Đề kiểm tra Toán 11 Chân trời sáng tạo Chương 4 có đáp án - Đề 02
11 câu hỏi
Phần 1. Trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn
Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Cho điểm \(B\) thuộc mặt phẳng \(\left( Q \right)\), mệnh đề nào sau đây đúng?
\(B \subset \left( Q \right)\).
\(B \notin \left( Q \right)\).
\(B \in \left( Q \right)\).
\(B \not\subset \left( Q \right)\).
\(B \in \left( Q \right)\). Chọn C.
Cho một hình hộp, khẳng định nào sau đây luôn đúng?
Hình hộp không là hình lăng trụ.
Các cạnh của hình hộp đều bằng nhau.
Các mặt bên của hình hộp đều là hình chữ nhật.
Hai mặt phẳng lần lượt chứa hai mặt đối diện của hình hộp song song với nhau.
Hai mặt phẳng lần lượt chứa hai mặt đối diện của hình hộp song song với nhau. Chọn D.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình thang \(ABCD\,\left( {AB//CD} \right)\).
Khẳng định nào sau đây là sai?
Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\) là \(SO\) (\(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\)).
Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAD} \right)\) là đường trung bình của \(ABCD\).
Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) là \(SI\) (\(I\) là giao điểm của \(AD\) và \(BC\)).
Hình chóp \(S.ABCD\) có 4 mặt bên.
Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAD} \right)\) là \(SA\). Chọn B.
Cho bốn điểm \(A,B,C,D\) không cùng nằm trong một mặt phẳng. Trên \(AB,AD\) lần lượt lấy các điểm \(M\) và \(N\) sao cho \(MN\) cắt \(BD\) tại \(E\). Điểm \(E\) không thuộc mặt phẳng nào sau đây?
\(\left( {BCD} \right)\).
\(\left( {CMN} \right)\).
\(\left( {ACD} \right)\).
\(\left( {ABD} \right)\).
Ta có \(E \in BD \subset \left( {ABD} \right),\left( {BCD} \right)\), \(E \in MN \subset \left( {CMN} \right)\).
Suy ra \(E \notin \left( {ACD} \right)\). Chọn C.
Số đường chéo của hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\) là
\(4\).
\(12\).
\(8\).
\(16\).
Các đường chéo của hình hộp là \(AC';A'C;BD';DB'\). Chọn A.
Cho tứ diện \(ABCD\). Gọi \(N\) là trung điểm của \(CD\), gọi \(G\)là trọng tâm của tam giác \(BCD\). Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {ACD} \right)\) và \(\left( {GAB} \right)\) là
\(AN\).
\(AG\).
\(GN\).
\(AB\).
Ta có \(N \in BG \subset \left( {GAB} \right),N \in CD \subset \left( {ACD} \right)\).
Suy ra \(AN = \left( {GAB} \right) \cap \left( {ACD} \right)\). Chọn A.
Phần 2. Trắc nghiệm đúng sai
Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình bình hành tâm \(O\). Gọi \(N\) là trung điểm của cạnh \(SC\). Lấy điểm \(M\) đối xứng với \(B\) qua \(A\), \(OM\) cắt \(AD\) tại \(K\).
Đường thẳng \(ON\) và \(SA\) cắt nhau.
\(MD//AC\).
\(GK//ON\) với \(G\) là giao điểm của đường thẳng \(MN\) với mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\).
Tỉ số \(\frac{{GM}}{{GN}} = 3\).
a) Ta có \(O,N\) là trung điểm của của \(AC,SC\) nên ON là đường trung bình của \(\Delta SAC\).
Suy ra \(ON//SA\).
b) Vì \(AM//CD\)và \(AM = CD = AB\) nên \(AMDC\)là hình bình hành nên \(MD//AC\).
c) Gọi \(E\) là giao điểm của \(MC\) và \(AD\). Suy ra \(E\) là trung điểm của \(MC\).
\(O\)là trung điểm của \(AC\). Suy ra \(K\)là trọng tâm của \(\Delta ACM\).
Do đó \(\frac{{EK}}{{EA}} = \frac{1}{3}\) (1).
Tương tự, có \(G\) là trọng tâm \(\Delta SMC\). Suy ra \(\frac{{EG}}{{ES}} = \frac{1}{3}\) (2).
Từ (1) và (2), suy ra \(GK//AS\) mà \(ON//SA\) nên \(ON//GK\).
d) Vì \(G\) là trọng tâm \(\Delta SMC\)nên \(\frac{{GM}}{{GN}} = 2\).
Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Đúng; d) Sai.
Cho lăng trụ tam giác \(ABC.DEF\) có \(I,J,K\) lần lượt là trọng tâm các tam giác \(ABC,DEF,CDF\). Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(BC,EF\).
Đường thẳng \(AM\) cắt mặt phẳng \(\left( {DEF} \right)\).
Tứ giác \(AMND\) là hình bình hành.
Đường thẳng \(AD\) cắt mặt phẳng \(\left( {IJK} \right)\).
\(\left( {IJK} \right)//\left( {BCFE} \right)\).
a) Vì \(\left( {ABC} \right)//\left( {DEF} \right)\) mà \(AM \subset \left( {ABC} \right)\) nên \(AM//\left( {DEF} \right)\).
b) Vì \(MN\) là đường trung bình của hình bình hành \(BCFE\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}MN//BE\\MN = BE\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}MN//BE//AD\\MN = BE = AD\end{array} \right.\) (vì tứ giác \(ABED\) là hình bình hành).
