Đề thi thử môn toán trường ĐH Vinh_2011 potx

Gọi H là trung điểm của AB.Biết mặt bên SAB là tam giác cân tại đỉnh S và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy.. Theo chương trình chuẩn Câu VIa.. Tìm toạ độ B,C biết tâm đường t

c DAI Hec vINH Dt o sAr cnAr tUqrrlc t 6p tz LAN r, NAwI zorr

T c THPT CrrurEX UOX: TOAX; Thdi gian I m bii: 180 phrtt

r prrn c c cHo rAr cA rff suvn e,o a$m')

7CiuI.(2,04i6m1 Chohdms6 v= !*'-(2**l)x2+(m+2)t ,'+ cOd6th! (C^), m ldthams6.

'3

I Khio s6t sy bi6n thi€n vi vE dd thi cua ham s5 d[ cho l<hi m = 2

2 Gpi A ld grao tti6m crla (C,) vdi trUc tung T\m m sao cho ti6p tuy6n cua (C.) t1i A tAo vdi hai FUc tga itQ mQt tam gi6c c6 diQn tfch Ui"g 1.

3

yCAu trI" (2,S trfrenre) 1 Giei phuong trinh (x+ 4)' -6 = 13.

2 Gifliphuong tinh (2cosx- l)cotx = -l *

srn.r,

Ciu Itr (1,0 Ci6m) Tfnh tfch phin / = dx.

Cf,u IV (f,O ai6m) Cho hinh hQp ABCD.A'B'C'D'c6 ttQ Oai dt ci cdc cenh <tdu Uang a>0 vi ZBAD=ZDAA'=LA'AB=600 Ggi M,N 6n luqt ld trung ttidm ctra AA',CD Chfmg minh

MN ll(A'C'D) vi tffi cosin cta g6c t4o bdi hai tludng rhing MN vd B'C

Clu V (f,0 tli6m) Cho c6c s5 ttrgc E a, h, c Tlm grd fri l6n nh6t cua bi6u th{rc

r

FCA

P_

a2 + bz + c2 +l (a'+ lxb + 1)(c + l)

n G Tht sinh cht ituqc tdm mQt trong hai phdn $hin a, ho{c b)

agn

Cf,u VIa (2,0 rf6n) 1 Trong mflt g vdi hQ W Ory, cho tti6m MQ;I) vi hai ttudng thing

dr:3x-y-5=0,d2:x+y-4=0 Vi6tphuongtinht6ngqu6tcfia<firdng thing d ttiqua M vdctt

dt, d2lin t4t A, B saocho 2IuIA-3MB =0

2 Trong kh6ng gian vdi hg fiUc tga tlQ Oxyz, cho c6c di6m A(2;0i;0), H(l; l; l) Vi6t phuong tinh mflt ph[ng (P) di qt;n A,.F/sao cho (P)

"ii( q, Oa lhn hqt Cr B, C th6a mfln diQn tich cta tam

gi6c ABC Uing +G.

Clu VIIa (1,0 di6m) Cho t$p A=10,1,2,3,4,5,,6,7) H6i tU t$p ,qWp tlugc bao nhi€u s5 tp nhiOn

chin gdm 4 cht s5 khdc nhau sao cho m5i s6 iffi ttAu l6n hon 2011.

b Theo chuolg trlnh Nf,ng cao

Ctu VIb (2,0 di6n) l Trong m[t phlng vdi hQ W Ory, cho c6c Adm ;0; 2), B(4;3) Ilm tAa d0 didm

\ M

soeho ZM4B= 1350 vdkhodnecdchtir M dhnttu0nethEne AB hAns JiO

.

gian vdi hQ truc tqa d0 Oryz, cho c6c tti6m C(0; 0; 2), K(6;-3; 0) Vi6t phuong tinh

di qua C, K sao cho (a) cfit Ox, q 4i A, B thlaman th6 tlch cria tf diQn OABC

[3t*'+3' = lo

'lt 1.,

l;logr x' -logr y = g

lz

I Brc sd trd bdi vdo alc ngdy 26, 27/03201I Dd nhdn thrqc bdi thi, tht sinh phdi nQp lqi phiiiu dtt

thi cho BTC.

2 Kj lrhdo sdt chiit ttrong t,in 2 sd duqc t6 chftc vdo chiiu ngdy 16 vd ngdy 17/04/2011 Ddng ki du thi tqi

Vdn phdng Tr THPT ChuyAn t* nSdy 26/03/201 I

www.MATHVN.com

www.mathvn.com - Page1/16

DAp AN of IsAo sAr cn,ir LUqNG nfip pLAN 1, NAM zorr

*fON: TOAN; Thiri gian lirm bhiz 180 phrit

Ddn dn L; (1,0 itiam)

-5x2+ +*+!.a

J

0x+4

f x <ll2

<0<+ll2<x<2 vd'Y'>0€l

-l*>2

khodng (a;lll) vil (2;+o), hAm nghich bi6n t€n

(rtz;2)

i C* 1,!: Hilm sd dpt clrc tl4i tpi x = | I 2, y"u = 5 I 4 vi tl4t cgc ti6u t?i x = 2, ltr = -t .

c Ed thi: Ed thi cit tryc tung

tei A(0;rl3)

I

(2'0

- I \

olem,

2 fl,O ttidm

Ta c6 A(0;1/3) vdy'= 4x2 -2(2m+ l)x * m +2 Suy ra y'(0) - m +2

Ti6p tuy6n cria tt6 thi tai A l d : y = (m + z)x +

1 Euhng th[ng d cht Oxtai atfr ; ol'

l (1,0 ili,

DiAu kiQn: x3 +3x 2 0 e x > 0.

Kl

www.MATHVN.com

www.mathvn.com - Page2/16

Nhfln thdy r = 0 kh6ng thda min n€n (l) tucmg duong v&r x +t *i-6trf,J = 0

Dil

0,5'

+)Vdi t=2 tac6 x=l,r-3.

+)VOi t=4 tac6 r 8+ Jdi,tr=8-.fiT.

DiEu kiQn: sin.r * O,cosr*l hay x *kn .

vci ailu kign d6 phuang trlnh da cho tuong rhrongot 2cos2r-cos'r-3

smr

o (2cosr-lXcosx+l) - 2sinx- <+ (2cosx-3)sin2x= -2sin2 x

sinr cosr - I

0'5

(2'

I

I

0

z',

Vdi r= 0:+ t =lrvdi r=l=+ t =2.

&=dt hay fo-gi2, 3ln2' -".*?

3

0'5

=2'g,d, : I '( t _ I t

Khi d6!=rnzlt''-zs

#(,"F - sr - hr, rrl',,=#rn* 0'5 +) Gqi 'f l*ffing di€m DC' Vl NI// CC'

vil NI * I Cc'n€n NI - rhil'vil NI /l IV/4.'.

,2'

:

+) vt AI,B',C //A',D

,"

-t\ ,"

0'5

t2 A' D2 + A'.C',2 DC',z 5a2 oJi

Trong LA'"DI ta c6 cos '/.DA'I , A' D2-+.A'12 r DI,

= -3,:

-<-i-2A'D.A'I 2J5

*";:33.,5

Tt (l) ve (2)suy ra cps(IAf, B'C) = | cos /.DA'l I =

-:: =

-_iN. \ _, _, r , ZJS l0

(2)

V.

(1'0

-.1

orem

,f e

Ap uung;nrycosita c6

az +b' +cr +r>|to+el'* jtr+l)'>

Ir"*b+c+l)2,

(a +lXb + l[c * g < [' *lftl']'

.

-: -.- , : i ]

fr

www.MATHVN.com

www.mathvn.com - Page3/16

Ps 2 - 54

Suy ra

DAt t - a + b + c +l,t > I Khi d6 ta c6 P <? 54 =

t (r+ 2)t

0'5

Xdt him f (t) =i @ hen (L + co) Ta c6

f, (t) = -3.# = 0 <+ st = (t +2)2 el"='., f, (t) >0 <+ I < t < 4

Suy ra BBT

DWa vdo BBT suy ra P <l n6u ding thfc xiy ra khi vd chl khi

4

Vfly gi6 tri ltu nh6t cta P le 1, Uut dugc khi a - fi =c = I .

t'=4Qa=fi=c=l

_f'(t)

VIa.

