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: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có AB vuông góc với CD. Mặt phẳng (P) song song với AB và CD lần lượt cắt BC, DB, AD, AC tại M, N, P, Q. Tứ giác MNPQ là hình gì?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: (MNPQ) // AB; (MNPQ) ∩ (ABC) = MQ

    => MQ // AB

    Tương tự ta có: MN // CD; NP // AB; QP // CD

    Khi đó tứ giác MNPQ là hình bình hành

    Ta có: MN ⊥ MQ (Do AB ⊥ CD)

    Hay tứ giác MNPQ là hình chữ nhật.

  • Câu 2: Thông hiểu

    Cho hình chóp tam giác S.ABC có SA\bot(ABC);SA = a\sqrt{2}. Biết rằng tam giác ABC vuông cân tại B và AC = 2a. Tính góc giữa SB và (ABC)?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SB \cap (ABC);SA\bot(ABC)

    => Hình chiếu vuông góc của SB trên mặt phẳng (ABC) là AB.

    => Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) là \widehat{SBA}

    Do tam giác ABC vuông cân tại B và AC = 2a nên AB = \frac{AC}{\sqrt{2}} = a\sqrt{2} = SA

    Suy ra tam giác SAB vuông cân tại A.

    Do đó \widehat{SBA} = 45^{0}

    Vậy góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) bằng 450.

  • Câu 3: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, (SAB) ⊥ (ABCD), (SAC) ⊥ (ABCD), SA = 2a. Gọi α là góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SAD). Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} AD\bot AB \\ SA\bot AB \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot(SAD)

    => Hình chiếu vuông góc của SB trên mặt phẳng (SAD) là SA

    => \left( SB;(SAD) ight) = (SB;SA) = \widehat{BSA}

    Xét tam giác SAB vuông ta có:

    \cos\widehat{BSA} = \frac{SA}{SB} = \frac{SA}{\sqrt{SA^{2} + AB^{2}}} = \frac{2\sqrt{5}}{5}

  • Câu 4: Nhận biết

    Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 1, cạnh SA vuông góc với đáy và SA = \sqrt{2}. Tính thể tích khối chóp S.ABCD đã cho.

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SA\bot(ABCD) nên SA là đường cao của hình chóp

    Thể tích khối chóp là V = \frac{1}{3}.SA.S_{ABCD} = \frac{1}{3}.\sqrt{2}.1^{2} = \frac{\sqrt{2}}{3}

  • Câu 5: Nhận biết

    Cho tứ diện ABCD có đáy BCD là tam giác vuông cân tại C. Gọi trung điểm các cạnh AB,AC,BC,CD lần lượt là M,N,P,Q. Khi đó (MN,PQ) bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} MN//BC \\ PQ//BD \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow (MN,PQ) = (BC,BD) = \widehat{DBC} = 45^{0}

  • Câu 6: 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 7: Thông hiểu

    Đáy của hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ là tam giác đều cạnh bằng 4. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’ và BC.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó AM ⊥ AA’ tại A, AM ⊥ BC tại M.

    Do đó, AM là đoạn vuông góc chung của AA’ và BC.

    => d(AA’, BC) = \frac{4\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}

  • Câu 8: Nhận biết

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và góc giữa cạnh bên với mặt phẳng đáy bằng α. Tang của góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng:

    Tang của góc giữa mặt bên và mặt đáy

    Chân đường cao hình chóp đều S.ABCD trùng với tâm O của đáy ABCD. AO là hình chiếu của SA lên (ABCD)

    => \widehat {SAO} = \alpha

    Gọi M là trung điểm của BC => OM là hình chiếu của SM lên (ABCD) và MO ⊥ BC.

     \begin{matrix} \widehat {SMO} = \left( {\left( {SBC} ight);\left( {ABCD} ight)} ight) \hfill \\ \tan \widehat {SMO} = \dfrac{{SO}}{{OM}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.\tan \alpha .\dfrac{2}{a} = \sqrt 2 \tan \alpha \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 9: Thông hiểu

    Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có AA' = 4a. Tính thể tích khối lăng trụ biết góc giữa mặt phẳng (A'BC) và mặt phẳng (ABC) bằng 30^{0}.

