Lớp 11 Toán 11 - Kết nối tri thức với cuộc sống

Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 Chương 7 Kết nối tri thức

Mô tả thêm: Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 Quan hệ vuông góc trong không gian gồm 20 câu hỏi trắc nghiệm giúp bạn học ôn tập, củng cố lại kiến thức sách Kết nối tri thức.
  • Thời gian làm: 15 phút
  • Số câu hỏi: 20 câu
  • Số điểm tối đa: 20 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: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC, tam giác ABC vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy (ABC). Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB (tham khảo hình vẽ bên). Mệnh đề nào sau đây sai?

    Ta có: SA ⊥ (ABC) => SA ⊥ BC

    Mặt khác BC ⊥ AB

    Suy ra BC ⊥ (SAB) nên hình chiếu vuông góc của SC trên (SAB) là SB

    Vậy \widehat{\left( SC,(SAB) ight)} =\widehat{(SC,SB)} = \widehat{BSC\ }(vì tam giác SBC vuông tại B)

  • Câu 2: Thông hiểu

    Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy, SB hợp với mặt đáy một góc 600. Tính khoảng cách d từ điểm D đến mặt phẳng (SBC)

    Hình vẽ minh họa

    Tính khoảng cách d từ điểm D đến mặt phẳng (SBC)

    Ta có:

    \begin{matrix} {60^0} = \left( {SB;\left( {ABCD} ight)} ight) = \left( {SB;AB} ight) = \widehat {SBA} \hfill \\ \Rightarrow SA = AB.\tan \widehat {SBA} = a\sqrt 3 \hfill \\ \end{matrix}

    Ta có: AD // BC => AD // (SBC)

    => d(D,(SBC)) = d(A; (SBC))

    Kẻ AK \bot SB (1)

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {BC \bot SA} \\ {BC \bot AB} \end{array}} ight. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} ight) \Rightarrow BC \bot AK\left( 2 ight)

    Từ (1) và (2) => AK \bot \left( {SBC} ight)

    \begin{matrix} \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} ight)} ight) = AK \hfill \\ AK = \dfrac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    d\left( {D;\left( {SBC} ight)} ight) = AK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}

  • Câu 3: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA vuông góc với mặt đáy và SA = AB = \sqrt{3}. Gọi G là trọng tâm của tam giác SAB. Khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SBC) bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm của SB \Rightarrow AM\bot SB (vì \Delta SAB cân)

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} BC\bot AB \\ BC\bot SA \\ \end{matrix} \Rightarrow BC\bot(SAB) \Rightarrow BC\bot AM ight.

    Và \left\{ \begin{matrix} AM\bot SB \\ AM\bot BC \\ \end{matrix} \Rightarrow AM\bot(SBC) \Rightarrow GM\bot(SBC) ight. tại M.

    Do đó d(G;(SBC)) = GM.

    Ta có: SM = \sqrt{AB^{2} + SA^{2}} = \sqrt{6} \Rightarrow AM = \frac{SB}{2} = \frac{\sqrt{6}}{2}.

    Vì G là trọng tâm của \Delta SAB nên GM = \frac{1}{3}AM = \frac{\sqrt{6}}{6}.

  • Câu 4: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có các mặt bên tạo với đáy một góc bằng nhau. Hình chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng (ABC) là:

    Gọi I là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD)

    M, N, P lần lượt là hình chiếu vuông góc của S trên các cạnh AB, AC, BC.

