LỜI GIẢI ĐỀ THI TOÁN 2011 - ĐỀ SỐ 5

tai lieu hay day moi nguoi

ht tp

vn

DIỄN ĐÀN MATH.VN

http://math.vn

LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011

Môn thi : Toán Đề số: 05 Câu I 1) (1 điểm) ————————————————————————————————

Cho hàm số y = x3+ 6x2+ 9x + 3 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

Lời giải:

Hàm số y = x3+ 6x2+ 9x + 3 có TXĐ là D = R

y0= 3x2+ 12x + 9 = 3(x + 1)(x + 3)

Nên y0= 0 ⇔



x = −1 ⇒ y = −1

x = −3 ⇒ y = 3

y0>0⇔ −∞<x < −3 hoặc −1 < x < +∞⇒

hàm số đồng biến trên (−∞;−3); (−1;+∞)

y0<0⇔ −3 < x < −1 ⇒

hàm số nghịch biến trên (−3; −1)

Giới hạn lim

x→+∞y= +∞; lim

x→−∞y= −∞ Bảng biến thiên

x −∞ −3 −1 +∞

y0 + 0 − 0 +

y−∞% 3 & −1 %+∞

Điểm cực đại (−3; 3), điểm cực tiểu (−1; −1)

Đồ thị giao với trục tung tại điểm B(0;3)

Đồ thị giao với đường thẳng: y = −1

tại hai điểm (−4;−1),(−1;−1)

Đồ thị

1 2 3

−1

−2

−1

−2

−3

−4



Câu I 2) (1 điểm) ————————————————————————————————

Tìm các giá trị của k để tồn tại 2 tiếp tuyến với (C) phân biệt nhau và có cùng hệ số góc k , đồng thời đường thẳng đi qua các tiếp điểm (của 2 tiếp tuyến đó với (C)) cắt các trục Ox,Oy tương ứng tại A và B sao cho

OB = 2011.OA

Lời giải:

Đối với đồ thị hàm số bậc 3 thì mỗi tiếp tuyến ta có một và chỉ một tiếp điểm tương ứng Và hoành độ tiếp

điểm x của tiếp tuyến dạng y = kx + m với (C) là nghiệm PT f0(x) = k ⇔ 3x2+ 12x + 9 − k = 0 (1)

Để tồn tại hai tiếp tuyến với (C) phân biệt nhau có cùng hệ số góc k thì cần và đủ là

(1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔∆0= 9 + 3k > 0 ⇔ k > −3 (2)

Khi đó toạ độ các tiếp điểm (x;y) của 2 tiếp tuyến với (C) là nghiệm HPT

(

y = x3+ 6x2+ 9x + 3 3x2+ 12x + 9 = k ⇔







y=

 1

3x+2 3



(3x2+ 12x + 9) − 2x − 3 3x2+ 12x + 9 = k

⇔







y = k

 1

3x+2 3



− 2x − 3 3x2+ 12x + 9 = k

⇔







y= k− 6

3 x+2k− 9

3

3x2+ 12x + 9 = k Suy ra toạ độ các tiếp điểm cùng thoả mãn PT y = k− 6

3 x+2k− 9

3

Vậy đường thẳng qua các tiếp điểm là d : y = k− 6

3 x+2k− 9

3

Do d cắt Ox,Oy tương ứng tại A và B sao cho OB = 2011.OA nên có thể xảy ra các trường hợp sau :

+) Nếu A ≡ O thì B ≡ O, TH này được thoả mãn nếu và chỉ nếu d qua O ⇔ k = 92

+) Nếu A 6≡ O, khi đó trong tam giác vuông OAB cho tan d OAB= OB

OA = 2011 mà tan dOABbằng hoặc bằng

với đối của hệ số góc của d , tức là ta có k− 6

3 = ±2011 ⇔ k = 6039;k = −6027, đối chiếu với (2) , ta được kết quả của TH này là : k = 6039

Tóm lại các giá trị cần tìm của k là k = 9

ht tp

vn

Câu II 1) (1 điểm) ————————————————————————————————

Giải phương trình : 2− sin2x

cos 2x + 4 cos x + 3 =

1

2tan

2x

2

Lời giải:

