Lớp 11 Toán 11 - Cánh Diều

Đề kiểm tra 45 phút Toán 11 Chương 8 Cánh Diều

Mô tả thêm: Đề kiểm tra 45 phút Toán 11 Quan hệ vuông góc trong không gian. Phép chiếu vuông góc gồm 40 câu hỏi trắc nghiệm giúp bạn học ôn tập, củng cố lại kiến thức sách Cánh Diều.
  • Thời gian làm: 45 phút
  • Số câu hỏi: 40 câu
  • Số điểm tối đa: 40 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 hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 3a. Cạnh bên SA vuông góc với (ABCD), góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 30◦ . Tìm khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC).

    Ta có:

    Gọi H là chân đường cao lên cạnh SB. Khi đó, ta có

    d(A, (SBC)) = AH. sin 30◦ => AH = AB . sin 30◦ = \frac{3a}{2}

  • Câu 2: Vận dụng cao

    Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ nội tiếp mặt cầu (S) có bán kính R = \frac{{\sqrt {17} }}{2}. Gọi I; J là trung điểm BC, CD và \alpha là góc giữa đường thẳng AC’ và mặt phẳng (C’IJ). Giá trị lớn nhất của \sin \alpha là

    Giá trị lớn nhất của góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

    Đặt CD = a\,,\,CB = b\,,CC' = c\,\,\,\left( {a,b,c > 0} ight).

    AC{'^2} = {a^2} + {b^2} + {c^2} = 17.

    Gọi K là hình chiếu của A lên (C’IJ)

    \left( {\widehat {AC',\left( {C;{\text{IJ}}} ight)}} ight) = \left( {\widehat {AC',AK}} ight) = \alpha

    Ta có \sin \alpha = \frac{{d\left( {A,\left( {C'{\text{IJ}}} ight)} ight)}}{{AC'}} = \frac{{3d\left( {C,\left( {C'{\text{IJ}}} ight)} ight)}}{{\sqrt {17} }}

    Trong (ABCD) kẻ tại E

    \left\{ \begin{gathered} IJ \bot CE \hfill \\ IJ \bot CC\prime \hfill \\ CE \subset \left( {CEC'} ight) \hfill \\ \,CC' \subset \left( {CEC'} ight) \hfill \\ CE \cap CC' = C \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow IJ \bot \left( {CEC'} ight) \Rightarrow \left( {C'IJ} ight) \bot \left( {CEC'} ight)

    Trong (CEC’) kẻ CH \bot C'E tại H

    Suy ra d\left( {C,\left( {C'{\text{IJ}}} ight)} ight) = CH = h

    Do đó \sin \alpha = \frac{{3h}}{{\sqrt {17} }}

    Ta có:

    \begin{matrix} \dfrac{1}{{{h^2}}} = \dfrac{1}{{{c^2}}} + \dfrac{4}{{{a^2}}} + \dfrac{4}{{{b^2}}} = \dfrac{1}{{{c^2}}} + 4\left( {\dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{b^2}}}} ight) \geqslant \dfrac{1}{{{c^2}}} + \dfrac{{16}}{{{a^2} + {b^2}}} \hfill \\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{{h^2}}} \geqslant \frac{1}{{{c^2}}} + \dfrac{{16}}{{17 - {c^2}}} = \dfrac{{17 - {c^2} + {c^2}}}{{17{c^2}}} + \dfrac{{16\left( {17 - {c^2} + {c^2}} ight)}}{{17\left( {17 - {c^2}} ight)}} \hfill \\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{{h^2}}} \geqslant \dfrac{{17 - {c^2}}}{{17{c^2}}} + \dfrac{{16{c^2}}}{{17\left( {17 - {c^2}} ight)}} + 1 \geqslant 2.\dfrac{4}{{17}} + 1 = \dfrac{{25}}{{17}} \Leftrightarrow h \leqslant \dfrac{{\sqrt {17} }}{5}. \hfill \\ \Rightarrow \sin \alpha \leqslant \dfrac{3}{5}. \hfill \\ \end{matrix}

    Vậy đạt giá trị lớn nhất là \frac{3}{5}

    Dấu xảy ra khi: \left\{ \begin{gathered} {a^2} = {b^2} = \frac{{34}}{5} \hfill \\ {c^2} = \frac{{17}}{5} \hfill \\ \end{gathered} ight. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} a = b = \sqrt {\frac{{34}}{5}} \hfill \\ c = \sqrt {\frac{{17}}{5}} \hfill \\ \end{gathered} ight.