    Khi đó ta có: \left\{ \begin{matrix}SI\bot AB \\SM\bot AB \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot(SIM) \Rightarrow AB\botIM

    Tương tự ta có: AC\bot IN,IP\botBC

    Khi đó \left( (SAB);(ABC) ight) =(SM,IM) = \widehat{SMI}

    Tương tự suy ra \widehat{SMI} =\widehat{SNI} = \widehat{SPI}

    => \Delta SMI = \Delta SNI = \DeltaSPI \Rightarrow IM = IN = IP

    => I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

  • Câu 5: Vận dụng

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và DD’. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và BD.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi O, P, K lần lượt là trung điểm của AC, CD, OC

    Kẻ DI ⊥ MP, DH ⊥ NI

    Ta có: ND = \frac{a}{2}, BD // MP, tứ giác DIKO là hình chữ nhật

    => DI = OK = \frac{OC}{2} =\frac{a\sqrt{2}}{4}

    Khi đó: d(MN, BD) = d(BD, (MNP)) = d(D, (MNP)) = DH

    Xét tam giác vuông NDI ta có:

    \begin{matrix}\dfrac{1}{DH^{2}} = \dfrac{1}{DN^{2}} + \dfrac{1}{DI^{2}} \Rightarrow DH =\dfrac{a\sqrt{3}}{6} \hfill \\\Rightarrow d(MN,BD) = \dfrac{a\sqrt{3}}{6} \hfill\\\end{matrix}

  • Câu 6: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD, SA vuông góc với đáy. Kẻ AH vuông góc với SB (H ∈ SB). Chọn mệnh đề đúng.

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    SA ⊥ BC

    AB ⊥ BC

    => BC ⊥ (SAB) => BC ⊥ AH

    Mà AH ⊥ SB nên AH ⊥ (SBC) => AH ⊥ SC

  • Câu 7: Vận dụng

    Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’, A’B’C’D’ là hình chữ nhật tâmH, A’D’ = 2a, A'B' = 2\sqrt 3 a, H là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (A’B’C’D’), AH = 2\sqrt 3 a. Gọi \alpha là góc giữa hai đường thẳng AD’ và DB’. Tính \cos \alpha.

    Tính góc giữa hai đường thẳng

    Bước 1: Xác định góc giữa hai đường thẳng AD’ và DB’

    Kẻ đường thẳng d qua D, song song với AD', cắt A’D’ tại E

    Suy ra \alpha = \widehat {\left( {AD',\,DB'} ight)} = \widehat {\left( {DE,\,DB'} ight)}

    Bước 2: Tính \cos \alpha

    Kẻ đường thẳng qua H, song song với A’D’, cắt A’B’ tại F.

    Lấy điểm I sao cho ADIH là hình bình hành.

    Suy ra DI // AH , mà AH \bot \left( {A'B'C'D'} ight)

    => DI \bot \left( {A'B'C'D'} ight) \Rightarrow DI \bot IB'

    Ta có

    \begin{matrix} DE = AD' = \sqrt {A{H^2} + H{{D'}^2}} = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 3 a} ight)}^2} + {{\left( {2a} ight)}^2}} = 4a \hfill \\ EB' = \sqrt {A'{E^2} + A'{{B'}^2}} = \sqrt {{4^2} + {{\left( {2\sqrt 3 } ight)}^2}} .a = 2\sqrt 7 a \hfill \\ IB' = \sqrt {I{F^2} + F{{B'}^2}} = \sqrt {{3^2} + {{\left( {\sqrt 3 } ight)}^2}} .a = 2\sqrt 3 a \hfill \\ DB' = \sqrt {D{I^2} + I{{B'}^2}} = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 3 } ight)}^2} + {{\left( {2\sqrt 3 } ight)}^2}} .a = 2\sqrt 6 a \hfill \\ \end{matrix}

    Trong tam giác EDB’, có:

    \begin{matrix} \cos \widehat {EDB'} = \dfrac{{D{E^2} + D{{B'}^2} - E{{B'}^2}}}{{2.DE.DB'}} \hfill \\ = \dfrac{{{{\left( {4a} ight)}^2} + {{\left( {2\sqrt 6 a} ight)}^2} - {{\left( {2\sqrt 7 a} ight)}^2}}}{{2.4a.2\sqrt 6 a}} \hfill \\ = \dfrac{{\sqrt 6 }}{8} > 0 \hfill \\ \end{matrix}

    Suy ra \cos \alpha = \frac{{\sqrt 6 }}{8}

  • Câu 8: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a. Góc tạo bởi cạnh bên SA và mặt phẳng đáy bằng 60^{0}. Thể tích khối chóp S.BCD bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD

    Ta có: tam giác SAC cân, O là trung điểm của AC nên SO\bot CA

    Tương tự tam giác SBD cân, O là trung điểm của BD nên SO\bot BD

    \Rightarrow SO\bot(ABCD)

    Suy ra OA là hình chiếu vuông góc của SA lên mặt phẳng đáy

    \Rightarrow \left( SA;(ABCD) ight) = \widehat{SAO} = 60^{0}

    ABCD là hình vuông nên OA = \frac{1}{2}AC = \frac{a\sqrt{2}}{2}

    Xét tam giác vuông SOA ta có:

    SO = AO.\tan\widehat{SDO} =\frac{a\sqrt{2}}{2}.\tan60^{0} = \frac{a\sqrt{6}}{3}

    \Rightarrow S_{BCD} = \frac{a^{2}}{2}

    \Rightarrow V_{S.BCD} = \frac{1}{3}.SO.S_{BCD} = \frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{2}.\frac{a^{2}}{2} = \frac{a^{3}\sqrt{6}}{12}

  • Câu 9: Nhận biết

    Mệnh đề nào là mệnh đề đúng?

    Khẳng định đúng: “Khoảng cách từ một điểm A bất kì đến mặt phẳng (P) bằng độ dài đoạn AH với H là hình chiếu vuông góc của A trên (P).”

  • Câu 10: Nhận biết

    Mệnh đề nào sau đây đúng?

    Mệnh đề: “Hai mặt phẳng cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau” sai vì hai mặt phẳng đó có thể cắt nhau.

    Mệnh đề: “Hai mặt phẳng cùng vuông góc với một mặt phẳng thì vuông góc với nhau.“ sai vì hai mặt phẳng đó có thể tạo với nhau những góc khác 900.

    Dễ thấy mệnh đề: “Hai mặt phẳng cùng vuông góc với một mặt phẳng thì cùng song song với một đường thẳng.” đúng.

    Mệnh đề: “Hai mặt phẳng cùng vuông góc với một mặt phẳng thì cùng vuông góc với một đường thẳng.“ sai vì trong trường hợp mặt phẳng (P) và mặt phẳng (Q) cùng vuông góc với mặt phẳng (R), (P) ⊥ (Q) thì không thể có đường thẳng nào cùng vuông góc với (P) và (Q).

  • Câu 11: Vận dụng cao

    Cho hình chop SABC có SA ⊥ (ABC), tam giác ABC đều cạnh 2a, SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 300. Khi đó mặt phẳng (SBC) tạo với đáy một góc x. Tính tan x.

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có SA ⊥ (ABC)

    => AB là hình chiếu của AB lên (ABC).

    \begin{matrix}\Rightarrow \widehat{SBA} = \widehat{\left( SB;(ABC) ight)} = 30^{0} \hfill\\SA = AB.\tan30^{0} = \dfrac{2a\sqrt{3}}{3}\hfill \\\end{matrix}

    Gọi M là trung điểm của BC, ta có ∆ABC đều cạnh 2a

    => AM = a\sqrt{3} và \left\{ \begin{matrix} (SBC) \cap (ABC) = BC \\ AM\bot BC \\ SM\bot BC \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow \widehat{SMA} = \widehat{\left( (SBC);(ABC) ight)} = x

    \tan x = \frac{SA}{AM} = \frac{2a\sqrt{3}}{3}.a\sqrt{3} = \frac{2}{3}

  • Câu 12: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB = BC = a ; AD = 2a, SA \bot \left( {ABCD} ight);SA = a\sqrt 2. Tính góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SAB).

     Tính góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SAB)

    Gọi M là trung điểm của AD.