ĐK: cosx

2 6= 0;cos2x + 4cosx + 3 6= 0 Với đk ấy pt tương đương:

1+ cos2x

2(cos2x + 2 cos x + 1) =

1− cosx

2(1 + cos x) ⇔ 1+ cos

2x

(cos x + 1)2 = 1− cosx

1+ cos x

⇔ 1 + cos2x = (1 − cosx)(1 + cosx) ⇔ 1 + cos2x= 1 − cos2x ⇔ cosx = 0 ⇔ x = π

2+ kπ (thoả)

Vậy pt có họ nghiệm là x = π

Câu II 2) (1 điểm) ————————————————————————————————

Giải hệ phương trình :

(

x3+ 2y2= x2y + 2xy

2p

x2− 2y − 1 +p3

y3− 14 = x − 2 (x, y ∈ R)

Lời giải:

ĐKXĐ của HPT là x2

− 2y − 1 ≥ 0 (1)

PT đầu của hệ được viết lại là x(x2− 2y) − y(x2− 2y) = 0 ⇔ (x − y)(x2− 2y) = 0 ⇔ x = y (do (1) nên

x2− 2y ≥ 1 > 0)

Thay vào PT thứ 2 của hệ ta được :√3

14− x3= 2√

x2− 2x − 1 + 2 − x (2) Đối với PT (2) ta có 2 cách giải quyết :

+) Cách 1: Do√x2− 2x − 1 ≥ 0 nên√314− x3≥ 2 − x ⇔ 14 − x3≥ 8 − 12x + 6x2− x3⇔ x2− 2x − 1 ≤ 0 Mặt khác khi x = y thì (1) cho ta x2

−2x −1 ≥ 0 Do đó x2−2x −1 = 0 ⇔ x = 1±√2 Vậy x = y = 1±√2 thoả mãn HPT đã cho và đó là 2 nghiệm của HPT ban đầu

+) Cách 2: Đặt u = 2 − x ,v =√x2− 2x − 1(v ≥ 0) , ta có u3− 6v2= 14 − x3 Khi đó (2) có dạng : 3

√

u3− 6v2= u + 2v ⇔ u3− 6v2= (u + 2v)3⇔ v[v2+ 3(u + v)2+ 3v] = 0 ⇔ v = 0 ;u = v = 0 (do v ≥ 0)

• v = 0 ⇔ x2− 2x − 1 = 0 ⇔ x = 1 ±√2 Do vậy x = y = 1 ±√2(thoả mãn (1))

• u = v = 0 ⇔

(

2− x = 0

x2− 2x − 1 = 0 Hệ này vô nghiệm.

Câu III (1 điểm) ————————————————————————————————

Tính tích phân I =Z 3

−1



(x2− 2x − 2
2010 x− 1)2011+ 2012

sin4πx

2 dx

Lời giải:

Cách 1:

I=

Z 3

−1[(x − 1)3− 3(x − 1)]2010(x − 1)sin4πx

2 dx+ 2012

Z 3

−1

sin4πx

2 dx = (I1) + (I2) Đặt x −1 = t ⇒ dx = dt;x = −1 ⇒ t = −2;x = 3 ⇒ t = 2

Vậy Ta thấy I1=

Z 2

−2(t3− 3t)2010t cos4πt

2 dt

mà f (t) = (t3

− 3t)2010t cos4πt

2 là hàm lẻ ⇒ I1= 0

Nhiệm vụ bây giờ chỉ tính I2= 2012

Z 2

−2cos4πt

2 dt= 4024

Z 2

0

cos4πt

2 dt= 1006

Z 2

0 (1 + cosπt)2dt

Mà cái tích phân này khai triển ra rồi hạ bậc là xong Kết quả là 3018 

Cách 2:

Ta có I =Z 3

−1



(x2− 2x − 2
2010 x− 1)2011dx+ 2012

Z 3

−1sin4πx

2 dx

+) Xét tích phân J =Z 3

−1



(x2− 2x − 2
2010 x− 1)2011dx Đặt x = 2 −t ta có dx = −dt và : x = −1 ⇒ t = 3; x = 3 ⇒ t = −1