  • Câu 3: Nhận biết

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Tính (AB;A'C')?

    Hình vẽ minh họa

    Vì AB//A'B' \Rightarrow (AB;A'C') = (A'B';A'C') = \widehat{B'A'C'}

    Tam giác A’B’C’ vuông cân tại B’ \Rightarrow \widehat{B'A'C'} = 45^{0}

    Vậy (AB;A'C') = 45^{0}.

  • Câu 4: Nhận biết

    Trong các mệnh đề dưới đây, mệnh đề nào là mệnh đề đúng?

    Mệnh đề đúng: “Một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì vuông góc với đường thẳng kia”.

  • Câu 5: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC. Biết rằng SA = SB;AC = BC. Kết luận nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi D là trung điểm của AB, vì tam giác SAB cân tại S và tam giác ABC cân tại C nên \left\{ \begin{matrix} AB\bot SD \\ AB\bot CD \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot(SDC) \Rightarrow AB\bot SC.

  • Câu 6: Thông hiểu

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Đường thẳng nào dưới đây vuông góc với mặt phẳng (A'BD)?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: AB = AD = AA' = a nên A cách đều các điểm B,D,A'

    BC' = DC' = C'A' = a\sqrt{2} nên C' cách đều các điểm B,D,A'

    Do đó A; C’ cùng nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác A'BD

    \Rightarrow AC'\bot(A'BD)

  • Câu 7: Vận dụng cao

    Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A0’B’C’ có cạnh bên bằng cạnh đáy. Đường thẳng MN (M ∈ A’C, N ∈ BC’) là đường vuông góc chung của A’C và BC’. Tỉ số \frac{NB}{NC'} bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi H, I lần lượt là trung điểm của AB, AC’

    Suy ra HI // BC’

    Trong mặt phẳng (ABB’A’), tia A’H cắt tia B’B tại S, gọi K là hình chiếu của B trên SH

    Dễ thấy BK ⊥ (SCH)

    Gọi M là hình chiếu của K trên A’C, chú ý rằng CH = HA’ nên HI ⊥ A’C, do đó KM // HI // BC’

    Trong mặt phẳng (BC’MK) lấy điểm N trên BC’ sao cho BKMN là hình bình hành

    Khi đó MN là đoạn vuông góc chung cần tìm

    Ta có:

    \frac{NB}{BC'} = \frac{MK}{2HI} =\frac{1}{2}\left( 1 + \frac{HK}{A'H} ight)

    = \frac{1}{2}\left( 1 + \frac{HK}{HS}ight) = \frac{1}{2}\left( 1 + \frac{HB^{2}}{HS^{2}}ight)

    Do 2HB = SB nên:

    \frac{NB}{BC'} = \frac{1}{2}\left( 1+ \frac{HB^{2}}{HB^{2} + SB^{2}} ight)

    = \frac{1}{2}\left( 1 +\frac{HB^{2}}{HB^{2} + 4HB^{2}} ight) = \frac{3}{5}

    => \frac{NB}{NC'} =\frac{3}{2}

  • Câu 8: 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 9: 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 10: Vận dụng

    Cho hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a. Tính cosin của góc giữa hai mặt bên không liền kề nhau.

    Hình vẽ minh họa:

    Hình chóp tứ diện đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a, ta tìm góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC).

    Gọi M, N là trung điểm các cạnh AD và BC, khi đó SM ⊥ AD và SN ⊥ BC (do các tam giác SBC; SAD là các tam giác đều).

    Vì BC // AD nên giao tuyến của hai mặt phẳng (SAD) và (SBC) là đường thẳng d qua S và song song AD, BC.

    Vì SM ⊥ AD và SN ⊥ BC nên SM ⊥ d và SN ⊥ d mà SM ⊂ (SAD); SN ⊂ (SBC) góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC) là góc \widehat{MSN}.

    Mặt bên là các tam giác đều cạnh a nên SM = SN = \frac{a\sqrt{3}}{2}; MN = AB = a.

    Khi đó:

    \begin{matrix}\cos\widehat{MSN} = \dfrac{SM^{2} + SN^{2} - MN^{2}}{2.SM.SN} \hfill \\= \dfrac{\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{2} ight)^{2} + \left(\dfrac{a\sqrt{3}}{2} ight)^{2} -a^{2}}{2.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}} = \frac{1}{3} \hfill \\\end{matrix}

  • 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: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng AB = a;BC = 3a;SA = a\sqrt{30}. Tính \left( SC;(ABC) ight)?

