Lớp 12 Toán 12

Đề kiểm tra 15 phút Chương 2 Mặt nón, mặt trụ, mặt cầu

Mô tả thêm: Bài kiểm tra 15 phút Mặt nón, mặt trụ, mặt cầu của gồm 4 mức độ, các câu hỏi được thay đổi ngẫu nhiên, giúp bạn đọc rèn luyện củng cố kiến thức tốt hơn.
  • Thời gian làm: 15 phút
  • Số câu hỏi: 15 câu
  • Số điểm tối đa: 15 điểm
Trước khi làm bài bạn hãy
  • 1 Ôn tập kiến thức đã nêu trong phần Mô tả thêm
  • 2 Tìm không gian và thiết bị phù hợp để tập trung làm bài
  • 3 Chuẩn bị sẵn dụng cụ cần dùng khi làm bài như bút, nháp, máy tính
  • 4 Căn chỉnh thời gian làm từng câu một cách hợp lý
Mua gói để Làm bài
  • Câu 1: Thông hiểu

    Một hình trụ có bán kính đáy R = 70{m{cm}} , chiều cao hình trụ h = 20{m{cm}}. Một hình vuông có các đỉnh nằm trên hai đường tròn đáy sao cho có ít nhất một cạnh không song song và không vuông góc với trục hình trụ. Khi đó cạnh của hình vuông bằng bao nhiêu?

    Tính độ dài cạnh

    Xét hình vuông ABCD có AD không song song và không vuông góc với trục OO’ của hình trụ.

    Dựng đường sinh AA', ta có \left\{ \begin{array}{l}CD \bot AA'\\CD \bot AD\end{array} ight. \Rightarrow CD \bot \left( {AA'D} ight) \Rightarrow CD \bot A'D.

    Suy ra A’C là đường kính đáy nên A'C = 2R = 140{m{cm}}{m{.}}

    Xét tam giác vuông AA’C, ta có AC = \sqrt {AA{'^2} + A'{C^2}} = 100\sqrt 2 {m{cm}}{m{.}}

    Suy ra cạnh hình vuông bằng 100 cm.

  • Câu 2: Thông hiểu

    Cho hình lập phương OABC.DEFG có cạnh bằng 1 có \overrightarrow {OA} ,\,\,\overrightarrow {OC} ,\,\,\overrightarrow {OG} trùng với ba trục \overrightarrow {Ox} ,{m{ }}\overrightarrow {Oy} ,{m{ }}\overrightarrow {Oz}. Viết phương trình mặt cầu \left( {{S_3}} ight) tiếp xúc với tất cả các cạnh của hình lập phương.

     \left( {{S_2}} ight) tiếp xúc với 12 cạnh của hình lập phương tại trung điểm của mỗi cạnh.

    Tâm I\left( {\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}} ight) là trung điểm chng của 6 đoạn nối trung điểm của các cặp cạnh đối diện đôi một có độ dài bằng \sqrt 2

    Bán kính {R_3} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}

    \begin{array}{l} \Rightarrow \left( {{S_2}} ight):{\left( {x - \dfrac{1}{2}} ight)^2} + {\left( {y - \dfrac{1}{2}} ight)^2} + {\left( {z - \dfrac{1}{2}} ight)^2} = \dfrac{1}{2}\\ \Rightarrow \left( {{S_3}} ight):{x^2} + {y^2} + {z^2} - x - y - z + \dfrac{1}{4} = 0\end{array}

  • Câu 3: Nhận biết

    Cho hình nón đỉnh S có bán kính đáy R = a\sqrt 2, góc ở đỉnh bằng {60^0}. Diện tích xung quanh của hình nón bằng:

    Diện tích xung quanh

     Theo giả thiết, ta có OA = a\sqrt 2 và \widehat {OSA} = {30^0}.

