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.. Viết dạng lượng giác của z1 và z2.[r]
Trang 1GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH Tặng VNMATH.COM
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
- Môn: TOÁN; Khối B
ĐỀ CHÍNH THỨC 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 3mx2+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 ) cosx x=cosx− 3 sinx+1
Câu 3 (1,0 điểm) Giải bất phương trình x+ +1 x2−4x+ ≥1 3 x
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 4 2
0
3 1
3 2
=
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 6 (1,0 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x+ + =y z 0 và x2+y2+z2=1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=x5+y5+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) :x2+ y2=4,
2 2
2
(C ) :x +y −12x+18=0 và đường thẳng d x: − − =y 4 0 Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc
2
(C , tiếp xúc với d và cắt ) (C tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB vuông góc với d 1)
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :
1
1
− =
−
=
d và hai điểm (2;1; 0), ( 2;3; 2)−
A B 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 x2+y2 =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 (0; 0;3), A 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 z và 1 z là hai nghiệm phức của phương trình 2 z2−2 3iz− =4 0 Viết dạng lượng giác của z và 1 z 2
…………
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 2GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH Tặng VNMATH.COM
ĐÁP ÁN THEO NHIỀU CÁCH
y=x −3mx +3m (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
x→−∞ = −∞ và lim y
x→+∞ = +∞
● Bảng biến thiên
x −∞ 0 2 +∞
y’ + 0 − 0 +
y 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) ● Đồ thị 2 ● y’ = 3x2 – 6mx ● 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 3 3 A OA= y = m và d B OA( , ) (=d B Oy, )= x B = 2m ● Yêu cầu bài toán S∆OAB = 48 1 ( ) 1 3 OA.d B,Oy 48 3m 2m 48 2 2 ⇔ = ⇔ = 4
m 16 m 2
⇔ = ⇔ = ± (thỏa điều kiện)
y
x
0
3
2 -1
Trang 3GIẢI 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 36m2 > ⇔ ≠0 m 0
y x y ' 2m x 3m
3 3
● Suy ra đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là y= −2m x2 +3m3⇔2m x2 + −y 3m3=0
3m 1
AB.d O, d 48 x x y y 96
−
( )2( 4) 3
3m
4m 1
−
+ ( )2 3
x x 4x x 3m 96
⇔ + − − = (*)
● Do x ,x là hai nghiệm của phương trình y’=0 nên theo Viet ta có A B A B
A B
x x 2m
x x 0
=
phương trình (*) ta được ( )2 3 4
2m 3m− =96⇔m =16⇔ = ±m 2.(thỏa điều kiện)
dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ Câu 2 Giải phương trình: 2 cos( x+ 3 sinx)cosx=cosx− 3 sinx+1
2
2cos x 3sin2x cosx 3sinx 1
2cos x 1 3sin2x cosx 3sinx
cos2x 3sin2x cosx 3sinx
sin 2x sin x
2x x k2π
6 6
+ = − +
⇔
k2π x
k2π 3
x , k
x k2π 3
=
ℤ
Trang 4GIẢI 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
2 cos x 3 sin 2x cosx 3 sinx 1
2 cos x 1 3 sin 2x cosx 3 sinx
cos 2x 3 sin 2x cosx 3 sinx
cos 2 cos
− = + +
⇔
− = − + +
2 2
2 3
,
3
k
k x
π π
=
ℤ
Cách 3 Phân tích thành các thừa số chung
2 cosx+ 3 sinx cosx=cosx− 3 sinx+1
2
2 cos x cosx 1 2 3 sin cosx x 3 sinx 0
2 cos 1 cos 1 3 sin 2 cos 1 0
2 cos 1 cos 3 sin 1 0
2 cos 1 0 cos 3 sin 1
1 cos
,
cos
3 2
x
x
k
x
π π
+ =
⇔
= −
ℤ
Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ
Câu 3 Giải bất phương trình 2
x 1+ + x −4x 1+ ≥3 x
● Điều kiện : 0 x 2 3
x 2 3
≥ +
● Với x = 0 là nghiệm bất phương trình
● Với x≠0 thì bất phương trình tương đương x 1 x 1 4 3
x x
x x
= + ⇒ + = − Điều kiện (t≥2)
Trang 5GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH Tặng VNMATH.COM
● Bất phương trình trở thành 2 2
t+ t − ≥ ⇔6 3 t − ≥ −6 3 t
2
t 2
t 2
t 6 9 6t t
− <
− ≥
(thỏa điều kiện)
● Với t 5
2
≥ ta thu được
1 x
1 5
2
≤
≥
, kết hợp điều kiện ta chọn
1
0 x
4
x 4
≤ ≤
≥
● Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 1 [ )
S 0; 4; 4
Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ
Câu 4 Tính tích phân : 4 2
0
3 1
3 2
=
I
2
−
0
ln 1 ln 2
3
ln 3 ln 2
2
Cách 2 Phương pháp đặt ẩn phụ
● Đặt: 2
t=x
2
2
dt
dt xdx xdx
= ⇒ =
● Khi đó
2
ln 3 ln 2
tdt
−
Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ
Trang 6GIẢI 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 (2)
Từ (1) và (2) suy ra AB⊥(SKC)⇒SC⊥AB (*)
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 SC2 NC2 15
4
a
Ta có sinC SN AH AH 5
a
Áp dụng Pitago trong tam giác SHA ta có SH SA2 AH2 7
4
a
HK AH AK
4
a
Vậy
3 S.ABH ∆ABH
V S SH AB.HK SH
Trang 7GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH Tặng VNMATH.COM
Cách 2 Phương pháp tỷ số thể tích
Ta có S.ABH
S.ABH S.ABC S.ABC
: 2a V V
V =SC = 4 =8 ⇒ =8
Mà
S.ABC ABC ABC
V S SI S SC IC 4a
Vậy
S.ABH
7 a 11 7a 11
8 12 96
Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ
Câu 6 Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x+ + =y z 0 và 2 2 2
x +y + =z 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=x5+y5+z5
● Ta có z= − +(x y), suy ra 2 2 ( )2
x
x + + + =1
x2 y2 xy 1
2
( )2 1
x y xy
2
● Đặt t= +x y 2 1
xy t
2
x y 4xy t 4 t
2
2 2 t 3
t
5x y 10x y
P=x +y − x+y = − + +10x y +5xy
5xy x 2x y 2xy y 5xy x y x xy y
● Dùng đạo hàm tìm GTLN của hàm số ( ) 5 3 5
t t
2 4
f t = − + trên đoạn 2; 2
3 3
−
ta tìm được
MaxP Maxf t
6 6
Cách 2
Với x + y + z = 0 và x2+ y 2+ z2=1
Ta có : ( )2 2 2 2 ( ) 2
0= x+ +y z =x +y + +z 2x y+ +z 2yz= −1 2x +2yz nên 2 1
yz x
2
Mặt khác
y z 1 x yz
≤ = , suy ra
2
2 1 1 x x
−
− ≤ , do đó 6 x 6
− ≤ ≤ (*)
Trang 8GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH Tặng VNMATH.COM
Khi đó: P = x5 + ( y 2 + z 2 )( y3 + z3 ) − y 2 z 2 ( y + z)
2
x x y z y z yz y z x x
Xét hàm f x( )=2x3−x trên 6; 6
3 3
−
, suy ra
2 ( ) 6 1
f x′ = x − ; ( ) 0 6
6
f x′ = ⇔ = ±x
Ta có 6 6 6, 6 6 6
Do đó
6 ( ) 9
f x ≤ ⋅
Suy ra 5 6
36
P≤ ⋅
Khi 6, 6
x= y= = −z thì dấu bằng xảy ra Vậy giá trị lớn nhất của P là 5 6
36 ⋅
Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ
Câu 7.a Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các đường tròn ( ) 2 2
1
C :x +y =4, ( ) 2 2
2
C :x +y −12x 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
( )C tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB vuông góc với 1 ( )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 ( ) ( ) (2 )2 2
C : x−a + −y b =R
Vì I∈( )C2 nên 2 2
a + −b 12a 18+ =0 (1.1)
Do (C) tiếp xúc (d) nên ( ( ) ) a b 4
R d I, d
2
− −
C : x a y b
2
− −
Theo đề (C) cắt ( )C1 tại A, B Khi đó A, B có tọa độ là nghiệm của hệ
2 2
2 2
a b 4
a b 4
x a y b
AB : 2ax 2by a b 4 2
2
x y 4
Suy ra vecto pháp tuyến của AB là ( ) ( 2 2 )
n a;b , a +b ≠0
Do AB vuông góc với (d) nên n a;b n( ) ( )d (1; 1− =) 0 ⇔ a− =b 0 (1.2)
Từ (1.1) và (1.2) ta có hệ
a b 12a 18 0
b 3
a b 0
=
⇔
=
C : x 3− + −y 3 =8
Trang 9GIẢI 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 ( ) 2 2
1
C :x +y =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∈( )C2 nên 2 2
a + −b 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)
Từ (1.1) và (1.2) ta có hệ
a b 12a 18 0
b 3
a b 0
=
⇔
=
C : x 3− + −y 3 =8
Cách 3 Dùng tính chất IO và AB cùng vuông góc với (d) nên d O, d( ( ) )=d I, d( ( ) )
Ta có ( ) 2 2
1
C :x +y =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∈( )C2 nên 2 2
a + −b 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
− −
⇔ = ⇔ − − = (1.2)
Từ (1.1) và (1.2) ta có hệ
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
a b 12a 18 0
1
a b 8
a b 12a 18 0
a b 4 4 a b 12a 18 0
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
C : x 3− + −y 3 =8
Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ
Trang 10GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH Tặng VNMATH.COM
Câu 8.a Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ( )
2
x 1 y z
d :
2 1
− =
−
= và hai điểm
A 2;1;0 , B(−2;3; 2) Viết phương trình mặt cầu đi qua A, B và có tâm thuộc đường thẳng (d)
Gọi tâm mặt cầu là I∈( )d nên I 1 2t; t; 2t( + − )
Ta có 2 2
IA =9t − +6t 2 và 2 2
IB =9t +14t+22
IA =IB ⇒t= −1 ⇒I( 1; 1; 2)− − và R=IA= 17
Vậy phương trình mặt cầu là ( ) ( ) (2 ) (2 )2
S : x 1+ + +y 1 + −z 2 =17
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
Đường thẳng (d) có phương trình tham số ( )d : yx 1 2tt
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
của hệ x 1
2x y z 3 0
x 1
y 1 z
2t
y t
− − + =
= −
= +
=
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 =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
Số cách gọi 4 học sinh lên bảng là : C425 25! 12650
4!.21!
Số cách gọi 4 học sinh có cả nam lẫn nữ là :
TH 1: 1 nữ 3 nam có : C C110 153 = 10.455 = 4550
TH 2: 2 nữ 2 nam có : 2 2
10 15
C C = 4725
TH 3: 3 nữ 1 nam có : 3 1
10 15
C C =1800
Suy ra số cách gọi 4 học sinh có nam và nữ là : 4550 + 4725 + 1800 = 11075
Vậy xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam lẫn nữ là : 11075 443
12650=506
Trang 11GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH Tặng VNMATH.COM
Cách 2 Dùng phương pháp “ phần bù ”
Xác suất chọn không có nam : P1 =
4 10 4 25
C 21
C =1265 Xác suất chọn không có nữ : P2 =
4 15 4 25
C 273
C = 2530 Xác xuất có cả nam và nữ : ( 1 2)
443
P 1 P P
506
Cách 3
Số cách chọn ngẫu nhiên 4 học sinh là : 4
25
C
Số cách chọn 4 học sinh mà chỉ có học sinh nam hoặc chỉ có học sinh nữ là : 4 4
15 10
C +C Xác suất để 4 học sinh được chọn có cả nam và nữ là :
4 4
15 10 4 25
C C 443
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 x2+y2 =4 Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D của hình thoi Biết A thuộc Ox
Giả sử
2 2 ( ) :E x y 1 (a b 0)
a +b = > > Hình thoi ABCD có
AC = 2BD và A, B, C, D thuộc (E) suy ra OA = 2OB
Không mất tính tổng quát, ta có thể xem A(a; 0) và
(0; )
2
a
B Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên AB,
suy ra OH là bán kính của đường tròn ( ) :C x2+y2=4
4=OH =OA +OB =a +a
Suy ra a2 = 20, do đó b2 = 5 Vậy phương trình chính tắc của (E) là
1
20 5
x y
Cách 2
Đặt AC = 2a , BD = a Bán kính đường tròn nội tiếp hình thoi R = 2
Ta có 1 12 12 52
4 4
20 2 5
Vậy phương trình của (E) :
2 2
1
20 5
Cách 3
Gọi (E) có dạng
2 2 1 (2 )
a +a = với 1
2
5
Vậy phương trình của (E) :
2 2
1
20 5
Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ
Trang 12GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH Tặng VNMATH.COM Câu 8.b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, choA 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
Phương trình đường thẳng ( ) x y z 3
AM :
1 2 3
−
= =
− Gọi ( )P ∩Ox=B b; 0; 0 , P( ) ( )∩Oy=C 0; c; 0 ( )
Suy ra G b c; ;1
3 3
là trọng tâm tam giác ABC
Vì trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng AM nên
b c
B 2; 0; 0
b 2
1 3
3 3
c 4
1 2 3 C 0; 4; 0
=
=
Vậy mặt phẳng (P) đi qua A(0;0;3) và có vecto pháp tuyến nP =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 ( ) x y z
b+ + =c 3 với A 0; 0;3 , B b; 0; 0 , C 0; c; 0 ( ) ( ) ( )
Trọng tâm tam giác ABC là : G b c; ;1
3 3
Phương trình đường thẳng ( ) x y z 3
AM :
1 2 3
−
= =
−
Vì G∈(AM) nên b c 2 b 2, c 4
3 6 3
−
Vậy mặt phẳng ( )P : 6x+3y+4z 12− =0
Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ Câu 9.b Gọi z1 và z2là hai nghiệm phức của phương trình 2
z −2 3iz− =4 0
Viết dạng lượng giác của z1 và z2
Phương trình z2−2 3iz− =4 0 có hai nghiệm là z1= − +1 3i, z2= +1 3i
Vậy dạng lượng giác của z1, z2 là :
1 π π 2π 2π
z 2 cos sin 2 cos sin
2 π π
z 2 cos sin
3 i 3
Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ
Mùa hè năm 2012 Kỷ niệm 8 năm trên đất Quy Nhơn (2004 - 2012)