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

    Tính thể tích khối lập phương có cạnh bằng 4a?

    Ta có: V = (4a)^{3} = 64a^{3}

  • Câu 2: 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 3: Vận dụng cao

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABC) là một điểm nằm trên đoạn thẳng BC. Mặt phẳng (SAB) tạo với (SBC) một góc 600 và mặt phẳng (SAC) tạo với (SBC) một góc ϕ thỏa mãn \cos\phi = \frac{\sqrt{2}}{4}. Gọi ϕ là góc tạo bởi SA và mặt phẳng (ABC), tính tan ϕ.

    Hình vẽ minh họa:

    Dựng hình chữ nhật HNAM, suy ra tam giác HNC vuông cân tại N và tam giác HMB vuông cân tại M, suy ra AC ⊥ (SHN) và AB ⊥ (SHM).

    Kẻ HE ⊥ SB và HF ⊥ SC, HP ⊥ SN và HK ⊥ SM, suy ra HP ⊥ (SAC), HK ⊥ (SAB).

    Ta có: \widehat{HFP} = \phi;cos\phi = \frac{\sqrt{2}}{4} \Rightarrow \sin\phi = \sqrt{\frac{7}{8}}

    => \widehat{HEP} là góc giữa (SAB) và (SBC) bằng 600

    Suy ra:

    \begin{matrix} \sin\phi = \frac{HK}{HF} = \frac{SH.MH}{SN}.\frac{SC}{SH.HC} \\ = \frac{SC}{\sqrt{2}SN} = \sqrt{\frac{7}{8}} \\ \end{matrix}

    \begin{matrix}\sin\widehat{HEK} = \dfrac{HK}{HE} = \dfrac{SH.MH}{SM}.\dfrac{SB}{SH.HB}\hfill \\= \dfrac{SB}{\sqrt{2}SM} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \hfill\\\end{matrix}

    \Rightarrow \left\{ \begin{matrix}\dfrac{SC^{2}}{SN^{2}} = \dfrac{7}{4} \\\dfrac{SB^{2}}{SM^{2}} = \dfrac{3}{2} \\\end{matrix} ight.

    \Rightarrow \left\{ \begin{matrix}\dfrac{SH^{2} + HC^{2}}{SH^{2} + HN^{2}} = \dfrac{SH^{2} + 2NH^{2}}{SH^{2}+ HN^{2}} = \dfrac{7}{4} \\\dfrac{SH^{2} + HB^{2}}{SH^{2} + HM^{2}} = \dfrac{SH^{2} + 2MH^{2}}{SH^{2}+ HM^{2}} = \dfrac{3}{2} \\\end{matrix} ight.

    \Rightarrow \left\{ \begin{matrix} 3SH^{2} = NH^{2} \\ SH^{2} = MH^{2} \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow MH^{2} + NH^{2} = 4SH^{2}

    Suy ra AH^{2} = 4SH^{2} \Rightarrow \tan\left( SA;(ABC) ight) = \frac{AH}{SH} = \frac{1}{2}

  • Câu 4: Nhận biết

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Chiều cao của hình chóp bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên đáy ABCD là hình vuông và các cạnh bên bằng nhau.

    Gọi O là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD).

    Khi đó các tam giác SOA, SOB, SOC, SOD bằng nhau nên bốn đoạn thẳng OA, OB, OC, OD bằng nhau.

    Suy ra O trùng với tâm của hình vuông ABCD, hay O là giao điểm của AC và BD. Vậy chiều cao của hình chóp là:

    \begin{matrix}SO = \sqrt{SB^{2} - OB^{2}} \hfill \\= \sqrt{a^{2} - \dfrac{a^{2}}{2}} = \sqrt{\dfrac{a^{2}}{2}} =\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\hfill \\\end{matrix}

  • Câu 5: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, đáy ABCD cạnh bằng 2a, cạnh bên SB = a\sqrt{5}. Tính thể tích hình chóp S.ABCD?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O là tâm 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)

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} S_{ABCD} = 4a^{2} \\ SO = \sqrt{SB^{2} - OB^{2}} = \sqrt{5a^{2} - 2a^{2}} = a\sqrt{3} \\ \end{matrix} ight.

