Tìm tọa độ điểm M thuộc đường phân giác góc phần tư thứ nhất sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất.. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của cạnh SC và SB.Tính thể tích khối chóp S.ABC theo
Trang 1TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4
ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối: A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
1
1 +
−
=
x
x
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho
2 Gọi A và B là hai giao điểm của đường thẳng ∆: y x
6
1
= và đồ thị (C) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường phân giác góc phần tư thứ nhất sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất
Câu II (2,0 điểm)
+
= +
4 2 sin 2 1 3 cos
2 Giải bất phương trình sau: (2+ x2 −2x+5) (x+1)+4x x2 +1≤2x x2 −2x+5
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân ∫ + + +
+
= 4
4 cos
dx x
x x
x I
Câu IV (1,0 điểm) Cho khối chóp đều S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a Gọi M và N lần lượt là trung điểm của
cạnh SC và SB.Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a, biết BM vuông góc với CN
Câu V (1,0 điểm) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm
= +
−
−
− +
=
−
− +
−
0 2
3 1
0 2 3 3
2 2
2
2 3 3
m y y x
x
x y y x
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm M(1;1) và hai đường thẳng d1: 3x - y - 5 = 0, d2: x + y - 4 = 0
Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm M và cắt d1, d2 tương ứng tại A, B sao cho 2MA - 3MB = 0
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1;0;0), B(0;1;0), C(0;3;2) và mặt phẳng (α): x + 2y + 2 = 0.
Tìm tọa độ của điểm M, biết rằng M cách đều các điểm A, B, C và mặt phẳng (α)
Câu VII.a (1,0 điểm) Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z+1−5i = z+3−i Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất.
B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) có phương trình 1
16 25
2 2
= + y
x
Tìm tọa độ điểm M thuộc (E) sao cho MF1 = 4MF2 (F1 và F2 là tiêu điểm bên trái và bên phải của (E))
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;-1;1) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A và cách
gốc tọa độ O một khoảng lớn nhất
Câu VII.b (1,0 điểm) Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z−2−4i = z−2i Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất
- 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:
Trang 2
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y=−x3 +(2m+1)x2 −(m2 −3m+2)x−4 (1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1
2 Xác định các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) có các điểm cực trị nằm về hai phía của trục tung
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình:
2
sin 4 3
cos 3
x
− +
2 Giải hệ phương trình sau:
= + + +
=
− + +
6 3 7
4 2 2
y x
y x
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân =ln∫2 +
0
e
Câu IV (1,0 điểm) Cho khối chóp đều S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a Gọi M và N lần lượt là trung điểm của
cạnh SC và SB.Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a, biết BM vuông góc với CN
Câu V (1,0 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x+ 9−x = −x2 +9x+m có nghiệm
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng d: 3x - 4y + 2012 = 0 và đường tròn (C): (x−3)2 +(y−1)2 =3 Viết phương trình đường thẳng ∆ song song với đường thẳng d và cắt đường tròn (C) theo một dây cung có độ dài bằng 2 5
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1;0;0), B(0;1;0), C(0;3;2) và mặt phẳng (α): x + 2y + 2 = 0.
Tìm tọa độ của điểm M, biết rằng M cách đều các điểm A, B, C và mặt phẳng (α)
Câu VII.a (1,0 điểm) Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z+1−5i = z+3−i .Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất.
B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) có phương trình 1
16 25
2 2
= + y
x Tìm tọa độ điểm M thuộc (E)
sao cho MF1 = 4MF2 (F1 và F2 là tiêu điểm bên trái và bên phải của (E))
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;-1;1) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A và cách
gốc tọa độ O một khoảng lớn nhất
Câu VII.b (1,0 điểm) Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z−2−4i = z−2i Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất
- 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:
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 2-NĂM 2012
Môn: TOÁN; Khối: D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Trang 3TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4
ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 2- NĂM 2012 ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM
Môn: TOÁN; Khối: A
(Đáp án- thang điểm gồm 05 trang)
ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM
I.
