Đề thi có đáp án chi tiết môn toán lớp 12 năm 2018 trường chuyên lê hồng phong mức độ vận dụng cao | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (308.76 KB, 17 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TỔ 9 - CÂU VẬN DỤNG VẬN DỤNG CAO 
ĐỀ TOÁN CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NĂM 2018
Câu 1: [2D3-4] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Tính tích phân

2 2018

d
ex 1

x
I x






A. I  .0 B.

2020
2
2019
I 
. C. 
2019
2
2019
I 
. D.

2018
2
2018
I 
.
Lời giải
Chọn C.

Đặt x , ta có: dt xdt.
Đổi cận:

x 2 2

t 2 2

Khi đó:

 





2018

2 2 2018 2 2018 2 2018

2 2 2 2

.e .e

d d d d

e 1 e 1 e 1 e 1

t x

t t t x

I t t t x


 
  

    
   



.
Suy ra





2018

2 2018 2 2018 2 2 2019 2020

2018

2 2 2 2 2

e 1

.e 2

2 d d d d

e 1 e 1 e 1 2019 2019

x
x

x x x

x

x x x

I x x x x x

    

     
  



.
Vậy
2019
2
2019

I 
.
Tổng quát:

Nếu f x

 

là hàm số chẵn và liên tục trên đoạn



 ;



thì

 

d d d

1 2

x
f x

x f x x f x x

a
  
 
 
 




PHÁT TRIỂN CÂU 39

Câu 1. [2D3-4] Cho hàm số f x

 

liên tục trên đoạn



 ln 2;ln 2



và thỏa mãn

 





1
x

f x f x

e

  

 .

Biết

 





ln 2

d ln 2 ln 3

f x f x x a b



   

 

 





a b  ,



. Tính P a b  .

A. P  .1 B. P  .1 C. P  .2 D. P  .2

Lời giải
Chọn B.

Ta có :

 





ln 2 ln 2

d d

1
x

f x f x x x

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Đặt t  x dxdt, đổi cận x ln 2 t ln 2;xln 2 t  ln 2.

 





 

   

 

ln 2 ln 2 ln 2

ln 2 ln 2

d d d

d d

1 1

t x

f x f x x f t f t t f t f t t

e e
t x
e e

 
 
               
 

 



 





ln 2 ln 2 ln 2 ln 2

2 d d d d 2ln 2

1 1

x

x x

e

f x f x x x x x

e e
   
        
 



 





ln 2
ln 2

d ln 2

f x f x x







    
.

Suy ra ln 2aln 2bln 3 a1;b .0
VậyP a b     .1 0 1

Câu 40: [2D3-3][Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018]

Biết

1 3

2
0

ln 2 ln 3

3 2

x x

dx a b c

x x



  

 



với a b c, , là các số hữu tỉ , tính S 2a b 2c2.

A. S 515. B. S 164. C. S 436. D. S  .9

Lời giải
Chọn A.

Xét :



 



1 3 1 1

0 0 0

3 10 6 4 14

3 3

3 2 1 2 1 2

x x x

I dx x dx x dx

x x x x x x

 
    
           
         



1
2
1 1
1

0 0 0

3 4ln 1 14 ln 2 3 4ln 2 14ln 3 14 ln 2

2 2

x

I   x  x  x     

2 2

5
2
5

18ln 2 14ln 3 18 2 515

a

I b S a b c

c






          

 

 .

Câu 41: [2D3-3] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Số điểm cực trị của hàm số

 





2 1

2017
2

12 4 d
x

f x t t







 

là

A. 1. B. 3. C. 2. D. 0 .

Lời giải

Chọn B.

Gọi

 





2017

2 12 4 d

F t 



t   t

. Suy ra

 





2017

2 12 4

F t  t  

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Ta có:

 





 

2 1 1

f x F x   F

. Suy ra

 









2017
2

2 1 .2 2 1 12 4 .2

f x F x  x x     x

  .

 





0
0

1 12 4 0

x
f x

x





  

    

 .



x 2 1



2 12 4 0

   x2 1 2 x 1

     .

BXD:

Câu 42. [2D4-4] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Biết phương trình:

2 2017.2018 22018 0

z  z  có 2 nghiệm z ,1 z . Tính 2 S z1  z2 .

A. S 22018. B. S 22019. C. S 21009. D. S 21010.

Lời giải

Chọn D

2 2017.2018 22018 0

z  z   z1z2 2017.2018 và

2018

1 2 2

z z  là số thực.

2 1

z z

   z2 z1 z1 .

Mà ta có: z z 1 2 22018

2018
1 1. 2

z z

   z1 2 22018

1009

1 2

z

  .

Vậy ta có: Sz1  z2 2 z1 21010.

PHÁT TRIỂN CÂU 42

Câu 1. [2D4-4] Cho hai số thực b và c c



0



. Kí hiệuA, B là hai điểm
biểu diễn hai nghiệm phức của phương trình z22bz c 0 trong mặt phẳng phức. Tìm điều

kiện của b và c để tam giác OAB là tam giác vuông (O là gốc tọa độ).

A. b2 2c. B. c2b2. C. b c . D. b2 c.

Lời giải

Chọn B.

Ta có: z22bz c 0. Vì z1z2 2b và z z1 2 là số thực.c

2 1

z z

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Ta có: z1x1y i1  A x y



1; 1



; z1x2y i2  B x y



2; 2



.

Để tam giác OAB là tam giác vuông tại O OA OB               . 0  x x1 2 y y1 2  0

2 2

1 1 0

x y

  

2 2

1 1

x y

  c 2b2

  .

Câu 2. [2D4-4] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

2 2

4 z



4(

m



1)

z m





3 m



0

có hai nghiệm phức

z z

,

2thỏa mãn

z



z



2

A. 0. B. 1. C. 2. D. 4.

Lời giải

Chọn C.

Ta có:

4 z



4(

m



1)

z m





3 m



0

Vì z1z2  1 m và

1 2 3

z z m  mlà số thực.

2 1

z z

   z2 z1 z1

. Vậy ta có: 1

1
2

m
x  

và x12y12 m2 3m.

Ta có:

z



z



2 

z



z



2 

z



1

x12y12 1

2 3 4

m m

  

1
4

m
m



  

 .

Câu 43: [2D4-3] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Cho số phức z a bi 



a b, ,a0



thỏa z z. 12 z 



z z



13 10 i. Tính S a b  .

A. S 17. B. S  .5 C. S  .7 D. S  .17

Lời giải

Chọn C.

Ta có: z z. 12 z 



z z



13 10 i  a2b212 a2b2 2bi13 10 i

2 2 12 2 2 13

2 10

a b a b

b



    

 




2 25 12 2 25 13

a a

b



    

 








25 13
25 1
5

a

a VN

b

  




   






12

a
b



 




12
5

a
b



 



 , vì a  . 0
Vậy S a b   .7

PHÁT TRIỂN CÂU 43

Câu 1. [2D4-3] Cho số phức z a bi a b 



,  



thỏa mãn



1i z



2z  3 2i. Tính P a b  .

A.

1
2

P 

. B. P 1. C. P 1. D.

1
2

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Lời giải

Chọn C.

Ta có:



1i z



2z  3 2 . 1i

 

. Ta có:  z a bi  z  a bi.
Thay vào

 

1 ta được



1i a bi

 





2



a bi



 3 2i









3 2
 a b i  a b   i

2 2

3 3 3

a
a b

a b

b




 

 

   

 

  



 .

Vậy P 1.

Câu 3. [2D4-3] Cho số phức z a bi  ( ,a b  ) thỏa mãn z 1 3i z i0. Tính S a 3b.

A.

7
3

S 

. B. S  .5 C. S  .5 D.

7
3

S 

Lời giải

Chọn B.

Đặt z a bi  ; ;



a b 



Từ giả thiết, ta có: a bi  1 3i a bi i  0  a bi  1 3i a2b i2. 0



2 2



1 3 . 0

 a  b  a b i 2 2

1
1 0

3 0

3


 



 

   



   

 

 

a
a

b

b a b

Vậy

3 1 3. 5

S a  b   

  .

Câu 44. [2D4-2] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Tìm tập hợp các số phức z thỏa



12 5



17 7

13
2

i z i

z i

  


 

A. d:6x4y 3 0 . B. d x: 2y1 0 .

C. ( ) :C x2y2 2x2y  .1 0 D. ( ) :C x2y2 4x2y  .4 0
Lời giải

Chọn A.

Gọi M x y( ; ) là điểm biểu số phức z x yi x y ( ,  ) thỏa bài tốn.
Theo đề có





















12 5 17 7

13 12 5 17 12 5 7 169 2 1

i z i

x y y x x y

z i

  

 

          

 

 

6x 4y 3 0

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là đường thẳng 6x4y 3 0 .

Câu 1. [2Đ4-2-PT1] Cho số phức z thỏa mãn 2 z 2 3 i 2 1 2i  z . Tập hợp các điểm M biểu
diễn số phức z trong mặt phẳng tọa độ Oxy là đường thẳng có phương trình nào sau đây?
A. 20x16y 47 0 . B. 20x16y 47 0 .

C.20x16y47 0 . D. 20x16y47 0 .
Lời giải

Chọn A.

Gọi M x y( ; ) là điểm biểu diễn của số phức z x yi x y ( , ) z  x yi.

Ta có 2 z 2 3 i 2 1 2i  z  2 (x 2) ( y3)i  ( 2x1) (2 y2)i

2 2 2 2

2 (x 2) (y 3) ( 2x 1) (2y 2) 20x 16y 47 0

             .

Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là đường thẳng 20x16y 47 0 .

Câu 2. [2Đ4-3-PT2] Tìm tập hợp các số phức z thỏa z thỏa z4  z 4 10 .

A.

 

2 2

: 1

9 25

x y

E  

. B.

 

2 2

: 1

25 9

x y

E  

C.

 

2 2

: 1

16 9

x y

E  

. D.

 

2 2

: 1

5 3

x y

E  

.
Lời giải

Chọn B.

Gọi M x y( ; ) là điểm biểu số phức z x yi x y ( ,  ) thỏa bài tốn.

Ta có z4 z 4 10  (x4)yi (x 4)yi 10

 

2 2 2 2

(x 4) y (x 4) y 10 *

      

Đặt F -1( 4;0) và F2(4;0) thì

 

*  MF MF1 210F F1 2  nên tập hợp điểm 8 M x y( ; ) biểu

diễn số phức z là một elíp với hai tiêu điểm F F .1, 2

Ta có:

1 2 2 2

1 2

2 2 2

2 10 5

2 8 4 ( ) : 1

25 9

MF MF a a

x y

F F c c E

b

a b c

     

 

      

 

  

  

 .

Câu 45. [1D2-3] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Tìm tổng các giá trị của số thực a
sao cho phương trình z2 3z a 2  2a có nghiệm phức 0 z thỏa o z o 2.

A. 0 . B. 2 . C. 6 . D. 4 .

Lời giải
Chọn D

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

2
1

3 4 8 9

i a a

z     

và

2
2

3 4 8 9

i a a

z     

Suy ra

1 2

4 8 9

4 4

a a

z z     

2
o

4 8 9

2 2

4 4

a a

z       

4 8 9

4 4 8 9 7

4 4

a a

  

       

 

2
2

2 2

4 8 2 0 1

4 8 9 7

4 8 9 7 4 8 16 0 2

a a

a a a a

   



   



   

       

  .

Từ

 

1 ta có a1a2  , từ 2

 

2 ta có a3 a4  .2

Vậy tổng a1a2a3a4  .4

Câu 46: [2H3-3] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz, cho các điểm A



1;0;0



, B



3; 2;1



,

5 4 8
; ;
3 3 3

C  

 . M là điểm thay đổi sao cho hình

chiếu của M lên mặt phẳng



ABC



nằm trong tam giác ABC và các mặt phẳng



MAB



,



MBC





MCA



hợp với mặt phẳng



ABC



các góc bằng nhau. Tính giá trị nhỏ nhất của OM
.

A.

3 . B.

3. C. 3 . D.

28
3 .

Lời giải

Chọn A

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Gọi I là hình chiếu vng góc của điểm M lên mặt phẳng



ABC



. Do các mặt phẳng



MAB





MBC

 

, MCA



cùng hợp với mặt phẳng



ABC



các góc bằng nhau nên I cách đều
ba cạnh của tam giác ABC . Lại có I nằm trong tam giác ABC nên Ichính là tâm đường trịn 
nội tiếp tam giác ABC .

Ta có AB3;AC4;BC5.

Sử dụng công thức: aIA bIB cIC   0 5IA4IB3IC 0 I



1;1;1



       

Đường thẳng qua Ivà vng góc với mặt phẳng



ABC



có phương trình là:
1
1 2
1 2

x t

y t

z t

 



 

  

 .

Kẻ OH . Ta có M thuộc  nên OM OH,M





; 26

min O; .

IO u

OM OH d

u

 

 

    

 

 

Tổng quát: Tọa độ điểm I thỏa mãn aIA bIB cIC    0, (a b c   ) là 0

; ;

A B c A B c A B c

ax bx cx ay by cy az bz cz

a b c a b c a b c

     

 

 

     

 

Bình luận: Giả thiết bài tốn nếu khơng cho hình chiếu của M lên mặt phẳng



ABC



nằm
trong tam giác ABC thì sẽ có bốn điểm I thỏa mãn cách đều ba cạnh của tam giác ABC ( một
tâm nội tiếp và ba tâm bàng tiếp), khi đó bài tốn phải xét cả bốn trường hợp và ta chọn min
của bốn trường hợp đó.

Hướng phát triển bài tốn:

1. Thay giả thiết góc tạo bới các mặt



MAB





MBC





MCA



với mặt phẳng



ABC



bằng
nhau thành MA, MB, MC cùng tạo với mặt phẳng



ABC



các góc bằng nhau. Khi đó
hình chiếu của M lên mặt phẳng



ABC



chính là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC .
Tìm min của OM.

2. Có thể giữ ngun giả thiết như đề bài, thay kết luận bằng việc tìm min của MA MB hoặc

tìm max của MA MB …

Câu 47: [2H1-4] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz, cho 3 đường thẳng

 

1 1 1

2 1 2

x y z

d     

 ,

 

3 1 2

1 2 2

x y z

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

 

4 4 1

2 2 1

x y z

d     

 . Mặt cầu bán kính nhỏ nhất tâm I a b c



; ;



tiếp xúc với 3 đường

thẳng

     

d1 , d2 , d3 . Tính S a 2b3c.

A. S  . 10 B. S  . 11 C. S  . 12 D. S  . 13

Lời giải
Chọn B.

Nhận xét 3 đường thẳng

     

d1 , d2 , d3 đơi một vng góc nhau. Dễ dàng tính được đoạn

vng góc chung của từng cặp đường thẳng, các đoạn này bằng nhau và bằng 3. Vì vậy ta có

thể dựng hình lập phương sao cho

     

d1 , d2 , d3 chứa 3 cạnh của hình lập phương.

Ta có cạnh hình lập phương là d  3

     

d1 , d2 , d3 lần lượt đi qua các điểm



1;1;1 , 3; 1;2 , 4;4;1

 



 



mà khoảng cách giữa hai

điểm



1;1;1



và



3; 1;2



bằng 3 (đúng bằng cạnh hình lập phương), khoảng cách giữa hai
điểm



1;1;1



và



4; 4;1



bằng 3 2 (bằng đường chéo của các mặt hình lập phương) cịn

khoảng cách giữa hai điểm



3; 2;1



và



4;4;1



bằng 3 3 . Do đó ta có thể chọn d d d lần1, ,2 3

lượt chứa AB A D CC,  ,  và A



1;1;1 ,



A



3; 1;2 ,



C



4;4;1



.
Ta có













2 2 2 2 2

, , ,

d I d d I ABCD d I ABB A  x y













2 2 2 2 2

, , ,

d I d d I BCC B  d I CDD C  z t













2 2 2 2 2

, , ,

d I d d I ADD A  d I A B C D    u v

Ta có

2 2 2 2 2 2 2

3r x y z t u v

2 2 2 2 2 2

x y z t u v

r     

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>



2 2

 

2 2

 

2 2



x v  y t  z u















2 9 9 9

2 2 2 2 2 2

3 3 2

x v y t z u

   

  

Suy ra

3 2
2

r 
.