    Suy ra độ dài đường sinh:  \ell = SA = \frac{{OA}}{{\sin {{30}^0}}} = 2a\sqrt 2

    Vậy diện tích xung quanh bằng: {S_{xq}} = \pi R\ell = 4\pi {a^2} (đvdt). 

  • Câu 4: Thông hiểu

    Cho hình trụ có hai đáy là hai hình tròn (O) và (O’), chiều cao R\sqrt 3 và bán kính đáy R. Một hình nón có đỉnh là O’ và đáy là hình tròn (O;R). Tỉ số diện tích xung quanh của hình trụ và hình nón bằng:

    Tỉ số diện tích

    Diện tích xung quanh của hình trụ:

    {S_{{m{xq}}\left( {m{T}} ight)}} = 2\pi R.h = 2\pi R.R\sqrt 3 = 2\sqrt 3 \pi {R^2} (đvdt).

    Kẻ đường sinh O’M của hình nón, suy ra

    \ell = O'M = \sqrt {OO{'^2} + O{M^2}} = \sqrt {3{R^2} + {R^2}} = 2R.

    Diện tích xung quanh của hình nón: {S_{{m{xq}}\left( {m{N}} ight)}} = \pi R\ell = \pi R.2R = 2\pi {R^2} (đvdt).

    Vậy \frac{{{S_{{m{xq}}\left( {m{T}} ight)}}}}{{{S_{{m{xq}}\left( {m{N}} ight)}}}} = \sqrt 3.

  • Câu 5: Nhận biết

    Xét các mệnh đề:

    (I) Tập hợp các đường thẳng d thay đổi nhưng luôn luôn song song và cách đường thẳng \triangle cố định một khoảng không đổi là một mặt trụ.

    (II) Hai điểm A, B cố định. Tập hợp các điểm M trong không gian mà diện tích tam giác MAB không đổi là một mặt trụ.

    Trong các mệnh đề trên, mệnh đề nào đúng?

    Ta xét về khái niệm Mặt trụ suy ra  (I) đúng.

    Diện tích tam giác MAB không đổi khi và chỉ khi khoảng cách từ M đến đường thẳng AB không đổi (giả sử bằng R ).

    Vậy tập hợp các điểm M là mặt trụ bán kính R và trục là AB.

    Vì vậy Mệnh đề (II) cũng đúng.

  • Câu 6: Vận dụng cao

    Cho hình trụ có O, O' là tâm hai đáy. Xét hình chữ nhật ABCD có A, B cùng thuộc (O) và C, D cùng thuộc (O') sao cho AB=a\sqrt3,BC=2a đồng thời (ABCD) tạo với mặt phẳng đáy hình trụ góc {60}^\circ . Thể tích khối trụ bằng

     Thể tích khối trụ

    Gọi M,N lần lượt là trung điểm của CD,AB và I là trung điểm của OO^\prime. Suy ra góc giữa mặt phẳng (ABCD) và mặt phẳng đáy là  \widehat{IMO^\prime}={60}^\circ.

    Ta có IM=\frac{1}{2}MN=\frac{1}{2}BC=a..

    Xét \triangle IO^\prime M vuông tại O, ta có:

    IO^\prime=IM\cdot\sin\widehat{IMO^\prime}=\frac{a\sqrt3}{2}\Rightarrow h=OO^\prime=2IO^\prime=a\sqrt3;

    O^\prime M=IM\cdot\cos\widehat{IMO^\prime}=\frac{a}{2}

    Xét \triangle O^\prime MD vuông tại M, có O^\prime M=\frac{a}{2},MD=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}AB=\frac{a\sqrt3}{2}

    \Rightarrow r=O^\prime D=\sqrt{O^\prime M^2+MD^2}=\sqrt{\left(\frac{a}{2}ight)^2+\left(\frac{a\sqrt3}{2}ight)^2}\Rightarrow r=a.

    Vậy V=\pi r^2h=\pi a^3\sqrt3.

  • Câu 7: Thông hiểu

    Cho hình trụ có chiều cao bằng 8a . Biết hai điểm A và C lần lượt nằm trên hai đáy thỏa mãn AC=10a, khoảng cách giữa AC và trục của hình trụ bằng 4a. Thể tích của khối trụ đã cho là:

      Thể tích của khối trụ

    Gọi (O) và (O') lần lượt là hai đường tròn đáy; A\in (O), C \in (O') .

    Dựng AD, CB lần lượt song song với OO' (D \in (O'), B \in (O). Dễ dàng có ABCD là hình chữ nhật.

    Do AC=10a,AD=8a\Rightarrow DC=6a..

    Gọi H là trung điểm của DC.

    \left\{\begin{matrix}O^\prime H\bot D C\\O^\prime H\bot A D\\\end{matrix}\Rightarrow O^\prime H\bot(ABCD)ight..

    Ta có O^\prime//(ABCD)\Rightarrow d\left(OO^\prime,ACight)=d\left(OO^\prime,(ABCD)ight)=O^\prime H=4a..

    Suy ra O^\prime H=4a,CH=3a\Rightarrow R=O^\prime C=5a..

    Vậy thể tích của khối trụ là V=\pi R^2h=\pi(5a)^28a=200\pi a^3.

  • Câu 8: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và BA = BC = a. Cạnh bên SA = 2a và vuông góc với mặt phẳng đáy. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC  là:

     Tìm bán kính

    Gọi M là trung điểm AC, suy ra M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

    Gọi I là trung điểm SC, suy ra IM ||SA nên IM \bot \left( {ABC} ight) .

    Do đó IM là trục của \triangle ABC, suy ra IA=IB=IC     (1)

    Hơn nữa, tam giác SAC vuông tại A có I là trung điểm SC nên IS=IC=IA.  (2)

    Từ (1) và (2) , ta có IS=IA=IB=IC

    hay I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.

    Vậy bán kính R = IS = \frac{{SC}}{2} = \frac{{\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2} .

  • Câu 9: Nhận biết

    Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu có tâm I(1;1;1) và có diện tích bằng 4\pi có phương trình là:

    Ta có: S = 4\pi R^{2} = 4\pi \Rightarrow R = 1

    Vậy mặt cầu tâm I(1;1;1) có bán kính R = 1 có phương trình:

    (x - 1)^{2} + (y - 1)^{2} + (z - 1)^{2} = 1.

  • Câu 10: Nhận biết

    Trong không gian Oxyz, hai điểm A(7; - 2;2) và B(1;2;4). Phương trình nào sau đây là phương trình mặt cầu đường kính AB?

    Mặt cầu nhận AB làm đường kính, do đó mặt cầu nhận trung điểm I(4;0;3) của AB làm tâm và có bán kính R = \frac{AB}{2} = \sqrt{56}

    Suy ra phương trình mặt cầu cần tìm là (x - 4)^{2} + y^{2} + (z - 3)^{2} = 56.

  • Câu 11: Thông hiểu

    Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, giá trị dương của tham số m sao cho mặt phẳng (Oxy) tiếp xúc với mặt cầu (x - 3)^{2} + y^{2} + (z - 2)^{2} = m^{2} + 1 là:

    Ta có: (Oxy) có phương trình z = 0

    Mặt cầu (x - 3)^{2} + y^{2} + (z - 2)^{2} = m^{2} + 1 có tâm I(3;0;2) và bán kính R = \sqrt{m^{2} + 1}

    Để mặt phẳng (Oxy) tiếp xúc với mặt cầu (x - 3)^{2} + y^{2} + (z - 2)^{2} = m^{2} + 1 thì

    d\left( I;(P) ight) = R \Leftrightarrow \frac{|2|}{\sqrt{1}} = \sqrt{m^{2} + 1}

    \Leftrightarrow m^{2} + 1 = 4 \Leftrightarrow m = \pm \sqrt{3}. Vì m nhận giá trị dương nên m = \sqrt{3}.

    Vậy m = \sqrt{3} thỏa yêu cầu đề bài.

  • Câu 12: Vận dụng

    Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho \left( S_{m} ight):(x - 1)^{2} + (y - 1)^{2} + (z - m)^{2} = \frac{m^{2}}{4} với m > 0 là tham số thực) và hai điểm A(2;3;5),B(1;2;4). Tìm giá trị nhỏ nhất của tham số m để trên \left( S_{m} ight) tồn tại điểm M sao cho MA^{2} - MB^{2} = 9?

    Gọi M(x;y;z)

    Theo đề bài ra ta có:

    MA^{2} - MB^{2} = 9

    \Leftrightarrow (x - 2)^{2} + (y - 3)^{2} + (z - 5)^{2} - (x - 1)^{2} - (y - 2)^{2} - (z - 4)^{2} = 9

    \Leftrightarrow x + y + z - 4 = 0

    Mặt cầu (Sm) có tâm I(1; 1; m) và bán kính R = \frac{m}{2}

    Gọi (α): x + y + z − 4 = 0. Khi đó:

    M(1;1;m) \in \left( S_{m} ight) \Leftrightarrow d\left( I;(\alpha) ight) \leq R

    \Leftrightarrow \frac{|m - 2|}{\sqrt{3}} \leq \frac{m}{2} \Leftrightarrow m - 2 \geq - \frac{\sqrt{3}}{2}m

    \Leftrightarrow m \geq 8 - 4\sqrt{3}

    Vậy giá trị nhỏ nhất của tham số m cần tìm là m = 8 - 4\sqrt{3}.

  • Câu 13: Vận dụng

    Một hình nón có bán kính đáy R, góc ở đỉnh là 60^0. Một thiết diện qua đỉnh nón chắn trên đáy một cung có số đo 90^0 . Diện tích của thiết diện là:

     Diện tích của thiết diện

    Vì góc ở đỉnh là 60^0nên thiết diện qua trục SAC là tam giác đều cạnh 2R.

    Suy ra đường cao của hình nón là SI = R\sqrt 3.

    Tam giác SAB là thiết diện qua đỉnh, chắn trên đáy cung AB có số đo bằng 90^0 nên IAB là tam giác vuông cân tại I, suy ra AB = R\sqrt 2.

    Gọi M là trung điểm của AB thì \left\{ \begin{array}{l}IM \bot AB\\SM \bot AB\end{array} ight. và IM = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}.

    Trong tam giác vuông SIM, ta có SM = \sqrt {S{I^2} + I{M^2}} = \frac{{R\sqrt {14} }}{2}

    Vậy {S_{\Delta SAB}} = \frac{1}{2}AB.SM = \frac{{{R^2}\sqrt 7 }}{2} (đvdt).

  • Câu 14: Vận dụng cao

    Trong không gian Oxyz, , cho hai mặt cầu (S_1), (S_2) có phương trình lần lượt là (x − 2)^2 + (y − 1)^2 + (z − 1)^2 = 16 và (x − 2)^2 + (y − 1)^2 + (z − 5)^2 = 4. Gọi (P) là mặt phẳng thay đổi tiếp xúc với cả hai mặt cầu (S_1), (S_2). Tính khoảng cách lớn nhất từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng (P).

    Hình vẽ minh họa

    Mặt cầu (S1) có tâm I(2; 1; 1) và bán kính R_1 = 4.

    Mặt cầu (S2) có tâm J(2; 1; 5) và bán kính R_2 = 2.

    Gọi A, B lần lượt là hai tiếp điểm của (S1), (S2) với mặt phẳng (P).

    Gọi M là giao điểm của IJ với mặt phẳng (P). Ta có:

    \frac{MI}{MJ} = \frac{IA}{IB} = 2

    Suy ra J là trung điểm của IM, do đó M(2; 1; 9).

