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: Vận dụng

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên hợp với mặt đáy một góc 60^0 . Thể tích của khối cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD là:

    Thể tích của khối cầu ngoại tiếp

    Gọi O = AC \cap BD, suy ra SO \bot \left( {ABCD} ight).

    Ta có {60^0}{m{ = }}\widehat {SB,\left( {ABCD} ight)} = \widehat {SB,OB} = \widehat {SBO}.

    Trong \triangle SOB, ta có SO = OB.\tan \widehat {SBO} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}.

    Ta có SO là trục của hình vuông ABCD.

    Trong mặt phẳng SOB, kẻ đường trung trực d của đoạn B.

    Gọi I = SO \cap d \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}I \in SO\\I \in d\end{array} ight. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}IA = IB = IC = ID\\IS = IB\end{array} ight.

    \Rightarrow IA = IB = IC = ID = IS = R

    Xét \triangle SBD có \left\{ \begin{array}{l}SB = SD\\\widehat {SBD} = \widehat {SBO} = {60^o}\end{array} ight. \Rightarrow    \triangle SBD đều.

    Do đó d cũng là đường trung tuyến của \triangle SBD . Suy ra I là trọng tâm \triangle SBD .

    Bán kính mặt cầu R = SI = \frac{2}{3}SO = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.

    Suy ra V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{{8\pi {a^3}\sqrt 6 }}{{27}}

  • Câu 2: Nhận biết

    Cho mặt cầu S\left( {O;R} ight) và mặt phẳng (\alpha). Biết khoảng cách từ O đến (\alpha) bằng \frac{R}{2}. Khi đó thiết diện tạo bởi mặt phẳng (\alpha) với S\left( {O;R} ight) là một đường tròn có đường kính bằng:

     Tìm đường kính

    Gọi H là hình chiếu của O xuống (\alpha) .

    Ta có d\left[ {O,\left( \alpha ight)} ight] = OH = \frac{R}{2} < R nên (\alpha) cắt S\left( {O;R} ight) theo đường tròn C\left( {H;r} ight).

    Bán kính đường tròn C\left( {H;r} ight) là r = \sqrt {{R^2} - O{H^2}} = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}.

    Suy ra đường kính bằng R\sqrt 3.

  • Câu 3: Thông hiểu

    Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho phương trìnhx^{2} + y^{2} + z^{2} - 2x - 4y - 6z - 11 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (\alpha), biết (\alpha) song song với mặt phẳng (P):2x + y - 2z + 11 = 0 và cắt mặt cầu theo thiết diện là một đường tròn có chu vi 8\pi?

    Vì (α) // (P) nên phương trình mặt phẳng (α) có dạng 2x + y - 2z + c = 0

    Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; 3) và bán kính R = 5.

    Đường tròn lớn có chu vi là 8\pi nên bán kính của (S) là \frac{8\pi}{2\pi} = 4

    Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng P bằng 3

    Từ đó ta có:

    d\left( I;(P) ight) = \frac{|2.1 + 2 - 2.3 + c|}{\sqrt{2^{2} + 1^{2} + ( - 2)^{2}}} = 3

    \Leftrightarrow | - 2 + c| = 9 \Leftrightarrow \left\lbrack \begin{matrix} c = 11 \\ c = - 7 \\ \end{matrix} ight.

    Vì (α) // (P) nên phương trình mặt phẳng (α) là 2x + y - 2z - 7 = 0

  • Câu 4: Vận dụng

    Cho hình nón đỉnh S, đường cao SO. Gọi A, B là hai điểm thuộc đường tròn đáy của hình nón sao cho khoảng cách từ O đến AB bằng a và \widehat {SAO} = {30^0},\widehat {SAB} = {60^0}. Độ dài đường sinh \ell của hình nón bằng:

     Độ dài đường sinh

    Gọi I là trung điểm AB, suy ra OI \bot AB,{m{ }}SI \bot AB và OI = a.

