Câu hỏi:
Một miếng pho mát có dạng khối lăng trụ đứng với chiều cao \(10\,{\rm{cm}}\) và đáy là tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng \(12\,{\rm{cm}}\). Tính khối lượng của miếng pho mát theo đơn vị gam, biết khối lượng riêng của loại pho mát đó là \(3\,\,{\rm{g/c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\).
Trả lời:
Đáp án đúng:
Thể tích của khối lăng trụ là:
$V = S_{đáy} * h = \frac{1}{2} * 12 * 12 * 10 = 720 cm^3$
Khối lượng của miếng pho mát là:
$m = D * V = 3 * 720 = 2160 g$
$V = S_{đáy} * h = \frac{1}{2} * 12 * 12 * 10 = 720 cm^3$
Khối lượng của miếng pho mát là:
$m = D * V = 3 * 720 = 2160 g$
Câu hỏi này thuộc đề thi trắc nghiệm dưới đây, bấm vào Bắt đầu thi để làm toàn bài
Câu hỏi liên quan
Lời giải:
Đáp án đúng:
Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Vì tam giác $ABC$ đều, nên $AM \perp BC$. Vì $SA=SB=SC$ nên hình chiếu của $S$ lên mặt phẳng $(ABC)$ là tâm $O$ của tam giác đều $ABC$. Suy ra $SO \perp (ABC)$.
Ta có $V_{S.ABC} = \frac{1}{3}SO.S_{ABC}$.
Diện tích tam giác $ABC$ là $S_{ABC} = \frac{7^2\sqrt{3}}{4} = \frac{49\sqrt{3}}{4}$.
Suy ra $\frac{343\sqrt{3}}{3} = \frac{1}{3}SO.\frac{49\sqrt{3}}{4}$ nên $SO = \frac{343\sqrt{3}}{3} . \frac{3.4}{49\sqrt{3}} = 28$.
Gọi $I$ là trung điểm của $AO$. Dựng $IK \perp SA (K \in SA)$, suy ra $IK = d(O, SA)$.
Ta có $d(BC, SA) = d(BC, (SOA)) = d(M, (SOA))$.
Vì $AM \perp BC$ và $SO \perp BC$ nên $BC \perp (SOA)$, suy ra $d(M, (SOA)) = d(A, (SOA)) = 2d(O, (SOA)) = 2IK$.
Ta có $AO = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3}.\frac{7\sqrt{3}}{2} = \frac{7\sqrt{3}}{3}$.
Xét tam giác $SOA$, ta có $\frac{1}{IK^2} = \frac{1}{SO^2} + \frac{1}{OA^2} = \frac{1}{28^2} + \frac{1}{(\frac{7\sqrt{3}}{3})^2} = \frac{1}{784} + \frac{9}{147} = \frac{1}{784} + \frac{48}{784} = \frac{49}{784} = \frac{1}{16}$.
Suy ra $IK = 4$.
Vậy $d(BC, SA) = 2IK = 8$, suy ra đáp án sai.
Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $SO$, suy ra $AH \perp (SBC)$ và $AH = d(A, (SBC))$
Vậy $d(SA,BC) = AH$. Ta có $SA = \sqrt{SO^2 + OA^2} = \sqrt{28^2 + (\frac{7\sqrt{3}}{3})^2} = \sqrt{784 + \frac{49.3}{9}} = \sqrt{784 + \frac{49}{3}} = \sqrt{\frac{2352+49}{3}} = \sqrt{\frac{2401}{3}} = \frac{49}{\sqrt{3}}$
$\frac{1}{AH^2} = \frac{1}{AO^2} + \frac{1}{SO^2} = \frac{3}{49} + \frac{1}{784} = \frac{48+1}{784} = \frac{49}{784} = \frac{1}{16}$, suy ra $AH = 4$.
Ta có $V_{S.ABC} = \frac{1}{3}SO.S_{ABC}$.
Diện tích tam giác $ABC$ là $S_{ABC} = \frac{7^2\sqrt{3}}{4} = \frac{49\sqrt{3}}{4}$.
Suy ra $\frac{343\sqrt{3}}{3} = \frac{1}{3}SO.\frac{49\sqrt{3}}{4}$ nên $SO = \frac{343\sqrt{3}}{3} . \frac{3.4}{49\sqrt{3}} = 28$.
Gọi $I$ là trung điểm của $AO$. Dựng $IK \perp SA (K \in SA)$, suy ra $IK = d(O, SA)$.
Ta có $d(BC, SA) = d(BC, (SOA)) = d(M, (SOA))$.
