Đề kiểm tra Toán 8 Chương 10 (có đáp án) - Đề 1
11 câu hỏi
Phần 1. Trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn
Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Phát biểu nào sau đây là sai về hình chóp tam giác đều\[S.ABC\]?
Đáy \[ABC\]là tam giác đều.
Các cạnh bên \[SA,\,\,SB,\,\,SC\] bằng nhau.
Các mặt bên là các tam giác đều.
Chân đường cao hạ từ \[S\] trùng với trọng tâm của tam giác \[ABC\].
Chọn C.
C sai vì: Các mặt bên của hình chóp tam giác đều là các tam giác cân bằng nhau, không bắt buộc phải là tam giác đều.
\(\frac{{{a^3}}}{4}\) (đvtt)
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\) (đvtt).
\(\frac{{{a^3}}}{{12}}\) (đvtt)
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\) (đvtt).
Chọn A.
Thể tích của hình chóp là:
\(V = \frac{1}{3}S \cdot h = \frac{1}{3} \cdot {a^2}\frac{{\sqrt 3 }}{4} \cdot a\sqrt 3 = \frac{{{a^3}}}{4}\) (đvtt).
\[h = \sqrt {13} \] cm.
\[h = 3\] cm.
\[h = \sqrt {37} \] cm.
\[h = \sqrt 4 \] cm.
Chọn A.
Gọi \(O\)là trọng tâm của tam giác đều\(ABC\), \(H\)là trung điểm của \(AB\). Khi đó \(SO\) là đường cao của hình chóp và \(AH = HB = \frac{{AB}}{2} = 3\) (cm).
Xét \(\Delta ABC\) có \(CH\) là đường trung tuyến (do \(H\) là trung điểm của \(AB\)) đồng thời là đường cao của tam giác.
Áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta CHB\) vuông tại \(H\) ta có:
\(C{H^2} + H{B^2} = C{B^2}\) hay \(CH = \sqrt {C{B^2} - H{B^2}} = \sqrt {{6^2} - {3^2}} = 3\sqrt 3 \) (cm).
Do \(O\)là trọng tâm của\(\Delta ABC\)nên:\(CO = \frac{2}{3}CH = \frac{2}{3} \cdot 3\sqrt 3 = 2\sqrt 3 \) (cm).
Tương tự, áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta SOC\) vuông tại \(O\) ta tính được:
\(SO = \sqrt {S{C^2} - C{O^2}} = \sqrt {{5^2} - {{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2}} = \sqrt {25 - 12} = \sqrt {13} \) (cm).
Vậy chiều cao của hình chóp \(S.ABC\) là \(h = SO = \sqrt {13} \) cm.
Phát biểu nào sau đây là sai khi nói về hình chóp tứ giác đều\(S.ABCD\)?
Đáy \(ABCD\)là hình vuông.
Các mặt bên là các tam giác cân bằng nhau.
Các cạnh bên vuông góc với nhau từng đôi một.
Chân đường cao \(SO\)trùng với giao điểm của hai đường chéo \(AC\)và\(BD\).
Chọn C.
Trong hình chóp tứ giác đều, các cạnh bên bằng nhau nhưng không bắt buộc phải vuông góc với nhau từng đôi một.
\(36\) cm3.
\(144\) cm3.
\(48\) cm3.
\(72\) cm3.
Chọn C.
Diện tích đáy của hình chóp là: \(S = {6^2} = 36\) (cm2).
Thể tích của hình chóp \(S.ABCD\)là: \(V = \frac{1}{3}S \cdot h = \frac{1}{3} \cdot 36 \cdot 4 = 48\) (cm3).
\(48\) cm2.
\(60\) cm2.
\(96\) cm2.
\(30\) cm2.
Chọn B.
Gọi \(M\)là trung điểm của cạnh\(CD\).
Do \(SO\) là đường cao của hình chóp nên \(O\) là tâm của đáy hình vuông \(ABCD\).
Xét \(\Delta ACD\) có \(M\)là trung điểm của\(CD\) và \(O\) là trung điểm của \(AC\) (do \(O\) là tâm của \(ABCD\)).
Suy ra \(OM\) là đường trung bình của \(\Delta ACD\) nên \(OM = \frac{1}{2}AD = \frac{6}{2} = 3\) (cm).
Áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta SOM\) vuông tại \(O\) ta có:
\(S{O^2} + O{M^2} = S{M^2}\) hay \(SM = \sqrt {S{O^2} + O{M^2}} = \sqrt {{4^2} + {3^2}} = 5\) (cm).