    Hình vẽ minh họa

    Do AC là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng (ABC) nên \left( SC;(ABC) ight) = \widehat{SCA}

    Ta có: AC = \sqrt{AB^{2} + BC^{2}} = a\sqrt{10}

    Khi đó \tan\widehat{SCA} = \frac{SA}{AC} = \frac{a\sqrt{30}}{a\sqrt{10}} = \sqrt{3}

    \Rightarrow \widehat{SCA} = 60^{0}

    \Rightarrow \left( SC;(ABC) ight) = 60^{0}

  • Câu 13: Thông hiểu

    Cho khối lăng trụ ABC.A'B'C có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A. Biết góc giữa mặt phẳng (A'BC) và mặt phẳng (ABC) bằng 60^{0} và cạnh AA' = 2a. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó

    \left\{ \begin{matrix} AM\bot BC \\ AA'\bot BC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(A'AM)

    \Rightarrow \left( (A'BC);(ABC) ight) = \widehat{A'MA} = 60^{0}

    Ta có: AM = \frac{AA'}{tan60^{0}} = \frac{2a\sqrt{3}}{3}

    \Rightarrow BC = 2AM = \frac{4a\sqrt{3}}{3}

    \Rightarrow V_{ABC.A'B'C'} = AA'.S_{ABC} = 2a.\frac{1}{2}.\frac{2a\sqrt{3}}{3}.\frac{4a\sqrt{3}}{3} = \frac{8}{3}a^{3}

  • Câu 14: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A;D; AB = a;AD = DC = a. Gọi I là trung điểm của AD, biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với đáy và mặt phẳng (SBC) tạo với đáy một góc 60^{0}. Tính khoảng cách từ trung điểm của cạnh SD đến mặt phẳng (SBC)?

    Từ I kẻ IP\bot BC \Rightarrow BC\bot SP

    \Rightarrow \left( (SBC);(ABCD) ight) = \widehat{SPI} = 60^{0}

    Gọi K là trung điểm của SD.

    Gọi Q = BC \cap AD, kẻ IH\bot SP

    Ta có:

    d\left( K;(SBC) ight) = \frac{1}{2}d\left( D;(SBC) ight)

    = \frac{1}{4}d\left( I;(SBC) ight) = \frac{1}{4}IH

    Xét tam giác ICQ có IP = \frac{CD.IQ}{QC} = \frac{2a}{\sqrt{5}}

    Xét tam giác SIP vuông tại I có SI = IP.tan60^{0} = \frac{2a\sqrt{3}}{5}

    \frac{1}{IH^{2}} = \frac{1}{IS^{2}} + \frac{1}{IP^{2}} \Rightarrow IH = \frac{3a^{2}}{5}

    \Rightarrow IH = \frac{a\sqrt{15}}{5}

    \Rightarrow d\left( K;(SBC) ight) = \frac{a\sqrt{15}}{20}

  • Câu 15: Nhận biết

    Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau?

    Mệnh đề đúng: “Góc giữa hai mặt phẳng bằng góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng đó.”

    NB

     

    0

  • Câu 16: Thông hiểu

    Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có cạnh bên bằng 4a. Tính thể tích khối lăng trụ biết góc giữa mặt phẳng (A'BC) và mặt phẳng (ABC) bằng 60^{0}.

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm của BC.

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} BC\bot AM \\ BC\bot A'M \\ (A'BC) \cap (ABC) = BC \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow \left( (A'BC);(ABC) ight) = \widehat{A'MA} = 60^{0}

    Trong tam giác vuông A’MA có:

    \tan\widehat{A'MA} = \frac{A'A}{AM} \Rightarrow AM = \frac{A'A}{tan60^{0}} = \frac{4\sqrt{3}}{3}a

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

    Vậy thể tích khối lăng trụ là: V = S_{ABC}.AA' = \frac{\sqrt{3}}{4}.4a.\left( \frac{8a}{3} ight)^{2} = \frac{64\sqrt{3}a^{3}}{9}

  • Câu 17: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi I và J lần lượt là trung điểm của SC và BC. Số đo góc (IJ; CD) bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi O là tâm của hình thoi ABCD

    => OJ là đường trung bình của tam giác BCD => \left\{ \begin{matrix}OJ//CD \\OJ = \dfrac{1}{2}CD \\\end{matrix} ight.

