Đề ôn luyện Toán theo Chủ đề 5. Hình học không gian (Đề số 2)

Gọi $M$ là trung điểm của $CD$. Ta có $BM = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2}$.

Gọi $H$ là chân đường cao hạ từ $A$ xuống mặt phẳng $\left( {BCD} \right)$.

Khi đó, ta có $H \in BM$ và $BH = \frac{2}{3}BM = \frac{{AB\sqrt 3 }}{3}$.

Góc giữa đường thẳng $AB$ và mặt phẳng $\left( {BCD} \right)$ là $\widehat {ABM}$.

Ta có ${\rm{cos}}\varphi = {\rm{cos}}\widehat {ABM} = \frac{{BH}}{{AB}} = \frac{{\frac{{AB\sqrt 3 }}{3}}}{{AB}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$. Chọn B.

Ta tạo thành được hình hộp chữ nhật $ABCD.A'B'C'D'$ như sau:

Theo bài ra ta có $AA' = BB' = CC' = DD' = 16\,{\rm{cm}}$.

Do đó, $A'B'C'D'$ là hình vuông có $A'B' = 50 - 2 \cdot 16 = 18\,\,{\rm{(cm)}}$.

Vậy ${V_{ABCD.A'B'C'D'}} = A'{B'^2} \cdot AA' = {18^2} \cdot 16 = 5184\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{)}}$. Chọn A.

Theo giả thiết ta có $IJ$ là đường trung bình của $\Delta SBC$ nên $IJ{\rm{ // }}SB$.

Vì $IJ{\rm{ // }}SB$ và $CD{\rm{ // }}AB$ nên

$\left( {IJ,CD} \right) = \left( {SB,AB} \right) = \widehat {SBA} = 60^\circ$. Chọn C.

Ta có: $DK = CH = 2,AK = \sqrt {A{D^2} - D{K^2}} = \frac{{\sqrt {33} }}{2}$, $BK = \sqrt {A{K^2} + A{B^2}} = \frac{{\sqrt {37} }}{2}$.

Khi đó, $\tan \widehat {DBK} = \frac{{DK}}{{KB}} = \frac{2}{{\frac{{\sqrt {37} }}{2}}} = \frac{4}{{\sqrt {37} }} \approx 0{,}66$. Chọn B.

Do đáy $ABCD$ là hình chữ nhật nên ta có có: $CD \bot AD$.

Kết hợp với $CD \bot SA$ nên ta có $CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow SD \bot CD$.

Do đó $\left( {\left( {SCD} \right)\,,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SD\,,\,AD} \right) = \widehat {SDA}$. Chọn B.

Khúc gỗ được chia thành 2 phần, mỗi phần là một lăng trụ tam giác có đáy là các tam giác vuông và chiều cao bằng 4.

Thể tích khúc gỗ là $V = {V_1} + {V_2} = 4 \cdot \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 2 + 4 \cdot \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 4 = 36$. Chọn B.

Ta có góc giữa đường thẳng $A'C$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ bằng góc giữa hai đường thẳng$A'C$ và $AC$ và bằng $\widehat {A'CA}$. Ta có $AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 2$.

Tam giác $A'CA$ có $\tan \widehat {A'CA} = \frac{{A'A}}{{AC}} = \frac{{\sqrt 6 a}}{{\sqrt 2 a}} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {A'CA} = 60^\circ$.

Vậy góc giữa đường thẳng $A'C$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ và bằng $60^\circ$. Chọn A.

Trong mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ hạ $AH \bot BC$ tại $H$.

Trong mặt phẳng $\left( {SAH} \right)$ hạ $AK \bot SH$ tại $K$.

Từ đó suy ra $AK \bot \left( {SBC} \right)$.

Vậy khoảng cách từ điểm $A$ đến mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ bằng $AK.$

Ta có $\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} + \frac{1}{{A{S^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} + \frac{1}{{A{S^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{{19}}{{12{a^2}}}$.

Suy ra $AK = \frac{{2a\sqrt {57} }}{{19}}$. Do đó, $d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{2a\sqrt {57} }}{{19}}$. Chọn B.