Vì $AM \perp BC$ và $SO \perp BC$ nên $BC \perp (SOA)$, suy ra $d(M, (SOA)) = d(A, (SOA)) = 2d(O, (SOA)) = 2IK$.
Ta có $AO = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3}.\frac{7\sqrt{3}}{2} = \frac{7\sqrt{3}}{3}$.
Xét tam giác $SOA$, ta có $\frac{1}{IK^2} = \frac{1}{SO^2} + \frac{1}{OA^2} = \frac{1}{28^2} + \frac{1}{(\frac{7\sqrt{3}}{3})^2} = \frac{1}{784} + \frac{9}{147} = \frac{1}{784} + \frac{48}{784} = \frac{49}{784} = \frac{1}{16}$.
Suy ra $IK = 4$.
Vậy $d(BC, SA) = 2IK = 8$, suy ra đáp án sai.
Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $SO$, suy ra $AH \perp (SBC)$ và $AH = d(A, (SBC))$
Vậy $d(SA,BC) = AH$. Ta có $SA = \sqrt{SO^2 + OA^2} = \sqrt{28^2 + (\frac{7\sqrt{3}}{3})^2} = \sqrt{784 + \frac{49.3}{9}} = \sqrt{784 + \frac{49}{3}} = \sqrt{\frac{2352+49}{3}} = \sqrt{\frac{2401}{3}} = \frac{49}{\sqrt{3}}$
$\frac{1}{AH^2} = \frac{1}{AO^2} + \frac{1}{SO^2} = \frac{3}{49} + \frac{1}{784} = \frac{48+1}{784} = \frac{49}{784} = \frac{1}{16}$, suy ra $AH = 4$.
Lời giải:
Đáp án đúng:
Gọi $M$ là trung điểm của $CD$. Vì $ABCD$ là hình thoi nên $CD = BC = a$.
Xét $\Delta SBC$ và $\Delta SDC$ có: $SC$ chung, $SB = SD = a$, $BC = DC = a$ suy ra $\Delta SBC = \Delta SDC$ (c.c.c).
Suy ra $\widehat{SBC} = \widehat{SDC}$. Gọi $H$ là hình chiếu của $B$ lên $SM$. Khi đó $BH \perp SM$.
Ta có $CD \perp OM$ và $CD \perp SO$ (vì $SO \perp (ABCD)$) suy ra $CD \perp (SOM)$ suy ra $CD \perp SM$.
Do đó $CD \perp (SBM)$. Suy ra $CD \perp BH$.
Ta có $BH \perp SM$, $BH \perp CD$ suy ra $BH \perp (SCD)$.
Suy ra góc giữa $SB$ và $(SCD)$ là $\widehat{BSH}$.
Vì $O$ là tâm hình thoi nên $OB = OC$. Xét $\Delta OBC$ có $OB = OC$ và $BC = a$ suy ra $\Delta OBC$ là tam giác đều, suy ra $\widehat{BOC} = 60^\circ$.
Suy ra $\widehat{BOM} = 120^\circ$ (vì $\widehat{BOC} + \widehat{COM} = 180^\circ$).
Ta có $BM = \sqrt{BC^2 + CM^2 - 2BC.CM.cos\widehat{BCM}} = \sqrt{a^2 + \frac{a^2}{4} - 2.a.\frac{a}{2}.cos120^\circ} = \frac{a\sqrt 7}{2}$.
Xét $\Delta SOB$ vuông tại $O$ có $SB = a$ và $SO = \frac{a\sqrt 6}{3}$ suy ra $OB = \sqrt{SB^2 - SO^2} = \sqrt{a^2 - \frac{6a^2}{9}} = \frac{a\sqrt 3}{3}$.
Xét $\Delta SBM$ có $\frac{1}{BH^2} = \frac{1}{SB^2} + \frac{1}{BM^2} = \frac{1}{a^2} + \frac{4}{7a^2} = \frac{11}{7a^2}$ suy ra $BH = a\sqrt{\frac{7}{11}}$.
Xét $\Delta SBH$ vuông tại $H$ có $sin\widehat{BSH} = \frac{BH}{SB} = \frac{a\sqrt{\frac{7}{11}}}{a} = \sqrt{\frac{7}{11}}$. Suy ra $\widehat{BSH} \approx 45^\circ$.
Xét $\Delta SBC$ và $\Delta SDC$ có: $SC$ chung, $SB = SD = a$, $BC = DC = a$ suy ra $\Delta SBC = \Delta SDC$ (c.c.c).