    Vì CD // OJ => (IJ; CD) = (IJ; OJ)

    Xét tam giác IOJ có: \left\{\begin{matrix}IJ = \dfrac{1}{2}SB = \dfrac{a}{2} \\\begin{matrix}OJ = \dfrac{1}{2}CD = \dfrac{a}{2} \\OI = \dfrac{1}{2}SA = \dfrac{a}{2} \\\end{matrix} \\\end{matrix} ight.=> Tam giác IOJ đều

    Vậy (IJ; CD) = (IJ; OJ) = \widehat{IJO} = 60^{0}

  • Câu 18: Thông hiểu

    Cho lăng trụ đứng ABC.A’C’B’ có đáy ABC cân đỉnh A, \widehat {ABC} = \alpha, BC’ tạo đáy góc \beta. Gọi I là trung điểm của AA’, biết \widehat {BIC} = {90^0}. Tính {\tan ^2}\alpha + {\tan ^2}\beta

    Ta có: \tan \beta = \frac{{B{B^\prime }}}{{{B^\prime }{C^\prime }}} \cdot \Delta AHB vuông tại H (H là trung điểm của BC)

    \begin{matrix} \Rightarrow \tan \alpha = \dfrac{{AH}}{{BH}} = \dfrac{{2AH}}{{BC}} \hfill \\ \Rightarrow {\tan ^2}\alpha + {\tan ^2}\beta = \dfrac{{4\left( {A{I^2} + A{H^2}} ight)}}{{B{C^2}}}(*) \hfill \\ \end{matrix}

    Mà tam giác AIH vuông tại A nên A{I^2} + A{H^2} = I{H^2}

    Tam giác BIC vuông tại I

    \Rightarrow IH = \frac{{BC}}{2} \Rightarrow B{C^2} = 4I{H^2}

    Thay vào (*) ta được:  {\tan ^2}\alpha + {\tan ^2}\beta = 1

  • Câu 19: Vận dụng cao

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = a\sqrt{3}. Cạnh bên SA = 2a, SA ⊥ (ABCD). Mặt phẳng (α) đi qua A và vuông góc với SC. Tính diện tích S của thiết diện tạo bởi mặt phẳng (α) và hình chóp đã cho.

    Hình vẽ minh họa:

    Trong tam giác SAC có: AI ⊥ SC (I thuộc SC)

    Trong mặt phẳng (SBC) dựng đường thẳng qua I và vuông góc với SC cắt SB tại M.

    Trong mặt phẳng (SCD) dựng đường thẳng qua I và vuông góc với SC cắt SD tại N.

    Khi đó thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (α) là tứ giác AMIN.

    Ta có: SC ⊥ (α) => SC ⊥ AM (*)

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

    Từ (*) và (**) => AM ⊥ (SBC) => AM ⊥ MI

    Chứng minh tương tự ta được AN ⊥ NI

    Vì AM, AI, AN lần lượt là các đường cao của tam giác SAB, SAC, SAD nên

    \begin{matrix}AM = \dfrac{SA.AB}{\sqrt{SA^{2} + AB^{2}}} = \dfrac{2a}{\sqrt{5}} \hfill\\AI = \dfrac{SA.AC}{\sqrt{SA^{2} + AC^{2}}} = a\sqrt{2} \hfill \\AN = \dfrac{SA.AD}{\sqrt{SA^{2} + AD^{2}}} = \dfrac{2a\sqrt{21}}{7} \hfill \\\Rightarrow \left\{ \begin{matrix}MI = \sqrt{AI^{2} - AM^{2}} = \dfrac{a\sqrt{30}}{5} \hfill \\NI = \sqrt{AI^{2} - AN^{2}} = \dfrac{a\sqrt{14}}{7} \hfill \\\end{matrix} ight.\ \hfill \\\Rightarrow S_{AMIN} = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{2a}{\sqrt{5}}.\dfrac{a\sqrt{30}}{5} +\dfrac{2a\sqrt{21}}{7}.\dfrac{a\sqrt{14}}{7} ight) =\dfrac{12a^{2}\sqrt{6}}{35} \hfill \\\end{matrix}

  • Câu 20: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh đáy bằng 2a, đường cao bằng a\sqrt{2}. Giả sử \left( (SCD);(ABCD) ight) = \alpha. Mệnh đề nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O = AC \cap BC, M là trung điểm của CD.

    Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} (SCD) \cap (ABCD) = CD \\ OM\bot CD \\ SM\bot CD \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow \alpha = (OM;SM) = \widehat{SMO}

    Trong tam giác SMO có \tan\widehat{SMO} = \frac{SO}{OM} = \frac{a\sqrt{2}}{a} = \sqrt{2}

    \Rightarrow \tan\alpha = \sqrt{2}

  • Câu 21: Vận dụng

    Giả sử V là thể tích khối tứ diện đều ABCD . Trung điểm tất cả các cạnh của tứ diện tạo thành một đa diện có thể tích V' . Tỉ số \frac{V'}{V} = 1/2

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

    Đáp án là:

    Giả sử V là thể tích khối tứ diện đều ABCD . Trung điểm tất cả các cạnh của tứ diện tạo thành một đa diện có thể tích V' . Tỉ số \frac{V'}{V} = 1/2

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

    Hình vẽ minh họa

    Giả sử tứ diện đều cạnh bằng a

    Hình đa diện cần tính có được bằng cách cắt 4 góc tứ diện

    Mỗi góc cũng là một tứ diện đều có cạnh bằng \frac{a}{2}

    Do đó thể tích phần cắt bỏ là V'' = 4.\frac{V}{8} = \frac{V}{2}

    (Vì tứ diện cạnh giảm một nưả thì thể tích giảm \left( \frac{1}{2} ight)^{3} = \frac{1}{8}

    Vậy V' = \frac{V}{2} \Rightarrow \frac{V'}{V} = \frac{1}{2}

  • Câu 22: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, cạnh SA ⊥ (ABCD) , SA = a\sqrt{2}. Góc giữa SC với mặt phẳng (ABCD) là:

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: \widehat{\left( SC,(ABCD) ight)}= \widehat{(SC,AC)} = \widehat{SCA}

    Lại có: \tan\widehat{SCA} = \frac{SA}{AC}= \frac{SA}{AB\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}} = 1

    => \widehat{SCA} = 45^{0}

  • Câu 23: Nhận biết

    Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA\bot(ABCD);SA = a\sqrt{2}. Xác định thể tích S.ABCD?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có:

    S_{ABCD} = a^{2} \Rightarrow V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}SA.S_{ABCD} = \frac{a^{3}\sqrt{2}}{3}

  • Câu 24: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có SA \bot \left( {ABCD} ight) và SA = a\sqrt 3. Đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a,\,AD = a\sqrt 3. Gọi M là trung điểm của CD, góc giữa SA và mặt phẳng (SBM) bằng \alpha . Giá trị \tan \alpha bằng:

    Tính tan của góc giữa SA và mặt phẳng (SBM)

    Gọi K, I lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BM và SK.

    Ta có \left\{ \begin{gathered} BM \bot AK \hfill \\ BM \bot SA\left( {V\`i \,SA \bot \left( {ABCD} ight)} ight) \hfill \\ AK,SA \subset \left( {SAK} ight) \hfill \\ AK \cap SA = \left\{ A ight\} \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow BM \bot \left( {SAK} ight)

    Mà AI \subset \left( {SAK} ight) \Rightarrow BM \bot AI

    Ta có \left\{ \begin{gathered} AI \bot BM \hfill \\ AI \bot SK \hfill \\ BM,SK \subset \left( {SBM} ight) \hfill \\ BM \cap SK = \left\{ K ight\} \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow AI \bot \left( {SBM} ight)

    Suy ra hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng (SBM) là điểm I. Do đó bằng góc giữa hai đường thẳng SA và SI và bằng góc \widehat {ASK}.

    Ta có \left\{ \begin{gathered} SA \bot \left( {ABCD} ight) \hfill \\ AK \subset \left( {ABCD} ight) \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow SA \bot AK

    Tính tan của góc giữa SA và mặt phẳng (SBM)

    Có

    \begin{matrix} {S_{\Delta ABM}} = {S_{ABCD}} - {S_{\Delta AMD}} - {S_{\Delta BMC}} \hfill \\ = {a^2}\sqrt 3 - {a^2}\dfrac{{\sqrt 3 }}{4} - {a^2}\dfrac{{\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \hfill \\ BM = \sqrt {B{C^2} + M{C^2}} = \sqrt {3{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} = \dfrac{{a\sqrt {13} }}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    Ta có

    \begin{matrix} {S_{\Delta ABM}} = \dfrac{1}{2}AK.BM \hfill \\ \Rightarrow AK = \dfrac{{2{S_{\Delta ABM}}}}{{BM}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{a\dfrac{{\sqrt {13} }}{2}}} = a\dfrac{{2\sqrt 3 }}{{\sqrt {13} }} \hfill \\ \end{matrix}

    Xét tam giác vuông SAK có \tan \widehat {ASK} = \frac{{AK}}{{SA}} = \frac{{a\frac{{2\sqrt 3 }}{{\sqrt {13} }}}}{{a\sqrt 3 }} = \frac{2}{{\sqrt {13} }}

  • Câu 25: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có mặt phẳng đáy là hình vuông cạnh a, SA = a\sqrt 3, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính góc giữa SB và AC?

