Bài tập vận dụng có đáp án chi tiết trong đề thi thử đại học môn toán trường chuyên đại học vinh | 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 (741.24 KB, 15 trang )

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

TỔNG HỢP CÁC CÂU VẬN DỤNG – ĐỀ THI THỬ CHUYÊN ĐH VINH

Câu 1: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [2D3-4] Một viên gạch hoa hình vng cạnh 40cm. Người
thiết kế đã sử dụng bốn đường parabol có chung đỉnh tại tâm của viên gạch để tạo ra bốn cánh
hoa (được tơ màu sẫm như hình vẽ bên). Diện tích mỗi cánh hoa của viên gạch bằng

A. 800cm .2 B.

2
800

cm .

3 C.

2
400

cm .

3 D. 250cm .2

Lời giải
Chọn C.

Cách 1: Trước hết ta chứng minh công thức tổng quát.

“Một cánh cổng hình parabol có khoảng cách giữa hai chân bằng 2 .a Trục đối xứng vng góc
với đường nối hai chân và khoảng cách từ đỉnh đến đáy bằng h. Khi đó, diện tích cánh cổng đó

là

.
3

ah
S

”

Thật vậy, giả sử hai chân là Avà B. Chọn hệ trục tọa độ sao cho gốc tọa độ O trùng với trung
điểm AB, A a



 ;0



, B a





và đỉnh I



0;h



Khi đó, phương trình parabol là

2
2

h

y x h

a

  

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

2 2

d 2 d

a a

a

h h

S x h x x h x

a a



   

       

   



2
2

0
3

a
h

x hx
a

 

   

 

4
.
3

ah



Áp dụng vào bài tốn ta có, diện tích mỗi phần parabol là

4.20.20
3

S  1600cm .2
3

Tổng diện tích của bốn cánh hoa bằng tổng diện tích 4 phần parabol trừ đi diện tích hình vng

nên ta được:

2
1600

4 40

  1600cm .2
3


Vậy diện tích mỗi cánh bằng

2
400

cm .
3
Cách 2:

Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.

Gọi S là diện tích một cách hoa. Ta xé cánh hoa ở góc phần tư thứ nhất.

Ta có: S 2S, với S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi

 

P y ax:  2 và đường thẳng

 

d :y x .

Ta có:

 

P qua điểm.



20;20



. nên

2 1

20 20

a a

  

. Suy ra:

 

2
1
:

P y  x

Khi đó:

20 2

1 200 400

2 2 d 2

20 3 3

S  S x x  x  

 



 

cm
.

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

A.

5 .a B.

5
.
5

a

C. 3 .a D. 3.
a

Lời giải
Chọn D.

Cách 1. ( dùng tọa độ)

Đưa hình lập phương vào hệ trục tọa độ Oxyz sao choB' 0;0;0 , ' ;0;0 , ' 0; ;0





C a





A



a





 



' ; ;0 , 0;0; , 0; ; , ;0;

D a a B a A a a C a a

Ta có :

; ; , ;0;0

2 2 2

a a a

M a N  

    0; 2 ; 2



0;1; 2



a a

MN   a 

   

 







1 0;1; 2

u



là VTCP của

MN.



; ;0





1;1;0



B D a a  a u

 

là VTCP của B D .

1 2

1 2
;

( ; )

3
;

u u B N a

d MN B D

u u

  

 

   

 

 

  
 

.
Cách 2.

Gọi P là trung điểm của C D . EA'C'NP,I  A'C'B'D'.
Ta có :d MN B D



; ' '



d B D BDPN



' ';





d I BDPN



;





h.
Ta có h là độ dài đường cao trong tam giác vuông MIN.

Vậy 3

9
1
2

16
1

1
1

2
2
2
2
2
2

a
h
a
a
a
IE
MI

h        .

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

A. 2, 7cm. B. 4, 2cm. C. 3,6cm. D. 2, 6cm.
Lời giải

Chọn A.

