diện tạo bởi mặt phẳng đó với hình chóp là tứ giác AEMF, chia khối chóp thành 2 phần: Khối chóp S.AEMF và phần còn lại, đa diện AEMFBCD .
Xét tam giác SBD, vì EF song song với BD nên ta có SESB=SFSD=SGSO=23 , nên ta có:
VS.AEMVS.ABC=SASA.SESB.SMSC=13. Vì VS.AEMF=2VS.AEM, VS.ABC=12VS.ABCD , nên
VS.AEMF=2.VS.AEM=2.13VS.ABCD=a3618dvtt⇒VAEMFBCD=a366−a3618=a369dvtt
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ , có AB=2cm,AD=5cm,AA'=3cm . Tính thể tích của khối chóp A.A’B’D’ ?
20 cm3
5 cm3
15 cm3
10 cm3
Chọn B
Ta có VA.A'B'D'=12VA.ABCD=12.13VABCD.A'B'C'D'=162.5.3=5cm3 .
Cho hình chóp đều SABC có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng a216. Tính theo a thể tích V của khối chóp đã cho
V=a336.
V=a338.
V=a3324.
V=a3312.
Chọn C
Áp dụng công thức: Hình chóp đều SABC có cạnh đáy bẳng a , cạnh bên bằng thì thể tích khối chóp S.ABC là: V=13.a234.b2−a23
V=13.a234.a2162−a23=a3324.
Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và AB= BC= a. Cạnh bên SA= 2a và vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a thể tích V của khối chóp SABC
V=a3.
V=2a33.
V=a33.
V=a332.
Chọn C
V=13.SΔABC.SA=13.12.BA.BC.SA=13.12.a.a.2a=a33.
Số đỉnh của hình bát diện đều là bao nhiêu.
10
12
6
8
Chọn C
Dựa vào hình vẽ ta chọn được đáp án C.
Kim tự tháp Kheops ( Kê-Ốp ) ở Ai Cập được xây dựng vào năm 2500 trước công nguyên. Kim tự tháp này là một khối chóp tứ giác đều có chiều cao 147m , cạnh đáy dài 230m, . Tính thể tích của nó.
2592100 m3.
3888150 m3.
2952100 m3.
7776300 m3.
Chọn A
Kim tự tháp Kheops là một khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy dài 230m nên diện tích s của đáy là: S=2302=52900 m2.
Chiều cao h của kim tự tháp Kheops là: h=147m.
Thể tích V của kim tự tháp Kheops là: V=13.52900.147=2592100 m3.
Một khúc gỗ dạng hình hộp chữ nhật có các kích thước như hình vẽ. Người ta cắt đi một phần khúc gỗ có dạng hình lập phương cạnh bằng 4cm . Tính thể tích phần gỗ còn lại.
262cm3.
206cm3.
145cm3.
54cm3.
Chọn B
· Thể tích khối hộp chữ nhật: V1=9.6.5=270cm3.
· Thể tích khối lập phương: V2=43=64cm3.
· Thể tích phần gỗ còn lại: V=V1−V2=270−64=206cm3.
Tính thể tích V của khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng a và tổng diện tích các mặt bên bằng 3a2.
V=a323.
V=a3312.
V=a334.
V=a336.
Chọn C
· Khối lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có cạnh đáy a chiều cao h ⇒SABC=a2.34.
· Theo giả thiết; 3.ah=3a2⇒h=a.
· Vậy thể tích của khối lăng trụ : ABC.A'B'C'V=SABC.h=a3.34 (đvtt).
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, SA = 3a, SA vuông góc với đáy, SB tạo với mặt đáy một góc bằng 60°. Tính thể tích khối chóp S.ABC
27a3.
3a32.
9a32.
9a3.
Chọn B
Ta có: SB,ABC^=SB,AB^=SBA^=60°
AB=SAtan60°=3a3=a3.
SΔABC=12BA.BC=12a3.a3=3a22.
VS.ABC=13SA.SΔABC=13.3a.3a22=3a32.
Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a. Gọi M là trung điểm SB, N là điểm trên đoạn SC sao cho NS = 2NC. Tính thể tích V của khối chóp ABCNM.
V=a31116.
V=a31136.
V=a31124.
V=a31118.
Chọn D
Ta có: NS=2NC⇒SNSC=23
VS.AMNVS.ABC=SMSB.SNSC=12.23=13.