Nửa chu vi đáy của hình chóp là: \(p = \frac{{4 \cdot 6}}{2} = 12\) (cm).
Diện tích xung quanh của hình chóp là: \({S_{xq}} = p \cdot d = 12 \cdot 5 = 60\) (cm2).
Dạng 2. Trắc nghiệm đúng sai
Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Lớp bạn Mai chuẩn bị làm \(50\) hộp quà hình chóp tam giác đều có tất cả các mặt là hình tam giác đều cạnh \(6\) cm, chiều cao mỗi mặt tam giác là \(5,2\) cm. Diện tích giấy bị hao hụt (do mép dán và phần cắt bỏ) chiếm \(15\% \) diện tích giấy thực tế chuẩn bị.Nửa chu vi đáy của một hộp quà là \(18\) cm.
Diện tích xung quanh của mộthộp quà là\(15,6\) cm2.
Tổng diện tích giấy tạo nên vỏ của 50 hộp quà (chưa tính hao hụt) là \(3120\) cm2.
Theothực tế, diện tích giấy tối thiểu lớp bạn Mai cần chuẩn bị là\(3{\mkern 1mu} 588\) cm2.
Đáp án: a) Sai. b) Sai. c) Đúng. d) Sai.
a) Sai. Nửa chu vi đáy của một hộp quà là: \(p = \frac{{6 + 6 + 6}}{2} = 9\) (cm).
b) Sai. Diện tích xung quanh của mộthộp quà là: \({S_{xq}} = p \cdot d = 9 \cdot 5,2 = 46,8\) (cm2).
c) Đúng. Diện tích đáy của một hộp quà là: \(S = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 5,2 = 15,6\) (cm2).
Tổng diện tích giấy tạo nên vỏ của 50 hộp quà (chưa tính hao hụt) là:
\(50 \cdot \left( {S + {S_{xq}}} \right) = 50 \cdot \left( {15,6 + 46,8} \right) = 3120\) (cm2).
d) Sai. Dodiện tích giấy bị hao hụt (do mép dán và phần cắt bỏ) chiếm \(15\% \)diện tích giấy thực tế chuẩn bị nên lượng giấy \(3{\mkern 1mu} 120\) cm2 làm ra \(50\)hộp quà chiếm \(100\% - 15\% = 85\% \)lượng giấy thực tế chuẩn bị.
Vậydiện tích giấy tối thiểu lớp bạn Mai cần chuẩn bị là: \(\frac{{3{\mkern 1mu} 120}}{{85\% }} \approx 3{\mkern 1mu} 670,59\) (cm2).
Chiều cao của phần mái tháp có dạng hình chóp tứ giác đều bên trên bằng\(7,2\) m.
Diện tích mặt đáy của phần hình hộp chữ nhật bên dưới là 25 m2, từ đó tính được thể tích phần hình hộp chữ nhật bằng 300 m3.
Thể tích phần mái tháp dạng hình chóp tứ giác đều chiếm \(\frac{1}{5}\) tổng thể tích của toàn bộ tháp đồng hồ.
Chi phí sơn lại toàn bộ bốnmặt xung quanh bên ngoài phần mái tháp (hình chóp tứ giác đều) là \(20,016\)triệu đồng, biết giá sơn mỗi mét vuông là \(240\,\,000\)đồng.
Đáp án: a) Đúng. b) Đúng. c) Sai. d) Sai.
a) Đúng. Chiều cao của phần mái tháp có dạng hình chóp tứ giác đều bên trên là:
\({h_2} = h - {h_1} = 19,2 - 12 = 7,2\) (m).
b) Đúng. Diện tích mặt đáy của phần hình hộp chữ nhật bên dưới là: \(S = {5^2} = 25\) (m2).
Thể tích hình hộp chữ nhật là \({V_1} = S \cdot {h_1} = 25 \cdot 12 = 300\) (m3).
c) Sai. Thể tích củaphần mái tháp là: \({V_2} = \frac{1}{3} \cdot S \cdot {h_2} = \frac{1}{3} \cdot 25 \cdot 7,2 = 60\) (m3).
Thể tích toàn bộ tháp là: \(V = {V_1} + {V_2} = 300 + 60 = 360\) (m3).
Tỉ số \(\frac{{{V_2}}}{V} = \frac{{60}}{{360}} = \frac{1}{6} \ne \frac{1}{5}\).
d) Sai.
Ta có hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) minh họa phần mái tháp. Trong đó, đáy là hình vuông \(ABCD\) cạnh bằng \[5\] m và chiều cao \(SO = 7,2\) m.
Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD\).
Xét \(\Delta ACD\) có \(M\)là trung điểm của\(CD\) và \(O\) là trung điểm của \(AC\) (do \(O\) là tâm của \(ABCD\)).
Suy ra \(OM\) là đường trung bình của \(\Delta ACD\) nên \(OM = \frac{1}{2}AD = \frac{5}{2} = 2,5\) (m).
Áp dụng định lí Pythagore cho \(\Delta SOM\) vuông ở \(O\) ta có:
\(S{O^2} + O{M^2} = S{M^2}\) hay \(SM = \sqrt {S{O^2} + O{M^2}} = \sqrt {{{7,2}^2} + {{2,5}^2}} \approx 7,6\) (m).
Nửa chu vi đáy của mái tháp là: \(p = 4 \cdot 5:2 = 10\) (m).
Diện tích xung quanh củamái tháp là: \(S = pd = 10 \cdot 7,6 = 76\) (m2).
Chi phí sơn lại toàn bộ bốnmặt xung quanh bên ngoài phần mái tháp là:
\(76 \cdot \,240\,\,000 = 18\,\,240\,\,000\) (đồng) \( = 18,24\) (triệu đồng) \( \ne 20,016\) (triệu đồng).
Vậychi phí sơn lại toàn bộ bốnmặt xung quanh bên ngoài phần mái tháp (hình chóp tứ giác đều) là \(18,24\)triệu đồng.
Dạng 3. Trắc nghiệm trả lời ngắn
Trong mỗi câu hỏi, thí sinh viết câu trả lời/ đáp án vào bài làm mà không cần trình bày lời giải chi tiết.
Một giá cắm đèn cầy bằng đồng được thiết kế dạng hình chóp tứ giác đều. Biết thể tích của giá cắm đèn cầy là \(144\) cm3 và chiều cao của nó bằng\(12\) cm. Tính độ dài cạnh đáy của giá cắm đèn cầy đó (đơn vị: cm).Diện tích đáy của giá cắm đèn cầy là:\(S = \frac{{3 \cdot V}}{h} = \frac{{3 \cdot 144}}{{12}} = 36\) (cm2).
Vì đáy là hình vuông, nên độ dài cạnh đáy của giá cắm đèn cầy là:
\(a = \sqrt {36} = 6\) (cm).
Đáp án: 6.
Gọi \(H\) là trung điểm của \(EF\), ta có: \(HE = HF = \frac{{10}}{2} = 5\) (cm).
Xét tam giác đều \(EFG\) có \(GH\) là đường trung tuyến (do \(H\) là trung điểm của \(EF\)) nên \(GH\) cũng là đường cao của tam giác.
Áp dụng định lí Pythagore cho \(\Delta GHF\) vuông tại \(H\) ta có:
\(G{H^2} + H{F^2} = G{F^2}\) hay \(GH = \sqrt {G{F^2} - H{F^2}} = \sqrt {{{10}^2} - {5^2}} = \sqrt {75} \) (cm).
Diện tích đáy của hình chóp là: \[{S_{\Delta EFG}} = \frac{1}{2} \cdot GH \cdot EF = \frac{1}{2} \cdot \sqrt {75} \cdot 10 = 5\sqrt {75} \] (cm2).
Thể tích củahình chóp \(D.EFG\) là:
\(V = \frac{1}{3}{S_{\Delta EFG}} \cdot h = \frac{1}{3} \cdot 5\sqrt {75} \cdot 9 = 15\sqrt {75} \approx 15 \cdot 8,66 = 129,9 \approx 130\) (cm3).
Đáp án: 130.
Diện tích đáy của bể kính là: \(S = 50 \cdot 40 = 2000\) (cm2).
Tổng thể tích của nước và khối đá khi ngập hoàn toàn là:
\(V = S \cdot h = 2000 \cdot 50 = 100\,\,000\) (cm3).
Thể tích của khối đá hình chóp tứ giác đều là:
\({V_1} = \frac{1}{3}{S_1} \cdot {h_1} = \frac{1}{3} \cdot 300 \cdot 25 = 2500\) (cm3).
Thể tích nước trong bể là:
\({V_2} = V - {V_1} = 100000 - 2500 = 97500\) (cm3).
Mực nước trong bể khi lấy khối đá ra là:
\({h_2} = \frac{{{V_2}}}{S} = \frac{{97500}}{{2000}} = 48,75 \approx 49\) (cm).
Đáp án: 49.