Suy ra tứ giác \(AMND\) là hình bình hành.
c) Vì \(I,J\) theo thứ tự là trọng tâm các tam giác \(ABC,DEF\) nên \(IM = JN = \frac{1}{3}DN = \frac{1}{3}AM\) (do tứ giác \(AMND\) là hình bình hành \( \Rightarrow AM = DN\)) mà \(IM//JN\) nên tứ giác \(IMNJ\) là hình bình hành.
Suy ra \(IJ//MN,IJ \subset \left( {IJK} \right) \Rightarrow MN//\left( {IJK} \right)\).
Ta lại có \(AD//MN\) (vì tứ giác \(AMND\) là hình bình hành).
Vậy \(AD//\left( {IJK} \right)\).
d) Theo câu c) \(IJ//MN\) (1).
Gọi \(P\) là trung điểm của \(CC'\), trong tam giác \(DNP\) có \(\frac{{DJ}}{{DN}} = \frac{{DK}}{{DP}} = \frac{2}{3}\).
Suy ra \(JK//NP\) và \(IJ,JK \subset \left( {IJK} \right)\), \(IJ\) cắt \(JK\) tại \(J\) và \(MN,NP \subset \left( {BCFE} \right)\) (2).
Từ (1) và (2), suy ra \(\left( {IJK} \right)//\left( {BCFE} \right)\).
Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng.
Phần 3. Trắc nghiệm trả lời ngắn
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình bình hành tâm \(O\). Trên cạnh \(SA\), lấy điểm \(M\) sao cho \(MA = 2MS\). Phép chiếu song song theo phương \(MO\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) biến điểm \(S\) thành điểm \(N\). Tính \(\frac{{CN}}{{CA}}\).
Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), kẻ \(SN//MO\left( {N \in AC} \right)\).
Khi đó \(N\) là hình chiếu của điểm \(S\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\)theo phương chiếu \(MO\).
Vì \(MO//SN\) nên \(\frac{{AM}}{{MS}} = \frac{{AO}}{{ON}} = 2 \Rightarrow \frac{{OC}}{{ON}} = 2 \Rightarrow \frac{{CN}}{{CA}} = \frac{1}{4} = 0,25\).
Trả lời: 0,25.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình bình hành. Gọi \(I,K\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(BC,CD\) và \(M\)là điểm trên cạnh \(SB\) sao cho \(\frac{{SM}}{{SB}} = \frac{1}{3}\). Gọi \(N\) là giao điểm của \(MD\) và mặt phẳng \(\left( {SIK} \right)\). Tính tỉ số \(\frac{{ND}}{{NM}}\).
Ta có \(M\) là điểm trên cạnh \(SB\), \(\frac{{SM}}{{SB}} = \frac{1}{3}\) nên \(\frac{{MB}}{{MS}} = 2\).
\(IK//BD\) nên \(IK//\left( {SBD} \right)\). Suy ra \(\left( {SBD} \right) \cap \left( {SIK} \right) = Sx,Sx//IK//BD\).
Trong \(\left( {SBD} \right),DM \cap Sx = N\). \(N\)là giao điểm của \(DM\) và \(\left( {SIK} \right)\).
Trong \(\left( {SBD} \right)\), có \(Sx//BD\) nên hai tam giác \(SMN\) và \(BMD\) đồng dạng.
Do đó \(\frac{{MD}}{{MN}} = 2 \Rightarrow \frac{{ND}}{{NM}} = 3\).
Trả lời: 3.
Mặt kệ để đồ bằng gỗ có mâm tầng dưới \(\left( {ABCD} \right)\) và mâm tầng trên \(\left( {EFGH} \right)\) song song với nhau. Bác thợ mộc đo được \(AE = 180\;{\rm{cm}}\)và muốn đóng thêm một mâm tầng giữa \(\left( {IJKL} \right)\) song song với hai mâm tầng trên và dưới sao cho khoảng cách \(EI = 60\;{\rm{cm}}\)(tham khảo hình vẽ). Hãy tính số \({{\rm{m}}^{\rm{2}}}\) gỗ cần dùng để làm mâm gỗ của tầng giữa biết rằng mâm gỗ dưới cùng là hình chữ nhật có diện tích \(7,2\;{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\).
Ta có cát tuyến \(AE\) cắt ba mặt phẳng song song \(\left( {EFGH} \right),\left( {IJKL} \right),\left( {ABCD} \right)\) lần lượt tại \(E,I,A\); cát tuyến \(GC\) cũng cắt ba mặt phẳng trên theo thứ tự tại \(G,K,C\).
Áp dụng định lí Thalets trong không gian, ta có:
\(\frac{{EI}}{{EA}} = \frac{{IL}}{{AD}} = \frac{{60}}{{180}} = \frac{1}{3} \Rightarrow IL = \frac{1}{3}AD\).
\(\frac{{GK}}{{GC}} = \frac{{EI}}{{EA}} = \frac{{LK}}{{CD}} = \frac{{60}}{{180}} = \frac{1}{3} \Rightarrow LK = \frac{1}{3}CD\).
Khi đó diện tích hình chữ nhật \(IJLK\) là
\({S_{IJLK}} = IL \cdot LK = \frac{1}{3}AD \cdot \frac{1}{3}CD = \frac{1}{9} \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{9} \cdot 7,2 = 0,8\) (m2).
Trả lời: 0,8.