Thể tích nước trong cốc ban đầu là

(

)

1 . . 5, 4 .4,5 131, 22

V =B h=p = p

Gọi x cm( ) là bán kính của viên billiards snooker (điều kiện 0< <x 4,5 ).

Khi đó thể tích của khối của viên billiards là

3
2

4
3
V = px

Do khi thả viên billiards vào cốc thì viên billiards tiếp xúc đáy cốc và tiếp xúc với mặt nước
sau khi dâng, nên chiều cao của nước là 2x.

Khi đó thể tích của nước và viên bi là

(

)

. 5, 4 .2 58,32

V =p x= px

Vậy ta có phương trình:

3
1 2

131, 22 58,32

V + = ÛV V p+ px = px

4x 174,96x 393,66 0

Û - + =

Giải phương trình trên và đối chiếu điều kiện ta được: x=2,7
Vậy bán kính của viên bi đó là 2,7cm.

Câu 4: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [2D1-3] Cho hàm số y f x

 

có đạo hàm liên tục trên
.

 Bảng biến thiên của hàm số y f x

 

được cho như hình vẽ dưới đây. Hàm số
1

2
x
y f  x

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

A. (2; 4). B. (0; 2). C. ( 2;0). D. ( 4; 2). 
Lời giải

Chọn D.

Đặt

 

1
2

x
g x  f   x

  thì

 

1 1

2 2

x
g x   f   

  .

Ta có

 

0 1 2

x
g x   f   

 

 TH1: 1 2 2

x
f   

  2 1 2 3

x

   

4 x 2

     . Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng



 4; 2



 TH2: 1 2 2

x
f   

  1 1 2 <0

x
a

    

2 2 2a x 4

     nên hàm số chỉ nghịch biến 
trên khoảng



2 2 ;4 a



, chứ khơng nghịch biến trên tồn khoảng



2;4



Vậy hàm số

1
2

x
y f   x

  nghịch biến trên



 4; 2



.

 Chú ý: Từ trường hợp 1 ta có thể chọn đáp án D nhưng cứ xét tiếp trường hợp 2 xem thử.

Câu 5: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [2D3-4] Cho hàm số f x

 

thỏa mãn

 





 

4

15 12

f x  f x f  x  x  x

, x  và f

 

0  f 

 

0 1. Giá trị của f2

 

1 bằng ?
A.

2. B.

2. C. 10 . D. 8 .

Lời giải
Chọn D.

Ta có



 





 



 

f x f x   f x  f x f  x

.
Do đó f x f x

 

 

 





15x 12 dx x

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

Suy ra



f x f x x

 

 

 





5 2
3x 6x 1 dx





 

Tức là

 

2
2

f x 6

3
2
2

x

x x C

   

, mà f

 

0 1 nên

 

2
2

f x 6

2 1

x

x x

   

.
Vậy f2

 

1 8.

Câu 6: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [1D2-3] Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật

OMNP với M



0;10



, N



100;10



và P



100;0



. Gọi S là tập hợp tất cả các điểm A x y



;



,



x y, 



nằm bên trong (kể cả trên cạnh) của OMNP. Lấy ngẫu nhiên một điểm A x y



;



S
. Xác suất để x y 90 bằng

A. 
169

200 B.

845
.

1111 C.

86
.

101 D.

473
.
500

Lời giải
Chọn C.

Số phần tử của khơng gian mẫu tập hợp các điểm có tọa độ nguyên nằm trong kể cả trên cạnh

của hình chữ nhật OMNP là

 

101 11.

n   

Gọi X là biến cố “Các điểm A x y



;





x y,  



thuộc tập S thỏa mãn x y 90”.
Vì x



0;100 ;



y



0;10



và x y 90 nên:





0 0;1;2;...;90

y  x

; y  1 x



0;1;2;...;89



; .… ;y10 x



0;1;2;...;80



.
Khi đó có 91 90 ... 81 946    cặp



x y;



thỏa mãn. Hay n X

 

946.

Vậy xác suất cần tính là

 

n X
P

n




946
101 11


 10186.

Câu 7: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [2D2-3] Giả sử a b, là các số thực sao cho
3 3 .103z .102z

x y a b đúng với mọi các số thực dương x y z, , thỏa mãn log(x y )z và

2 2

log(x y ) z 1. Giá trị của a b bằng ?

A. 
31

2 B.

29
.

2 C.

31
2



D. 
25

.
2


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

Cách 1 : Từ giả thiết ta có: log



x y



   z x y 10z.

Và:





2 2

log x y  z 1 x2y2 10z1





2 2 10.10 .z

x y xy

   

Do đó:





2 2

10.10 10 10.10

2 2

z z z

x y

xy    

.
Để tồn tại x y, ta phải có





2
4

x y  xy 2





10 z 2 10 z 10.10z

    z log 20

Mặt khác:

3 3 .103z .102z

x y a b









3 2

3 .10z .10 z

x y xy x y a b

     

3 10 10.10

10 3. .10

z z

z  z

  3 2

.10z .10 z

a b

  .

3 2 3 2

10 z 30.10 z 2 .10 z 2 .10 z

a b

     . (*)

Vì đẳng thức (*) đúng với mọi 0 z log 20 nên

2 1
2 30
a
b
 

 

1
2
15
a
b
  

 
 
 .

Do đó, giá trị

29
2
a b 

.
Cách 2:

Đặt t10z. Khi đó x3y3 a t.3b t.2.

Ta có







2 2



log

log 1

x y z

x y z

 




  

 2 2

10.10 10

z
z

x y t

x y t

   

 
  

2 10.
2
t t
xy 
 
.

Khi đó













3 3 3 3 3 10 1 3 15 2

2 2

t t t

x y  x y  xy x y  t    t  t

.
Suy ra

1
2

a 

, b15.
Vậy

29
2

a b 
.

Câu 8: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [2D3-4] Cho hàm số y f x

 

có đạo hàm liên tục trên
đoạn

 

0;1 và f

 

0  f

 

1 0. Biết

 

1
2
0
1
d
2

f x x



 

1
0
cos d
2

f x x x



. Tính

 

1
0
d

f x x



A. . B.

 . C.

 . D.

3
2

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

Chọn C.

Ta có

 

   

1 1

0 0

cos d cos d

f x x x x f x



 

   

0
1

cos sin d

f x x  f x x x

 



 

   

1 0 sin d

f f  f x x x

   



   

sin d
2

f x x x 

 






   

1
0
1
sin d
2

f x x x







Áp dụng bất đẳng thức Holder

   

 

2 2

d d . d

b b b

a a a

f x g x x f x x g x x

 



 









ta có:

   

2
1
0
1
sin d

4 f x x x

 
  






 

1 1
2 2
0 0

d . sin d

f x x x x





1 1 cos 2
d
2 2
x
x







1 sin 2 1

2 2 4 4

x x

 

    

  .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi f x

 

ksinx.
Từ đó ta có:

 

1 1

0 0

sin d sin d

2



f x x x



k x x
1

1 cos 2
d
2

x

k   x





 sin 2 1

2 2 2

k x k

x 
   
 
 
1

k
  .

Suy ra f x

 

sinx.
Do đó

 

1 1
0 0
1
cos 2

d sin d .

0
x

f x x x x 

 

   



Câu 9: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [2D2-3] Gọi a là số thực lớn nhất để bất phương trình





2 2

2 ln 1 0

x   x a x   x

nghiệm đúng với mọi x . Mệnh đề nào sau đây đúng?
A.





2;3 .

a

B. a



8;



. C. a



6;7 .



D. a  



6; 5 .



Lời giải

Chọn C.

Đặt

2 1 1 3 3

2 4 4

tx   x x   

  nên

3
4

t
.

Khi đó bài tốn trở thành đi tìm a lớn nhất để t 1 a tln 0,
3
4

t

 

 

*
.
- Ta xét a0 do cần tìm a lớn nhất.