Dấu bằng xảy ra khi x v 3,y t 3,z u  3 x      y z t u v 3 I là tâm hình
lập phương.

Khi đó I là trung điểm của

7 3 3 7 3 3

; ; 2. 3. 11

2 2 2 2 2 2

AC  I  S    

 

Câu 48: [2D3-4] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Cho hàm số f x

 

có đạo hàm

trên  thỏa



x2

   

f x  x1



f x'

 

 và ex

 

1
0

f 

. Tính f

 

2 ?
A.

 

2 3

e

f 

. B.

 

2 6

e

f 

. C.

 

2
3

e

f 

. D.

 

2
6

e

f 

.
Lời giải

Chọn D

Ta có f x x

  

2



 f x x'

  

1



 ex

  



  



 

2 ' 1

x x x

e f x x e f x x e

    

  



x

 

x 2

f x x e  e

 

    

Do đó

  



 

  



2 2 2

2 2 2

0 0 0

1 x x 1 x x

f x x e dx e dx f x x e e dx

      

 



 

2 1

3 2 0

e

e f f 

  

 

2
6

e
f

 

PHÁT TRIỂN CÂU 48

Câu 1: [2D3-4] Cho hàm số f x

 

có đạo hàm trên  thỏa



2x 1 .ln 2 2



f x

  

2x 1



f x'

 

2x

    

 

  và f

 

0  . Tính 1 f

 

3 ?

A.

 

9
3

f 

. B.

 

30
3

ln 2

f 

C.

 

15 1

56ln 2 56

f  

. D.

 

15 3

28ln 2 28

f  

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Chọn D

Ta có:



2 1 .ln 2 2



  

2 1



 

2
x

x  f x  x f x 

 

 





 





 

2x 2x 1 .ln 2 2 f x 2 2x x 1 f x' 2x

       

  

2 1 2



x 22x

f x x 

 

    

Do đó:

  



  



3 3 3

2 2

1 1 1

2 1 2x 2 x 2 1 2x 2 x

f x x dx dx f x x dx

      

 



 

2.3 2.1

2 2 15 3

56 3 6 1 3

2ln 2 28ln 2 28

f f  f

     

Câu 2: [2D3-4] Cho hàm số yf x

 

liên tục trên \ 0; 1







thỏa:





 

2 ,



0; 1



x x f x  f x x x x  

và f

 

1 2ln 2. Biết f

 

2  a bln 3 ,



a b  .



Tính a2 b2 ?

A.

4. B.

4 . C.

2. D.

9
2.

Lời giải

Chọn D

Ta có x x



1



f x

 

 f x

 

x x



1



 





1
f x

f x

x x



  



 





1 1 1

f x

x x

f x

x x x



  

  

 

1 1

x x

f x

x x



 

   

 

 

Do đó

 

2 2

1 1

x x

f x dx dx

x x



 



 

 

 



 





2
1
1

. ln 1

x

f x x x

x

 

     



 

 

2 .2

 

1 .1 1 ln2 2



ln 3





2 ln 2



1 ln2

3 2 3 3 2 3

f f a b

         

2 2

2 2 2 9

ln 3 1 ln 3 .

3 3 2

a

a b a b

b






        

 



</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

tích khối trịn xoay khi cho tam giác AOM quay quanh Ox . Biết V12V2. Tính

diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi

 

C , OM (hình vẽ khơng thể hiện
chính xác điểm M ).

A. S  .3 B.

27 3

S 

. C.

3 3
2

S 

. D.

4
3

S 
.

Lời giải

Chọn B.

Ta có

 

9 2 9 2

0 0 0

d d .

2 2

x

V 



x x



x x  

Gọi M m m m 



;







. Dựng MH Ox.

Khi cho tam giác AOM quay quanh Ox ta được hai hình nón có chung đáy.

2 2

1 1

. . . .

3 3

V   MH OH   MH HA 1 . 2.

3 MH OA

 1 . .9 3

3 m m

 

Theo giả thiết V12V2

81 27

2.3

2 m m 4



   

Vậy

1 27 3 1 27 27 27 3

d . . . .