(2,0 điểm)
1 (1,0 điểm)
* Tập xác định D=R\{ }−1
* Sự biến thiên:
Chiều biến thiên: x D
x
+
) 1 (
2
2 '
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;−1) và (−1;+∞)
0,25
Giới hạn và tiệm cận: lim =lim =1
+∞
→
−∞
x
y
y tiệm cận ngang: y = 1
=+∞ =−∞
+
−
lim , lim
x x
y
Bảng biến thiên:
x −∞ - 1 +∞
'
y + +
y +∞
1
1
-∞
* Đồ thị:
0,25
0,25
2.(1,0 điểm)
Tọa độ A và B là nghiệm của hệ phương trình
+
−
=
= 1 1 6 1
x
x y
x y
⇒
2
1
; 3 , 3
1
;
Dễ thấy A và B nằm về cùng phía đối với đường phân giác d: x - y = 0 Gọi A’(a;b) là điểm
đối xứng của A qua d
0,25
Trang 4Ta có:
=
=
⇔
=
+
− +
=
− +
−
2 3 1
0 2 3 1 2
2
0 1 3
1 1
)
2 (
b
a b
a
b a
3
1
'
A
) 9
; 16 ( 6
1
⇒ A B Phương trình tham số của A’B là : ( )
9 2 1
16 3
R t t y
t x
∈
−
=
+
=
0,25
Khi đó M là giao điểm của A’B và d Tọa độ M là nghiệm của hệ
⇒
−
=
+
=
=
−
5
7
; 5 7
9 2 1
16 3
0
M t y
t x
y x
5
7
; 5
7
M
0,25
1 (1,0 điểm)
Ta có: x x x 2cosxcos2x 1 sin2x cos2x
4 2 sin 2 1 3 cos
+
=
⇔2cos2 x+2sinxcosx−2cosxcos2x=0
0,25
cos
=
+
−
=
+
=
⇔
=
−
= +
=
⇔
2
1 4 cos
1 tan 2 1
sin cos
0 sin cos
0 cos
π
π π
x x
k x
x x
x x
x
0,25
Z k k
x
k x
k x
∈
=
+
−
=
+
=
2 4 2
π
π π
π π
0,25
2 (1,0 điểm)
Ta có: (2+ x2 −2x+5) (x+1)+4x x2 +1≤2x x2 −2x+5
5 2 1
2
1 2 3 2 )
1 ( 5 2 2
2 2
2
+
− + +
− + +
+ +
− +
⇔
x x x
x x x x
x x
0,25
5 2 1
2
) 1 3 ( 1 2 )
1 ( 5 2 2
2 2
+
− + +
− +
+ + +
− +
⇔
x x x
x x
x x
x
) 1 (
0 5 2 1
2
) 1 3 ( 2 5
2 2
) 1 (
2 2
2 2
2
2 2
2
≤ +
− + +
− +
+ +
− +
+ +
⇔
≤
+
− + +
− +
+
− + +
⇔
x x x
x x
x x x
x
x x x
x x x
x
⇔ x+1≤0⇔ x≤−1
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là T = (−∞;−1]
0,25
III.
Ta có:
∫
+ +
+
+
0
2 4
sin cos 2
2 2
) cos (sin
2 2 sin
4
dx x x x
x
x x dx
x x
x
x
Trang 5( )
0
2
1 sin cos
1 sin cos 2
2
π
x x
x x d
0,25
4
0
1 sin cos
1
2
+ +
−
=
x
4
4 2 3 2
1 1 2
1 2
+
−
IV.
(1,0 điểm)
(1,0 điểm)
Gọi I là trung điểm BC và G là trọng tâm ∆SBC
Vì tam giác SBC cân tại S nên tam giác BGC vuông cân tại G
0,25
Từ đó GB GC = =
2
2 2
BC= và GI = a
2
1
a GI SI
2
3
3 =
=
Xét tam giác vuông SHI (H là chân đường cao của hình chóp hạ từ A) ta có:
SH = SI2 −HI2 mà SI =
2
3a
và HI =
6
78 6
SH
Vậy VS.ABC =
24
26
3
S
V.