Suy ra $\widehat{SBC} = \widehat{SDC}$. Gọi $H$ là hình chiếu của $B$ lên $SM$. Khi đó $BH \perp SM$.
Ta có $CD \perp OM$ và $CD \perp SO$ (vì $SO \perp (ABCD)$) suy ra $CD \perp (SOM)$ suy ra $CD \perp SM$.
Do đó $CD \perp (SBM)$. Suy ra $CD \perp BH$.
Ta có $BH \perp SM$, $BH \perp CD$ suy ra $BH \perp (SCD)$.
Suy ra góc giữa $SB$ và $(SCD)$ là $\widehat{BSH}$.
Vì $O$ là tâm hình thoi nên $OB = OC$. Xét $\Delta OBC$ có $OB = OC$ và $BC = a$ suy ra $\Delta OBC$ là tam giác đều, suy ra $\widehat{BOC} = 60^\circ$.
Suy ra $\widehat{BOM} = 120^\circ$ (vì $\widehat{BOC} + \widehat{COM} = 180^\circ$).
Ta có $BM = \sqrt{BC^2 + CM^2 - 2BC.CM.cos\widehat{BCM}} = \sqrt{a^2 + \frac{a^2}{4} - 2.a.\frac{a}{2}.cos120^\circ} = \frac{a\sqrt 7}{2}$.
Xét $\Delta SOB$ vuông tại $O$ có $SB = a$ và $SO = \frac{a\sqrt 6}{3}$ suy ra $OB = \sqrt{SB^2 - SO^2} = \sqrt{a^2 - \frac{6a^2}{9}} = \frac{a\sqrt 3}{3}$.
Xét $\Delta SBM$ có $\frac{1}{BH^2} = \frac{1}{SB^2} + \frac{1}{BM^2} = \frac{1}{a^2} + \frac{4}{7a^2} = \frac{11}{7a^2}$ suy ra $BH = a\sqrt{\frac{7}{11}}$.
Xét $\Delta SBH$ vuông tại $H$ có $sin\widehat{BSH} = \frac{BH}{SB} = \frac{a\sqrt{\frac{7}{11}}}{a} = \sqrt{\frac{7}{11}}$. Suy ra $\widehat{BSH} \approx 45^\circ$.
Lời giải:
Đáp án đúng:
Gọi $h_C, h_D$ lần lượt là độ cao của $C$ và $D$ so với mặt phẳng chứa $A$ và $B$. Vì góc nghiêng của mái nhà là $10^\circ$ nên độ cao của $C$ và $D$ so với mặt phẳng chứa $A$ và $B$ là:
$h_C = h_D = AD \cdot \tan(10^\circ) = 1.5 \cdot \tan(10^\circ) \approx 0.265 \, m$
Vì mực nước cách mặt $ABB'A'$ là $0.8m$ nên khoảng cách từ mặt nước đến mặt $CDD'C'$ là:
$0.8 + h_C = 0.8 + 0.265 = 1.065 \, m$
Thể tích nước trong bể là diện tích đáy nhân với trung bình cộng độ cao của mực nước so với đáy:
$V = AB \cdot AD \cdot \frac{0.8 + 1.065}{2} = 1 \cdot 1.5 \cdot \frac{0.8 + 1.065}{2} = 1.5 \cdot 0.9325 = 1.39875 \approx 1.40 \, m^3$
Nhưng vì mực nước là 80cm tính từ mặt $ABB'A'$, nên ta tính chiều cao trung bình của cột nước:
$h_{tb} = \frac{0.8 + 0.8 + 1.5 \tan(10^\circ)}{2} = \frac{1.6 + 0.265}{2} = 0.9325$
Vậy thể tích nước là:
$V = 1 \cdot 1.5 \cdot 0.9325 = 1.39875 m^3$. Kết quả này có vẻ không hợp lý, cần xem lại đề bài và hình vẽ.
Chiều cao mực nước trung bình là $h = 0.8 + \frac{1}{2}AD\tan(10^o) = 0.8 + \frac{1}{2}*1.5*0.1763 = 0.8 + 0.1322 = 0.9322 m$
Thể tích $V = 1*1.5*0.8 = 1.2 m^3$ (xấp xỉ). Ta tính lại:
Chiều cao cột nước tại $A$ và $B$ là 0.8m, tại $C$ và $D$ là $0.8 + 1.5\tan(10^o) = 0.8 + 1.5 * 0.176 = 1.064m$
Chiều cao trung bình là $(0.8 + 1.064)/2 = 0.932$
Thể tích là $V = 1*1.5*0.932 = 1.398m^3$ làm tròn là $1.40 m^3$
*Tính lại*: Khoảng cách từ A,B đến mặt nước là 0.8m
Khoảng cách từ C,D đến mặt nước là $x$. Góc $10^o$ tạo bởi mặt đất và mái nhà.
