Giải đề thi Toán đại học khối B – 2012 theo nhiều cách

GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH. Tặng VNMATH.COM 
HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP. QUY NHƠN. 
 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 
 ------------------------- Môn: TOÁN; Khối B 
 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
I. PHầN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
 Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số 2 33 3 3y x mx m= − + (1), m là tham số thực. 
 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1=m . 
 b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 48. 
 Câu 2. (1,0 điểm). Giải phương trình 2(cos 3 sin ) cos cos 3 sin 1+ = − +x x x x x . 
 Câu 3. (1,0 điểm). Giải bất phương trình 21 4 1 3 .+ + − + ≥x x x x 
 Câu 4. (1,0 điểm). Tính tích phân 4 2
0
31
3 2
=
+ +∫
xI dx
x x
. 
 Câu 5. (1,0 điểm). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC với SA = 2 a , AB = a. Gọi H là hình chiếu vuông góc 
của A trên cạnh SC. Chứng minh SC vuông góc với mặt phẳng (ABH). Tính thể tích của khối chóp S.ABH 
theo a . 
 Câu 6. (1,0 điểm). Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện 0x y z+ + = và 2 2 2 1+ + =x y z . 
 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 5 5 5= + +P x y z . 
II. PHầN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) 
 A. Theo chương trình Chuẩn 
 Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các đường tròn 2 21( ) : 4+ =C x y , 
2 2
2( ) : 12 18 0+ − + =C x y x và đường thẳng : 4 0− − =d x y . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc 
2( )C , tiếp xúc với d và cắt 1( )C tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB vuông góc với d. 
 Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :
12 2
1−
=
−
=
x y zd
 và hai điểm 
(2;1;0), ( 2;3;2)−A B . Viết phương trình mặt cầu đi qua A, B và có tâm thuộc đường thẳng d. 
 Câu 9.a (1,0 điểm). Trong một lớp học gồm có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên gọi ngẫu 
nhiên 4 học sinh lên bảng giải bài tập. Tính xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ. 
 B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và đường tròn 
tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình 2 2 4+ =x y . Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi 
qua các đỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox. 
 Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho (0;0;3), (1;2;0)A M . Viết phương trình mặt 
phẳng ( )P qua A và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B, C sao cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường 
thẳng AM. 
Câu 9.b (1,0 điểm). Gọi 1z và 2z là hai nghiệm phức của phương trình 2 2 3 4 0.− − =z iz Viết dạng lượng 
giác của 1z và 2z . 
 Hết  
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh: ..; Số báo danh: ... 
GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH. Tặng VNMATH.COM 
HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP. QUY NHƠN. 
ĐÁP ÁN THEO NHIỀU CÁCH 
Câu 1. Cho hàm số 3 2 3y x 3mx 3m= − + (1), m là tham số thực. 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 1= . 
 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 48. 
1. Khi m = 1, hàm số thành: y = x3 – 3x2 + 3. 
● Tập xác định D = ℝ . 
● y’ = 3x2 – 6x. 
● y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2. 
● lim y
x→−∞
= −∞ và lim y
x→+∞
= +∞ 
● Bảng biến thiên. 
x 
−∞ 0 2 +∞ 
y’ + 0 − 0 + 
y 3 +∞ 
−∞ -1 
 Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0), (2; +∞); hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2). 
 Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 3; hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = -1. 
 ● Đồ thị hàm số đi qua các điểm (1;1), (3;3), (-1;-1). 
 ● Đồ thị. 
 2. ● y’ = 3x2 – 6mx. 
 ● y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2m. 
 ● y có 2 cực trị ⇔ m ≠ 0. 
 ● Khi đó hàm số có hai điểm cực trị A(0;3m3) và B(2m;-m3). 
 Nhận xét: A thuộc Oy nên 33AOA y m= = và ( ) ( ), , 2Bd B OA d B Oy x m= = = . 
 ● Yêu cầu bài toán S∆OAB = 48 ( ) 31 1OA.d B,Oy 48 3m 2m 482 2⇔ = ⇔ = 
 4m 16 m 2⇔ = ⇔ = ± (thỏa điều kiện). 
y 
x 0 
3 
2 
-1 
GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH. Tặng VNMATH.COM 
HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP. QUY NHƠN. 
 Cách 2. Dùng khi không tìm được cụ thể tọa độ các điểm cực trị. 
 ● y’ = 3x2 – 6mx. 
 ● Để hàm số có hai cực trị 2y ' 0 36m 0 m 0.⇔ ∆ > ⇔ > ⇔ ≠ 
 ● Ta có 2 3
1 my x y ' 2m x 3m
3 3
 
