Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 126

Trường THPT Ngô Gia Tự  ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN IV 
Môn Thi: Toán – Khối A 
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2 điểm)      Cho hàm số  3 2 3 2 y x x = - + -  (C) 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 
2) Tìm trên đường thẳng (d): y = 2 các điểm mà từ đó có thể kẻ được ba tiếp tuyến đến 
đồ thị (C). 
Câu II (2 điểm) 
1) Giải phương trình:  2 2 2 11 15 2 3 6 + + + + - ³ + x x x x x  . 
2) Giải phương trình: x x x x 3 2 2 cos2 sin 2 cos 4sin 0 
4 4 
p p æ ö æ ö 
+ + - + = ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø 
. 
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I x x x x dx 
2 
4 4 6 6 
0 
(sin cos )(sin cos ) 
p 
= + + ò  . 
Câu  IV  (2  điểm)  Cho hình  chóp  S.ABC,  đáy  ABC  là  tam  giác  vuông  tại  B  có AB  =  a, 
BC = a 3 , SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 2a. Gọi M, N lần lượt  là hình 
chiếu  vuông  góc  của  điểm A  trên  các  cạnh SB  và  SC.  Tính  thể  tích  của  khối  chóp 
A.BCNM. 
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c, d  là các số dương. Chứng minh rằng: 
abcd a b c abcd b c d abcd c d a abcd d a b abcd 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 
1 1 1 1 1 
+ + + £ 
+ + + + + + + + + + + + 
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) 
A. Theo chương trình chuẩn. 
Câu VI.a (2 điểm) 
1)  Trong mặt  phẳng  với  hệ  toạ  độ  Oxy,  gọi  A,  B  là  các  giao  điểm  của  đường  thẳng 
(d):  2x  –  y –  5 =  0    và  đường  tròn  (C’):  2 2  20 50 0 x y x + - + =  .Hãy  viết  phương  trình 
đường tròn (C) đi qua ba điểm A, B, C với C(1; 1). 
2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4; 5; 6). Viết phương trình mặt 
phẳng (P) qua A, cắt các trục tọa độ lần lượt tại I, J, K mà A là trực tâm của tam giác 
IJK. 
Câu VII.a (1 điểm) Chứng minh rằng nếu n a bi (c di) + = +  thì  2 2 2 2 n a b c d ( ) + = +  . 
B. Theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b (2 điểm) 
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 3 
2 
, A(2; –3), 
B(3; –2), trọng tâm  của DABC nằm trên đường thẳng (d): 3x – y –8 = 0. Viết phương 
trình đường tròn đi qua 3 điểm A, B, C. 
2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0); 
D(3;0;0). Chứng minh các đường thẳng AB và CD chéo nhau. Viết phương trình đường 
thẳng (D) vuông góc với mặt phẳng Oxy và cắt các đường thẳng AB, CD. 
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình: 
x y x x y 
x xy y y x 
y 
2 2 
4 4 4 
2 
4 4 4 
log ( ) log (2 ) 1 log ( 3 ) 
log ( 1) log (4 2 2 4) log 1 
ì + - + = + 
ï 
æ ö í 
+ - + - + = - ç ÷ ï 
è ø î 
­­­­­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­­­­­­ 
www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM – Khối A 
Câu  Ý  Nội dung  Điểm 
I.  1.  TXĐ : R 
Có y’ = ­3x 2 +6x 
y’ = 0 ê 
ë 
é 
= Þ = 
- = Þ = 
Û 
2 2 
2 0 
y x 
y x 
+¥ = -¥ = 
-¥ ® +¥ ® 
y y 
x x 
lim lim  ; 
Đồ thị : 
1.0
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
2.  Giả sử M(a;2) là một điểm trên đường thẳng (d) : y = 2 và gọi d’ là đường 
thẳng đi qua M với hệ số góc k. Khi đó d’ có pt : y = k(x ­ a) +2 . 