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm của BC.

    Khi đó \left( (A'BC);(ABC) ight) = \widehat{A'MA} = 30^{0}

    Trong tam giác vuông A’MA có:

    \tan\widehat{A'MA} = \frac{A'A}{AM} \Rightarrow AM = \frac{A'A}{tan30^{0}} = 4\sqrt{3}a

    Tam giác ABC đều nên AM = \frac{AB\sqrt{3}}{2} \Rightarrow AB = 8a

    Vậy thể tích khối lăng trụ là: V = S_{ABC}.AA' = \frac{(8a)^{2}\sqrt{3}}{4} = 64\sqrt{3}a^{3}

  • Câu 10: Vận dụng

    Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có tất cả các cạnh bằng a. (như hình vẽ).

    Tính d\left( A;(A'BC) ight)?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm cạnh BC.

    Ta có tam giác ABC đều cạnh a nên AM\bot BC; AM = \sqrt{AB^{2} - BH^{2}} = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    ABC.A'B'C' là hình lăng trụ tam giác đều nên AA'\bot(ABC) \Rightarrow AA'\bot BC

    Do đó BC\bot(A'AM) và BC \subset (A'BC) \Rightarrow (A'AM)\bot(A'BC) theo giao tuyến A'M

    Kẻ AH\bot AM \Rightarrow AH\bot(A'BC)

    D\left( A;(A'BC) ight) = AH

    Lại có \frac{1}{AH^{2}} = \frac{1}{A'A^{2}} + \frac{1}{AM^{2}} \Leftrightarrow \frac{1}{AH^{2}} = \frac{1}{a^{2}} + \frac{4}{3a^{2}}

    \Leftrightarrow \frac{1}{AH^{2}} = \frac{7}{3a^{2}} \Rightarrow AH = \frac{a\sqrt{21}}{7}

  • Câu 11: Nhận biết

    Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OB = OC = a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng OA và BC.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi M là trung điểm CB, ta có: OM ⊥ BC.

    Mặt khác vì OA, OB, OC đôi một vuông góc nên OA ⊥ (OBC)

    => OA ⊥ OM. Do đó khoảng cách giữa OA và BC là OM.

    Ta có: OM = \frac{1}{2}BC = \frac{a\sqrt{2}}{2}

  • Câu 12: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau:

    Khẳng định đúng là “AB vuông góc với mặt phẳng (SAD)”

    Thật vậy, do SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ AB

    Mặt khác AB ⊥ AD.

    Từ đó suy ra AB ⊥ (SDA)

  • Câu 13: Nhận biết

    Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều, M là trung điểm của BC. Khẳng định nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có tam giác ABC đều và M là trung điểm của BC nên AM\bot BC

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} AM\bot BC \\ BC//B'C' \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AM\bot B'C'

  • Câu 14: Vận dụng

    Cho hình vuông ABCD và tam giác đều SAB cạnh a nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Tính sin góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAD).

    Tính sin góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAD)

    Gọi I là trung điểm của AB. Khi đó SI \bot \left( {ABCD} ight)

    Ta có \left\{ \begin{gathered} AD \bot AB \hfill \\ AD \bot SI \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow AD \bot \left( {SAB} ight) mà AD \subset \left( {SAD} ight) \Rightarrow \left( {SAD} ight) \bot \left( {SAB} ight)

    Dựng BH \bot SA tại H suy ra SH \bot \left( {SAD} ight)

    Trong mặt phẳng (SAD) kẻ Hx // AD. Trong mặt phẳng (BC, Hx) qua C kẻ đường thẳng song song với BH cắt Hx tại K thì CK \bot \left( {SAD} ight)

