Đề thi thử đại học môn Toán khối A bao gồm nhiều câu hỏi, từ khảo sát hàm số đến giải phương trình và tính tích phân. Ngoài ra, đề còn có các câu hỏi về hình học không gian, bất đẳng thức và chứng minh tính chất các hình học. Bài thi được chia thành phần chung và phần riêng, mỗi phần có những yêu cầu và điểm số khác nhau.

1. 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 2y 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 sin2 cos 4sin 0
4 4
p pæ 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:
abcda b c abcd b c d abcd c d a abcd d a b abcd4 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 0x 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 öí
+ - + - + = -ç ÷ï
è øî
­­­­­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­­­­­­
www.laisac.page.tl
Thi thử Đại học www.toanpt.net

2. 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 xÛ + ³ + - - 3 1 2 5 x x xÛ + + - ³ +
2
4 8 21 0 x xÛ + - ³
7 3
( ; ] [ ; )
2 2
xÛ 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

3. 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 xÛ - - ³ - - - -
3 2 5 1 x x xÛ - - + - - ³ - 2
4 8 21 0 x xÛ + - ³
7 3
( ; ] [ ; )
2 2
xÛ 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 sin2 cos 4sin 0
4 4
p pæ 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

4. 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

5. 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
ïï
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 .