    Vậy thể tích hình chóp là: V = \frac{1}{3}SO.S_{ABCD} = \frac{a\sqrt{3}.4a^{2}}{3} = \frac{4\sqrt{3}a^{3}}{3}

  • Câu 6: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , độ dài cạnh bên bằng a . Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh SA và BC . Góc giữa MN và SC bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi P là trung điểm của SB

    Ta có: SC//NP \Rightarrow (MN,SC) = (MN,NP) = \widehat{MNP}

    Mà MP = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2};NP = \frac{1}{2}SC = \frac{a}{2}

    MC^{2} = \frac{2\left( SC^{2} + AC^{2} ight) - SA^{2}}{4}

    = \frac{2\left( a^{2} + 2a^{2} ight) - a^{2}}{4} = \frac{5a^{2}}{4}

    MB = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    MN^{2} = \frac{2\left( MC^{2} + MB^{2} ight) - BC^{2}}{4}

    = \dfrac{2\left( \dfrac{5a}{4}^{2} +\dfrac{3a}{4}^{2} ight) - a^{2}}{4} = \dfrac{3a^{2}}{4}

    \Rightarrow \cos\widehat{MNP} = \frac{NP^{2} + MN^{2} - MP^{2}}{2NP.MN}

    = \dfrac{MN}{2NP} =\dfrac{\dfrac{a\sqrt{3}}{2}}{2.\dfrac{a}{2}} =\dfrac{\sqrt{3}}{2}

    \Rightarrow \widehat{MNP} = 30^{0}

  • Câu 7: Nhận biết

    Cho lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a. Góc giữa đường thẳng A’B và mặt phẳng (A’B’C’) bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Vì BB’ ⊥ (A’B’C’) nên A’B’ là hình chiếu vuông góc của A’B lên (A’B’C’)

    => Góc giữa đường thẳng A’B và mặt phẳng (A’B’C’) là \widehat{BA'B'}

    Ta có: A’B’ = BB’ = a nên tam giác B’A’B vuông cân tại B’

    => \widehat{BA'B'} =45^{0}

  • Câu 8: 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 9: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC đáy là tam giác ABC vuông tại B và SA\bot(ABC). Mệnh đề nào sau đây sai?

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} BC\bot SA;\left( do\ SA\bot(ABC) ight) \\ BC\bot AB \\ SA \cap AB = \left\{ A ight\} \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SAB)

    \Rightarrow BC\bot SB

    Vậy đáp án sai là: BC\bot(SAC).

  • Câu 10: Nhận biết

    Cho khối chóp và lăng trụ có diện tích đáy, chiều cao tương ứng với nhau và thể tích lần lượt là V và V' . Khi đó tỉ số \frac{V}{V'} = 1/3

    (Kết quả ghi dưới dạng phân số tối giản a/b)

    Đáp án là:

    Cho khối chóp và lăng trụ có diện tích đáy, chiều cao tương ứng với nhau và thể tích lần lượt là V và V' . Khi đó tỉ số \frac{V}{V'} = 1/3

    (Kết quả ghi dưới dạng phân số tối giản a/b)

    Ta có:

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}B.h

    Thể tích hình lăng trụ là: V' = B.h

    Khi đó: \dfrac{V}{V'} =\dfrac{\dfrac{1}{3}B.h}{B.h} = \dfrac{1}{3}

  • Câu 11: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD với các đường thẳng AB, BC, CD đôi một vuông góc. Góc giữa mặt phẳng (BCD) và mặt phẳng (ACD) bằng góc nào trong các góc sau đây?

    Dễ thấy rằng: \left\{ \begin{matrix} \begin{matrix} (ACD) \cap (BCD) = CD \\ (ABC)\bot CD \\ (ABC) \cap (ACD) = AC \\ \end{matrix} \\ (ABC) \cap (BCD) = BC \\ \end{matrix} ight.

    Như vậy góc giữa mặt phẳng (BCD) và mặt phẳng (ACD) bằng góc giữa hai đường thẳng AC và BC, tức là bằng góc \widehat{ACB}

  • Câu 12: 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 13: Vận dụng

    Cho tứ diện đều ABCD có M là trung điểm của cạnh CD, gọi \varphi là góc giữa hai đường thẳng AM và BC. Giá trị \cos \varphi bằng:

    Tính cosin góc giữa hai đường thẳng

    Giả sử cạnh của tứ diện đều bằng a

    Vì M là trung điểm của CD. Nên AM là đường cao trong tam giác ACD đều.

    => AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {CB} .\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {CB} .\left( {\overrightarrow {CM} - \overrightarrow {CA} } ight) = \overrightarrow {CB} .\overrightarrow {CM} - \overrightarrow {CB} .\overrightarrow {CA} \hfill \\ = CB.CM.\cos \widehat {BCM} - CB.CA.\cos \widehat {ACB} \hfill \\ = a.\dfrac{a}{2}.\cos {60^o} - a.a.\cos {60^o} = - \dfrac{{{a^2}}}{4} \hfill \\ \end{matrix}

    => \cos \left( {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {AM} } ight) = \dfrac{{\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {AM} }}{{\left| {\overrightarrow {BC} } ight|.\left| {\overrightarrow {AM} } ight|}} = \dfrac{{\dfrac{{ - {a^2}}}{4}}}{{a.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{{ - \sqrt 3 }}{6}

     

    => \cos \varphi = \left| {\cos \left( {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {AM} } ight)} ight| = \frac{{\sqrt 3 }}{6}

  • Câu 14: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = CA = CB. Tính ϕ là góc giữa SC và mặt phẳng (ABC), biết (SAB) vuông góc với (ABC):

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi H là trung điểm của AB, ta có SH ⊥ AB, CH ⊥ AB

    Mà (SAB) ⊥ (ABC) nên SH ⊥ (ABC)

    Suy ra \left\{ \begin{matrix}SH\bot CH \\\widehat{\left( SC,(ABC) ight)} = \widehat{SCH} \\\end{matrix} ight.

    Ta có:

    ∆SAB = ∆CAB (c.c.c)

    => SH = CH. Do đó ∆SCH vuông cân tại H

    Vậy \widehat{\left( SC,(ABC) ight)} =\widehat{SCH} = 45^{0}

  • Câu 15: Nhận biết

    Cho ba đường thẳng phân biệt a, b, c. Mệnh đề nào sau đây đúng?

    Khi cho ba đường thẳng phân biệt a, b, c thì mệnh đề : “Nếu a song song với b và c vuông góc với a thì c vuông góc với b” là mệnh đề đúng.

  • Câu 16: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a; SA = a;SA\bot(ABCD). Khoảng cách giữa hai đường thẳng SC;BD bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa

    Dựng Cx//BD;(\alpha) = (SC;Cx)

    \Rightarrow d(BD;SC) = d\left( BD;(\alpha) ight)

    d\left( BD;(\alpha) ight) = d\left( O;(\alpha) ight) = \frac{1}{2}d\left( A;(\alpha) ight)

    Dựng AK\bot SC. Dễ thấy AK\bot(\alpha) \Rightarrow d\left( A;(\alpha) ight) = AK

    \frac{1}{AK^{2}} = \frac{1}{SA^{2}} + \frac{1}{AC^{2}} \Rightarrow AK = \frac{a\sqrt{6}}{3}

    \Rightarrow d\left( O;(\alpha) ight) = \frac{a\sqrt{6}}{3}

  • Câu 17: 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 18: Nhận biết

    Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua một điểm A cho trước và vuông góc với hai mặt phẳng phân biệt (P) và (Q)?

    Có một khi (P) và (Q) cắt nhau, có vô số khi (P) // (Q).

  • Câu 19: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông, SA = SB và (SAB) ⊥ (ABCD). Khẳng định nào sau đây sai?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    (SAB) ⊥ (ABCD)

    BC ⊥ BA

    => BC ⊥ (SAB).

    Từ B kẻ BK ⊥ SA => d(BC, SA) = BK.

    Ta có:

    Tam SAB cân tại S, do vậy d(BC, SA) = BK ≠ AB

  • Câu 20: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng 2a. Tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng (SCD)

    Hình vẽ minh họa

    Tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng (SCD)

    Gọi O là tâm hình vuông ABCD => SO \bot \left( {ABCD} ight)

    Vì OA \cap \left( {SCD} ight) = C nên 

    \begin{matrix} \dfrac{{d\left( {A;\left( {SCD} ight)} ight)}}{{d\left( {O;\left( {SCD} ight)} ight)}} = \dfrac{{AC}}{{OC}} = 2 \hfill \\ \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} ight)} ight) = 2d\left( {O;\left( {SCD} ight)} ight) \hfill \\ \end{matrix}

    Gọi H là trung điểm của CD => OH \bot CD

    Gọi K là hình chiếu của O trên SH => OK \bot SH (*) 

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {CD \bot OH} \\ {CD \bot SO} \end{array}} ight. \Rightarrow CD \bot \left( {SOH} ight) \Rightarrow CD \bot OK\left( ** ight)

    Từ (*) và (**) 

    \begin{matrix} OK \bot \left( {SCD} ight) \Rightarrow d\left( {O;\left( {SCD} ight)} ight) = OK \hfill \\ OK = \dfrac{{SO.OH}}{{\sqrt {S{O^2} + O{H^2}} }} \hfill \\ \end{matrix}

    Ta lại có:

    \begin{matrix} SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} \hfill \\ = \sqrt {4{a^2} - {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} ight)}^2}} = \dfrac{{a\sqrt {14} }}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    \Rightarrow OK = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt {14} }}{2}.\dfrac{a}{2}}}{{\sqrt {{{\left( {\dfrac{{a\sqrt {14} }}{2}} ight)}^2} + {{\left( {\dfrac{a}{2}} ight)}^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 7 }}{{\sqrt {30} }}

    d\left( {A;\left( {SCD} ight)} ight) = 2.OK = \frac{{2a\sqrt 7 }}{{\sqrt {30} }}

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
  • 107 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