    Hình vẽ minh họa

    Góc giữa hai đường thẳng SB và AC trong mặt phẳng

    Lấy M là trung điểm của SD

    Góc cần tìm là góc giữa OM và SC

    Ta có MC là trung tuyến của tam giác SCD

    \begin{matrix} M{C^2} = \dfrac{{S{C^2} + D{C^2}}}{2} - \dfrac{{S{D^2}}}{4} = 2{a^2} \hfill \\ \Rightarrow MC = a\sqrt 2 \hfill \\ \end{matrix}

    Xét tam giác MOC ta có:

    \begin{matrix} \cos \widehat {MOC} = \dfrac{{M{O^2} + O{C^2} - M{C^2}}}{{2.MO.OC}} = - \dfrac{1}{{2\sqrt 2 }} \hfill \\ \Rightarrow \alpha \approx {69^0}17\prime \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 26: 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 27: Thông hiểu

    Cho hai tam giác đều DAC và BAC lần lượt nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng (DAB) và (DBC). Tính giá trị cos α.

    Tính giá trị cos α

    Giả sử cạnh của tam giác đều bằng 2a. Khi đó AB = AD = CB = CD = 2a

    Gọi H là trung điểm của AC. Tam giác DAC đều suy ra DH ⊥ AC.

    Tương tự BH ⊥ AC.

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\left( {DAC} ight) \bot \left( {ABC} ight)} \\ {\left( {DAC} ight) \cap \left( {ABC} ight)} \\ {DH \bot AC} \\ {DH \subset \left( {DAC} ight)} \end{array}} ight. \Rightarrow DH \bot \left( {ABC} ight)

    Gọi K là trung điểm của DB.

    Ta có: ABD cân tại A nên AK \bot BD

    Và CBD cân tại C nên CK \bot DB

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\left( {DAB} ight) \cap \left( {DBC} ight) = BD} \\ {AK \bot BD;AK \subset \left( {DAB} ight)} \\ {CK \bot BD;CK \subset \left( {DAB} ight)} \end{array}} ight.

    Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (DAB) và (DBC) là góc giữa hai đường thẳng AK và CK.

    Ta có DH = a\sqrt 3 ;BH = a\sqrt 3 nên BDH vuông cân tại H.

    Từ đó ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {DB = \sqrt {D{H^2} + H{B^2}} = a\sqrt 6 } \\ {HK = \dfrac{1}{2}BD = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}} \end{array}} ight.

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {AC \bot DH} \\ {AC \bot BH} \\ {DH \cap BH = H} \\ {DH;BH \subset \left( {DBH} ight)} \end{array}} ight. \Rightarrow AC \bot \left( {DBH} ight) mà HK \subset \left( {DBH} ight) \Rightarrow AC \bot HK

    Xét tam giác ACK có KH vừa là trung tuyến, vừa là đường cao nên tam giác ACK cân tại K.

    Nên ta có: KH là phân giác của góc \widehat {AKC} suy ra \widehat {AKC} = 2\widehat {CKH}

    Ta có: t = \tan \widehat {CKH} = \frac{{HC}}{{HK}} = \frac{a}{{a\sqrt 6 :3}} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}

    Vậy \cos \alpha = \frac{{1 - {t^2}}}{{1 + {t^2}}} = \frac{{1 - \frac{6}{9}}}{{1 + \frac{6}{9}}} = \frac{1}{5}

  • Câu 28: Vận dụng cao

    Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành, AB = 3, AD = 4, góc BAD = 1200. Cạnh bên SA = 2\sqrt{3} vuông góc với đáy. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh SA, AD và BC và α là góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (MNP). Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau đây.

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} MN//SD \\ NP//CD \\ \end{matrix} \Rightarrow (MNP)//(SCD) ight.

    => ((SAC), (MNP)) = ((SAC), (SCD)) = α.