Ta có:
= +
−
−
− +
=
−
− +
−
) 2 ( 0 2
3 1
) 1 ( 0 2 3 3
2 2
2
2 3 3
m y y x
x
x y y x
ĐK:
≤
≤
≤
≤
−
2 0
1 1
y x
Ta có (1) ⇔x3 −3x=(y−1)3 −3(y−1) (3)
0,25
Hàm số f(t) = t3 - 3t có f’(t) = 3t2 - 3 < 0 với mọi t ∈ (-1;1) Nên f(t) là hàm số nghịch biến trên đoạn [-1;1] Từ (3) ta có f(x) = f(y-1) với −1≤x≤1và−1≤ y−1≤1
Do đó x = y - 1 ⇔ y = x + 1
0,25
Thay y = x + 1 vào (2) ta được x2 −2 1−x2 +m=0⇔m=−x2 +2 1−x2
Dễ thấy hàm số g(t)=−t+2 1−t liên tục và nghịch biến khi t ≤ 1 0,25 nên với 0 ≤ x2 ≤ 1 ta có 2≥−x2 +2 1−x2 ≥−1
Vậy hệ đã cho có nghiệm khi −1≤m≤2 0,25
1 (1,0 điểm)
Ta có A ∈ d1 nên A(x1;3x1-5), B ∈ d2 nên B(x2;4-x2) 0,25
Vì A, B, M thẳng hàng và 2MA = 3MB nên
−
=
=
) 2 ( 3 2
) 1 ( 3 2
MB MA
MB
2
5
; 2
5 2
2
5 )
3 ( 3 ) 6 3 ( 2
) 1 ( 3 ) 1 ( 2
2
1 2
1
2
x
x x
x
x x
⇒
=
=
⇔
−
=
−
−
=
−
⇔ Suy ra d: x - y = 0
0,25
Trang 6(2,0 điểm)
VIIa.
(1,0 điểm)
(1; 2), (1;3) 1
1 )
3 ( 3 ) 6 3 ( 2
) 1 ( 3 ) 1 ( 2 )
2
(
2
1 2
1
2
x
x x
x
x x
−
⇒
=
=
⇔
−
−
=
−
−
−
=
−
⇔ Suy ra d: x - 1 = 0
Vậy có d: x - y = 0 hoặc d: x - 1 = 0
0,25
2 (1,0 điểm)
Goi tọa độ điểm M(a;b;c) Ta có: MA2 = MB2 ⇔ (a−1)2 +b2 +c2 =a2 +(b−1)2 +c2
⇔ a = b (1)
0,25
MB2 = MC2 ⇔ a2 +(b−1)2 +c2 =a2 +(b−3)2 +(c−2)2
⇔ b = 3 - c (2)
0,25
d2(M, (∝)) = MA2 ( ) 2 2 2
2
) 1 ( 5
2 2
c b a
b
Thay (1) và (2) vào (3) ta được
0,25
6a2 - 52a + 46 = 0
−
=
=
⇒
=
=
=
⇒
=
⇔
3
14 ,
3
23 3
23
2 , 1 1
c b
a
c b a
Vậy M(1;1;2) hoặc
3
14
; 3
23
; 3
23
M
0,25
Trang 7Giả sử số phức z cần tìm có dạng z = x + yi (x,y ∈ R) Ta có
x+1+(y−5)i = x+3−(y+1)i (1)
⇔ (x+1)2 +(y−5)2 = (x+3)2 +(y+1)2
⇔x+3y=4 Do đó tập hợp các điểm M biểu diễn cho các số phức z thỏa mãn (1) là
đường thẳng x + 3y = 4 Mặt khác z = x2 +y2 = (4−3y)2 +y2 = 10y2 −24y+16
Hay
5
2 2 5
8 5
6 5 2
2
≥ +
z
Do đó
5
2 5
6
5
6 5
2+
=
0,25
0,25
0,25
0,25
VIb.
(2,0 điểm)
VIIb.
(1,0 điểm)
1 (1,0 điểm)
Ta có a2 = 25 ⇒ a = 5, b2 = 16 ⇒ b = 4 c2 = a2 - b2 = 25 - 16 = 9 ⇒ c = 3 0,25 Gọi tọa độ điểm M là (x;y) và M ∈ (E) nên ta có MF1 + MF2 = 10 0,25
5
3
5− x = ⇔ x = 5 thay vào phương trình của (E) ⇒ y = 0 Vậy M(5;0)
0,25
2 (1,0 điểm)
Do đó d(O,(P))max =OA xảy ra ⇔OA⊥(P) 0,25 nên (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với OA Ta có OA=(2;−1;1) 0,25 Vậy phương trình mặt phẳng (P) là: 2(x - 2) - (y + 1) + (z - 1) = 0 hay 2x - y + z - 6 = 0 0,25
(1,0 điểm)
Giả sử số phức z cần tìm có dạng z = x + yi (x,y ∈ R) Ta có
x−2+(y−4)i = x+(y−2)i (1) ⇔ (x−2)2 +(y−4)2 = x2 +(y−2)2 0,25
4 +
−
=
⇔ y x Do đó tập hợp các điểm M biểu diễn cho các số phức z thỏa mãn (1) là đường
thẳng x + y = 4 Mặt khác z = x2 +y2 = x2 +x2 −8x+16 = 2x2 −8x+16
0,25
Do đó zmin ⇔x=2⇒ y=2 Vậy z=2+2i 0,25
Hết
-TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 2- NĂM 2012
Môn: TOÁN; Khối: D
(Đáp án- thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM
I.