$\tan(10^o) = \frac{x}{1.5} => x = 1.5*\tan(10^o) = 0.264m$
Vậy chiều cao của nước tại C,D là $0.8 + 0.264 = 1.064m$
Chiều cao trung bình của nước là: $(0.8 + 1.064)/2 = 0.932m$
Thể tích nước là $1*1.5*0.932 = 1.398 m^3$ (làm tròn 2 số sau dấu phẩy là $1.40 m^3$). Có lẽ đề sai.
$h_C = h_D = AD \cdot \tan(10^\circ) = 1.5 \cdot \tan(10^\circ) \approx 0.265 \, m$
Vì mực nước cách mặt $ABB'A'$ là $0.8m$ nên khoảng cách từ mặt nước đến mặt $CDD'C'$ là:
$0.8 + h_C = 0.8 + 0.265 = 1.065 \, m$
Thể tích nước trong bể là diện tích đáy nhân với trung bình cộng độ cao của mực nước so với đáy:
$V = AB \cdot AD \cdot \frac{0.8 + 1.065}{2} = 1 \cdot 1.5 \cdot \frac{0.8 + 1.065}{2} = 1.5 \cdot 0.9325 = 1.39875 \approx 1.40 \, m^3$
Nhưng vì mực nước là 80cm tính từ mặt $ABB'A'$, nên ta tính chiều cao trung bình của cột nước:
$h_{tb} = \frac{0.8 + 0.8 + 1.5 \tan(10^\circ)}{2} = \frac{1.6 + 0.265}{2} = 0.9325$
Vậy thể tích nước là:
$V = 1 \cdot 1.5 \cdot 0.9325 = 1.39875 m^3$. Kết quả này có vẻ không hợp lý, cần xem lại đề bài và hình vẽ.
Chiều cao mực nước trung bình là $h = 0.8 + \frac{1}{2}AD\tan(10^o) = 0.8 + \frac{1}{2}*1.5*0.1763 = 0.8 + 0.1322 = 0.9322 m$
Thể tích $V = 1*1.5*0.8 = 1.2 m^3$ (xấp xỉ). Ta tính lại:
Chiều cao cột nước tại $A$ và $B$ là 0.8m, tại $C$ và $D$ là $0.8 + 1.5\tan(10^o) = 0.8 + 1.5 * 0.176 = 1.064m$
Chiều cao trung bình là $(0.8 + 1.064)/2 = 0.932$
Thể tích là $V = 1*1.5*0.932 = 1.398m^3$ làm tròn là $1.40 m^3$
*Tính lại*: Khoảng cách từ A,B đến mặt nước là 0.8m
Khoảng cách từ C,D đến mặt nước là $x$. Góc $10^o$ tạo bởi mặt đất và mái nhà.
$\tan(10^o) = \frac{x}{1.5} => x = 1.5*\tan(10^o) = 0.264m$
Vậy chiều cao của nước tại C,D là $0.8 + 0.264 = 1.064m$
Chiều cao trung bình của nước là: $(0.8 + 1.064)/2 = 0.932m$
Thể tích nước là $1*1.5*0.932 = 1.398 m^3$ (làm tròn 2 số sau dấu phẩy là $1.40 m^3$). Có lẽ đề sai.
Lời giải:
Đáp án đúng:
Để thể tích lều lớn nhất, ta cần tìm $x$ sao cho thể tích lều đạt giá trị lớn nhất. Lều có dạng hình lăng trụ có đáy là tam giác cân với cạnh đáy là $x$ và chiều cao là $\sqrt{5^2 - (x/2)^2}$ và chiều cao lăng trụ là 3. Thể tích lều là:
$V = 3.\frac{1}{2}.x.\sqrt{25 - \frac{x^2}{4}} = \frac{3}{4}.x.\sqrt{100 - x^2}$
Xét hàm $f(x) = x^2(100 - x^2)$ với $0 < x < 10$. Để $V$ max thì $f(x)$ max.
$f'(x) = 200x - 4x^3 = 0 \Leftrightarrow x^2 = 50 \Leftrightarrow x = 5\sqrt{2}$
Khi đó: $V_{max} = \frac{3}{4}.5\sqrt{2}.\sqrt{100 - 50} = \frac{3}{4}.5\sqrt{2}.5\sqrt{2} = \frac{3}{4}.50 = \frac{75}{2}$
Vậy $a = 75, b = 2$. Do đó: $45a - \frac{1}{2}b = 45.75 - \frac{1}{2}.2 = 3375 - 1 = 3374$.
$V = 3.\frac{1}{2}.x.\sqrt{25 - \frac{x^2}{4}} = \frac{3}{4}.x.\sqrt{100 - x^2}$
Xét hàm $f(x) = x^2(100 - x^2)$ với $0 < x < 10$. Để $V$ max thì $f(x)$ max.
$f'(x) = 200x - 4x^3 = 0 \Leftrightarrow x^2 = 50 \Leftrightarrow x = 5\sqrt{2}$
Khi đó: $V_{max} = \frac{3}{4}.5\sqrt{2}.\sqrt{100 - 50} = \frac{3}{4}.5\sqrt{2}.5\sqrt{2} = \frac{3}{4}.50 = \frac{75}{2}$
Vậy $a = 75, b = 2$. Do đó: $45a - \frac{1}{2}b = 45.75 - \frac{1}{2}.2 = 3375 - 1 = 3374$.
Câu 1:
PHẦN I. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \[ABCD\] là hình vuông cạnh \[a\]. Cạnh bên \[SA \bot \,\left( {ABCD} \right),\] \[SA = 2a\]. Khoảng cách từ trung điểm \[M\] của \[AB\] đến mặt phẳng \[\left( {SAD} \right)\] là
Lời giải:
Đáp án đúng: A
Gọi $M$ là trung điểm của $AB$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AB \parallel CD$. Do đó, $M$ thuộc đường thẳng $AB$ song song với $CD$, mà $CD \subset (SAD)$ nên $AB \parallel (SAD)$, suy ra $d(M,(SAD))=d(B,(SAD))$. Kẻ $BH \perp AD$ tại $H$, suy ra $BH=a$. Kẻ $BK \perp SH$ tại $K$, suy ra $BK \perp (SAD)$, do đó $d(B,(SAD)) = BK$. Tam giác $SAH$ vuông tại $A$ có $SA=2a, AH=a$ nên $SH = \sqrt{SA^2+AH^2} = a\sqrt{5}$. Xét tam giác $SAH$ vuông tại $A$, có $AB \perp (ABCD)$, suy ra $AD \perp SA$, do đó $AD \perp (SAB)$. Suy ra $(SAD) \perp (SAB)$. Trong tam giác $SAD$, kẻ $AK \perp SD$, suy ra $AK = \frac{SA.AD}{\sqrt{SA^2+AD^2}} = \frac{2a.a}{\sqrt{4a^2+a^2}} = \frac{2a}{\sqrt{5}}$. Trong tam giác $SAB$, kẻ $AE \perp SB$, suy ra $AE = \frac{SA.AB}{\sqrt{SA^2+AB^2}} = \frac{2a.a}{\sqrt{4a^2+a^2}} = \frac{2a}{\sqrt{5}}$. Kẻ $AH \perp (SAD)$, suy ra $d(A,(SAD)) = AH$. Vì $M$ là trung điểm $AB$ nên $d(M,(SAD)) = \frac{1}{2} d(A,(SAD)) = \frac{a}{2}$.
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP

Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Giáo Dục Kinh Tế Và Pháp Luật Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
111 tài liệu1137 lượt tải

Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Lịch Sử Học Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
111 tài liệu953 lượt tải

Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Công Nghệ Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
111 tài liệu1057 lượt tải

Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Môn Hóa Học Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
111 tài liệu443 lượt tải

Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Môn Sinh Học Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
111 tài liệu535 lượt tải

Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Môn Vật Lí Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
181 tài liệu503 lượt tải
ĐĂNG KÝ GÓI THI VIP
- Truy cập hơn 100K đề thi thử và chính thức các năm
- 2M câu hỏi theo các mức độ: Nhận biết – Thông hiểu – Vận dụng
- Học nhanh với 10K Flashcard Tiếng Anh theo bộ sách và chủ đề
- Đầy đủ: Mầm non – Phổ thông (K12) – Đại học – Người đi làm
- Tải toàn bộ tài liệu trên TaiLieu.VN
- Loại bỏ quảng cáo để tăng khả năng tập trung ôn luyện
- Tặng 15 ngày khi đăng ký gói 3 tháng, 30 ngày với gói 6 tháng và 60 ngày với gói 12 tháng.
77.000 đ/ tháng