    Trong tam giác vuông SOA, ta có OA = SA.\cos \widehat {SAO} = \frac{{SA\sqrt 3 }}{2}

    Trong tam giác vuông SIA, ta có IA = SA.\cos \widehat {SAB} = \frac{{SA}}{2}

    Trong tam giác vuông OIA, ta có:

    O{A^2} = O{I^2} + I{A^2} \Leftrightarrow \frac{3}{4}S{A^2} = {a^2} + \frac{1}{4}S{A^2} \Rightarrow SA = a\sqrt 2 .

  • Câu 5: Thông hiểu

    Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu (S) qua bốn điểm A(3;3;0),B(3;0;3),C(0;3;3),D(3;3;3). Phương trình mặt cầu (S) là:

    Gọi phương trình mặt cầu (S):x^{2} + y^{2} + z^{2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0 có a^{2} + b^{2} + c^{2} - d > 0

    Vì mặt cầu đi qua bốn điểm đã cho nên ta có hệ phương trình

    \left\{ \begin{matrix}18 - 6a - 6b + d = 0 \\18 - 6a - 6c + d = 0 \\18 - 6b - 6c + d = 0 \\27 - 6a - 6b - 6c + d = 0 \\\end{matrix} ight.\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix}a = \dfrac{3}{2} \\b = \dfrac{3}{2} \\c = \dfrac{3}{2} \\d = 0 \\\end{matrix} ight.. Suy ra tâm mặt cầu I\left( \frac{3}{2};\frac{3}{2};\frac{3}{2} ight) và bán kính R = \sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2} - d} = \frac{3\sqrt{3}}{2}

    Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: \left( x - \frac{3}{2} ight)^{2} + \left( y - \frac{3}{2} ight)^{2} + \left( z - \frac{3}{2} ight)^{2} = \frac{27}{4}

  • Câu 6: Nhận biết

    Cạnh bên của một hình nón bằng 2a. Thiết diện qua trục của nó là một tam giác cân có góc ở đỉnh bằng 120^0. Diện tích toàn phần của hình nón là:

    Diện tích toàn phần

    Gọi S là đỉnh, O là tâm của đáy, thiết diện qua trục là SAB.

    Theo giả thiết, ta có SA = 2a và \widehat {ASO} = 60^\circ.

    Trong tam giác SAO vuông tại O, ta có

    OA = SA.\sin 60^\circ = a\sqrt 3

    Vậy diện tích toàn phần:

    {S_{tp}} = \pi R\ell + \pi {R^2} = \pi .OA.SA + \pi {\left( {OA} ight)^2} = \pi {a^2}\left( {3 + 2\sqrt 3 } ight) (đvdt).

  • Câu 7: Vận dụng

    Cho mặt cầu (S): {x^2} + {y^2} + {z^2} - 4x + 6y + 2z - 2 = 0 và điểm A\left( { - 6, - 1,3} ight). Gọi M là tiếp điểm của (S) và tiếp tuyến di động qua (d). Tìm tập hợp các điểm M.

    (Có thể chọn nhiều đáp án)

     Theo đề bài, (S) có tâm I\left( {2, - 3,1} ight).\,\overrightarrow {IM} = \left( {x - 2,y + 3,z + 1} ight);\,\,\overrightarrow {AM} = \left( {x + 6,y + 1,z - 3} ight)

    Ta có:

    \begin{array}{l}\overrightarrow {IM} .\overrightarrow {AM} = \left( {x - 2} ight)\left( {x + 6} ight) + \left( {y + 3} ight)\left( {y + 1} ight) + \left( {z + 1} ight)\left( {z - 3} ight) = 0\\ \Rightarrow M \in \left( {S'} ight):{x^2} + {y^2} + {z^2} + 4x + 4y - 3z - 12 = 0;\,\,M \in \left( S ight)\end{array}

    \Rightarrow M \in  đường tròn  \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + {z^2} - 4x + 6y + 2z - 2 = 0\\4x - y - 2z - 5 = 0\end{array} ight.