(2,0 điểm)
1 (1,0 điểm)
* Tập xác định D R= Khi m = 1 ta có y = - x3 + 3x2 - 4
* Sự biến thiên:
Chiều biến thiên: y' =−3x2 +6x, y' =0⇔x=0,x=2
Hàm số đồng biến trên khoảng ( )0;2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞;0) và (2;+∞)
0,25
Giới hạn: =+∞ =−∞
+∞
→
−∞
x
y
lim Cực trị: xCĐ = 2, yCĐ = 0 và xCT = 0, yCT = - 4
0,25
Bảng biến thiên:
x −∞ 0 2 +∞ 0,25
Trang 8y − 0 + 0 −
y −∞ 0
-4 -∞
2 (1,0 điểm)
Ta có y' =−3x2 +2(2m+1)x−(m2 −3m+2) Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục tung khi và chỉ khi phương trình y’ = 0 có hai nghiệm trái dấu 0,25
<
>
∆
⇔
0
0
'
P
0,25
<
+
−
>
+
−
− +
⇔
0 ) 2 3
(
3
0 ) 2 3 ( 3 )
1
2
(
2
2 2
m
m
m m
2
1< <
1 (1,0 điểm)
Ta có:
2
sin 4 2
2 3
2 cos 1 2
2 3
2 cos 1 2
sin 4 3
cos 3
x
+ +
+
⇔
−
=
− +
+
π
π π
0 2 cos 3
2 cos 2 2 sin 0 2 3
2 cos 2
3
2 cos 2
+
+
−
0 3 sin sin
2 0 2 cos 2
−
=
=
⇔
) ( 2
3 sin
1
sin
VN x
x
π
2 k
2 (1,0 điểm)
ĐK: −7≤x≤−2,−3≤ y≤2
Ta có
=
−
− + + +
− +
=
− + + + + + +
⇔
= + + +
=
− + +
2 2 3
2 7
10 2 3
2 7
6 3 7
4 2 2
y y
x x
y y
x x
y x
y
Đặt u = x+7 + x+2và v= y+3+ y−2 (u > 0 và v > 0)
Ta được
= +
= +
2 5 5
10
v u
v u
0,25
=
=
⇔
=
=
+
⇔
5
5 25
10
v
u uv
v
Khi đó
=
=
⇔
=
− + +
= + + +
6
2 5
2 3
5 2 7
y
x y
y
x x
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (x;y) = (2;6)
0,25
Trang 9(1,0 điểm)
(1,0 điểm)
Ta có: = ∫ + =ln∫2
0 2 2
ln
0
e
Đặt t =e x,dt = exdx; x = 0 ⇒ t = 1, x = ln2 ⇒ t = 2 0,25
1 2 2
1
2
1 t
e
= ( 4 2)
2
1
e
e − Vậy I = ( 4 2)
2
1
e
IV.
Vì tam giác SBC cân tại S nên tam giác BGC vuông cân tại G
0,25
Từ đó GB GC = =
2
2 2
BC = và GI = a
2
1
a GI SI
2
3
3 =
=
Xét tam giác vuông SHI (H là chân đường cao của hình chóp hạ từ A) ta có:
SH = SI2 −HI2 mà SI =
2
3a
và HI =
6
78 6
SH
Vậy VS.ABC =
24
26
3
S
V.