Để d’ là tiếp tuyến của đồ thị (C) thì hệ 
î 
í 
ì 
= + - 
+ - = - + - 
) 2 ( 6 3 
) 1 ( 2 ) ( 2 3 
2 
2 3 
k x x 
a x k x x 
có nghiệm 
Thế (2) vào (1) ta được :  ) 3 ( 0 4 6 3 3 2  2 2 3 = - + - -  ax ax x x 
( ) ( ) ê ë 
é 
= + - + 
= 
Û 
4 0 2 3 1 2 
2 
2  x a x 
x 
Để từ M kẻ được ba tiếp tuyến đến đồ thị (C) thì hệ phải có ba nghiệm k phân 
biệt, tức là pt(3) phải có ba nghiệm x phân biệt Û (4) có hai nghiệm phân biệt 
khác 2 
( ) 
( ) 
ï 
ï 
î 
ï ï 
í 
ì 
¹ 
ê 
ê 
ë 
é 
- < 
> 
Û 
î 
í 
ì 
¹ + - + 
> - - = D 
Û 
2 
1 
3 
5 
0 2 2 . 3 1 8 
0 16 3 1  2 
a 
a 
a 
a 
a 
(*) 
Vậy các điểm trên đường thẳng (d): y = 2 thỏa mãn đề bài là các điểm có 
hoành độ thỏa mãn (*) . 
1.0
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
II.  1. 
*Điều kiện :  ( ; 3] [1; ) x Î -¥ - È +¥ 
TH1: Xét  1 x ³ 
Bpt tương đương  3 x +  ( 2 5 1) 2 5 ( 1) x x x x + + - ³ + - - 
3 2 5 1 x x x Û + ³ + - -  3 1 2 5 x x x Û + + - ³ + 
2 4 8 21 0 x x Û + - ³ 
7 3 
( ; ] [ ; ) 
2 2 
x Û Î -¥ - È +¥ 
1.0
0.25 
BBT
x 
y’
y 
¥ -  0 
0 
2 
0 
¥ + 
¥ - 
¥ + 
­2 
2 
Hàm số đồng biến trên (0;2) và nghịch 
biến trên ( ¥ -  ;0) và (2; ¥ +  ) 
Hàm số đạt cực đại tại x = 2, y CĐ = 2 
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y CT = ­2
Kết hợp điều kiện  1 x ³  ta được tập nghiệm là  1 
3
[ ; ) 
2 
T = +¥ 
TH2 : Xét  3 x £ - 
Biến đổi bpt tương đương với 
3 x - -  ( 2 5 1 ) 1 ( 2 5) x x x x - - + - ³ - - - -  3 1 2 5 x x x Û - - ³ - - - - 
3 2 5 1 x x x Û - - + - - ³ -  2 4 8 21 0 x x Û + - ³ 
7 3 
( ; ] [ ; ) 
2 2 
x Û Î -¥ - È +¥ 
Kết hợp điều kiện  3 x £ -  ta được tập nghiệm là  2 
7 
( ; ]
2 
T = -¥ - 
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là 
7 3 
( ; ] [ ; ) 
2 2 
T = -¥ - È +¥ 
0.25 
0.25 
0.25 
2. 
x x x x 3 2 2 cos2 sin 2 cos 4sin 0 
4 4 
p p æ ö æ ö 
+ + - + = ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø 
( )( ) 
( ) ê ë 
é 
= - - - 
= + 
Û 
= - - - + Û 
) 2 ( 0 2 cos . sin sin cos 2 
) 1 ( 0 cos sin 
0 2 cos . sin sin 2 cos 2 cos sin 
x x x x 
x x 
x x x x x x 
( )  Z k k x Î + - = Û  ; 
4 
1 p p 
Giải (2) được nghiệm  Z k k x k x Î + - = =  ; 2 
2 
; 2 p p p 
1.0
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
III. 
