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

<span class='text_page_counter'>(1)</span>GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH.. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ------------------------ĐỀ CHÍNH THỨC. Tặng. VNMATH.COM. ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối B 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 y = x3 − 3mx 2 + 3m3 (1), m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1 . 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 x + 3 sin x) cos x = cos x − 3 sin x + 1 . Câu 3. (1,0 điểm). Giải bất phương trình x + 1 + x 2 − 4 x + 1 ≥ 3 x . 1. x3 dx . x 4 + 3x 2 + 2 0 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 4. (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫. Câu 6. (1,0 điểm). Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x + y + z = 0 và x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x5 + y 5 + z 5 . 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 (C1 ) : x 2 + y 2 = 4 , (C2 ) : x 2 + y 2 − 12 x + 18 = 0 và đường thẳng d : x − y − 4 = 0 . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc. (C2 ) , tiếp xúc với d và cắt (C1 ) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB vuông góc với d. x −1 y z = = Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : và hai điểm 2 1 −2 A(2;1;0), B(−2;3; 2) . 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 x 2 + y 2 = 4 . 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 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. Câu 9.b (1,0 điểm). Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 2 3iz − 4 = 0. Viết dạng lượng giác của z1 và z2 . ………… 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: ………………………………..…. HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP. QUY NHƠN.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH.. Tặng. VNMATH.COM. ĐÁP ÁN THEO NHIỀU CÁCH Câu 1. Cho hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 3m3 (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 = −∞ và lim y = +∞ x→−∞. x→+∞. ● Bảng biến thiên. x. −∞. y’. 0 +. 2 −. 0. y. +∞. 0. +. 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).. y. ● Đồ thị.. 3. 0. 2. ● y’ = 3x2 – 6mx.. -1. 2. x. ● 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 OA = y A = 3m3 và d ( B, OA ) = d ( B, Oy ) = xB = 2m . ● Yêu cầu bài toán S∆OAB = 48 ⇔. 1 1 OA.d ( B,Oy ) = 48 ⇔ 3m3 2m = 48 2 2. ⇔ m 4 = 16 ⇔ m = ±2 (thỏa điều kiện).. HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP. QUY NHƠN.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH.. Tặng. VNMATH.COM. 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 ⇔ ∆ y ' > 0 ⇔ 36m 2 > 0 ⇔ m ≠ 0. m 1 ● Ta có y =  x −  y '− 2m 2 x + 3m3 . 3 3. ● Suy ra đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là y = −2m 2 x + 3m3 ⇔ 2m 2 x + y − 3m3 = 0. 1 ● Ycbt S∆OAB = 48 ⇔ AB.d ( O, ( d ) ) = 48 ⇔ 2. ( x B − x A ) + ( yB − yA ) 2. ⇔. ( xB − xA ). 2. ⇔. ( xB + xA ). 2. (1 + 4m ). 4. 2. .. −3m3 4m 4 + 1. −3m3 4m 4 + 1. = 96. = 96. − 4x A x B . −3m3 = 96. (*).  