Xét hàm số f t

 

  t 1 a tln ,
3

;
4
t   

.

 

1 a 0

f t
t
   
,
3

;
4

t  

   

 do đó hàm số f t

 

ln đồng biến trên 
3
;
4
 

 

Suy ra

 

3
4
f t   f  

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

Để

 

* ln đúng với
3
4

t
thì

7 3

ln 0
4a 4

3 7

4 4

a

  

6,083
3

4ln
4

a

   

- Vì trong trường hợp a0 đã tồn tại

3
4ln

4
a 

thỏa mãn điều kiện bài tốn nên ta khơng

phải tìm a0 do mọi giá trị a0 nếu thỏa mãn bài tốn thì đều nhỏ hơn
7

3
4ln

4


Do đó giá trị lớn nhất của a là
7

3
4 ln

4


thuộc



6;7



Bài tập tương tự: Gọi a là số thực lớn nhất để bất phương trình





2 2

2018

2018 log 1 0

x  x a x   x

nghiệm đúng với mọi x . Mệnh đề nào sau đây
đúng?

A. a



2017;2018 .



B. a(53375;).

C.





53374;53375 .

a

D. a 



53375; 53374 .



Câu 10: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [1H3-4] Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình
vng cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt
phẳng (ABCD). Gọi G là trọng tâm của tam giác SAB và M, N lần lượt là trung điểm của

SC, SD (tham khảo hình vẽ bên). Tính cơsin của góc giữa hai mặt phẳng (GMN) và

(ABCD).

A. 
2 39

39 . B.

6 . C.

2 39

13 . D.

13
13 .
Lời giải

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

Cách 1:

Điểm H là trung điểm AB SH AB và (SAB)(ABCD) nên SH (ABCD).
Gọi P là trung điểm của CD và I SPMN thì I là trung điểm SP.

Điểm K GI PH thì K(GMN) ( ABCD).

Do MN CD// nên (GMN) ( ABCD)Kt AB CD// // . Dễ thấy

( )

SH Kt

SHK Kt

HK Kt




 

 

 .

Suy ra



(GMN),(ABCD)



(KG KH, )GKH .

Nhận xét: tam giác SPK có KI là đường trung tuyến và SG2GH nên nhận G làm trọng

tâm.

Suy ra HK a ;

1 3

3 6

GH  SH  39

6
GK

 

Ta có

 2 39

cos

13
HK

GKH
GK

 

. Vậy





 2 39

cos ( ),( )

GMN ABCD 

.
Cách 2:

Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, xem a là 1 đơn vị.

Ta có:

3
0;0;

2
S 

 ;

3
0;0;

6
G 

 ;

1
;1;0
2
C  

 ;

;1;0
2
D  

 

1 1 3
; ;
4 2 4
M 

 ;

1 1 3
; ;
4 2 4
N 

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

Và

1 1 3
; ;
4 2 12
GM   

 

;

1
;0;0
2
NM   

 





3 1

, 0; ;

24 4

GM NM  

    

   
.

Khi đó: nGMN 



0; 3; 6





và nABCD  k



0;0;1





.
Ta có:



 









   
   

. 6 2 39

cos ,
13
39.1
.
GMN ABCD
GMN ABCD
n n
GMN ABCD
n n

  
 
 
.

Câu 11: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [2D1-4] Cho hàm số y f x

 

có đạo hàm

  

1





2 2



f x  x x  x

với mọi x  . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m

để hàm số





2 8

y f x  x m

có 5 điểm cực trị?

A. 15. B. 17. C. 16. D. 18.

Lời giải
Chọn A.