2 4 2 4 2 16

S 



x x OH HM   

PHÁT TRIỂN CÂU 49

Câu 1: [2D3-3] Cho hàm số yf x

 

ax3bx2cx d a b c , , ,



,a0



có đồ thị

 

C

. Biết rằng đồ thị

 

C tiếp xúc với đường thẳng y 4 tại điểm có hồnh độ
âm và đồ thị hàm số yf x

 

cho bởi hình vẽ dưới đây:

O x

y

1
1



3


O x

y

1
1

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị

 

C và trục hoành.

A. S  .9 B.

27
4

S 
.

C.

21
4

S 

. D.

5
4

S 
.

Lời giải

Chọn B.

Từ đồ thị suy ra f x

 

3x2 3.

 

d



3 2 3 d



3 3

f x 



f x x 



x  x x  x C

 

C tiếp xúc với đường thẳng y 4 tại điểm có hồnh độ x âm nên0

 

0 0 3 0 3 0 0 1

f x   x    x  .

Suy ra f



1



 4 C 2 

 

C y x:  3 3x 2

Xét phương trình

3 3 2 0 2

x

x x

x



    



 .

Diện tích hình phẳng cần tìm là:





1 3

3 2 d

S x x x







  

Câu 2: [2D3-3] Cho hình phẳng

 

H giới hạn bởi các đường

2 1

yx 

và y k ,0k1. Tìm k để

diện tích của hình phẳng

 

H gấp hai lần diện tích hình phẳng được kẻ sọc trong hình vẽ bên.

A. k 3 4. B. k 32 1. C.

1
.
2

k 

D. k 34 1.
Lời giải

Chọn D.

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi y 1 x y k x2,  ,  bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi0

2 2

1 , 1, , 0

y  x y x  y k x  .

Ta có













1 1 1

2 2 2

0 1 1

1 d 1 d 1 d

k k

k

x k x k x x k x x

 



       



































1 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1

3 3 3

1 1

1 1 1 1 1

3 3

k k k k k k k k k

k k k k k

              

        









3 3

2 4

1 1 1 2 4 1

3 k k 3 k k

         

.

Câu 50. [4D2-4] [2D4-4] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Cho số phức z thỏa
1

z  , gọi m M, lần lượt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của

5 6 2 4 1

Pz z  z  z 

.
Tính M m .

A. M m  .1 B. M m  .3 C. M m  .6 D. M m 12.
Lời giải

Chọn A.

Ta có

5 4

6 2 1

Pz z  z  z 

4 2

6 2

z z z z

    





2 2

2 4 2 2

z z z z

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>





2 2

2 4 2 2

z z z z

    





2
2

2 1 3

z z

   

Vì

2
2

2 2

z z

  




   





nên Pmax  , 4 P  nên chọn A.min 3

Cách giải khác:

Ta có

5 4

6 2 1

Pz z  z  z 

4 2

4 6 2 2

z z z z

    

Đặt

2
2

tz z

với t 



0;2



4 2 2

z z t

   

Do đó

 

2 4 2 2 2 4

Pt   t t  t f t

với t 



0;2



Khi đó Pmax  , 4 P  nên chọn A.min 3

PHÁT TRIỂN CÂU 50:

Câu 50. [4D2-4] Cho số phức z thỏa z 1 , gọi m M, lần lượt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của

3 2

5 4 2 2

Pz z  z  z z

. Tính M mi .

A. M mi  3. B. M mi  .1 C. M mi  5. D. M mi  2.
Lời giải

Chọn C.

Ta có

3 2

5 2

4 2

Pz z  z  z z

4 2

4 4 2 2

z z z z

    





2 2

z z z z

    





2 2

2 2 2 2

z z z z

    





2
2

2 1 1

z z

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Vì

2
2

2 2

z z

  




   





</div>

Đề thi có đáp án chi tiết môn toán lớp 12 năm 2018 trường chuyên lê hồng phong mức độ vận dụng cao | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện



 

























 





 

 

 







 





 





 











 





 





 

   

 

 











 













 





<sub></sub>





 









 





<sub></sub>

 





<sub></sub>

 