    Gọi H là hình chiếu vuông góc của A xuống (SCD), K là hình chiếu vuông góc của H xuống SC, suy ra \alpha = \widehat{AKH}

    Ta có V_{S.ACD} = \frac{1}{2}V_{S.ABCD} = \frac{1}{2}.\frac{1}{3}.3.4.\frac{\sqrt{3}}{2}.2\sqrt{3} = 6

    Trong tam giác ABC có

    AC^{2} = AB^{2} + BC^{2} - 2AB.BC.cos\widehat{ABC}

    = 4^{2} + 3^{2} - 2.3.4.\frac{1}{2} = 13

    \Rightarrow SC^{2} = AC^{2} + SA^{2} = 13 + 12 = 25

    SD = \sqrt{SA^{2} + AD^{2}} = \sqrt{12 + 16} = \sqrt{28}

    \Rightarrow \sin\widehat{CSD} = \sqrt{1 - cos^{2}\widehat{CSD}} = \frac{3\sqrt{42}}{35}

    Do đó diện tích tam giác SCD là

    S_{SCD} = \frac{1}{2}SC.SD.sin\widehat{CSD}

    = \frac{1}{2}.5.\sqrt{28}.\frac{3\sqrt{42}}{35} = 3\sqrt{6}

    S_{SAC} = \frac{1}{2}AC.SA = \frac{1}{2}AK.SC

    \Rightarrow AK = \frac{SA.AC}{SC} = \frac{2\sqrt{3}.\sqrt{13}}{5} = \frac{2\sqrt{39}}{5}

    Theo công thức tính thể tích khối chóp A.SCD thì AH = \frac{3V_{A.SCD}}{S_{SCD}} = \frac{3.6}{3\sqrt{6}} = \sqrt{6}

    => \sin\alpha = \dfrac{AH}{AK} =\dfrac{\sqrt{6}}{\dfrac{2\sqrt{39}}{5}} =\dfrac{5\sqrt{26}}{26}

    => α ∈ (600; 900)

  • Câu 29: Nhận biết

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a (tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và A’C’ bằng:

    Do BD và A’C’ lần lượt nằm trên hai mặt phẳng (ABCD) và (A’B’C’D’) song song với nhau nên d(A’C’, BD) = d((ABCD),(A’B’C’D’)).

    Mà ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương nên ta có d((ABCD), (A’B’C’D’)) = AA’ = a. Vậy d(A’C’, BD) = a.

  • Câu 30: 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 31: 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 32: Thông hiểu

    Cho tứ diện đều ABCD, M là trung điểm của BC. Khi đó cos(AB; DM) là:

    Hình vẽ minh họa:

    Cos(AB; DM) bằng bao nhiêu?

    Giả sử cạnh của tứ diện là a

    Tam giác BCD đều => DM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}

    Tam giác ABC đều => AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}

    Ta có: \cos \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {DM} } ight) = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {DM} }}{{\left| {\overrightarrow {AB} } ight|.\left| {\overrightarrow {DM} } ight|}} = \dfrac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {DM} }}{{a.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}

    Mặt khác 

    \begin{matrix} \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {DM} = \overrightarrow {AB} (\overrightarrow {AM} - \overrightarrow {AD} ) \hfill \\ = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AM} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} \hfill \\ = |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AM} |.\cos (\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AM} ) \hfill \\ - |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AD} |.\cos (\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} ) \hfill \\ = |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AM} |.\cos {30^0} - |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AD} |.\cos {60^0} \hfill \\ = a.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} - a.a.\dfrac{1}{2} \hfill \\ = \dfrac{{3{a^2}}}{4} - \dfrac{{{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^2}}}{4} \hfill \\ \Rightarrow \cos (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {DM} ) = \dfrac{{\sqrt 3 }}{6} > 0 \hfill \\ \Rightarrow (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {DM} ) = (AB,DM) \hfill \\ \Rightarrow \cos (AB,DM) = \dfrac{{\sqrt 3 }}{6} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 33: Nhận biết

    Cho hình chóp ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh bên SO vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi \alpha là góc giữa đường thẳng SD với mặt phẳng đáy. Khi đó:

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SO\bot(ABCD) suy ra OD là hình chiếu vuông góc của SD lên mặt phẳng (ABCD)

    Suy ra \widehat{\left( SD;(ABCD) ight)} = \widehat{(SD;SO)} = \widehat{SDO}

    Vậy \alpha = \widehat{SDO}

  • Câu 34: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, tam giác SBA đều và cạnh SC = a\sqrt{2}. Gọi trung điểm các cạnh AB,CD lần lượt là H,K. Mệnh đề nào sau đây sai?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có tam giác SAB đều cạnh bằng a nên AB = SB = a

    Mặt khác tam giác SBC có SB^{2} + BC^{2} = SC^{2} = 2a^{2}

    Suy ra tam giác SBC vuông cân tại B hay BC\bot SB

    Từ BC\bot(SAB) \Rightarrow BC\bot SH

    Tam giác ABS đều mà H là trung điểm của AB nên SH\bot AB

    \Rightarrow SH\bot(ABCD)

    Tam giác ABS đều nên AB không vuông góc với mặt phẳng (SAD)

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} AB\bot HK \\ AB\bot SH \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot(SHK) \Rightarrow CD\bot(SHK)

  • Câu 35: 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 36: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a có G là trọng tâm và độ dài các cạnhSA = SB = SC = m. Tính độ dài đoạn thẳng GS?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: SA = SB = SC, G là trọng tâm tam giác ABC

    => G là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC)

    Gọi H là trung điểm của BC => BH = CH = \frac{a}{2}

    Xét tam giác ABC đều cạnh a ta có:

    GH = \frac{AH}{3} = \frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{1}{3} = \frac{a\sqrt{3}}{6}

    Xét tam giác SBH vuông tại H ta có:

    SH = \sqrt{SB^{2} - HB^{2}} = \sqrt{m^{2} - \frac{a^{2}}{4}}

    Xét tam giác SGH vuông tại G ta có:

    \begin{matrix}SG = \sqrt{SH^{2} - GH^{2}} \hfill \\= \sqrt{m^{2} - \dfrac{a^{2}}{4} - \dfrac{a^{2}}{12}} = \dfrac{\sqrt{9m^{2}- 3a^{2}}}{3} \hfill \\\end{matrix}

  • Câu 37: Nhận biết

    Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:

    Đáp án đúng: “Đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau thì vuông góc với mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song với đường thẳng kia.”

  • Câu 38: Thông hiểu

    Cho hình chóp tam giác S.ABC, đáy là tam giác ABC vuông cân tại C và AB = a\sqrt{3};AC = a. Biết tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Thể tích hình chóp tam giác S.ABC bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trung điểm của AB

    Tam giác SAB đều nên SH\bot AB

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} SH\bot AB \\ (SAB)\bot(ABC) \\ SH \subset (SAB) \\ AB = (SAB) \cap (ABC) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SH\bot(ABC)

    Vậy SH là đường cao của hình chóp tam giác S.ABC

    Tam giác SAB đều nên SH = \frac{3a}{2}

    Tam giác ABC vuông cân tại C nên

    AB^{2} = AC^{2} + BC^{2} \Rightarrow BC = \sqrt{3a^{2} - a^{2}} = a\sqrt{2}

    Vậy thể tích hình chóp S.ABC là: V_{S.ABC} = \frac{1}{3}.\frac{3a}{2}.\frac{1}{2}.a\sqrt{2}.a = \frac{a^{3}\sqrt{2}}{4}

  • Câu 39: Nhận biết

    Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

    Mệnh đề “Hai mặt phẳng cùng song song với một mặt phẳng thứ ba thì song song với nhau” là sai. Hai mặt phẳng cùng song song với một mặt phẳng thứ ba thì song song hoặc trùng nhau.

    Mệnh đề “Qua một đường thẳng cho trước có duy nhất một mặt phẳng vuông góc với một mặt phẳng cho trước” là sai. Nếu đường thẳng vuông góc với mặt phẳng cho trước thì có vô số mặt phẳng qua đường thẳng và vuông góc với mặt phẳng đó. Nếu đường thẳng không vuông góc với mặt phẳng cho trước thì không có mặt phẳng nào vuông góc với mặt phẳng đó.

    Mệnh đề “Hai mặt phẳng cùng vuông góc với một mặt phẳng thứ ba thì vuông góc với nhau” là sai. Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba thì song song với nhau hoặc cắt nhau (giao truyến vuông góc với mặt phẳng kia).

    Vậy mệnh đề đúng là: “Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với hai mặt phẳng cắt nhau cho trước.”

  • Câu 40: 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 45 phút Toán 11 Chương 8 Cánh Diều Kết quả
  • Thời gian làm bài: 00:00:00
  • Số câu đã làm: 0
  • Điểm tạm tính: 0
Xem đáp án Làm lại
  • 50 lượt xem
Sắp xếp theo
🖼️
Xóa Gửi bình luận
Đề kiểm tra 45 phút Toán 11 Chương 8 Cánh Diều
Thời gian còn lại 45:00 Số câu đã làm 0/40
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40
Chưa làm Đã làm
Làm lại Nộp bài
Đăng nhập