SΔABC=a234.
AO=23AH=23.a32=a33.
SO=2a2−a332=a333.
VS.ABC=13SO.SΔABC=13.a333.a234=a31112.
VS.AMN=13VS.ABC=13.a31112=a31136.
VA.BCNM=VS.ABC−VS.AMN=a31118.
Cho (H) là khối lăng trụ đứng tam giác đều có tất cả các cạnh bằng a . Tính thể tích của (H)
a332.
a334.
a323.
a32.
Vì ΔABC đều cạnh a : SΔABC=12AB.AC.sin600=a234 .
Thể tích khối lăng trụ:
VABC.A'B'C'=AA'⋅SΔABC=a⋅a234=a334⋅
Cho hình 20 mặt đều có các cạnh bằng 2 Gọi S là tổng diện tích tất cả các mặt của hình đa diện đó. Mệnh đề nào sau đây đúng?
S=10.
S=203.
S=103.
S=20.
Chọn B
Vì một mặt là tam giác đều cạnh 2 nên: SΔ=12⋅2.2.sin600=3.
Tổng diện tích tất cả các mặt của hình đa diện đó là: S=20.SΔ=203.
Hình lập phương có đường chéo của một mặt bên bằng 4cm. Tính thể tích của khối lập phương đó.
82cm3
8cm3.
162cm3.
22cm3.
Chọn C
Giả sử khối lập phương ABCD.A'B'C'D' có
BC/=4cm⇔BC=BC/2=22cm.
⇒Vklp=223=162cm3.
Cho khối tam giác có đường cao bằng 100cm và các cạnh đáy bằng 20cm, 21cm ,29cm . Tính thể tích của khối tam giác này.
6213cm3
7000cm3.
70002cm3.
6000cm3.
Chọn B
Giả sử khối tam giác SABC
có
AB=20cm, AC=21cm, BC=29cm,đường cao khối chóp h=100cm
Ta có
p=20+21+292=35⇒SΔABC=pp−20p−21p−29=210cm2.
⇒Vkc=13h.SΔABC=13.100.210=7000cm3..
Cho hình hộp ABCDA'B'C'D' có tất cả các cạnh đều bằng 2a đáy ABCD là hình vuông. Hình chiếu vuông góc của đỉnh lên mặt phẳng đáy trùng với tâm của đáy. Tính theo a thể tích V của khối hộp đã cho
V=8a3.
V=4a323.
V=8a33.
V=4a32.
Chọn D
Gọi O là tâm hình vuông ABCD⇒A'O⊥(ABCD)
Ta có:SABCD=4a2, AO=AC2=2a22=a2, A'O=A'A2−AO2=(2a)2−(a2)2=a2.
VABCD.A'B'C'D'=A'O.SABCD=a2.4a2=4a32.
Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
4
1
3
2
Chọn A
Mỗi cạnh của một khối đa diện là cạnh chung của bao nhiêu mặt của khối đa diện?
Ba mặt.
năm mặt.
Hai mặt.
Bốn mặt.
Chọn C
Theo định nghĩa
Trong các vật thể sau đây, vật thể nào là hình đa diện?
Chọn A
Theo định nghĩa
Cho hình chóp SABCDcó đáy ABCDlà hình thang vuông tại A, D; AB=AD=2a; CD=a.Góc giữa hai mặt phẳng ( SBC)và ( ABCD)là 60°Gọi Ilà trung điểm của AD biết hai mặt phẳng ( SBI), ( CBI) cùng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD)Tính thể tích khối chóp SABCD
3155a3.
3195a3.
3175a3.
3235a3.
Chọn A
Ta có:
SBI∩SCI=SI⇒SI⊥ABCD.
Kẻ IH⊥BC H∈BC ,SI⊥ABCD⇒SI⊥BC
Suy ra: SBC,ABCD=SHI^=60o .
Kẻ AM⊥BC.
Trong ABCD, BC∩AD=K⇒D là trung điểm AK
Ta có: SABC=12.2a.2a=2a2=12AM.BC⇒AM=4a2BC=4a55.
Áp dụng định lý Thales trong ΔKAM:KIKA=IHAM⇒IHAM=34⇒IH=3a55.V
Suy ra: SI=IH.tan60o=3a155.
V=13.SI.SABCD=13.3a155.a+2a.2a2=3a3155.
Cho tứ diện ABCD có AB=AC=BD=CD=1. Khi thể tích khối tứ diện ABCD lớn nhất thì khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và BC bằng
13.
13.
23.
12.
Chọn B
Đặt BC=x; AD=y x,y>0.
Gọi lần lượt là trung điểm và
ΔABC cân tại A và ΔDBC cân tại
D⇒AH⊥BC,DH⊥BC⇒BC⊥AHD⇒BC⊥HK.
Mặt khác, AH=DH⇒ΔHAD cân tại H⇒AD⊥HK.
Suy ra, dBC,AD=HK.
Ta có: AH=AB2−BH2=1−x24=4−x22⇒HK=AH2−AK2=4−x2−y22.
VABCD=13BC.SAHD=13.BC.12.HK.AD=112xy4−x2−y2
Áp dụng bất đắng thức Cauchy ta có:
VABCD=112xy4−x2−y2=112x2y24−x2−y2≤112x2+y2+4−x2−y233=2327.
Dấu xảy ra ⇔x2=y2=4−x2−y2⇔x=y=23 .
Do đó: Vmax=2327⇔x=y=23.
Khi đó: HK=13.
Cho hình chóp SABCD có đáy là hình thoi tâm O, AC=2a3 , BD= 2a. Hai mặt phẳng (SAC) và ( SBD) cùng vuông góc với mặt đáy ( ABCD) . Biết khoảng cách từ tâm O đến ( SAB) bằng a34 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a.
V=a339
V=a33
V=a333
V=a336
Chọn C
Vì SAC∩ABCDSBD∩ABCDSAC∩SBD=SO nên SO⊥ABCD .
Kẻ OH⊥AB H∈AB , OK⊥SH K∈SH .
Mà AB⊥OHAB⊥SO⇒AB⊥SOH⇒AB⊥OK .
Do OK⊥SH nên .
OK⊥SAB⇒dO,SAB=OK=a34
Xét ΔOAB vuông tại O, vì OH⊥AB nên
1OH2=1OA2+1OB2=43a2⇒OH=a32.
Xét ΔSOH vuông tại O, vì OK⊥SH nên
1OK2=1OS2+1OH2⇔163a2=1OS2+43a2⇒SO=12a
Diện tích mặt đáy ABCD là S.ABCD=12⋅AC⋅BD=2a23 .
Thể tích hình chóp SABCD là VS.ABCD=13⋅SABCD⋅SO=a333 .
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh a Gọi M, N lần lượt là trung điểm của A'B' và BC Mặt phẳng DMN chia khối lập phương đã cho thành hai khối đa diện. Gọi H là khối đa diện chứa đỉnh A, H' là khối đa diện còn lại. Tính tỉ số VHVH'.
VHVH'=12.
VHVH'=5589.
VHVH'=23.
VHVH'=3748.
Chọn B
Đặt AB=1⇒VABCD.A'B'C'D'=1
Đường thẳng qua M song song với DN cắt A'D' tại K cắt B'C' tại I Thiết diện là hình ngũ giác MKDNQ.
Dễ thấy A'K=14A'D'=14;KD'=34;IB'=14
Ta có KD'IC'=D'PPC'⇒35=D'P1+D'P⇒D'P=32
Tương tự NC=12;CR=23⇒B'Q=13
Do đó
VH'=VC'IPR−VIMB'Q−VP.KD'D−VR.NCD=89144
VH=1−VH'=1−89144=55144.
Suy ra VHVH'=5589.
Cho hình chóp SABCD có đáy ABC là tam giác đều và có SA=SB=SC=1. Tính thể tích lớn nhất Vmax của khối chóp đã cho.
Vmax=16
Vmax=112
Vmax=212
Vmax=312.
Chọn A
Gọi H là tâm của tam giác ABC đều. Gọi E là trung điểm của BC .
SA=SB=SC⇒SH⊥ABC.
Đặt AB=AC=BC=a>0 .
SABC=a234;AE=a32⇒AH=23AE=a33.
Xét tam giác : SAH .
SH=1−a332=9−3a23
VS.ABC=13.a234.9−3a23=a23−a212 0<a<3
Xét fa=a23−a212; 0<a<3.f'a=6a−3a3123−a2=0⇔a=0a=2a=−2