    Gọi véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là \overrightarrow{n} = (a;b;c),\left( a^{2} + b^{2} + c^{2} > 0 ight) khi đó phương trình của mặt phẳng (P) là

    a(x − 2) + b(y − 1) + c(z − 9) = 0

    Ta có:

    d\left( I;(P) ight) = 4 \Leftrightarrow \frac{|8c|}{\sqrt{a^{2} + b^{2} + c}} = 4

    \Leftrightarrow \frac{|c|}{\sqrt{a^{2} + b^{2} + c}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow a^{2} + b^{2} = 3c^{2}

    \Leftrightarrow \left( \frac{a}{c} ight)^{2} + \left( \frac{b}{c} ight)^{2} = 3\ \ \ (1)

    Mặt khác d\left( O;(P) ight) = \frac{|2a + b + 9c|}{\sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2}}} = \frac{|2a + b + 9c|}{2c} = \frac{1}{2}\left| \frac{2a}{c} + \frac{b}{c} + 9 ight|\ \ \ (2)

    Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có

    \left( \frac{2a}{c} + \frac{b}{c} ight)^{2} \leq \left( 2^{2} + 1^{2} ight)\left\lbrack \left( \frac{a}{c} ight)^{2} + \left( \frac{b}{c} ight)^{2} ightbrack\ \ \ (3)

    Từ (1) và (3) ta có: \left( \frac{2a}{c} + \frac{b}{c} ight)^{2} \leq 15 \Leftrightarrow - \sqrt{15} \leq \frac{2a}{c} + \frac{b}{c} \leq \sqrt{15}\ \ (4)

    Từ (2) và (4) suy ra:

    \frac{9 - \sqrt{15}}{2} \leq d\left( O;(P) ight) \leq \frac{9 + \sqrt{15}}{2}

    Vậy khoảng cách lớn nhất từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng (P) bằng \frac{9 + \sqrt{15}}{2}.

  • Câu 15: Thông hiểu

    Cho hai điểm A;B cố định trong không gian có độ dài AB = 4. Biết rằng tập hợp các điểm M trong không gian sao cho MA = 3MB là một mặt cầu. Bán kính mặt cầu đó bằng bao nhiêu?

    Ta có: MA = 3MB \Leftrightarrow \overrightarrow{MA} = 3\overrightarrow{MB}

    \Leftrightarrow \left( \overrightarrow{MI} + \overrightarrow{IA} ight)^{2} = 9\left( \overrightarrow{MI} + \overrightarrow{IB} ight)^{2}

    \Leftrightarrow IA^{2} - 9IB^{2} + 2\overrightarrow{MI}\left( \overrightarrow{IA} - 9\overrightarrow{IB} ight) = 8MI^{2}(*)

    Gọi I thỏa mãn \overrightarrow{IA} - 9\overrightarrow{IB} = \overrightarrow{0} \Leftrightarrow \overrightarrow{BI} = \frac{1}{8}\overrightarrow{AB} nên IB = \frac{1}{2};IA = \frac{9}{2}

    Từ (*) suy ra 8MI^{2} = 18 \Leftrightarrow MI = \frac{3}{2} \Rightarrow M \in S\left( I;\frac{3}{2} ight).

Nộp bài

Chúc mừng Bạn đã hoàn thành bài!

Đề kiểm tra 15 phút Chương 2 Mặt nón, mặt trụ, mặt cầu Kết quả
  • Thời gian làm bài: 00:00:00
  • Số câu đã làm: 0
  • Điểm tạm tính: 0
Làm lại
  • 3 lượt xem
Sắp xếp theo
🖼️
Xóa Gửi bình luận
Đề kiểm tra 15 phút Chương 2 Mặt nón, mặt trụ, mặt cầu
Thời gian còn lại 15:00 Số câu đã làm 0/15
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
Chưa làm Đã làm
Làm lại Nộp bài
Đăng nhập