Nửa chu vi tam giác $ABC$ là:

$p = \frac{{AB + BC + AC}}{2} = 18\,\,{\rm{(cm)}}$.

Theo công thức Heron, diện tích tam giác $ABC$ là:

$S = \sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - AC} \right)\left( {p - BC} \right)} = 24\sqrt 6$ (cm2).

Các mặt bên cùng tạo với mặt phẳng đáy các góc bằng nhau nên hình chiếu của S trên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ là tâm $I$ của đường tròn nội tiếp $\Delta ABC \Rightarrow SI \bot \left( {ABC} \right)$.

Kẻ $IM \bot BC$ tại $M$, từ đó suy ra $BC \bot SM$.

Do đó, $\left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SM,\,IM} \right) = \widehat {SMI} = \alpha$.

Lại có, diện tích tam giác $ABC$ là: $S = p \cdot r \Rightarrow IM = r = \frac{S}{p} = \frac{{4\sqrt 6 }}{3}\,\,{\rm{(cm)}}$.

$\Delta SIM$ vuông tại I có $SI = IM\tan \alpha = \frac{{4\sqrt 6 }}{3} \cdot 3 = 4\sqrt 6 \,\,{\rm{(cm)}}$.

Vậy ${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot S \cdot SI = \frac{1}{3} \cdot 24\sqrt 6 \cdot 4\sqrt 6 = 192\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^3})$. Chọn C.

Ta có ABCD là hình thang cân $\Rightarrow AC = BD = 2a$.

Vì $AC \bot BD$ nên ${S_{ABCD}} = \frac{1}{2}AC \cdot BD = 2{a^2}$.

Ta có $AH = \frac{1}{3}HC \Rightarrow AH = \frac{1}{4}AC = \frac{a}{2}$.

Do $A'H \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $\left( {AA',\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {A'AH} = 60^\circ$.

Xét tam giác $A'HA$ vuông tại H có $A'H = AH \cdot \tan \widehat {A'AH} = \frac{a}{2} \cdot \sqrt 3 = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Vậy ${V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {S_{ABCD}} \cdot A'H = 2{a^2} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = {a^3}\sqrt 3$. Chọn D.

Do $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC$.

Ta có $AM$ là trung tuyến trong tam giác đều $ABC$ cạnh $2a$ nên $AM = 2a \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3$ và $BC \bot AM$.

Kết hợp $BC \bot SA$ suy ra $BC \bot \left( {SAM} \right)$. Do đó, $BC \bot SM$.

Hai mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ cắt nhau theo giao tuyến $BC$. Hơn nữa ta có $BC \bot SM$ và $BC \bot AM$ nên $\left( {\left( {SBC} \right)\,,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SM\,,\,AM} \right) = \widehat {SMA}$.

Xét tam giác vuông $SAM$ ta có $\tan \widehat {SMA} = \frac{{SA}}{{MA}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{a\sqrt 3 }} = 1 \Rightarrow \widehat {SMA} = 45^\circ$.

Đáp án: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.

Vì tam giác $SAB$ đều nên $SH \bot AB$.

Mà $\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $SH \bot \left( {ABCD} \right)$.

Tam giác $SAB$ đều cạnh $a \Rightarrow SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Diện tích hình thoi $ABCD$:

${S_{ABCD}} = 2{S_{\Delta ABC}} = 2 \cdot \frac{1}{2}AB \cdot BC \cdot \sin B = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$.

Vậy thể tích khối chóp $S.ABCD$: ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}}}{4}$.

Dễ thấy $\Delta ABC$ đều $\Rightarrow AC = BC = a \Rightarrow$các tam giác $SAC$ và $SBC$ lần lượt cân tại $A$ và $B$.

Gọi $I$ là trung điểm của $SC \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}SC \bot AI\\SC \bot BI.\end{array} \right.$

Suy ra $\widehat {AIB}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện $\left[ {A,SC,B} \right]$.

Ta có $S{C^2} = S{H^2} + C{H^2} = \frac{{3{a^2}}}{2} \Rightarrow S{I^2} = I{C^2} = \frac{{3{a^2}}}{8}$.

Suy ra $I{A^2} = S{A^2} - S{I^2} = \frac{{5{a^2}}}{8}$. Tương tự $I{B^2} = \frac{{5{a^2}}}{8}$.

Do đó $\cos \alpha = \cos \widehat {AIB} = \frac{{I{A^2} + I{B^2} - A{B^2}}}{{2 \cdot IA \cdot IB}} = \frac{1}{5}$.

Ta có $\Delta ACD$đều $\Rightarrow AN \bot CD \Rightarrow AN \bot AB \Rightarrow AN \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \left( {SAN} \right) \bot \left( {SAB} \right)$.

$\Delta SAB$ đều $\Rightarrow BM \bot SA \Rightarrow BM \bot \left( {SAN} \right)$.

Dựng $MK \bot SN$ tại $K \Rightarrow MK$ là đoạn vuông góc chung của $BM$ và $SN$.

Suy ra $MK = d\left( {BM,SN} \right)$.

Ta có $MK = MS \cdot \sin \widehat {MSK} = MS \cdot \frac{{AN}}{{SN}} = MS \cdot \frac{{AN}}{{\sqrt {S{A^2} + A{N^2}} }} = \frac{a}{2} \cdot \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}$.

Vậy $d\left( {BM,SN} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}$.

Đáp án: a) Đúng, b) Sai, c) Sai, d) Đúng.

Ta có $H$ là trung điểm $AB$, mà tam giác $SAB$ đều nên $SH \bot AB$.

Ngoài ra $\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)$ nên $SH \bot \left( {ABC} \right)$.

Khi đó, $d\left( {S,\left( {ABC} \right)} \right) = SH = \frac{{2a \cdot \sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3$ (do tam giác $SAB$ đều cạnh $2a)$.

Kẻ đường cao $CK$ của tam giác $ABC$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{CK \bot AB}\\{CK \bot SH}\end{array} \Rightarrow CK \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = CK} \right.$.

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $C$ có:

$BC = \sqrt {A{B^2} - A{C^2}} = \sqrt {4{a^2} - 3{a^2}} = a;CK = \frac{{CA \cdot CB}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3 \cdot a}}{{2a}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Vậy $d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = CK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Do $H$ là trung điểm $AB$ nên gọi $M$ là trung điểm $AC$, kẻ $HI \bot SM$ tại $I$, ta có:

$d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {SAC} \right)} \right) = 2HI$.

Ta có $SH = a\sqrt 3 \,,\,HM = \frac{a}{2}$, $HI = \frac{{a\sqrt {39} }}{{13}}$.

Khi đó $d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {SAC} \right)} \right) = 2HI = \frac{{2a\sqrt {39} }}{{13}}$.

Đáp án: a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Sai.

Ta có $MN\,{\rm{//}}\,A'B'$ (do $A'B'MN$ là hình chữ nhật).

Lại có $A'B' \bot \left( {BCC'B'} \right)$, suy ra $MN \bot \left( {BCC'B'} \right)\,\, \Rightarrow \,\,MN \bot BC$.

Ta có $\left( {ABB'A'} \right) \cap \left( {MNA'B'} \right) = A'B'$, $BB' \bot A'B',\,B'M \bot A'B'$.

Do đó, góc giữa thành bể $ABB'A'$ và mặt phẳng chứa phần đáy $\left( {MNA'B'} \right)$ là $\widehat {BB'M}$.

Kẻ $MK \bot B'C'$ tại K. Ta có $MK = FC' = 1{,}8 - 1{,}5 = 0{,}3\,\,({\rm{m)}}$; $B'K = 50 - 30 = 20\,\,({\rm{m)}}$.

Do đó, $\tan \widehat {MB'K} = \frac{{MK}}{{B'K}} = \frac{{0{,}3}}{{20}} = \frac{3}{{200}}$.

Suy ra $\widehat {MB'K} \approx 0^\circ 52'\,\, \Rightarrow \,\,\widehat {BB'M} \approx 90^\circ - 0^\circ 52' = 89^\circ 8'$.

Kẻ $BH \bot B'M$ tại H. Khi đó BH là khoảng cách từ B đến mặt phẳng $\left( {MNA'B'} \right)$.