(2,0

tti6m)

l, (1,0 itifimr

-xr)'

r-lzttu=3ffi

I

lzffi=-3ffi

3-xr)'

(1)

(2)

0'5

+) (1)e 2(xr-1; 3xr-6) -3(*r-l;3- xr)O{* =}

lx, -z

( suy ra

^lit ;), BQ;z) .Suy ra phucrns nlnh d : x - y- 0 .

*) (2)<+ 2(x,

- 1; 3*r- 6) = -3(x , -li3 - xr)*

fi; =1

Suy ra A(l;-Z), B(L;3) Suy ra phuongfitnh d:x-l = 0.

0'5

2 (1,0 ilidrn)

Gid su

Suy ra

B(0; b; 0), C(0; 0; c) trong d6 bc * 0 (vt n6u bc: 0 thi tam (P)'*+ 4*' =l vi H e(P) non 1*1= 1

b c 2 s,u" =+lrzl,frll=; (bc)z +(2c)t + (2b)' - 4J6 e b'c' +4b

gi6c ABC suy bi6n)

(l)

+4c2 =384 (2)

0'5

ii

OFI b + c = u, bc =y Khi d6 tU (1), (2) ta c6

ll

-Zu) = 384 b-c=4

[r=8, y=16

L, - -6,p = -12'

suY ra fi = -c 3 + Jn

S=-c 3- Jzl Vpy c6 3 m+t phing (P) thda mdn li (4)'*+ 1*1=t hay 2x+ y

www.MATHVN.com

www.mathvn.com - Page4/16

1tS,|*-+.:h=t hay 6x+(3 +Jn)y+(3-

^r7-t2=0"

e)';.#.;E=l hay 6x+(3 -Jily+(3+ JnJ,-rZ=o.

VfIa

(1'0

tli6m)

Gii srl s6 thda mfln bdi todn li ab;A Theo bdi ra ta c6 o {2,3, 4, 5, e,l\; d e {0,2,4,61 .

Xdt hai tudrng hqrp:

TH I: d = 0 Khi cl6 a c6 6 cdch chgn, b c6 6 c6ch chgn, c c6 5 c6ch chgn.

$qv rq q6i 6x 6r |

= t!9 tq6l

0'5

TIt 2: d Q,4, 61 Khi d6 d c6 3 c6ch chgn, a c6 5 cdch chgn, D c6 6 c6ch chgn, c c6 5

c6ch chgn.

Suy ra c6: 3 x 5 x 6 x 5 = 450 (s5).

Vfy s5 c6c s6 thda mdn h 180 + 450 = 630.

0'5

vIb

(2,0

tli6m)

l (I,o itidm)

Gii su M(x; y) Ke MH L AB

TU giethi6t suy ra MH=g ve LIyAH vu6ng c6n.

2

Suy ra AA,I = MHJ, =.,6.

l3 50

0'5

D[t u - x-1, v - ! -2 Khi d6 ta c6

(

-1, v=-z

2 (1,0 iti6m)

(1)

fab=)

<+ sb -9<*l

Lob = -i

Gi[ su A(a;O; 0), 8(0; b;0) Vl Vonu" > 0 n€n ab *0.

Suyla @):I+ 4*1=r.vi Ke (a) n6n 9-l=r

'iiobzab

il

Oe,ACle fii diqn vudng t4i On€n Vouur=

* OA.OB.OC = * I ol.t b I -3

(2)

(3)

0'5

hw thi tn> 0,25 didm.

2x*2y+32-6=0

VIIb

(1'0

I \

otem)

EidukiQn: x*0,y>0.

iu"o

|rcCr*' -log, y= 0 <+ log, lx I = logr y elxl= y e

l:=:,

* Vdi x = y, thay vio phuong hinh tht ntr6t ta dugc 32*' +3' = 10 c+ x = 0 (ktm).

0'5

* v6i

vay n

= 10

0'5

www.MATHVN.com

www.mathvn.com - Page5/16

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 2, NĂM 2011

I.PHẦN CHUNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7 điểm)

Câu I (2,0 điểm)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) hàm số y x 1

x 2

 





2 Tìm trên (H) các điểm A,B sao cho độ dài AB = 4 và đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng y = x

Câu II(2,0 điểm)

1 Giải phương trình sin 2x cos x 3 cos 2x sin x 

0 2sin 2x 3



2 Giải hệ phương trình

x 4x y 4y 2

x y 2x 6y 23





2

x ln x 2 y

4 x





 và trục hoành

phẳng (SAC) và (ABCD) bằng 600 Gọi H là trung điểm của AB.Biết mặt bên SAB là tam giác cân tại đỉnh S và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy Tính thể tích khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.AHC

của biểu thức P x y z 20 20

x z y 2

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

a Theo chương trình chuẩn

Câu VIa (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình chứa đường cao và đường trung tuyến kẻ

từ đỉnh A lần lượt có phương trình x – 2y – 13 = 0 và 13x – 6y – 9 = 0 Tìm toạ độ B,C biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(-5;1)

2 Trong không gian toạ độ Oxyz cho điểm A(1;0;0), B(2;-1;2), C(-1;1;3) và đường thẳng

x 1 y z 2

:

 Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng  , đi qua điểm A và cắt mặt phẳng (ABC) theo một đường tròn sao cho đường tròn có bán kính nhỏ nhất

z

 là số thuần ảo

b Theo chương trình nâng cao

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C):x2y24x 2y 15 0   Gọi I là tâm đường tròn (C) Đường thẳng  đi qua M(1;-3) cắt (C) tại hai điểm A và B Viết phương trình đường thẳng  biết tam giác IAB có diện tích bằng 8 và cạnh AB là cạnh lớn nhất

2 Trong không gian toạ độ Oxyz cho điểm M(1;-1;0) và đường thẳng :x 2 y 1 z 1

 và mặt phẳng (P): x + y + z - 2 = 0 Tìm toạ độ điểm A thuộc mặt phẳng (P) biết đường thẳng AM vuông góc với  và khoảng cách từ A đến đường thẳng  bằng 33

2

A

   

   

   

www.MATHVN.com

www.mathvn.com - Page6/16

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 2, NĂM 2011

MÔN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút

1 (1,0 điểm)

a Tập xác định: D\ 2}

b Sự biến thiên:

* Chiều biến thiên: Ta có 0, 2

) 2 (

1



x

Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng )(;2 và (2;)

2

1 lim















x y

x

2

1 lim















x y

x











 

1 lim

lim

2

x y

x







 

1 lim

lim

2

x y

x

* Tiệm cận: Đồ thị có đường tiệm cận ngang là y1; đường tiệm cận đứng là x2

0,5

*Bảng biến thiên:

x  2  

'

y



1

 1

 

c Đồ thị:

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại (1; 0),

cắt trục tung tại )

2

1

; 0 (  và nhận giao điểm I(2;1) của hai tiệm cận làm tâm

đối xứng

0,5

2 (1,0 điểm)

Vì đường thẳng AB vuông góc với y  nên phương trình của AB là x yxm

Hoành độ của A, B là nghiệm của phương trình x m

x





 2

1

, hay phương trình 2

, 0 1 2 ) 3 (

2 m x m  x

Do phương trình (1) có (m3)24(2m1)m22m50,m nên có hai nghiệm

phân biệt x1, x2 và cả hai nghiệm đều khác 2 Theo định lí Viet ta có

1 2

;

3 1 2

2

1  x m x x  m

x

0,5

I

(2,0

điểm)

Theo giả thiết bài toán ta có 16 ( ) ( )2 16

1 2

2 1 2

2   x x  y y 

AB

1 3

0 3 2 8

) 1 2 ( 4 ) 3 (

8 4

) (

8 ) (

16 ) (

) (

2 2

2 1

2 2 1

2 1 2

2 1 2

2 1 2



























































m m

m m m

m

x x x

x x

x m

x m x x

x

* Với m3 phương trình (1) trở thành x2 6x70 x3 2 Suy ra hai điểm A,

* Với m1 ta có hai điểm A, B cần tìm là (1 2;2 2) và (1 2; 2 2)

