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

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

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

( )
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+ + −
= =

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⇔ + + = +

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)
( ) ( ) ( )( )
( )

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

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

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

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:

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

≥ ⇒ − − ≤
 
 
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 :

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

− + − =
( ) ( )
{
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
 
−
 
 
− + − =
 
− =
 
+
 
 
 



+ + =
(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


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
− =
− =

, 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
:

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⇒ + + ≤