Đặt

 





28 



g x f x x m

. Ta có

  







2 2

1 2

f x  x x  x

  

2 8





2 8 1

 

2 2 8

 

2 8 2



g x x x x m x x m x x m

          

 





 

2
2
2
2
4

8 1 0 1

8 0 2

8 2 0 3

x

x x m

g x

x x m




    
   
   

    


Các phương trình

 

1 ,

 

2 ,

 

3 khơng có nghiệm chung từng đôi một và





2 8 1 0

x  x m  
với   m nên g x

 

có 5 cực trị khi và chỉ khi

 

2 và

 

3 có hai nghiệm phân biệt và khác

16 0

16 2 0

16 32 0

 

   

    

   

m
m
m
m
16
18
16
18


 

  

 

m
m
m

m  m 16.

Vậy m nguyên dương và m16 nên có 15 giá trị m cần tìm.

Câu 12: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [2H1-4] Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C.    có đáy ABC
là tam giác vng, AB BC a  . Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (ACC) và (AB C ) bằng

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

A. 
3
3

a

. B.

3
6

a

. C.

3
2

a

. D.

3
3

3
a

.
Lời giải

Chọn A.

Đặt x AA .

Ta có



ACC

 

 AB C 



 AC. Gọi G là trung điểm của A C , H là hình chiếu của G lên

AC.

Ta có GH (ACC A ), GH AC

Ta có B G 



ACC A 



B G AC suy ra BH  AC.

Vậy góc giữa



AB C 



và



ACC A 



là góc GHB  60 .
Ta có .

1
.
3

B ACC A ACC A

V    S  B G
,

2
2
a
B G 

6
.cot 60

6
a
GH B G  

GH AA

GC AC




 

2 2
6

2 2

a

x

a x a

 



2 2
3
3
2

x

x a

 

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

B ACC A

V   

 13a a. 2.a22
3
3

a


.

Cách 2: (Dùng cơng thức diện tích hình chiếu). 
Đặt x AA . Gọi M là trung điểm của A C .
Ta có B M  A C  nên B M 



AA C C 



tại M .

Do đó: MAC là hình chiếu của BAC lên



AA C C 



.
Suy ra: SMACSBAC.cos 600 SAAC SBAC

1 1

. . 2 .

2 x a 2 x a a x a

    

Vậy

3
2

. . .

2 2 1

2. 2. . . . .

3 3 2 3

B AA C C B AA C A A B C A B C

a
V     V     V    AA S    a a 

Câu 13: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [2D3-4] Trong không gianOxyz , cho hai điểm



10;6; 2



A  , B



5;10; 9



và mặt phẳng

 

 : 2x2y z 12 0 . Điểm M di động trên mặt
phẳng

 

 sao choMA , MB luôn tạo với

 

 các góc bằng nhau. Biết rằng M ln thuộc
một đường trịn ( ) cố định. Hồnh độ của tâm đường tròn ( ) bằng

A. 4. B.

2. C. 2. D. 10.

Lời giải
Chọn C.

Ta có:



 



20 12 2 12

, 6

4 4 1

d A      

  ;



 



10 20 9 12

, 3

4 4 1

d B      

  .

Vì điểm M di động trên mặt phẳng

 

 sao cho MA, MB ln tạo với

 

 các góc bằng

nhau nên ta có MA2MB.

Gọi M x y z



; ;



, ta có:

MA MB MA2 4MB2



 





 



10 6 2 4 5 10 9

x y z  x y z 

             

2 2 2 20 68 68

228 0

3 3 3

x y z x y z

       

Suy ra M thuộc đường tròn

 

2 2 2

2 2 12 0 ( )

( ) : 20 68 68

228 0

3 3 3

x y z

x y z x y z S




   




       

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

Mặt cầu

 

S có tâm

10 34 34
; ;

3 3 3

I   

 . Gọi H là tâm của đường trịn

 

 , ta có H là hình

chiếu vng góc của điểm

10 34 34
; ;

3 3 3

I   

  trên mặt phẳng

 

 .
Suy ra điểm H



2;10; 12



Vậy hồnh độ của tâm đường trịn

 

 bằng 2.

Câu 14: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [2D1-4] Cho đồ thị

 

C có phương trình y x 33x2. Có
bao nhiêu số nguyên b 



10;10



để có đúng một tiếp tuyến của

 

C đi qua điểm B

 

0;b .

A. 2. B. 9. C. 17. D. 16.

Lời giải
Chọn C.

Ta có y 3x26x.

Phương trình đường thẳng đi qua B

 

0;b và có hệ số góc k là y kx b  .
Qua điểm B

 

0;b có đúng một tiếp tuyến của

 

C khi và chỉ khi

2
3 2

3 6
3

x x k

x x kx b

  



  

 có nghiệm

duy nhất 





3 2 2

3 6

3 3 6

x x k

x x x x x b

  




   

 có nghiệm duy nhất

 x33x2 3x36x2b

có nghiệm duy nhất  2x33x2 b có nghiệm duy nhất.

Đặt g x

 

 2x33x2 

 

2 0

6 6 0

x

g x x x

x




      



 .

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

Dựa vào BBT ta có phương trình 2x33x2 b có nghiệm duy nhất
0
1

b
b



 
 .

Vì bngun và b 



10;10



nên có tất cả 17 giá trị b thỏa YCBT.

Câu 15: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [2H3-3] Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng

 

 :x z  3 0

và điểm M



1;1;1



. Gọi A là điểm thuộc tia Oz, B là hình chiếu của A lên

 

 . Biết rằng tam giác MAB cân tại M . Diện tích của tam giác MAB bằng:

A. 6 3. B.

3 3
.

2 C.

3 123
.

2 D. 3 3.

Lời giải
Chọn B.

Gọi A



0;0;a



với a0. Đường thẳng AB đi qua điểm A



0;0;a



và có một vectơ chỉ

phương u 



1;0; 1





có phương trình là:
0

x t
y
z a t



 


  





t 



.

 

B      t a t 3 0  t 32a  B32a;0;a23
.

Vì tam giác

MAB cân tại M MA MB





2 2

2 1 5

1 1 1 1

2 2

a a

a      

        

   

2 2

2 2 1 1 2 1 10 25

4 4

a a a a

a a    

      2 2

4a 8a 8 2a 8a 26

      2a2 18

a

   A



0;0;3



và B



3;0;0



.
Cách 1: AM 



1;1; 2





, BM  



2;1;1



 AM BM, 



3;3;3



 

,
2

ABM

S AM BM

   
.
3 3

2


Cách 2: Gọi I là trung điểm của AB. Ta có

3 3

;0;

2 2

I  

 .

 

2 2

1 1

2 2

IM         

     26 .

 

2 2

3 0 3

AB    3 2

Do đó

1
.
2

ABM

S  IM AB 1. 6.3 2
2 2

 3 3

2


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

( , , ) 3

f x y z   x z

Tam giác MAB cân tại M nên f A( ) 2 ( ) f M    zA 3 2.( 3) A(0;0;3)





2 2





3 9 3 3

. ,( ) , ( ) . 6

2 2

ABM

S HM HB d M  MA d M    

Câu 16: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [2D4-4] Giả sử z z1, 2 là hai trong số các số phức z thỏa

mãn iz 2 i 1 và z1z2 2. Giá trị lớn nhất của z1  z2 bằng

A. 4. B. 2 3. C. 3 2. D. 3.

Lời giải
Chọn A.

Ta có iz 2  i 1 i z i 2 1 1   z i 2 1 1  .
Điểm biểu diễn z thuộc đường tròn tâm I

 

1; 2 , R1.

Gọi M, N là điểm biểu diễn z1,z2 nên MN 2 là đường kính. Dựng hình bình hành OMNP
ta có z1z2 OP2 3.

Ta có









2 2 2

1 2 2 1 2

z  z  z  z 2 2

1 2 1 2

z z z z

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17></div>

Bài tập vận dụng có đáp án chi tiết trong đề thi thử đại học môn toán trường chuyên đại học vinh | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

















 

 

 





 



<sub> </sub>















 

 

 







































(

)

(

)

 

 

 

 

 

















 

 





 

 

 

 

 



 

 





 



 