Vậy cặp điểm TM:(3 2;  2),(3 2; 2)hoặc(1 2; 2 2),(1 2; 2 2)

0,5

1 (1,0 điểm)

II

6 2

3 2

3 

x

1



2

y

I

www.MATHVN.com

www.mathvn.com - Page7/16

Khi đó pt sin2xcosx 3(cos2xsinx)2sin2x 3

0 ) 2 cos 3 )(sin

3 cos 2 (

0 ) 2 cos 3 )(

3 cos

2 ( ) 3 cos 2 ( sin

0 3 cos 2 cos 3 sin

3 2 sin



































x x

x

x x

x x

x x

x x

0,5

















































 















6

2 6 5

1 3 sin

2

3 cos

k x

k x

x x

Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là x k2 ,k

6

5 

0,5

2 (1,0 điểm)

Hệ

























23 6 ) 2 (

10 ) 2 ( ) 2 (

2

2 2

2

y y

x

y x

Đặt ux22,v y2 Khi đó hệ trở thành





























































67 ,

12

3 , 4 19

) ( 4

10 23

) 2 ( 6 ) 4 )(

2 (

2 2

uv v

u

uv v

u v

u uv

v u v

v u

v

điểm)

TH 2











 3

4

uv

v u

, ta có 













3 , 1

1 , 3

v u

v u

* Với









 1

3

v

u

ta có 























3

1 3

1

2

y

x y

x

* Với









 3

1

v

u

ta có











 3

1

2

y

x

, hệ vô nghiệm

Vậy nghiệm (x, y) của hệ là (1;3),(1;3)

Chú ý: HS có thể giải theo phương pháp thế x theo y từ phương trình thứ hai vào phương 2

trình thứ nhất

0,5

III

(1,0

điểm)

Ta có phương trình 



















1

0 0

4

) 2 ln(

x x

x x

Suy ra hình phẳng cần tính diện tích chính

là hình phẳng giới hạn bởi các đường

0 , 1 ,

0 , 4

) 2 ln(





x

x x

Do đó diện tích của hình phẳng là d

4

) 2 ln(

d 4

) 2

0















x

x x x

x

x x

x

x v

x

4 d ), 2 ln(

2









2

d

x

x



Theo công thức tích phân từng phần ta có

d 2

4 2 ln 2 d 2

4 )

2 ln(

4

0 1

2 0

1

2 1

0 2

























x

x x

x

x x

x S

0,5 www.MATHVN.com

www.mathvn.com - Page8/16

Đặt x2sint Khi đó dx2costdt Khi ;

6 ,

1 



 t

x khi x  t0, 0

3 2 ) cos ( 2 d ) sin 1 ( 2 d 2 sin 2

cos 4 d

2

0 0

6

2 0

1

2































t t t t t

t

t x

x

x I

3 3 2 2 ln

2   



S

0,5

+) Từ giả thiết suy ra SH (ABCD)

Vẽ HF AC (FAC) SF  AC

(định lí ba đường vuông góc)

Suy ra SFH 600

Kẻ ).BE AC (EAC Khi đó

3 2

2 2

BE

Ta có SH HF.tan600 

2

2

a

3

3

.

a S

SH

0,5

IV

(1,0

điểm

+) Gọi J, r lần lượt là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC Ta có

2 4

3 3 2

4

S

AC HC AH S

AC HC AH r

ABC AHC







Kẻ đường thẳng  qua J và // SH Khi đó tâm I của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

AHC

S là giao điểm của đường trung trực đoạn SH và  trong mặt phẳng (SHJ) Ta có

4

2

2 2

IJ

Suy ra bán kính mặt cầu là

32

31

a

Chú ý: HS có thể giải bằng phương pháp tọa độ

0,5

2

1 )

( ) (

3 xyz  x y 2 z2  x yz 2

Suy ra x yz6

0,5

V

(1,0

điểm

Khi đó, áp dụng BĐT Côsi ta có

2 2

1 1

4 2

8 2

8 ) 2 ( 8

8 )









































































y z x y

y

y z

x z x z x P

2

2 8 22

2 ) 2 )(

(

8 12

12























z y x y

z x

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1, y2, z3

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 26, đạt được khi x1, y2, z3

0,5

1 (1,0 điểm)

Ta có A(3;8). Gọi M là trung điểm BC

AH

 Ta suy ra pt IM :x  y2 70

Suy ra tọa độ M thỏa mãn

)

5

; 3 ( 0 9 6 13

0 7 2

M y

x

y x



















VIa

(2,0

điểm)

Pt đường thẳng BC:2(x3)y502xy110.B  BC B(a;112a) Khi đó

0,5

B

A

I

C

B

A

S

D

C

E

F

J

I

K

H

www.MATHVN.com

www.mathvn.com - Page9/16





















2

4 0

8 6

2

a

a a

a IB

IA Từ đó suy ra B(4;3),C(2; 7) hoặc B(2;7),C(4;3)

2 (1,0 điểm)

Ta có AB(1;1;2), AC(2;1;3) Suy ra pt (ABC):xyz10

Gọi tâm mặt cầu I I(1t; 2t;22t) Khi đó bán kính đường tròn là

2 3

6 ) 1 ( 2 3

8 4 2 )) ( , (

2 2

2

r

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t1

0,5

Khi đó I(2;2;0), IA 5 Suy ra pt mặt cầu (x2)2(y2)2 z2 5 0,5 Đặt ).zabi(a,b Ta có |z3i||1i z| tương đương với

| 1

|

| ) 3 (

|

| ) ( 1

|

| ) 3 (

|a b i  i abi  a b i  bai

a2(b3)2 (1b)2(a)2 b2 0,5

VIIa

(1,0

điểm)

Khi đó

4

) 26 2

( 5 4

) 2 ( 9 2 2

9 2

9

2

2 3





























a

i a

a a a

i a i a i a i a z

chỉ khi a3 a5 0 hay a0,a 5

Vậy các số phức cần tìm là z2i, z 52i,z 52i

0,5

1 (1,0 điểm)

Đường tròn (C) có tâm I(2;1), bán kính R2 5. Gọi H

là trung điểm AB Đặt AH x (0 x2 5) Khi đó ta có

1

2 (ktm vì ) 2

x





 nên AH 4IH 2

0,5

Pt đường thẳng qua M: ) a(x1)b(y3)0(a2 b2 0

axby3ba0

b a

b a IH

AB I d

3

4 0

0 ) 4 3 ( 2

| 2

| 2 )

, (

2









* Với a0 ta có pt  y: 30

* Với

3

4

b

a Chọn b3 ta có a4 Suy ra pt :4x3y50 Vậy có hai đường thẳng  thỏa mãn là y30 và 4x  y3 50

0,5

2 (1,0 điểm)

Gọi (Q) là mặt phẳng qua M và vuông góc với  Khi đó pt (Q):2xyz30 Ta có

)

1

; 1

; 1 ( ), 1

; 1

;

2

n  Từ giả thiết suy ra A thuộc giao tuyến d của (P) và (Q) Khi đó

) 3

; 1

; 2 ( ] ,

 P Q

u và N(1;0;1)d nên pt của





















t z

t y

t x

d

3 1

2 1

VìAd suy ra A(12t;t;13t)

0,5

VIb

(2,0

điểm)

Gọi H là giao điểm của  và mặt phẳng (Q) Suy ra )

2

1

; 2

1

; 1 ( 

H

Ta có

7

8 1 0

16 2 14 2

33 )

, (A  AH   t2 t  t t

Suy ra A(1;1;4) hoặc )

7

17

; 7

8

; 7

23

A

0,5

VIIb

(1,0

điểm)

Đặt w

2

1 ta được |z2wz2||z2w||z2|0 Hay |w1||w|1 Giả sử wabi (a,b) Khi đó ta có 0,5

M

H B

I

A

www.MATHVN.com

www.mathvn.com - Page10/16