Ta có $BH = BB' \cdot \sin \widehat {BB'H} = 1{,}8 \cdot \sin 89^\circ 8' \approx 1{,}79979\,\,{\rm{(m)}}$.

Thể tích của bể ban đầu khi chưa làm phần đáy là ${V_{ABCD.A'B'C'D'}} = 20 \cdot 50 \cdot 1{,}8 = 1800\,\,({{\rm{m}}^{\rm{3}}})$.

Thể tích của phần đáy khi làm lại là ${V_{MFC'B'.NED'A'}} = \left( {30 + 50} \right) \cdot \frac{{0{,}3}}{2} \cdot 20 = 240\,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}})$.

Nếu bơm nước đến khi mặt nước cách mép trên của thành bể $0{,}2\,{\rm{m}}$ dừng lại thì thể tích phần không có nước phía trên là ${V_0} = 20 \cdot 50 \cdot 0{,}2 = 200\,\,({{\rm{m}}^{\rm{3}}})$.

Thể tích nước là $V = 1800 - 240 - 200 = 1\,360\,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{)}}$.

Số tiền nước ông An phải trả là $1\,360 \cdot 15\,000 = 20\,400\,000\,$(đồng).

Đáp án: a) Đúng, b) Sai, c) Sai, d) Đúng.

Mô hình hoá như hình vẽ, với $AB$ là chiều dài con dốc, $AH$ là độ cao của điểm $A$ so với mặt nước biển, $BK$ là độ cao của điểm $B$ so với mặt nước biển, $BI$ là chiều cao của con dốc, độ lớn của $\widehat {BAI}$ chỉ độ dốc.

Ta có $AH = 200,BK = 220,AB = 120$.

$AHKI$ là hình chữ nhật $\Rightarrow IK = AH = 200 \Rightarrow BI = BK - IK = 220 - 200 = 20$.

Vì tam giác $ABI$ vuông tại $I$ nên ta có:

${\rm{sin}}\widehat {BAI} = \frac{{BI}}{{AB}} = \frac{{20}}{{120}} = \frac{1}{6} \Rightarrow \widehat {BAI} \approx 9{,}59^\circ$ tương ứng với $10{,}7{\rm{\% }}$.

Vậy độ dốc của con dốc đó là 10,7%.

Đáp án: $10{,}7$.

Áp dụng định lý Menelaus ta có $\frac{{PS}}{{PD}} \cdot \frac{{IO}}{{IS}} \cdot \frac{{BD}}{{BO}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{PS}}{{PD}} \cdot 2 \cdot 2 = 1 \Leftrightarrow \frac{{PS}}{{PD}} = \frac{1}{4} \Rightarrow \frac{{SD}}{{SP}} = 5$.

Khi $N \equiv C$, áp dụng định lý Menelaus, có $\frac{{MS}}{{MA}} \cdot \frac{{IO}}{{IS}} \cdot \frac{{CA}}{{CO}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{MS}}{{MA}} = \frac{{IS}}{{IO}} \cdot \frac{{CO}}{{CA}} = \frac{1}{4} \Rightarrow \frac{{MS}}{{MA}} = \frac{1}{4}$.

, khi đó ta có với $1 \le x \le 5$.

Ta có $x\left( {6 - x} \right) = - {\left( {x - 3} \right)^2} + 9$ mà $1 \le x \le 5 \Rightarrow 5 \le x\left( {6 - x} \right) \le 9 \Rightarrow \frac{1}{{15}} \le \frac{3}{{5x\left( {6 - x} \right)}} \le \frac{3}{{25}}$.

và . Vậy $25m + 15n = 25 \cdot \frac{3}{{25}} + 15 \cdot \frac{1}{{15}} = 4$.

Đáp án: $4$.

Ta có $M$ là trung điểm của $AB$.

Theo giả thiết suy ra $ABCD$ là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính $AB$$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\widehat {ACB} = 90^\circ ;\widehat {ABC} = 60^\circ \\AC = \sqrt 3 \end{array} \right.$.

Vì $DM{\rm{//}}BC \Rightarrow DM{\rm{//}}\left( {SBC} \right)$.

Do đó $d\left( {DM,SB} \right) = d\left( {DM,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {M,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)$ (vì $MB = \frac{1}{2}AB$).