= − − + 
 
 . 
 ● Suy ra đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là 2 3 2 3y 2m x 3m 2m x y 3m 0.= − + ⇔ + − = 
 ● Ycbt S∆OAB = 48 ( )( ) ( ) ( )
3
2 2
B A B A 4
3m1 AB.d O, d 48 x x y y . 96
2 4m 1
−
⇔ = ⇔ − + − =
+
 ( ) ( )
3
2 4
B A 4
3m
x x 1 4m . 96
4m 1
−
⇔ − + =
+
 ( )2 3B A A Bx x 4x x . 3m 96⇔ + − − = (*) 
 ● Do A Bx ,x là hai nghiệm của phương trình y’=0 nên theo Viet ta có 
A B
A B
x x 2m
x x 0
+ =

=
. Thay vào 
phương trình (*) ta được ( )2 3 42m . 3m 96 m 16 m 2.− = ⇔ = ⇔ = ± (thỏa điều kiện) 
dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ 
Câu 2. Giải phương trình: ( )2 cos 3 sin cos cos 3 sin 1x x x x x+ = − + 
 22cos x 3sin2x cosx 3sinx 1⇔ + = − + 
 ( )22cos x 1 3sin2x cosx 3sinx⇔ − + = − 
 cos2x 3sin2x cosx 3sinx⇔ + = − 
π π
sin 2x sin x
6 6
   
⇔ + = −   
   
π π2x x k2π
6 6
π π2x π x k2π
6 6

+ = − +
⇔
  + = − − +   
k2π
x k2π3
 x ,k .
2π 3
x k2π
3

=
⇔ ⇔ = ∈

= +

ℤ 
GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH. Tặng VNMATH.COM 
HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP. QUY NHƠN. 
 Cách 2. Giống cách 1 nhưng đưa về phương trình theo cos. 
 22cos 3 sin 2 cos 3 sin 1x x x x⇔ + = − + 
 ( )22cos 1 3 sin 2 cos 3 sinx x x x⇔ − + = − 
 cos 2 3 sin 2 cos 3 sinx x x x⇔ + = − 
 cos 2 cos
3 3
x x
pi pi   
⇔ − = +   
   
2 2
3 3
2 2
3 3
x x k
x x k
pi pi
pi
pi pi
pi

− = + +
⇔
 
− = − + +   
2 2 23
 , .
2 3
3
x k k
x k
k
x
pi
pi
pi
pi

= +
⇔ ⇔ = ∈

=

ℤ 
 Cách 3. Phân tích thành các thừa số chung. 
 ( )2 cos 3 sin cos cos 3 sin 1x x x x x+ = − + 
 22cos cos 1 2 3 sin cos 3 sin 0x x x x x⇔ − − + + = 
( )( ) ( )
( )( )
2cos 1 cos 1 3 sin 2cos 1 0
2cos 1 cos 3 sin 1 0
2cos 1 0
cos 3 sin 1
1
cos
2 2
 , .
1 3
cos
3 2
x x x x
x x x
x
x x
x
k
x k
x
pi
pi
⇔ + − + + =
⇔ + + − =
+ =
⇔ 
+ =

= −
⇔ ⇔ = ∈
 
− =   
ℤ
Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ 
Câu 3. Giải bất phương trình 2x 1 x 4x 1 3 x.+ + − + ≥ 
 ● Điều kiện : 
0 x 2 3
x 2 3
 ≤ ≤ −

≥ +
. 
 ● Với x = 0 là nghiệm bất phương trình. 
 ● Với x 0≠ thì bất phương trình tương đương 1 1x x 4 3.
xx
+ + + − ≥ 
 ● Đặt 2
1 1
t x x t 2
xx
= + ⇒ + = − . Điều kiện ( )t 2≥ . 
GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH. Tặng VNMATH.COM 
HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP. QUY NHƠN. 
 ● Bất phương trình trở thành 2 2t t 6 3 t 6 3 t+ − ≥ ⇔ − ≥ − 
2
2 2
t 6 0 t 3
3 t 0 5t 3 t .
23 t 0 5
t
2t 6 9 6t t
 − ≥ >
 
− < ≤ ⇔ ⇔ ⇔ ≥ − ≥  ≥  − ≥ − +
 (thỏa điều kiện) 
 ● Với 
5
t
2
≥ ta thu được 
1
x1 5
x 4
2x
x 4
 ≤+ ≥ ⇔

≥
, kết hợp điều kiện ta chọn 
10 x
4
x 4
 ≤ ≤

≥
. 
 ● Vậy tập nghiệm của bất phương trình là [ )1S 0; 4; .
4
 
= ∪ +∞  
Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ 
 Câu 4. Tính tích phân : 4 2
0
31
3 2
=
+ +∫
xI dx
x x
. 
 I 
1 13
4 2 2 2
0 0
2
3 2 1 2
x x xdx dx
x x x x
− 
= = + + + + + 
∫ ∫ 
1 1 1
2 2
2 2
00 0
2 1 ln 1 ln 2
1 2 2
x xdx dx x x
x x
 
= − + = − + + + + +  
∫ ∫ 
3ln 3 ln 2.
2
= − 
 Cách 2. Phương pháp đặt ẩn phụ. 
1 13 2
4 2 4 2
0 03 2 3 2
x x xI dx dx
x x x x
= =
+ + + +∫ ∫
 ● Đặt: 2t x= 
 2
2
dtdt xdx xdx⇒ = ⇒ = . 
 ● Đổi cận: 
0 0
1 1
x t
x t
= ⇒ =
= ⇒ =
. 
 ● Khi đó 
1 1
2
0 0
1 1 1 2 3ln 3 ln 2.
2 3 2 2 1 2 2
tdtI dt
t t t t
− 
= = + = − + + + + 
∫ ∫ 
Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ 
GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH. Tặng VNMATH.COM 
HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP. QUY NHƠN. 
Câu 5. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC với SA = 2 a , AB = a. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên 
cạnh SC. Chứng minh SC vuông góc với mặt phẳng (ABH). Tính thể tích của khối chóp S.ABH theo a . 
Chứng minh: ( )SC ABH⊥ . 
 Gọi I là trọng tâm tam giác ABC, do tính chất hình chóp đều S.ABC nên ( )SI ABC SI AB⊥ ⇒ ⊥ . (1) 
 Gọi K là trung điểm AB, do tam giác SAB cân tại S nên SK AB⊥ . (2) 
 Từ (1) và (2) suy ra ( )AB SKC SC AB⊥ ⇒ ⊥ . (*) 
 Mặt khác theo giả thiết AH SC⊥ . (**) 
 Từ (*) và (**) ta được ( )SC ABH⊥ . 
Cách 2. Vì hình chóp S.ABC là hình chóp tam giác đều và AH SC⊥ tại H nên suy ra BH SC⊥ tại H. 
Do đó ( )SC ABH⊥ . 
Tính thể tích khối chóp S.ABH 
 Áp dụng Pitago trong tam giác SNC ta có 2 2
15SN SC NC
4
a
= − = . 
 Ta có 
SN AH 5
sinC AH
SC AC 4
a
= = ⇒ = . 
 Áp dụng Pitago trong tam giác SHA ta có 2 2
7SH SA AH
4
a
= − = . 
 Xét tam giác ABH ta có 2 2
11HK AH AK
4
a
= − = . 
 Vậy 
3
S.ABH ∆ABH
1 1 1 7a 11V S .SH AB.HK .SH
3 3 2 96
 
= = = 
 
 (đvtt). 
GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH. Tặng VNMATH.COM 
HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP. QUY NHƠN. 
 Cách 2. Phương pháp tỷ số thể tích. 
 Ta có S.ABH S.ABH S.ABC
S.ABC
V SH 7a 7 7
: 2a V V
V SC 4 8 8
= = = ⇒ = . 
 Mà 
2 2 3
2 2 2
S.ABC ABC ABC
1 1 1 a 3 a a 11V S .SI S . SC IC . . 4a
3 3 3 4 3 12
= = − = − = . 
 Vậy 
3 3
S.ABH
7 a 11 7a 11V .
8 12 96
= = (đvtt). 
Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ 
Câu 6. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x y z 0+ + = và 2 2 2x y z 1+ + = . Tìm giá trị lớn nhất 
của biểu thức 5 5 5P x y z= + + . 
 ● Ta có ( )z x y= − + , suy ra ( )22 2 xy yx 1+ ++ = 
 2 2
1
x y xy
2
⇒ + + = 
 ( )2 1x y xy
2
⇒ + − = . 
 ● Đặt t x y= + 2 1xy t
2
⇒ = − . 
 ● Do ( )2 2 2 1x y 4xy t 4 t
2
 
+ ≥ ⇒ ≥ − 
 
2 2
 t
3
2 2
 t .
3 3
⇒ ≤
⇒ − ≤ ≤
 ● ( ) ( )4 3 2 2 3 455 5 5x y 10x yP x y x 10x y 5xyy− = − + + += + + 
( ) ( )( )3 2 2 3 2 2
2 3
 5xy x 2x y 2xy y 5xy x y x xy y
5 1 5 5
 t t t t.
2 2 2 4
= − + + + = − + + +
 
= − − = − + 
 
 ● Dùng đạo hàm tìm GTLN của hàm số ( ) 35 5t t
2 4
f t = − + trên đoạn 2 2;
3 3
 
− 
 
 ta tìm được 
( ) 5MaxP Maxf t
6 6
= = . 
 Cách 2. 
Với x + y + z = 0 và 2 2 2x y z 1+ + = . 
Ta có : ( ) ( )2 2 2 2 2 0 x y z x y z 2x y z 2yz 1 2x 2yz= + + = + + + + + = − + nên 2 1yz x .
2
= − 
Mặt khác 
2 2 2y z 1 xyz
2 2
+ −
≤ = , suy ra 
2
2 1 1 xx
2 2
−
− ≤ , do đó 6 6x
3 3
− ≤ ≤ (*) 
GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH. Tặng VNMATH.COM 
HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP. QUY NHƠN. 
Khi đó: P = x5 + ( y 2 + z 2 )( y3 + z3 ) − y 2 z 2 ( y + z) 
2
5 2 2 2 2 1(1 ) ( )( ) ( )
2
x x y z y z yz y z x x  = + − + + − + + −    
2
5 2 2 2 2 31 1 5(1 ) (1 ) (2 ).
2 2 4
x x x x x x x x x x
    
= + − − − + − + − = −    
    
Xét hàm 3( ) 2f x x x= − trên 6 6;
3 3
 
− 
 
, suy ra 2( ) 6 1f x x′ = − ; 6( ) 0
6
f x x′ = ⇔ = ± 
 Ta có 6 6 6 6 6 6,
3 6 9 3 6 9
f f f f       − = = − = − = ⋅              
       
 Do đó 6( )
9
f x ≤ ⋅ 
 Suy ra 5 6
36
P ≤ ⋅ 
 Khi 6 6,
3 6
x y z= = = − thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị lớn nhất của P là 
5 6
36
⋅
Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ 
Câu 7.a Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các đường tròn ( ) 2 21C :x y 4+ = , ( ) 2 22C :x y 12x 18 0+ − + = và 
đường thẳng ( )d : x y 4 0− − = . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc ( )2C , tiếp xúc với ( )d và cắt 
( )1C tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB vuông góc với ( )d . Câu hấp dẫn nhất trong đề thi Đại Học 
 Gọi I(a;b) và R là tâm và bán kính của (C) cần tìm nên ( ) ( ) ( )2 2 2C : x a y b R− + − = . 
 Vì ( )2I C∈ nên 2 2a b 12a 18 0+ − + = . (1.1) 
 Do (C) tiếp xúc (d) nên ( )( ) a b 4R d I, d
2
− −
= = , do đó ( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2 a b 4C : x a y b
2
− −
− + − = . 
 Theo đề (C) cắt ( )1C tại A, B. Khi đó A, B có tọa độ là nghiệm của hệ 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
22 2
2 2
2 2
a b 4
a b 4x a y b
 AB : 2ax 2by a b 42 2
x y 4

− −
− − − + − =
⇒ − − = − − −
 + =
. 
 Suy ra vecto pháp tuyến của AB là ( ) ( )2 2n a;b , a b 0+ ≠ . 
Do AB vuông góc với (d) nên ( ) ( ) ( )dn a;b .n 1; 1 0 a b 0− = ⇔ − =
 
. (1.2) 
Từ (1.1) và (1.2) ta có hệ 
2 2 a 3a b 12a 18 0
b 3a b 0
= + − + = 
⇔ 
=
− = 
. 
Vậy ( ) ( ) ( )2 2C : x 3 y 3 8− + − = . 
GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH. Tặng VNMATH.COM 
HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP. QUY NHƠN. 
Cách 2. Dùng tính chất IO và AB cùng vuông góc với (d). 
Ta có ( ) 2 21C :x y 4+ = có tâm O(0;0) và bán kính R1 = 2. 
Gọi I(a;b) và R là tâm và bán kính của (C). 
Vì ( )2I C∈ nên 2 2a b 12a 18 0+ − + = . (1.1) 
Do IO vuông góc với (d) và AB vuông góc với (d) (theo gt) nên IO song song với (d) nên dIO.n 0=
 
 a b 0.⇔ − = (1.2) 
Từ (1.1) và (1.2) ta có hệ 
2 2 a 3a b 12a 18 0
b 3a b 0
= + − + = 
⇔ 
=
− = 
. 
Vậy ( ) ( ) ( )2 2C : x 3 y 3 8− + − = . 
Cách 3. Dùng tính chất IO và AB cùng vuông góc với (d) nên ( )( ) ( )( )d O, d d I, d= . 
Ta có ( ) 2 21C :x y 4+ = có tâm O(0;0) và bán kính R1 = 2. 
Gọi I(a;b) và R là tâm và bán kính của (C). 
Vì ( )2I C∈ nên 2 2a b 12a 18 0+ − + = . (1.1) 
Do IO vuông góc với (d) và AB vuông góc với (d) (theo gt) nên ( )( ) ( )( )d O, d d I, d= 
a b 44
a b 4 4
2 2
− −
⇔ = ⇔ − − = . (1.2) 
Từ (1.1) và (1.2) ta có hệ 
( )
( )
2 2
2 2
2 2
a b 12a 18 0 1
a b 8a b 12a 18 0
a b 4 4 a b 12a 18 0
2
a b 0
 + − + =

 − =+ − + = ⇔ 
− − =  + − + = 

− =
. 
● Hệ phương trình (1) a 7 2 2, b 1 2 2⇔ = ± = − ± (loại) vì I và O phải cùng phía so với (d). 
● Hệ phương trình (2) a b 3⇔ = = . 
Vậy ( ) ( ) ( )2 2C : x 3 y 3 8− + − = . 
Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ 
GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH. Tặng VNMATH.COM 
HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP. QUY NHƠN. 
Câu 8.a Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ( )
2
x 1 y zd :
21
−
=
−
= và hai điểm 
( )A 2;1;0 , ( )B 2;3;2− . Viết phương trình mặt cầu đi qua A, B và có tâm thuộc đường thẳng (d). 
Gọi tâm mặt cầu là ( )I d∈ nên ( )I 1 2t; t; 2t+ − . 
Ta có 2 2IA 9t 6t 2= − + và 2 2IB 9t 14t 22= + + . 
Do 2 2IA IB t 1 I( 1; 1;2)= ⇒ = − ⇒ − − và R IA 17= = . 
Vậy phương trình mặt cầu là ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2S : x 1 y 1 z 2 17+ + + + − = . 
Cách 2. Dùng mặt phẳng trung trực. 
Gọi ( )α là mặt phẳng trung trực của đoạn AB nên ( )α đi qua I(0;2;1) là trung điểm AB và có vecto 
pháp tuyến là ( )AB 4; 2; 2− − nên ( ) : 2x y z 3 0α − − + = . 
Đường thẳng (d) có phương trình tham số ( )
x 1 2t
d : y t
z 2t
= +

=

= −
. 
Theo yêu cầu bài toán thì tâm I của mặt cầu (S) là giao điểm của (d) và ( )α nên I(x;y) là nghiệm 
của hệ 
x 1
2x y z 3 0
x 1
y 1
z
2t
y t
z
2
2t
− − + =
= −
 
⇒ = − 
 
=
= +
=
 =  −
.
Vậy mặt cầu (S) cần tìm có tâm I(-1;-1;2) và bán kính là R IA 7= = nên có phương trình 
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2S : x 1 y 1 z 2 17+ + + + − = . 
Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ 
Câu 9.a Trong một lớp học gồm có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên gọi ngẫu nhiên 4 học 
sinh lên bảng giải bài tập. Tính xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ. 
 Số cách gọi 4 học sinh lên bảng là : 425
25!C 12650
4!.21!
= = . 
 Số cách gọi 4 học sinh có cả nam lẫn nữ là : 
 TH 1: 1 nữ 3 nam có : 1 310 15C .C = 10.455 = 4550. 
 TH 2: 2 nữ 2 nam có : 2 210 15C .C = 4725. 
 TH 3: 3 nữ 1 nam có : 3 110 15C .C = 1800. 
 Suy ra số cách gọi 4 học sinh có nam và nữ là : 4550 + 4725 + 1800 = 11075. 
 Vậy xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam lẫn nữ là : 
11075 443
12650 506
= . 
GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH. Tặng VNMATH.COM 
HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP. QUY NHƠN. 
 Cách 2. Dùng phương pháp “phần bù”. 
 Xác suất chọn không có nam : P1 = 
4
10
4
25
C 21
C 1265
= . 
 Xác suất chọn không có nữ : P2 = 
4
15
4
25
C 273
C 2530
= . 
 Xác xuất có cả nam và nữ : ( )1 2 443P 1 P P 506= − + = . 
 Cách 3. 
 Số cách chọn ngẫu nhiên 4 học sinh là : 425C . 
 Số cách chọn 4 học sinh mà chỉ có học sinh nam hoặc chỉ có học sinh nữ là : 4 415 10C C+ . 
 Xác suất để 4 học sinh được chọn có cả nam và nữ là : 
4 4
15 10
4
25
C C 443P 1 .
C 506
 +
= − = 
 
Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ 
Câu 7.b Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và đường tròn tiếp xúc với 
các cạnh của hình thoi có phương trình 2 2x y 4+ = . Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi qua các 
đỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox. 
Giả sử 
2 2
2 2( ) : 1 ( 0)
x yE a b
a b
+ = > > . Hình thoi ABCD có 
AC = 2BD và A, B, C, D thuộc (E) suy ra OA = 2OB. 
Không mất tính tổng quát, ta có thể xem A(a; 0) và 
(0; )
2
aB . Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên AB, 
suy ra OH là bán kính của đường tròn 2 2( ) : 4C x y+ = 
Ta có : 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 4
4 OH OA OB a a
= = + = + 
Suy ra a2 = 20, do đó b2 = 5. Vậy phương trình chính tắc của (E) là 
2 2
1.
20 5
x y
+ = 
Cách 2 
Đặt AC = 2a , BD = a . Bán kính đường tròn nội tiếp hình thoi R = 2. 
Ta có 2 2 2
1 1 1 5
4
4
a a a
= + = 2 20 2 5a a⇒ = ⇒ = 5b⇒ = 
Vậy phương trình của (E) : 
2 2
1
20 5
x y
+ = 
Cách 3 
Gọi (E) có dạng 
2 2
2 2 1(2 )
x y
a a
+ = với 
1
2
a BD= , ta có: 22 2 2
1 1 1 1 5
4 4
a
a a R
+ = = ⇒ = 
 Vậy phương trình của (E) : 
2 2
1
20 5
x y
+ = 
Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ 
GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH. Tặng VNMATH.COM 
HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP. QUY NHƠN. 
Câu 8.b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ( ) ( )A 0;0;3 , M 1;2;0 . Viết phương trình mặt phẳng ( )P 
qua A và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B, C sao cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường thẳng AM. 
Phương trình đường thẳng ( ) x y z 3AM :
1 2 3
−
= =
−
. 
 Gọi ( ) ( ) ( ) ( )P Ox B b;0;0 , P Oy C 0;c;0 .∩ = ∩ = 
Suy ra 
b cG ; ;1
3 3
 
 
 
 là trọng tâm tam giác ABC. 
 Vì trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng AM nên 
( )
( )
b c
B 2;0;0b 21 33 3
c 41 2 3 C 0;4;0
=− 
= = ⇒ ⇒ 
=−  
. 
Vậy mặt phẳng (P) đi qua A(0;0;3) và có vecto pháp tuyến ( )Pn AB;AC 12;6;8 = = 
  
 nên có phương 
trình ( )P : 12x 6y 8z 24 0+ + − = . 
Cách 2. Phương trình mặt chắn. 
Phương trình mặt phẳng (P) có dạng ( ) x y zP : 1
b c 3
+ + = với ( ) ( ) ( )A 0;0;3 , B b;0;0 , C 0;c;0 . 
Trọng tâm tam giác ABC là : 
b cG ; ;1
3 3
 
 
 
. 
Phương trình đường thẳng ( ) x y z 3AM :
1 2 3
−
= =
−
. 
Vì ( )G AM∈ nên b c 2 b 2,c 4
3 6 3
−
= = ⇒ = =
−
. 
Vậy mặt phẳng ( )P : 6x 3y 4z 12 0+ + − = . 
Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ 
Câu 9.b Gọi 1z và 2z là hai nghiệm phức của phương trình 
2
z 2 3iz 4 0.− − = 
Viết dạng lượng giác của 1z và 2z . 
 Phương trình 2z 2 3iz 4 0− − = có hai nghiệm là 1 2z 1 3i, z 1 3i.= − + = + 
 Vậy dạng lượng giác của z1, z2 là : 
 1
π π 2π 2π
z 2 cos sin 2 cos sin .
3 3 3 3
i i   = − + = +   
   
 2
π π
z 2 cos sin
3 3
i = + 
 
. 
Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ 
Mùa hè năm 2012. Kỷ niệm 8 năm trên đất Quy Nhơn (2004 - 2012).