    Hay \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + {z^2} + 4x + 4y - 2z - 12 = 0\\4x - y - 2z - 5 = 0\end{array} ight.

  • Câu 8: Thông hiểu

    Một tấm nhôm hình chữ nhật có hai kích thước là a và 2a (a là độ dài có sẵn). Người ta cuốn tấm nhôm đó thành một hình trụ. Nếu hình trụ được tạo thành có chiều dài đường sinh bằng 2a thì bán kính đáy bằng:

     Gọi bán kính đáy là R.

    Từ giả thiết suy ra h= 2a và chu vi đáy bằng a .

    Do đó 2\pi R = a \Leftrightarrow R = \frac{a}{{2\pi }}.

  • Câu 9: Nhận biết

    Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S):(x - 2)^{2} + (y + 1)^{2} + (z - 3)^{2} = 4. Tâm mặt cầu (S) có tọa độ là:

    Mặt cầu (S):(x - a)^{2} + (y - b)^{2} + (z - c)^{2} = R^{2} có tâm là I(a;b;c)

    Mặt cầu (S):(x - 2)^{2} + (y + 1)^{2} + (z - 3)^{2} = 4 có tâm I(2; - 1;3).

  • Câu 10: Vận dụng cao

    Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a. Mặt phẳng (AB'C') tạo với mặt đáy góc 60^0 và điểm G là trọng tâm tam giác ABC. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp G.A'B'C' bằng:

      Bán kính mặt cầu

    Gọi M là trung điểm B’C’, ta có

    {60^0} = \widehat {\left( {AB'C'} ight),\left( {A'B'C'} ight)} = \widehat {AM,A'M} = \widehat {AMA'}.

    Trong \Delta AA'M, có A'M = \frac{{a\sqrt 3 }}{2};

    AA' = A'M.\tan \widehat {AMA'} = \frac{{3a}}{2}.

    Gọi G’ là trọng tâm tam giác đều A’B’C’, suy ra G’ cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp \Delta A'B'C'.

    Vì lặng trụ đứng nên GG' \bot \left( {A'B'C'} ight).

    Do đó GG' là trục của tam giác A'B'C'.

    Trong mặt phẳng \left( {GC'G'} ight), kẻ trung trực d của đoạn thẳng GC' cắt GG' tại I. Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp G.A'B'C' , bán kính R = GI

    Ta có \Delta GPI\,\backsim\,\,\,\Delta GG'C' \Rightarrow \frac{{GP}}{{GI}} = \frac{{GG'}}{{GC'}}

    \Rightarrow R = GI = \frac{{GP.GC'}}{{GG'}} = \frac{{GC{'^2}}}{{2GG'}} = \frac{{GG{'^2} + G'C{'^2}}}{{2GG'}} = \frac{{31a}}{{36}}.

  • Câu 11: Vận dụng cao

    Cho một chiếc cốc có dạng hình nón cụt và một viên bi có đường kính bằng chiều cao của cốc. Đổ đầy nước rồi thả viên bi vào, ta thấy lượng nước tràn ra bằng một phần ba lượng nước đổ vào cốc lúc ban đầu. Biết viên bi tiếp xúc với đáy cốc và thành cốc. Tìm tỉ số bán kính của miệng cốc và đáy cốc (bỏ qua độ dày của cốc).

    Tỉ số bán kính

     

    Gọi bán kính viên bi là r; bán kính đáy cốc, miệng cốc lần lượt là r_1,r_2,\left(r_1 < r_2ight) . Theo giả thiết thì chiều cao của cốc là h=2r.

    Thể tích viên bi là V_B=\frac{4}{3}\pi r^3.

    Thể tích cốc là V_C=\frac{1}{3}\pi h\left(r_1^2+r_2^2+r_1r_2ight)=\frac{2}{3}\pi r\left(r_1^2+r_2^2+r_1r_2ight).