Kẻ $AH \bot SC$ tại $H$. Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AC\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAC} \right)$$\Rightarrow AH \bot BC$.

Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}AH \bot SC\\AH \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH$.

Xét tam giác $SAC$ vuông tại $A$, ta có $A{H^2} = \frac{{A{C^2} \cdot S{A^2}}}{{A{C^2} + S{A^2}}} = \frac{{{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} \cdot {3^2}}}{{{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} + {3^2}}} = \frac{9}{4}$$\Rightarrow AH = \frac{3}{2}$.

Vậy $d\left( {DM,SB} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{1}{2}AH = \frac{3}{4} = 0{,}75$.

Gọi $N$ là trung điểm của

$\Rightarrow d\left( {BC,\,SM} \right) = d\left( {BC,\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right)$.

Dựng $AH$ vuông góc với $SN$ tại $H \Rightarrow AH \bot \left( {SMN} \right)$.

Vậy $d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right) = AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}$.

Lại có, trong tam giác vuông $SAN$: $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{N^2}}} \Rightarrow SA = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}$.

Vậy ${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 2 }}{4} \cdot \frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{24}}$.

Khi đó $m - n = 2 - 24 = - 22$.

Đáp án: $- 22$.

Do $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {ABCD} \right).$

Ta kẻ $BH \bot AC,\,H \in \,AC$.

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BH \bot AC\\BH \bot SA\,\,\,\left( {{\rm{do}}\,\,SA \bot \left( {ABCD} \right)\,} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BH \bot \left( {SAC} \right).$

Suy ra $SH$ là hình chiếu vuông góc của $SB$ trên mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$.

Khi đó $\left( {SB,\left( {SAC} \right)} \right) = \left( {SB,\,SH} \right) = \widehat {BSH}$.

Ta có: $SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = \frac{{4a\sqrt {15} }}{{15}},\,\,\frac{1}{{B{H^2}}} = \frac{1}{{B{A^2}}} + \frac{1}{{B{C^2}}} \Rightarrow BH = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}$.

Xét tam giác $SHB$ vuông tại $H$ ta có: $\sin \widehat {BSH} = \frac{{BH}}{{SB}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat {BSH} = 60^\circ$.

Vậy $\left( {SB,\,\left( {SAC} \right)} \right) = 60^\circ$.

Đáp án: $60$.

Minh họa khối chân tháp và đặt tên các điểm như hình dưới đây.

Theo bài ra, ta có $AB = 5,A'B' = 2,CC' = 3$.

Có $ABCD$ là hình vuông $\Rightarrow CO = \frac{1}{2}AC = \frac{{5\sqrt 2 }}{2}$.

Có $A'B'C'D'$ là hình vuông $\Rightarrow C'O' = \frac{1}{2}A'C' = \frac{{2\sqrt 2 }}{2} = \sqrt 2$.

Kẻ $C'H \bot OC$ tại $H$. Suy ra $OHC'O'$ là hình chữ nhật.

$\Rightarrow OH = O'C' = \sqrt 2 ,\,\,CH = OC - OH = \frac{{5\sqrt 2 }}{2} - \sqrt 2 = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}$.

$\Rightarrow OO' = C'H = \sqrt {C{{C'}^2} - C{H^2}} = \sqrt {{3^2} - {{\left( {\frac{{3\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}$.

Diện tích đáy lớn là $S = A{B^2} = {5^2} = 25\,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}$.

Diện tích đáy bé là $S' = A'{B'^2} = {2^2} = 4\,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}$.

Thể tích khối chóp cụt là: $V = \frac{1}{3}h\left( {S + \sqrt {SS'} + S'} \right) = \frac{1}{3} \cdot \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\left( {25 + \sqrt {25 \cdot 4} + 4} \right) = \frac{{39\sqrt 2 }}{2}\,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{)}}$.

Số tiền để mua bê tông tươi làm chân tháp là:

$\frac{{39\sqrt 2 }}{2} \cdot 1\,470\,000 \approx 40\,538\,432{\rm{\;}}$(đồng) $\approx 41\,$(triệu đồng).

Đáp án: $41$.