( )( ) ò + + = 
2 
0 
6 6 4 4  cos sin cos sin 
p 
dx x x x x I 
= ( )( ) ò - - 
2 
0 
2 2 2 2  cos sin 3 1 cos sin 2 1 
p 
dx x x x x 
= ò ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ + + 
2 
0 
8 cos 
64 
3 
4 cos 
16 
7 
64 
33 
p 
dx x x 
= 
128 
33 
8 sin 
512 
3 
4 sin 
64 
7 
64 
33  2 
0 
p 
p 
= ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ + +  x x x 
1.0
0.25 
0.25 
0.5 
IV 
Theo giả thiết SA^ (ABC) nên  ABC SABC  S SA V D =  . 3 
1 
Mà tam giác ABC vuông tại B nên 
2 
3 
3 . 
2 
1 
. 
2 
1  2 a 
a a BC AB S  ABC = = = D  3 
3 
2 
3 
. 2 
3 
1  3 2  a a 
a V SABC = = Þ 
Do SA^ (ABC) nên tam giác SAB vuông tại A  5 a SB = Þ 
Lại có 
5 
4 2  a 
SB 
SA 
SM = = 
5 
4 
= Þ 
SB 
SM 
. 
Ta có tam giác ABC vuông tại B nên AC = 2a = SA nên tam giác SAC cân tại 
A, N là hình chiếu của A trên SC nên N là trung điểm SC . 
1.0
0.25 
0.25
Ta có 
15 
3 2 
5 
2 
5 
2 
2 
1 
. 
5 
4 
. 
3 a 
V V 
SC 
SN 
SB 
SM 
V 
V 
SABC SAMN 
SABC 
SAMN = = Þ = = = 
Mà VSABC = VSAMN + VABCMN nên VABCMN = 
5 
3 
15 
3 2 
3 
3  3 3 3  a a a 
= - 
0.25 
0.25 
V.  Áp dụng bđt Côsi cho hai số không âm ta có : 
2 2 4 4 2 2 4 4 2 2 4 4  2 ; 2 ; 2  a c a c c b c b b a b a ³ + ³ + ³ + 
( ) c b a abc a c c b b a c b a + + ³ + + ³ + + Þ  2 2 2 2 2 2 4 4 4 
( ) d c b a abc abcd c b a + + + ³ + + + Þ  4 4 4 
Tương tự ta có ( ) d c b a bcd abcd d c b + + + ³ + + +  4 4 4 
( ) d c b a cda abcd a d c + + + ³ + + +  4 4 4 
( ) d c b a dab abcd b a d + + + ³ + + +  4 4 4 
Vậy VT ( )  abcd d c b a abcd 
d c b a  1 
= 
+ + + 
+ + + 
£  (đpcm) . 
1.0 
0.5 
0.25 
0.25 
VIa.  1. 
Tọa độ A và B là nghiệm của hệ 
î 
í 
ì 
= + - + 
= - - 
0 50 20 
0 5 2 
2 2  x y x 
y x 
Ta được A(3;1) và B(5;5) 
Từ đó ta lập được phương trình đường tròn đi qua ba điểm A, B, C là : 
0 10 8 4 2 2 = + - - +  y x y x 
1.0
0.50 
0.50 
2. 
Giả sử I(a;0;0), J(0;b;0) và K(0;0;c) thì pt(P) là :  1 = + + 
c 
z 
b 
y 
a 
x 
( ) ( ) ( ) ( ) c a IK c b JK b JA a IA  ; 0 ; ; ; ; 0 ; 6 ; 5 ; 4 ; 6 ; 5 ; 4 - = - = - = - = 
Vì A là trực tâm tam giác IJK nên 
ï 
ï 
î 
ï 
ï 
í 
ì 
= + - 
= + - 
= + + 
0 6 4 
0 6 5 
1 
6 5 4 
c a 
c b 
c b a 
Giải hệ được 
6 
77 
; 
5 
77 
; 
4 
77 
= = =  c b a 
1.0
0.25 
0.25 
0.25
Vậy phương trình mặt phẳng (P) : 4x + 5y + 6z – 77 = 0 .  0.25 
VIIa  Ta có :a + bi = (c + di) n Þ  |a + bi| = |(c + di) n  | 
Þ  |a + bi| 2 = |(c + di) n  | 2 = |(c + di)| 2n Þ  a 2 + b 2 = (c 2 + d 2 ) n  (đpcm) 
0.25 
0.75 
VIb  1  Vì trọng tâm G của tam giác ABC nằm trên d: 3x – y – 8 = 0 nên giả sử 
G(t;3t – 8) . Khi đó C(3t – 5; 9t – 19) 
Đường thẳng AB có phương trình x – y – 5 = 0 
Do SABC = 
2 
3 
và AB =  2  nên d(C,AB) = 
( ) ( ) 
2 
3 
2 
5 19 9 5 3 
= 
- - - -  t t 
( ) 
( ) ê ë 
é 
- Þ = 
- - Þ = 
Û 
1 ; 1 2 
10 ; 2 1 
C t 
C t 
Với C(­2;­10) thì pt (C) : 
91 91 416 
0 
3 3 3 
2 2 x y x y+ - + + = 
Với C(1;­1) thì pt (C) : 
11 11 16 
0 
3 3 3 
2 2 x y x y+ - + + = 
1.0 
0.5 
0.25 
0.25 
2  Ta có ( ) ( ) ( ) 1 ; 0 ; 3 ; 0 ; 2 ; 3 ; 5 ; 5 ; 4 - = - = =  BD CD BA 
[ ]  0 53 ., ¹ = Þ  BD CD BA  nên hai đường thẳng AB và CD chéo nhau . 
Phương trình AB: 
ï 
î 
ï 
í 
ì 
+ = 
= 
= 
t z 
t y 
t x 
5 1 
5 
4 
và phương trình CD : 
ï 
î 
ï 
í 
ì 
= 
- = 
= 
0 
' 2 2 
' 3 
z 
t y 
t x 
Giả sử (D) cắt AB tại M và cắt CD tại N thì M(4t;5t;1+5t);N(3t’;2­2t’;0) 
Khi đó ( ) t t t t t MN  5 1 ; 5 ' 2 2 ; 4 ' 3 - - - - - =  là vtcp của (D) 
Mà (D)^ (Oxy) nên  MN  cùng phương với ( ) 1 ; 0 ; 0 k  , tức là : 
ï 
ï 
î 
ï ï 
í 
ì 
= 
= 
Þ 
ï 
î 
ï 
í 
ì 
Î = - - 
= - - 
= - 
23 
8 
' 
23 
6 
) ( , 5 1 
0 5 ' 2 2 
0 4 ' 3 
t 
t 
R k k t 
t t 
t t 
÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ = ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ Þ 
23 
53 
; 0 ; 0 ; 0 ; 
23 
30 
; 
23 
24 
MN N  .Vậy 
phương trình (D) là : 
ï 
ï 
ï 
î 
ï 
ï 
ï 
í 
ì 
= 
= 
= 
t z 
y 
x 
23 
30 
23 
24 
0.25 
0.5 
0.25 
VIIb  ĐK : x > 0 ; y > 0 
Hệ 
( ) ( ) 
( ) ( ) ( )( ) î í 
ì 
= - - 
= + 
Û 
ï î 
ï 
í 
ì 
+ - + = + 
+ = + 
Û 
0 4 2 
3 2 
4 2 2 4 1 4 
3 2 4  2 2 
2 
2 2 
x y x 
xy y x 
x y y 
y 
x 
xy 
y x x y x 
ê 
ë 
é 
= Þ = 
> = 
Û 
1 2 
0 
y x 
y x 
. Vậy hệ có nghiệm x = y >0 hoặc x = 2, y = 1 
0.25 
0.25 
0.5 
Tổng :  10.00 
Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương .