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.. Theo chương trình chuẩn.. Viết phương trình mặt phẳng P qua A, cắt các
Trang 1Trường 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 y= -x3+ 3x 2 - 2 (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)
2x + 11x+ 15 + x + 2x- 3 ³x + 6 .
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I 2 4x 4x 6x 6 x dx
0
(sin cos )(sin cos )
p
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
a4 b4 c4 abcd b4 c4 d4 abcd c4 d4 a4 abcd d4 a4 b4 abcd
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’): x2+y2 20 - x + 50 = 0 .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 a bi + = (c di) + n thì a2+b2 = (c2+ d 2 n ) .
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
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
2 2
2
log ( ) log (2 ) 1 log ( 3 )
ï
æ ö
í
ï
è ø
î
Hết
www.laisac.page.tl
Trang 2Có y’ = 3x 2 +6x
ë
é
=
Þ
=
-
=
Þ
=
Û
2
2
2
0
y
x
y
x
+¥
= -¥
=
-¥
® +¥
®
y
y
x
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 : 2 x 3 - 3 x 2 - 3 ax 2 + 6 ax - 4 = 0 ( 3 )
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
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 : x Î -¥ - È( ; 3] [1; +¥ )
TH1: Xét x ³ 1
Bpt tương đương x + ( 2 3 x+ + 5 x- 1) ³ 2x+ - 5 (x - 1)
Û + ³ + - - Û x+ + 3 x- ³ 1 2x + 5
2
4x 8x 21 0
x
1.0
0.25
BBT
x
y’
y
¥
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
Trang 3Kết hợp điều kiện x ³ 1 ta được tập nghiệm là 1 [ ;3 )
2
T = +¥
TH2 : Xét x £ - 3
Biến đổi bpt tương đương với
3
x
- - ( - 2x- + 5 1 -x) ³ - - - 1 x ( 2x - 5) Û - -x 3 ³ 1 -x- - 2x - 5
Û - - + - - ³ - Û 4x2 + 8x -21 0 ³ ( ; 7] [ ;3 )
x
Kết hợp điều kiện x £ - 3 ta được tập nghiệm là 2 ( ; 7 ]
2
T = -¥ -
T = -¥ - È +¥
0.25
0.25 0.25
2
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
( ) Û x = - + k ; k Î Z
4
Giải (2) được nghiệm x = k x = - + k 2 ; k Î Z
2
;
1.0
0.25
0.25 0.25 0.25
III
=
2
0
6
6
4
4
cos sin
cos sin
p
dx
x
x
x
x I
2
0
2
2
2
2
cos sin
3
1 cos sin
2 1
p
dx
x
x
x x
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
0
p
p
=
÷
ø
ö
ç
è
æ
+
x
1.0
0.25
0.25
0.5
IV
Theo giả thiết SA^(ABC) nên V SABC = SA . S D ABC
3
1
Mà tam giác ABC vuông tại B nên
2
3
3
2
1
2
a
a
BC
AB
3
3
2
3
2
3
1 a 2 a 3
a
Þ
Lại có
5
4
2
a
SB
SA
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
Trang 415
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
=
=
=
5
3
15
3
2
3
3
a
a
a
=
-
0.25
0.25
2
2
4
4
2
2
4
4
2
2
4
4
2
;
2
;
2 a b b c b c c a c a
b
( a b c )
abc
a
c
c
b
b
a
c
b
Þ 4 4 4 2 2 2 2 2 2
( a b c d )
abc abcd
c
b
Þ 4 4 4
Tương tự ta có b 4 + c 4 + d 4 + abcd ³ bcd ( a + b + c + d )
( a b c d )
cda abcd
a
d
( a b c d )
dab abcd
b
a
Vậy VT
( a b c d ) abcd abcd
d
c
b
= + + +
+ + +
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
IA = 4 - ; 5 ; 6 ; = 4 ; 5 - ; 6 ; = 0 ; - ; ; = - ; 0 ;
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
=
=
a
1.0
0.25
0.25 0.25
Trang 5Vậy 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
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
2
3
2
5
19
9
5
3
=
-
-
-
t
ê
ë
é
-
Þ
=
-
-
Þ
=
Û
1
;
1
2
10
;
2
1
C
t
C
t
2 2
x +y - x+ y+ =
Với C(1;1) thì pt (C) : 11 11 16 0
2 2
x +y - x+ y+ =
1.0
0.5 0.25 0.25
2 Ta có BA = ( 4 ; 5 ; 5 ) ; CD = ( 3 ; - 2 ; 0 ) ; BD = ( 3 ; 0 ; - 1 )
[ , ] . = 53 ¹ 0
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 MN = ( 3 t ' - 4 t ; 2 - 2 t ' - 5 t ; - 1 - 5 t ) là vtcp của (D)
Mà (D)^(Oxy) nên MN cùng phương với k ( 0 ; 0 ; 1 ) , tức là :
ï
ï
î
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
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
ì
=
-
-
= +
Û
ï
î
ï
í
ì
+
- +
= +
+
= +
Û
0
4
2
3
2
4
2
2
4
1
4
3
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
Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương