www.vnmath.com Sáng tác: Nguyễn Sơn Tùng
Mathematics and Youth Magazine
Thử sức trước kì thi

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI ĐẠI HỌC- CAO ĐẲNG NĂM 2011-2012
Môn thi: TOÁN – Khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

GV ra đề :Nguyễn Sơn Tùng-Phước Bình-Tỉnh Bình Phước
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I.(2 điểm)
Cho hàm số
4 2
2 2 1y x mx m= − + −

1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m =2
2) Tìm m để hàm số có ba cực trị và 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có chu vi bằng
4(1 65)+

Câu II(2 điểm)
1) Giải phương trình lượng giác:
( )
os2 os6 4 sin3 1 0c x c x x− + + =
(1)
2) *Giải hệ phương trình sau:
( )
( )
{
2 3 4 6
3 3

3
2 2 1
18 9 24 0 2
x y y x x
y x x y x
+ = +
+ + + + − − − =

Câu III
.(1
đ
i
ể
m)
Tính tích phân sau:

6
80
6
2
1 x
I dx
x
+
=
∫

Câu IV
. .(1
đ

i
ể
m)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD. Tâm O có cạnh AB = a. đường cao
SO của hình chóp vuông góc với mặt đáy ( ABCD) và có SO = a. tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
chéo nhau SC và AB.
Câu V
. ** (1
đ
i
ể
m)
Cho
, ,x y z
dương và
. . 3x y z =

Chứng minh rằng:

( )
1
1
1
9
. . 3 *
xy yz zx
y
x
z
x y z

+ +
≤


PHẦN RIÊNG (3 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa
(2
đ
i
ể
m) 1.cho
đườ
ng tròn
( )
C
có ph
ươ
ng trình
( ) ( )
2 2
1 2 9x y− + − = xác định tọa độ các đỉnh B,C
của tam giác đều nội tiếp đường tròn
( )
C biết A
( )
2,2− .
2 .Lập phương trình mặt phẳng
( )
α

đi qua M
( )
1,2,3
và cắ
t 3 tia
ox, ,oy oz
l
ầ
n l
ượ
t t
ạ
i A,B,C sao cho
t
ứ
di
ệ
n OABC có th
ể
tích nh
ỏ
nh
ấ
t.

Câu VIb
.
(1
đ
i

ể
m
)
Tìm các số nguyên dương
,x y
sao cho:
z x yi= +
thỏa mãn:

3
18 26z i= +
.
B. Theo chương trình Nâng Cao:

CâuVIIa.
(2 điểm)
1.cho hai đường thẳng :
( )
1
d
:
2 5 0x y− + =
,
( )
2
d
:
3 6 1 0x y+ − =
Lập
phương trình đường thẳng qua điểm P

( )
2, 1−
sao cho đường thẳng đó cùng với hai đường thẳng
( )
1
d
và
( )
2
d
tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng
( )
1
d
và
( )
2
d
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho điểm A
( )
5,5,0
và đường thẳng d:

1 1 7
2 3 4
x y z+ + −
= =

−
.
a.Tìm tọa độ điểm
,
A
đối xứng với điểm A qua đường thẳng d.
b.Tìm tọa độ các điểm B,C thuộc d sao cho tam giác ABC vuông tại C và BC=
29

www.vnmath.com Sáng tác: Nguyễn Sơn Tùng
CâuVIIb:
(1 điểm)

Cho các s
ố thực dương a,b,c thoa mãn :
2 2 2
27a b c+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:
3 3 3
P a b c= + +

ĐÁP ÁN THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI 2011-2012
giải đề: Nguyễn Sơn Tùng-Trường THPT Phước Bình


CÂU I: 1.
Đồ thị

học sinh tự vẽ.

2. giải và biện luận điều kiện để hàm số có 3 cực trị…
Gọi A
( )
0;2 1m −
, B
( )
2
; 2 1
m m m+ −
và C
2
( ; 2 1)m m m− + −
là tọa độ các điểm cực trị .
Ta có
4
AB m m= +

.
4BC m=

.
4
AC m m= +

. Theo đề
4(1 65)AB BC AC+ + = +
  

4
2 4 4(1 65)m m m⇔ + + = +


giải pt này bằng 2 cách : - cách 1: sử dụng tính đồng biến ,nghịch biến của hàm số
ta được m=4
-cách 2:trục căn thức ở tử số thu được m=4 thỏa yêu cầu
bài toán.
Câu II: 1.giải pt lượng giác:

( )
os2 os6 4 sin3 1 0c x c x x− + + =
(1)
Ta có :
2 2
cos2 2cos 1; os6 1 2sin 3x x c x x
= − = −
do đó (1)
⇔

( )
2 2
2cos 1 1 2sin 3 4sin3 4 0x x x− − − + + =

( )
2
2 2 2 2 2
2cos 2sin 3 4sin3 2 0 cos sin 3 2sin3 1 0 cos sin3 1 0x x x x x x x x⇔ + + + = ⇔ + + + = ⇔ + + =

{
cos 0
sin3 1
2 ,

2
x
x
x k k Z
π
π
=
=−
⇔ ⇔ = + ∈

2.Giải hệ phương trình sau:
( )
( )
{
2 3 4 6
3 3
3
2 2 1
18 9 24 0 2
x y y x x
y x x y x
+ = +
+ + + + − − − =

Theo tôi đây là một bài hệ phương trình vô tỷ mà khá nhiều học sinh phải bó
tay.Bài này nhằm phát hiện học sinh giỏi toán.(dành cho học sinh từ khá trở lên)
Theo tôi nghĩ đây có lẽ là cách giải tối ưu nhất! Trình bày như sau:
Từ pt (1)
( ) ( ) ( )( )
( )

( )
2
2 2 2 4
3
2 2 3 6 2 2 2 2 4
2 yx 0 4
2 0 2 yx 0
y x
x y x
x y x y x y x x y x
=
+ + + =

⇔ − + − = ⇔ − + + + = ⇔


Dễ thấy (4) vn bởi
2 2 2 4
2 yxx y x+ + +
luôn dương
,x y∀
từ (3) ta có
2
y x=
thay
2
y x=
vào
(2) ta có phương trình:


3
2 3 3 2
18 9 24 0x x x x x+ + + + − − − =
(5)

Đk:
3
9; )x

∈ − +∞

pt đã cho
⇔
3
2 3 3 2
18 3 9 6 15 0x x x x x
+ − + + − + − − − =


⇔

2
2
32 2 2 3
3
( 3)( 3) ( 3)( 3 9)
( 3)( 2 5) 0
( 18) 3 18 9 9 6
x x x x x
x x x

x x x
− + − + +
+ + − + + =
+ + + + + +



2
2
32 2 2 3
3
( 3) ( 3 9)
( 3) ( 2 5) 0
( 18) 3 18 9 9 6
x x x
x x x
x x x
 
+ + +
⇔ − + + + + =
 
 + + + + + + 
 

www.vnmath.com Sáng tác: Nguyễn Sơn Tùng

( 3) 0x⇔ − =
hoặc
2
2

32 2 2 3
3
( 3) ( 3 9)
( 2 5) 0
( 18) 3 18 9 9 6
x x x
x x
x x x
+ + +
+ + + + =
+ + + + + +
(*)
Dễ thấy (*) vn bởi
2
3 9x x+ +
=
2
3 27 27
2 4 4
x
 
+ + ≥
 
 
và
2
2 5x x+ +
=
( )
2

1 4 4x + + ≥

Với

3
9; )x

∈ − +∞

thì (*) luôn dương
⇒
(*) vn vậy pt (5) có nghiệm
3x =
. với
3x =
⇒

9y =

Tóm lại hệ pt ban đầu có nghiệm
( ) ( )
{ }
, 3;9x y =



CâuIII
.(1 điểm)
Tính tích phân sau:


6
80
6
2
1 x
I dx
x
+
=
∫

Câu tích phân

này cũng ở mức độ trung bình.
Đặt
6 2 6 5
1 1 2 6u x u x udu x dx
= + ⇒ = + ⇒ =
. Đổi cận: khi
2 3x u= ⇒ =
. và khi
6
80 9x u= ⇒ =
.Ta viết lại
6
80
6 5
6
2
1 x x

I dx
x
+
=
∫
khi đó tích phân cần tính có dạng:
( ) ( )
( )( )
9 9
9 9 9 9 9
2 2
2 2 2
3 3
3 3 3 3 3
1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 8
1 2 ln 2 ln
3 1 3 1 3 3 1 3 6 1 1 6 1 6 5
u u
u u u
I du du du du u du
u u u u u u
+ − −
− + −
= = = + = + = + = +
− − − + − +
∫ ∫ ∫ ∫ ∫

vậy
1 8

2 ln
6 5
I = +

CÂU IV: HD:
HS tự vẽ hình . dễ cm được khoảng cách giữa SC và AB chéo nhau bằng kc giữa
AB và
( )
SCD
chứa SC song song AB .Gọi I,K là trung điểm của AB,CD thì ta có O
là trung điểm của IK và IK
⊥
CD giải tiếp tục ta được đáp số là :
( ) ( )
( )
( )
( )
2 5
, , 2 ,
5
a
d SC AB d AB SCD d O SCD= = =

Câu V. ** (1 điểm)
Cho
, ,x y z
dương và
. . 3x y z =

Chứng minh rằng:


( )
1
1
1
9
. . 3 *
xy yz zx
y
x
z
x y z
+ +
≤


• Đây là một câu bất đẳng thức rất khó. Mang tính phân loại rất cao. Học sinh phải thực sự
giỏi mới có thể hoàn tất câu

này! Tôi xin trình bày cách giải
:

•

CÁCH 1: lôgarít hóa hai vế của (*) theo cơ số 3 ta có:


( )
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1 1 1 1 1 1

log log log 3. log log log **
3
xy yz zx
x y z x y z
x y z xyz x y z x y z
 
+ +
+ + ≤ ⇔ + + ≤ + +
 
 

Đặt
3 3 3
log ; log ; logu x v y w z= = =

3 , 3 , 3 ; . . 3 1.
u v w
x y z x y z u v w⇒ = = = = ⇒ + + =
ta có :
www.vnmath.com Sáng tác: Nguyễn Sơn Tùng
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1
** 3
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1 1 1
0 ***
3 3 3 3 3 3
u v w u v w
u v v w w u

u v w
u v w
u v v w w u
   
⇔ + + ≤ + + + +
   
   
     
⇔ − − + − − + − − ≤
     
     
xét hàm đặc trưng
( )
1
3
t
f t =
.hàm số luôn nghịch biến
t R∀ ∈
, nên với
( ) ( )
u v f u f v≤ ⇒ ≥
hay
( )
1 1 1 1
0
3 3 3 3
u v u v
u v
 

≥ ⇒ − − ≤
 
 
tương tự ta cũng có :
( )
1 1
0
3 3
v w
v w
 
− − ≤
 
 

và :
( )
1 1
0
3 3
w u
w u
 
− − ≤
 
 
vậy (***) được chứng minh hoàn toàn .
•
CÁCH 2:
Trước hết dễ dàng cm nhận xét :

nếu
;a b c A B C≥ ≥ ≥ ≥
thì ta có:
( ) ( )( )
3 aA bB cC a b c A B C+ + ≥ + + + +
(1)
Áp dụng (1) ta có thể thấy (***) được cm dễ dàng như sau : - giả sử
1 1 1
3 3 3
u v w
u v w≥ ≥ ⇒ ≤ ≤

vậy
( ) ( )
1 1 1 1 1 1
3 . . .
3 3 3 3 3 3
u v w u v w
u v w u v w dpcm
   
+ + ≤ + + + +
   
   

Nếu
1 1 1
;
3 3 3
u v w
u v w≤ ≤ ⇒ ≥ ≥

chứng minh tương tự.
bdt (*) được chứng minh hoàn toàn.


A. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa: 1.Bài này có tới 4 cách để giải ở đây tôi trình bày cách giải tối ưu nhất:
-Gọi
1
A
là điểm đối xứng với A qua I
⇒
tọa độ điểm
1
A

( )
4,2 . Đường tròn
( )
1
C
thỏa mãn:
( )
1
C
có tâm
1
A
( )
4,2
và bán kính

3R =
v
ậ
y
( )
1
C
có pt:
( ) ( )
2 2
4 2 9x y− + − = khi đó :
( )
C
∩
( )
1
C =
{ }
,B C ,
tọa độ B,C là nghiệm của hệ:
( ) ( )
( ) ( )
{
2 2
2 2
1 2 9
4 2 9
x y
x y
− + − =

− + − =
( ) ( )
{
2 2
5 3 3
,2
2 2
1 2 9
6 15 0
5 3 3
,2
2 2
B
x y
x
C
 
−
 
 
− + − =
 
− =
 
+
 
 
 



⇔ ⇒




2. Gọi giao điểm của
( )
α
với 3 tia
ox, ,oy oz
lần lượt là :

( )
,0,0A a
,
( )
0, ,0B b
,
( )
0,0,C c
(
, ,a b c
dương)
mp
( )
α
có pt theo đoạn chắn là:
1
x y z
a b c

+ + =
(1) do
( )
α
đi qua M
( )
1,2,3 nên thay tọa độ M vào (1) ta có:
1 2 3
1
a b c
+ + =
. Thể tích tứ diện OABC là :
1 1 1
. . . .
3 3 2
OABC
V B h OAOB OC
= =
1
6
abc
=
. Áp dụng bdt
Cauchy ta có:
1 2 3
1
a b c
= + +
3
6 27.6

3 1 27.6 27abc V
abc abc
≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥
Vậy thể tích đạt GTNN
27V
⇔ ≥

⇔
1 2 3
a b c
= = ⇔
3a
=
,
6b
=
,
9c
=
. Vậy ptmp
( )
α
th
ỏ
a mãn yêu c
ầ
u bài toán là:
www.vnmath.com Sáng tác: Nguyễn Sơn Tùng

6 3 2 18 0x y z+ + − =


Câu VIb
.(1 điểm)
Tìm các số nguyên dương
,x y
sao cho:
z x yi= +
thỏa mãn:

3
18 26z i= +
.
Ta có:
( )
{
( ) ( )
( )
3 2
2 3
3
3 18 2 3 3 2
3 26
18 26 18 3 26 3
0
x xy
x y
x iy i x y x xy
y tx x
− =
− =

+ = + ⇔ ⇔ − = −
= ≠
đặt
Ta được
1
3
3
t x= ⇒ =
,
1y =
vậy số phức thỏa đề bài là:
3Z i= +

B. Theo chương trình Nâng Cao:

CâuVIIa. 1.G
ọi
1
k
,
2
k
theo thứ tự là hsg của
( )
1
d
và
( )
2
d

, ta có
1
2
k
=
,
2
1
2
k
= −

Nhận xét rằng
1 2
. 1
k k
= −
( ) ( )
1 2
d d⇔ ⊥
vậy gọi
( )
d
là đường thẳng qua P
( )
2.1−
có phương trình
( )
d
:

( ) ( )
2 1 0
A x B y
− + + =
…
( ) ( )
( )
1
,
4
g d d
π
=
… đáp số:
( )
( )
,
:3 5 0
: 3 5 0
d x y
d x y
+ − =
− − =




2.Ôi đề dài quá đáp số: a.
( )
,

1,5, 2
A
−

b.
( )
1,2,3
B
,
( )
3,5, 1
C
−
hoặc
( )
5,8, 5
B
−
,
( )
3,5, 1
C
−

CâuVIIb: Áp dụng Bdt bcs hoặc Bdt cauchy .(bài này có tới 4 cách để giải,các cách còn lại
xem như bài tập cho các em)
( )( )
2 2 2 2 2 2
.1 .1 .1 1 1 1a b c a b c+ + ≤ + + + +
9a b c⇒ + + ≤

và
( )
( )
2 2 2 3 3 3 3 3 3
. . .a b c a a b b c c a b c a b c+ + = + + ≤ + + + +
( )
3 3 3
.9a b c≤ + +

do đó:
3 3 3
81a b c+ + ≥
vậy min P=81
Ra đề và làm đáp án : NGUYỄN SƠN TÙNG-Trường THPT Phước Bình –Tỉnh
Bình Phước. Do đây là lần đầu tiên tôi ra đề và làm trên Microsoft Word nên không tránh được
những sai xót nếu có thắc mắc gì về đề thi vui lòng liên hệ tác giả qua SDT:01659199199