(1,0 điểm)
(1,0 điểm)
m x x x
x + 9− = − 2 +9 + (1) ĐK: 0 ≤ x ≤ 9
(1) ⇔( x+ 9−x)2 =−x2 +9x+m⇔9+2 x(9−x) = x(9−x)+m (2) 0,25 Đặt t = x(9−x) thì t ∈ 2
9
; 0 Khi đó (2) trở thành 9 - m = t2 - 2t (3) với t ∈ 2
9
;
0
0,25
Bài toán trở thành tìm các giá trị của m để phương trình (3) có ít nhất một nghiệm t ∈ 2
9
; 0 Xét hàm số f(t) = t2 - 2t trên 2
9
;
0 ta có fmax =
4
45
và fmin = -1
0,25
4
9 4
45 9
1≤ − ≤ ⇔− ≤ ≤
Vậy các giá trị của m để phương trình có nghiệm là 10
4
9 ≤ ≤
1 (1,0 điểm)
Do ∆//dnên phương trình ∆ có dạng 3x - 4y + c = 0 ( c ≠ 2012) Gọi AB là dây cung mà ∆ cắt (C) (AB = 2 5) và M là trung điểm AB
0,25 (C) có tâm I(3;1) và bán kính R = 3 Ta có IM = R2 −MA2 = 9−5=2 0,25 d(I, ∆) = IM = 2 2
5
4 9
= +
−
−
=
=
⇔
= +
⇔
15
5 10
5
c
c
c Vậy ∆: 3x - 4y + 5 = 0 hoặc 3x - 4y - 15 = 0 0,25
2 (1,0 điểm)
Trang 10(2,0 điểm)
VIIa.
(1,0 điểm)
Goi tọa độ điểm M(a;b;c) Ta có: MA2 = MB2 ⇔ (a−1)2 +b2 +c2 =a2 +(b−1)2 +c2
⇔ a = b (1)
0,25
MB2 = MC2 ⇔ a2 +(b−1)2 +c2 =a2 +(b−3)2 +(c−2)2
⇔ b = 3 - c (2)
0,25
d2(M, (∝)) = MA2 ( )2 ( 1)2 2 2
5
2 2
c b a
b
Thay (1) và (2) vào (3) ta được
0,25
6a2 - 52a + 46 = 0
−
=
=
⇒
=
=
=
⇒
=
⇔
3
14 ,
3
23 3
23
2 , 1 1
c b
a
c b a
Vậy M(1;1;2) hoặc
3
14
; 3
23
; 3
23
M
0,25
Giả sử số phức z cần tìm có dạng z = x + yi (x,y ∈ R) Ta có
x+1+(y−5)i = x+3−(y+1)i (1)
⇔ (x+1)2 +(y−5)2 = (x+3)2 +(y+1)2
⇔ x+3y =4 Do đó tập hợp các điểm M biểu diễn cho các số phức z thỏa mãn (1) là đường thẳng x + 3y = 4 Mặt khác z = x2 + y2 = (4−3y)2 +y2 = 10y2 −24y+16 0,25
Hay
5
2 2 5
8 5
6 5 2
2
≥ +
Do đó
5
2 5
6
5
6 5
2 +
1 (1,0 điểm)
Ta có a2 = 25 ⇒ a = 5, b2 = 16 ⇒ b = 4 c2 = a2 - b2 = 25 - 16 = 9 ⇒ c = 3 0,25
Trang 11(2,0 điểm)
VIIb.
(1,0 điểm)
Gọi tọa độ điểm M là (x;y) và M ∈ (E) nên ta có MF1 + MF2 = 10 0,25
5
3
5− x = ⇔ x = 5 thay vào phương trình của (E) ⇒ y = 0 Vậy M(5;0)
0,25
2 (1,0 điểm)
Do đó d(O,(P))max =OA xảy ra ⇔OA⊥(P) 0,25 nên (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với OA Ta có OA=(2;−1;1) 0,25 Vậy phương trình mặt phẳng (P) là: 2(x - 2) - (y + 1) + (z - 1) = 0 hay 2x - y + z - 6 = 0 0,25 Giả sử số phức z cần tìm có dạng z = x + yi (x,y ∈ R) Ta có
x−2+(y−4)i = x+(y−2)i (1)
⇔ (x−2)2 +(y−4)2 = x2 +(y−2)2
0,25
4 +
−
=
⇔ y x Do đó tập hợp các điểm M biểu diễn cho các số phức z thỏa mãn (1) là đường
thẳng x + y = 4 Mặt khác z = x2 + y2 = x2 +x2 −8x+16 = 2x2 −8x+16
0,25
Do đó zmin ⇔ x=2⇒ y=2 Vậy z=2+2i 0,25
Hết