    Suy ra SK là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng (SAD) nên góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAD) là góc \widehat {CSK}

    Ta có BH = CK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}

    Trong tam giác SCI có

    SC = \sqrt {S{I^2} + I{C^2}} = \sqrt {\frac{{3{a^2}}}{4} + \frac{{5{a^2}}}{4}} = a\sqrt 2

    Suy ra \sin \widehat {CSK} = \frac{{CK}}{{SC}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{a\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 6 }}{4}

  • Câu 15: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông với AC=\frac{a\sqrt{2}}{2}. Cạnh bên SA vuông góc với đáy, SB hợp với đáy góc 600. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AD và SC.

    Ta có AD // BC => AD // (SBC) => d(AD;SC)=d(A;(SBC))

    Kẻ AP⊥SB =>d(A;(SBC))=AP =>d(AD;SC)=AP

    Ta có:

    \begin{matrix} AB = \dfrac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{a}{2} \hfill \\ \dfrac{1}{{A{P^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{A{B^2}}} \hfill \\ \end{matrix}

    Lại có \left( {SB;\left( {ABCD} ight)} ight) = \widehat {SBA} = {60^0}

    \begin{matrix} \Rightarrow \tan {60^0} = \dfrac{{SA}}{{AB}} \Rightarrow SA = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \hfill \\ \Rightarrow AP = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 16: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có SA\bot(ABC). Gọi hình chiếu vuông góc của điểm A lên cạnh BC là điểm H. Xác định góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC)?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có:

    BC = (SBC) \cap (ABC)

    Vì \left\{ \begin{matrix} BC\bot AS \\ BC\bot AH \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SAH) \Rightarrow BC\bot SH

    Vậy \left( (SBC);(ABC) ight) = \widehat{SHA}

  • Câu 17: 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 18: Thông hiểu

    Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có đáy là hình thoi. Gọi mặt phẳng (\alpha) chứa cạnh A'C' và cắt AB;BC lần lượt tại I;J. Chọn kết luận đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} (\alpha) \cap (ABCD) = IJ \\ (\alpha) \cap (A'B'C'D') = A'C' \\ (A'B'C'D')//(ABCD) \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow A'C'//IJ mà A'C'//AC

    \Rightarrow AC//IJ

    Mặt khác BD\bot AC

    \Rightarrow BD\bot IJ.

  • Câu 19: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD đều cạnh bằng a. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Góc giữa AO và CD bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa

    Góc giữa AO và CD bằng bao nhiêu?

    Gọi M là trung điểm của CD

    Vì ABCD là tứ diện đều nên AM ⊥ CD, OM ⊥ CD

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {CD} .\overrightarrow {AO} = \overrightarrow {CD} .\left( {\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {MO} } ight) \hfill \\ = \overrightarrow {CD} .\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {CD} .\overrightarrow {MO} = \overrightarrow 0 \hfill \\ \end{matrix}

    => \overrightarrow {CD} \bot \overrightarrow {AO} nên số đo góc giữa AO và CD là 900

  • Câu 20: Vận dụng cao

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có thể tích bằng 27. Một mặt phẳng (α) tạo với mặt phẳng (ABCD) góc 600 và cắt các cạnh AA’, BB’, CC’, DD’ lần lượt tại M, N, P, Q. Tính diện tích của tứ giác MNPQ.

    Hình vẽ minh họa:

    Đặt AB = a

    V_{ABCD.A'B'C'D'} = a^{3} = 27 \Rightarrow a = 3

    Ta có:

    \begin{matrix}S_{ABCD} = S_{MNPQ}.cos60^{0} \hfill\\\Rightarrow S_{MNPQ} = \dfrac{S_{ABCD}}{cos60^{0}} =\dfrac{a^{2}}{\dfrac{1}{2}} = 2a^{2} = 18 \hfill\\\end{matrix}

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
  • 68 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