x A + x B = 2m . Thay vào ● Do x A ,x B là hai nghiệm của phương trình y’=0 nên theo Viet ta có  x A x B = 0 phương trình (*) ta được. ( 2m ). 2. . −3m3 = 96 ⇔ m 4 = 16 ⇔ m = ±2. (thỏa điều kiện). dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ. (. ). 2 cos x + 3 sin x cos x = cos x − 3 sin x + 1. Câu 2. Giải phương trình:. ⇔ 2cos 2 x + 3sin2x = cosx − 3sinx + 1 ⇔ ( 2cos 2 x − 1) + 3sin2x = cosx − 3sinx ⇔ cos2x + 3sin2x = cosx − 3sinx. π  π  ⇔ sin  2x +  = sin  − x  6  6  π π   2x + 6 = 6 − x + k2π ⇔  2x + π = π −  π − x  + k2π    6 6 .  x = ⇔ x = . k2π 3 2π + k2π 3. ⇔x=. k2π , k ∈ ℤ. 3. HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP. QUY NHƠN.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH.. Tặng. VNMATH.COM. Cách 2. Giống cách 1 nhưng đưa về phương trình theo cos. ⇔ 2 cos 2 x + 3 sin 2 x = cos x − 3 sin x + 1 ⇔ ( 2 cos 2 x − 1) + 3 sin 2 x = cos x − 3 sin x ⇔ cos 2 x + 3 sin 2 x = cos x − 3 sin x. π π   ⇔ cos  2 x −  = cos  x +  3 3  . π π   2 x − 3 = x + 3 + k 2π ⇔  2 x − π = −  x + π  + k 2π    3 3 .  x = ⇔ x = . 2π + k 2π 3 k 2π 3. ⇔x=. k 2π , k ∈ ℤ. 3. Cách 3. Phân tích thành các thừa số chung.. (. ). 2 cos x + 3 sin x cos x = cos x − 3 sin x + 1. ⇔ 2 cos 2 x − cos x − 1 + 2 3 sin x cos x + 3 sin x = 0 ⇔ ( 2 cos x + 1)( cos x − 1) + 3 sin x ( 2 cos x + 1) = 0. (. ). ⇔ ( 2 cos x + 1) cos x + 3 sin x − 1 = 0  2 cos x + 1 = 0 ⇔  cos x + 3 sin x = 1 1   cos x = − 2 k 2π ⇔ ⇔x= , k ∈ ℤ. 3  cos  x − π  = 1    3 2 Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ Câu 3. Giải bất phương trình. x + 1 + x 2 − 4x + 1 ≥ 3 x.. 0 ≤ x ≤ 2 − 3 ● Điều kiện :  . x ≥ 2 + 3  ● Với x = 0 là nghiệm bất phương trình. ● Với x ≠ 0 thì bất phương trình tương đương ● Đặt t = x +. x+. 1 1 + x + − 4 ≥ 3. x x. 1 1 ⇒ x + = t 2 − 2 . Điều kiện ( t ≥ 2 ) . x x. HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP. QUY NHƠN.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH.. Tặng. VNMATH.COM. ● Bất phương trình trở thành t + t 2 − 6 ≥ 3 ⇔ t 2 − 6 ≥ 3 − t. t 2 − 6 ≥ 0 t > 3   5 t≤3  3 − t < 0 ⇔ ⇔   ⇔ t ≥ . (thỏa điều kiện) 2  5 3− t ≥ 0   t ≥   2 2  2   t − 6 ≥ 9 − 6t + t 5 ● Với t ≥ ta thu được 2. 1  x≤ 1 5  x+ ≥ ⇔ 4 , kết hợp điều kiện ta chọn  x 2 x ≥ 4. 1  0 ≤ x ≤ 4 .  x ≥ 4.  1 ● Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = 0;  ∪ [ 4; +∞ ) .  4. Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ. 1. I =∫. Câu 4. Tính tích phân :. 0 1. I =∫ 0. x3 dx . x 4 + 3x 2 + 2. x 2x   −x dx = ∫  2 + 2  dx 2 x + 3x + 2 x +1 x + 2  0 1. 3. 4. 1. = −∫ 0. 1. x 2x  1  dx + ∫ 2 dx =  − ln x 2 + 1 + ln x 2 + 2  2 x +1 x +2  2  0. 1 0. 3 = ln 3 − ln 2. 2. Cách 2. Phương pháp đặt ẩn phụ. 1. 1. x3 x2 x I =∫ 4 dx = ∫0 x 4 + 3x 2 + 2 dx x + 3x 2 + 2 0. ● Đặt: t = x 2 dt . 2 x=0⇒t =0 ● Đổi cận: . x =1⇒ t =1 1 1 1 tdt 1  −1 2  3 ● Khi đó I = ∫ 2 = ∫ + dt = ln 3 − ln 2. 2 0 t + 3t + 2 2 0  t + 1 t + 2  2 ⇒ dt = 2 xdx ⇒ xdx =. Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ. HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP. QUY NHƠN.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH.. Tặng. VNMATH.COM. 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 . Từ (1) và (2) suy ra AB ⊥ ( SKC ) ⇒ SC ⊥ AB .. (2) (*). 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 SN = SC 2 − NC2 =. a 15 . 4.  = SN = AH ⇒ AH = a 5 . Ta có sinC SC AC 4 Áp dụng Pitago trong tam giác SHA ta có SH = SA 2 − AH 2 =. 7a . 4. a 11 . 4 1 11 7a 3 11  = S∆ABH .SH =  AB.HK  .SH = (đvtt). 3 3 2 96 . Xét tam giác ABH ta có HK = AH 2 − AK 2 = Vậy VS.ABH. HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP. QUY NHƠN.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH.. Cách 2. Phương pháp tỷ số thể tích. V SH 7a 7 Ta có S.ABH = = : 2a = VS.ABC SC 4 8. Tặng. ⇒ VS.ABH =. VNMATH.COM. 7 VS.ABC . 8. 1 1 1 a2 3 a 2 a 3 11 . 4a 2 − = . Mà VS.ABC = SABC .SI = SABC . SC 2 − IC 2 = . 3 3 3 4 3 12. 7 a 3 11 7a 3 11 Vậy VS.ABH = . (đvtt). = 8 12 96 Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ Câu 6. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x + y + z = 0 và x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x 5 + y5 + z5 . ● Ta có z = − ( x + y ) , suy ra x 2 + y 2 + ( x + y ) = 1 2. 1 2 1 2 ⇒ ( x + y ) − xy = . 2 1 2 ● Đặt t = x + y ⇒ xy = t − . 2 1 2  ● Do ( x + y ) ≥ 4xy ⇒ t 2 ≥ 4  t 2 −  2  2 ⇒ t2 ≤ 3 ⇒ x 2 + y 2 + xy =. ⇒ −. ●. (. 2 2 ≤t≤ . 3 3. P = x 5 + y5 − ( x + y ) = − 5x 4 y + 10x 3 y 2 + 10x 2 y3 + 5xy 4 5. (. = −5xy x + 2x y + 2xy + y 3. 2. 2. 3. ) = −5xy ( x + y ) ( x. 2. ). + xy + y 2. ). 5  1 5 5 = − t  t 2 −  = − t 3 + t. 2  2 2 4  2 2 5 5 ● Dùng đạo hàm tìm GTLN của hàm số f ( t ) = − t 3 + t trên đoạn  − ;  ta tìm được 2 4  3 3 5 MaxP = Maxf ( t ) = . 6 6. Cách 2. Với x + y + z = 0 và x 2 + y 2 + z 2 = 1 .. Ta có : 0 = ( x + y + z ) = x 2 + y 2 + z 2 + 2x ( y + z ) + 2yz = 1 − 2x 2 + 2yz nên yz = x 2 − . 1 2. 2. Mặt khác yz ≤. y2 + z2 1 − x 2 1 1 − x2 6 6 , suy ra x 2 − ≤ , do đó − = ≤x≤ 2 2 2 2 3 3. HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189. (*). 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP. QUY NHƠN.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH.. Tặng. VNMATH.COM. Khi đó: P = x5 + ( y 2 + z 2 )( y 3 + z 3 ) − y 2 z 2 ( y + z) 2. 1  = x + (1 − x )  ( y + z )( y + z ) − yz ( y + z )  +  x 2 −  x 2  5. 2. 2. 2. 2.  1   1 5  = x5 + (1 − x 2 )  − x(1 − x 2 ) + x  x 2 −   +  x 2 −  x = (2 x3 − x). 2   2 4    6 6 6 Xét hàm f ( x) = 2 x3 − x trên  − ;  , suy ra f ′( x) = 6 x 2 − 1 ; f ′( x) = 0 ⇔ x = ± 6  3 3    6  6  6 6 6 6 6 Ta có f  −  = f   = − , f  ⋅ Do đó f ( x) ≤ ⋅  = f  −  = 9 9  3   6   3   6  9. Suy ra P ≤ Khi x =. 5 6 ⋅ 36. 6 6 5 6 , y=z=− ⋅ thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị lớn nhất của P là 3 6 36. Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ Câu 7.a Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các đường tròn ( C1 ) :x 2 + y 2 = 4 ,. đường thẳng ( d ) : x − y − 4 = 0 . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc. ( C1 ). ( C2 ) :x 2 + y2 − 12x + 18 = 0 và ( C2 ) , tiếp xúc với ( d ) và cắt. 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 ( C ) : ( x − a ) + ( y − b ) = R 2 . 2. 2. Vì I ∈ ( C 2 ) nên a 2 + b 2 − 12a + 18 = 0 . Do (C) tiếp xúc (d) nên R = d ( I, ( d ) ) =. (1.1). a−b−4 2. , do đó ( C ) : ( x − a ) + ( y − b ) 2. 2. ( a − b − 4) =. 2. 2. .. Theo đề (C) cắt ( C1 ) tại A, B. Khi đó A, B có tọa độ là nghiệm của hệ 2  a − b − 4) ( 2 2 ( x − a ) + ( y − b ) =  2 x 2 + y2 = 4 . ⇒. ( AB ). ( a − b − 4) : −2ax − 2by = 2. 2. − a 2 − b2 − 4 ..  Suy ra vecto pháp tuyến của AB là n ( a;b ) , ( a 2 + b 2 ≠ 0 ) .   Do AB vuông góc với (d) nên n ( a;b ) .n ( d ) (1; −1) = 0 ⇔ a − b = 0 .. (1.2). a 2 + b 2 − 12a + 18 = 0 a = 3 Từ (1.1) và (1.2) ta có hệ  ⇔ . b = 3 a − b = 0 Vậy ( C ) : ( x − 3) + ( y − 3) = 8 . 2. 2. HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP. QUY NHƠN.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH.. Tặng. VNMATH.COM. Cách 2. Dùng tính chất IO và AB cùng vuông góc với (d). Ta có ( C1 ) :x 2 + y 2 = 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 I ∈ ( C 2 ) nên a 2 + b 2 − 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 IO.n d = 0 ⇔ a − b = 0.. (1.2). a 2 + b 2 − 12a + 18 = 0 a = 3 Từ (1.1) và (1.2) ta có hệ  ⇔ . b = 3 a − b = 0  . Vậy ( C ) : ( x − 3) + ( y − 3) = 8 . 2. 2. Cách 3. Dùng tính chất IO và AB cùng vuông góc với (d) nên d ( O, ( d ) ) = d ( I, ( d ) ) . Ta có ( C1 ) :x 2 + y 2 = 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 I ∈ ( C 2 ) nên a 2 + b 2 − 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−4 4 = ⇔ a−b−4 = 4. 2 2. (1.2).  a 2 + b 2 − 12a + 18 = 0 (1)  2 2 a + b − 12a + 18 = 0  a − b = 8 Từ (1.1) và (1.2) ta có hệ  ⇔ . 2 2  a + b − 12a + 18 = 0  a − b − 4 = 4  ( 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 ( C ) : ( x − 3) + ( y − 3) = 8 . 2. 2. Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ. HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP. QUY NHƠN.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH.. Tặng. VNMATH.COM. x −1 y z = = và hai điểm 2 1 −2 A ( 2;1;0 ) , B ( −2;3; 2 ) . Viết phương trình mặt cầu đi qua A, B và có tâm thuộc đường thẳng (d).. Câu 8.a Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng. (d) :. Gọi tâm mặt cầu là I ∈ ( d ) nên I (1 + 2t; t; −2t ) . Ta có IA 2 = 9t 2 − 6t + 2 và IB2 = 9t 2 + 14t + 22 . Do IA 2 = IB2 ⇒ t = −1 ⇒ I(−1; −1; 2) và R = IA = 17 . Vậy phương trình mặt cầu là ( S ) : ( x + 1) + ( y + 1) + ( z − 2 ) = 17 . 2. 2. 2. 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 (α ) : 2x − y − z + 3 = 0 ..  x = 1 + 2t  Đường thẳng (d) có phương trình tham số ( 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 2x − y − z + 3 = 0  x = −1  x = 1 + 2t   của hệ  ⇒  y = −1 . y = t z = 2  z = −2t Vậy mặt cầu (S) cần tìm có tâm I(-1;-1;2) và bán kính là R = IA = 7 nên có phương trình. (S) : ( x + 1) + ( y + 1) + ( z − 2 ) 2. 2. 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. 25! Số cách gọi 4 học sinh lên bảng là : C 425 = = 12650 . 4!.21! Số cách gọi 4 học sinh có cả nam lẫn nữ là : 3 TH 1: 1 nữ 3 nam có : C110 .C15 = 10.455 = 4550. 2 2 TH 2: 2 nữ 2 nam có : C10 .C15 = 4725. 3 TH 3: 3 nữ 1 nam có : C10 .C115 = 1800. Suy ra số cách gọi 4 học sinh có nam và nữ là : 4550 + 4725 + 1800 = 11075. 11075 443 Vậy xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam lẫn nữ là : . = 12650 506. HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP. QUY NHƠN.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH.. Tặng. VNMATH.COM. Cách 2. Dùng phương pháp “phần bù”. C4 21 Xác suất chọn không có nam : P1 = 10 = . 4 C25 1265 4 C15 273 = . 4 C 25 2530 443 Xác xuất có cả nam và nữ : P = 1 − ( P1 + P2 ) = . 506 Cách 3. Số cách chọn ngẫu nhiên 4 học sinh là : C 425 .. Xác suất chọn không có nữ : P2 =. 4 4 . Số cách chọn 4 học sinh mà chỉ có học sinh nam hoặc chỉ có học sinh nữ là : C15 + C10.  C4 + C4  443 Xác suất để 4 học sinh được chọn có cả nam và nữ là : P = 1 −  15 4 10  = .  C25  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 x 2 + y 2 = 4 . Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox. x2 y 2 + = 1 (a > b > 0) . Hình thoi ABCD có a2 b2 AC = 2BD và A, B, C, D thuộc (E) suy ra OA = 2OB.. Giả sử ( E ) :. Không mất tính tổng quát, ta có thể xem A(a; 0) và a B(0; ) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên AB, 2 2 2 suy ra OH là bán kính của đường tròn (C ) : x + y = 4 1 1 1 1 1 4 = + = 2+ 2 Ta có : = 2 2 2 4 OH OA OB a a x2 y2 + = 1. Suy ra a = 20, do đó b = 5. Vậy phương trình chính tắc của (E) là 20 5 2. 2. Cách 2 Đặt AC = 2a , BD = a . Bán kính đường tròn nội tiếp hình thoi R = 2. 1 1 1 5 Ta có = 2 + 2 = 2 ⇒ a 2 = 20 ⇒ a = 2 5 ⇒ b = 5 4 a a a 4 x2 y 2 Vậy phương trình của (E) : + =1 20 5 Cách 3 x2 y2 1 1 1 1 1 Gọi (E) có dạng + = 1 với a = BD , ta có: 2 + 2 = 2 = ⇒ a 2 = 5 2 2 2 a 4a R 4 (2a ) a Vậy phương trình của (E) :. x2 y 2 + =1 20 5. Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP. QUY NHƠN.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH.. Tặng. VNMATH.COM. 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. x y z −3 Phương trình đường thẳng ( AM ) : = = . 1 2 −3 Gọi ( P ) ∩ Ox = B ( b;0;0 ) , ( P ) ∩ Oy = C ( 0; c; 0 ) .. b c  Suy ra G  ; ;1 là trọng tâm tam giác ABC. 3 3  Vì trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng AM nên b c 3 = 3 = 1 − 3 ⇒ b = 2 ⇒  B ( 2; 0; 0 ) .   1 2 −3 c = 4 C ( 0; 4; 0 )    Vậy mặt phẳng (P) đi qua A(0;0;3) và có vecto pháp tuyến n P =  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 ( P ) :. x y z + + = 1 với A ( 0; 0;3) , B ( b;0;0 ) , C ( 0; c;0 ) . b c 3. b c  Trọng tâm tam giác ABC là : G  ; ;1 . 3 3  x y z −3 Phương trình đường thẳng ( AM ) : = = . 1 2 −3 b c −2 Vì G ∈ ( AM ) nên = = ⇒ b = 2, c = 4 . 3 6 −3 Vậy mặt phẳng ( P ) : 6x + 3y + 4z − 12 = 0 .. Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ Câu 9.b Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 2 3iz − 4 = 0. Viết dạng lượng giác của z1 và z2 . Phương trình z 2 − 2 3iz − 4 = 0 có hai nghiệm là z1 = −1 + 3i, z 2 = 1 + 3i. Vậy dạng lượng giác của z1, z2 là : π π 2π 2π    z1 = 2  − cos + isin  = 2  cos + isin  . 3 3 3 3    π π  z 2 = 2  cos + isin  . 3 3  Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ Mùa hè năm 2012. Kỷ niệm 8 năm trên đất Quy Nhơn (2004 - 2012).. HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP. QUY NHƠN.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(13)</span>