    Theo giả thiết thì  V_B=\frac{1}{3}V_C\Leftrightarrow6r^2=r_1^2+r_2^2+r_1r_2 (1).

    Mặt cắt chứa trục của cốc là hình thang cân  ABB^\prime A^\prime . Đường tròn tâm (O;r) là đường tròn lớn của viên bi, đồng thời là đường tròn nội tiếp hình thang ABB^\prime A^\prime, tiếp xúc với A'B', AB  lần lượt tại H_1, H_2 và tiếp xúc với BB' tại M.

    Tỉ số thể tích

    Dễ thấy tam giác BOB' vuông tại O.

    Ta có OM^2=MB\cdot MB^\prime\Leftrightarrow r^2=r_1r_2.

    Thay (2) vào (1) ta được 6r_1r_2=r_1^2+r_2^2+r_1r_2\Leftrightarrow\left(\frac{r_2}{r_1}ight)^2-5\frac{r_2}{r_1}+1=0..

    Giải phương trình với điều kiện \frac{r_2}{r_1}>1 ta được \frac{r_2}{r_1}=\frac{5+\sqrt{21}}{2}.

  • Câu 12: Thông hiểu

    Bán kính đáy hình trụ bằng 4 cm, chiều cao bằng 6cm. Độ dài đường chéo của thiết diện qua trục bằng:

     Thiết diện qua trục của một hình trụ là một hình chữ nhật có hai cạnh lần lượt bằng đường kính đáy và chiều cao của hình trụ.

    Vậy hai cạnh của hình chữ nhật là 8 cm và 6 cm.

    Do đó độ đài đường chéo: \sqrt {{8^2} + {6^2}} = 10{m{cm}}{m{.}}

  • Câu 13: Thông hiểu

    Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, xét mặt cầu (S) có phương trình dạng x^{2} + y^{2} + z^{2} - 4x + 2y - 2az + 10a = 0. Tập hợp các giá trị thực của tham số a để (S) có chu vi 8\pi?

    Đường tròn lớn có chu vi là 8\pi nên bán kính của (S) là \frac{8\pi}{2\pi} = 4

    Từ phương trình của (S) suy ra bán kính của (S) là R = \sqrt{2^{2} + 1^{2} + a^{2} - 10a}

    Do đó \sqrt{2^{2} + 1^{2} + a^{2} - 10a} = 4 \Leftrightarrow \left\lbrack \begin{matrix} a = - 1 \\ a = 11 \\ \end{matrix} ight.

    Vậy đáp án cần tìm là: a \in \left\{ - 1;11 ight\}

  • Câu 14: Thông hiểu

    Cho một hình trụ có bán kính đáy bằng R và có chiều cao bằng R\sqrt 3. Hai điểm A, B lần lượt nằm trên hai đường tròn đáy sao cho góc giữa AB và trục của hình trụ bằng 30^0. Khoảng cách giữa AB và trục của hình trụ bằng:

    Tính khoảng cách

    Từ hình vẽ kết hợp với giả thiết, ta có OA = O'B = R.

    Gọi AA’ là đường sinh của hình trụ thì O'A' = R,{m{ }}AA' = R\sqrt 3 và \widehat {BAA'} = {30^0}.

    Vì OO'\parallel \left( {ABA'} ight) nên d\left[ {OO',\left( {AB} ight)} ight] = d\left[ {OO',\left( {ABA'} ight)} ight] = d\left[ {O',\left( {ABA'} ight)} ight].

    Gọi H là trung điểm A’B, suy ra \left. \begin{array}{l}O'H \bot A'B\\O'H \bot AA'\end{array} ight\} \Rightarrow O'H \bot \left( {ABA'} ight)

    nên O'H = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}h.

    Tam giác ABA’ vuông tại A’ nên BA' = AA'\tan {30^0} = R

    Suy ra tam giác A’BO đều có cạnh bằng R nên O'H = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}.h

  • Câu 15: 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). 

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
  • 30 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