    Xét tứ giác ABCM có: AM // BC, AM = AB = BC = a, \widehat {MAB} = {90^0}

    Suy ra ABCM là hình vuông => MC = AB = a

    Xét tam giác ACD có AM là trung tuyến và CM = \frac{1}{2}AD = a

    Suy ra ACD vuông tại C => AC ⊥ CD

    Trong (SAC), dựng AH ⊥ SC

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {CD \bot AC} \\ {CD \bot SA} \\ {SA \cap AC = A} \\ {SA;AC \subset \left( {SAC} ight)} \end{array}} ight. \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} ight) mà AH ⊂ (SAC) suy ra CD ⊥ AH.

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {AH \bot CD} \\ {AH \bot SC} \\ {CD \cap SC = C} \\ {CD;SC \subset \left( {SCD} ight)} \end{array}} ight. \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} ight)\left( 1 ight)

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {AD \bot SA} \\ {AD \bot AB} \\ {SA \cap AB = A} \\ {SA;AB \subset \left( {SAB} ight)} \end{array}} ight. \Rightarrow AD \bot \left( {SAB} ight)\left( 2 ight)

    Từ (1) và (2) suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) là góc giữa hai đường thẳng AH và AD.

    Xét tam giác ABC vuông tại B có: AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 2

    Xét tam giác SAC vuông tại A có: SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = 2a

    Xét tam giác SAC vuông tại A và SA = AC = a\sqrt 2 nên SAC vuông cân tại A.

    Suy ra H là trung điểm SC và AH = \frac{1}{2}SC = a

    Xét tam giác AHD vuông tại H (vì AH ⊥ (SCD)).

    Ta có: \cos \widehat {HAD} = \frac{{AH}}{{AD}} = \frac{a}{{2a}} = \frac{1}{2} suy ra \widehat {DAH} = {60^0}

    Vậy \left( {\widehat {\left( {SCD} ight);\left( {SAB} ight)}} ight) = {60^0}

  • Câu 13: Nhận biết

    Cho ABCD.A'B'C'D' là hình hộp. Khẳng định nào sau đây đúng?

    Nếu ABCD.A'B'C'D' là hình hộp thì tất cả các mặt là bình bình hành nên mặt bên cũng là hình bình hành.

  • Câu 14: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của SD. Gọi \alpha là góc tạo bởi đường thẳng BM và mặt phẳng (ABCD). Tính \tan\alpha?

    Minh họa bằng hình vẽ:

    Gọi O là tâm của hình vuông. Ta có: SO\bot(ABCD) và SO = \sqrt{a^{2} - \frac{a^{2}}{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{2}

    Gọi M là trung điểm của OD ta có: MH//SO nên H là hình chiếu của M lên mặt phẳng (ABCD) và MH = \frac{1}{2}SO = \frac{a\sqrt{2}}{4}

    Do đó góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng (ABCD) là \widehat{MBH}

    Khi đó ta có: \tan\widehat{MBH} =\dfrac{MH}{BH} = \dfrac{\dfrac{a\sqrt{2}}{4}}{\dfrac{3a\sqrt{2}}{4}} =\dfrac{1}{3}

    Vậy \tan\alpha = \frac{1}{3}.

  • Câu 15: Nhận biết

    Thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước là 2;3;5 bằng:

    Thể tích cần tìm là: V = 2.3.5 = 30

  • Câu 16: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có AB = m;(m > 0), các cạnh còn lại bằng nhau và bằng 4. Mặt phẳng (\alpha) chứa cạnh AB và vuông góc với cạnh CD tại I. Diện tích tam giác ABI lớn nhất bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: (\alpha)\bot CD \equiv I \Rightarrow \left\{ \begin{matrix} AI\bot CD \\ BI\bot CD \\ \end{matrix} ight.

    Theo giả thiết AC = AD = BC = BD = CD = 4cm ta có các tam giác ACD và BCD là các tam giác đều cạnh bằng 4

    \Rightarrow IA = IB = 4.\frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}

    Gọi H là trung điểm của AB ta có: IH\bot AB và IH = \sqrt{IA^{2} - \frac{m^{2}}{4}} = \sqrt{12 - \frac{m^{2}}{4}}

    S_{ABI} = \frac{1}{2}IH.AB

    = \frac{1}{2}m.\sqrt{12 - \frac{m^{2}}{4}}

    = \sqrt{\frac{m^{2}}{4}.\left( 12 - \frac{m^{2}}{4} ight)} \leq 6

    Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 2\sqrt{6}

    Vậy \max S_{ABI} = 6

  • Câu 17: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA\bot(ABC);V_{S.ABC} = \frac{a^{3}}{4}. Tính chiều cao hình chóp S.ABC?

    Ta có:

    SA\bot(ABC) nên SA là chiều cao của hình chóp.

    Do tam giác ABC đều cạnh a nên S_{ABC} = \frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}

    Ta lại có:

    V_{S.ABC} = \dfrac{1}{3}SA.S_{ABC}\Rightarrow SA = \dfrac{3V_{S.ABC}}{S_{ABC}} =\dfrac{3.\dfrac{a^{3}}{4}}{\dfrac{a^{2}\sqrt{3}}{4}} =a\sqrt{3}

  • Câu 18: Thông hiểu

    Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = 2AC = AA' = 2a. Gọi M là trung điểm của BC. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng AM và B'C.

    Hình vẽ minh họa

    Gọi N là trung điểm của BB’, ta có: MN//B’C nên (AM;B'C) = (AM;MN) = \widehat{AMN}

    Ta có:

    BC = \sqrt{AB^{2} + AC^{2}} = \sqrt{4a^{2} + a^{2}} = a\sqrt{5}

    AM = \frac{BC}{2} = \frac{a\sqrt{5}}{2}

    AN = \sqrt{AB^{2} + BN^{2}} = \sqrt{4a^{2} + a^{2}} = a\sqrt{5}

    MN = \frac{B'C}{2} = \frac{\sqrt{BC^{2} + BB'^{2}}}{2} = \frac{\sqrt{5a^{2} + 4a^{2}}}{2} = \frac{3a}{2}

    Áp dụng định lí cosin trong tam giác MNA ta có:

    \cos\widehat{NMA} = \frac{MN^{2} + MA^{2} - AN^{2}}{2MN.MA}

    = \dfrac{\dfrac{9a^{2}}{4} +\dfrac{5a^{2}}{4} - 5a^{2}}{2.\dfrac{3a}{2}.\dfrac{a\sqrt{5}}{2}} = -\dfrac{\sqrt{5}}{5}

    \Rightarrow \cos(AM;B'C) = \frac{\sqrt{5}}{5}

  • Câu 19: Nhận biết

    Cho hai đường thẳng a,b và mặt phẳng (Q). Chọn mệnh đề sai trong các mệnh đề dưới đây?

    Mệnh đề: “Nếu a//(Q),b\bot a thì b\bot(Q).” Sai vì đường thẳng b có thể nằm trong mặt phẳng (Q).

  • Câu 20: Thông hiểu

    Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tất cả các cạnh bằng a và các góc phẳng đỉnh B đều bằng 600.

    Cặp đường thẳng nào sau đây không vuông góc với nhau?

    Hình ảnh minh họa

    Cặp đường thẳng nào sau đây không vuông góc với nhau

    Xét tam giác CB'D' có ba cạnh bằng a\sqrt 3 nên tam giác không vuông.

    => B’C và CD’ không vuông góc với nhau.

Nộp bài

Chúc mừng Bạn đã hoàn thành bài!

Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 Chương 7 Kết nối tri thức Kết quả
  • Thời gian làm bài: 00:00:00
  • Số câu đã làm: 0
  • Điểm tạm tính: 0
Làm lại
  • 83 lượt xem
Sắp xếp theo
🖼️
Xóa Gửi bình luận
Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 Chương 7 Kết nối tri thức
Thời gian còn lại 15:00 Số câu đã làm 0/20
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
Chưa làm Đã làm
Làm lại Nộp bài
Đăng nhập