Do đó J = −Z −1((2 − t)2− 2(2 − t) − 2
2010 2− t − 1)2011dt=

Z 3 

(−t2+ 2t + 2
2010

1− t)2011dt

ht tp

vn

= −

Z 3

−1



(t2− 2t − 2
2010 t− 1)2011dt = −J Suy ra J = 0

+) Xét tích phân K = 2012Z 3

−1sin4πx

2 dx

Ta có J = 2012Z 3

−1



1− cosπx

2

2

dx= 503

Z 3

−1(1 − 2cos2πx+ cos2πx )dx

= 503

2

Z 3

−1(3 − 4cos2πx+ cos 4πx )dx = 503

2



3x− 2sin2πx+1

4sin 4πx 

3

−1

= 3018

Câu IV (1 điểm) ————————————————————————————————

Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A , BC = a và d ABC= 300 Mặt phẳng (SBC) vuông góc với đáy, hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 60 o Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.

Lời giải:

Cách 1:

Vẽ SH ⊥ BC (H ∈ BC);HE ⊥ AB (E ∈ AB);HF ⊥ AC (F ∈ AC)

Vì (SBC) ⊥ (ABC) với giao tuyến là BC ⇒ SH ⊥ (ABC)

Ta có:∆SHE =∆SHF ⇒ HE = HF mà AEHF là hình chữ nhật ⇒ AEHF là hình vuông; cạnh là b TH1: H nằm trong đoạn BC

A B

C S

H E

F

Ta có: AB = a

√ 3

2 ; AC= a

2

Ta có: BE = AB −AE = a

√ 3

2 − b;FC = AC − AF = a2− b

∆BEH ∆HFC⇒ HF BE = EH

FC ⇒ BE.FC = b2⇒ a

√ 3

2 − b

!

a

2− b= b2

⇒a

2√

3

4 −ab(

√

3+ 1)

2 + b2= b2⇒ a

2√ 3

4 = √ab

3− 1 ⇒ b =

a(3 −√3) 4

Ta có: SH = b√3= a(3 −√3)√

3

2√ 3 8

⇒ V S.ABC= 1

3SH.S ABC=1

3·a(3 −

√ 3)√ 3

2√ 3

3(3 −√3) 32

TH2: H nằm ngoài đoạn BC về phía B

∆BEH∼∆HFC⇒ HE EB = AC

AB <1⇒ HE < EB < AE Vô lý, vì vậy ko có TH này TH3: H nằm ngoài đoạn BC về phía C

ht tp

vn

A B

C

S H E F

Ta có:∆BAC∼∆BEH ⇒ HE CA = BA

BE ⇒ CA.BE = AB.HE ⇒ a2(b + a

√ 3

2 ) =a

√ 3

2 b ⇒ b = a(3 +

√ 3) 4

Ta có: SH = b√3= a(3 +

√ 3)√ 3

2√ 3 8

⇒ V S.ABC= 1

3SH.S ABC=1

3·a(3 +

√ 3)√ 3

2√ 3

3(3 +√

3)

Cách 2:

Dựng đường thẳng Az⊥(ABC) và thiết lập hệ tọa độ Axyz như hình vẽ dưới đây:

x

y

z

A B

C S

Chúng ta đặt b = a

√ 3

2 ; c= a

2 và có được: A(0; 0; 0), B(b; 0; 0), C (0; c; 0)

ta cũng giả thử luôn là: S (x; y; z) và thấy là:

V S.ABC= S∆ABC.d (S; (ABC))

3 = bc.d (S; (Axy))

6 Mặt khác:

−→

AS = (x; y; z) ,−→

BS = (x − b; y; z), CS−→= (x; y − c; z) Vậy nên mặt phẳng (SBC) có vector pháp tuyến là:

−→

BS∧−CS→= −→n a (cz; bz; bc − by − cx)

Để ý rằng pháp tuyến của (ABC) chính là −→k (0; 0; 1) nên sự kiện (SBC)⊥(ABC) dẫn đến:

−

→n a.−→k = 0 ⇔ bc = by + cx (∗)

Hai vector pháp tuyến lần lượt của (SCA) và (SAB) là:

ht tp

vn

Thế nên việc tạo góc 60◦giữa (ABC) với các mặt phẳng (SCA) và (SAB) sẽ cho ta:

1

(−bz)2+ (by)2 =p |cx|

(−cz)2+ (cx)2

3

Từ (∗) ta dẫn đến hai khả năng sau:

?Nếu x; y cùng dấu thế thì |z| = |x|√3= bc

√ 3

b + c nên thể tích cần tính là: V S.ABC= b

2c2√ 3 6(b + c)=

a3(3 −√3)

?Nếu x; y trái dấu thế thì |z| = |x|√3= bc

√ 3

b − c nên thể tích cần tính là: V S.ABC=

b2c2√ 3

6(b − c) =

a3(3 +√

3)

Vậy có hai kết quả cho thể tích cần tính là: V1= a

3(3 +√

3)

32 và V2= a

3(3 −√3)

Câu V (1 điểm) ————————————————————————————————

Cho các số dương x, y, z thoả mãn x + y + 1 = z Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

F= x

3y3

(x + yz)(y + zx)(z + xy)2

Lời giải:

Cách 1:

Đặt t = √xy Từ giả thiết sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta dễ thấy

z = x + y + 1 ≥ 2√xy + 1 = 2t + 1.

Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

(x + yz)(y + zx) ≥ √x√y + √yz√zx
2= xy(z + 1)2≥ t2(2t + 1 + 1)2= 4t2(t + 1)2

Kết hợp các đánh giá này lại, ta suy ra

F ≤ t

6

[4t2(t + 1)2] [(t + 1)4]=

t4

4(t + 1)6 Mặt khác, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta lại có

t+ 1 = t

2+t

2+ 1 ≥ 3 3

r

t2

4.

4

4 33

r

t2

4

!6 = 4

729.

Cách 2:

Ta có : x + y + 1 = z ⇔ x

z+1

z+y

z = 1 ⇔

r

xy

z .

rx

yz+

r x

yz.

r

y

zx+

r

y

zx.

r

xy

z = 1 Đặt tanα =

r

xy

z ,tanβ =

rx

yz,tanγ =

r

y zx

ta chỉ cần chọn 0 <α,β,γ< π

2 vì hàm tang tuần hoàn chu kìπ và dorxy

z ,

rx

yz,

r

y

zx >0

Khi đó từrxy

z .

rx

yz+

rx

yz.

r

y

zx+

r

y

zx.

r

xy

z = 1

ta được tanαtanβ+ tanβtanγ+ tanγtanα= 1 (1) Ta tạm giả sửα+β 6= π

2 Vậy (1) ⇔ tanα= 1− tanαtanβ

tanα+ tanβ ⇔ tanγ = cot(α+β) ⇔α+β+γ = π2 (2) (Chú ý là hai góc nhọn bằng nhau khi và chỉ khi tang của chúng bằng nhau)

Bây giờ ta chọnα= A

2,β = B

2,γ =C

2 với 0 < A,B,C <π (3) (để đảm bảo 0 <α,β,γ< π

2)

Khi đó (2) cho ta A + B +C =π (4)

ht tp

vn

Và với cách chon A,B như vậy cũng đã đảm bảo rằng thoả cái hồi trước ta tạm giả sửα+β 6= π

2

Hai điều (3)&(4) chứng tỏ A,B,C là ba góc của một tam giác

Tóm lại từrxy

z .

rx

yz+

r x

yz.

r

y

zx+

r

y

zx.

r

xy

z = 1

Đẳng thức này chứng tỏ tồn tại 4ABC sao cho



















r

xy

z = tanA

2

rx

yz = tanB

2 r

y

zx = tanC

2

Ta có F =







xy z

1+xy

z







2

1+yz

x



1+zx

y

 =







tan2A 2

1+ tan2A

2







2

1+ cot2B

2



1+ cot2C

2



=



sin2A

2sin

B

2sin

C

2

2

=

 1

2sin

2A

2

 cosB −C

2 − cosB +C2

2

≤

 1

2sin

2A

2



1− sinA2

2

=



1

4sin

A

2.sin

A

2



2− 2sinA2

2

≤









1 4







sinA

2+ sinA

2+ 2 − 2sinA

2 3







3







2

=

 2 27

2

Dấu bằng xảy ra ⇔







B = C

sinA

2 = 2 3

⇔







tanB

2 = tanC

2 tanA

2 =√2 5

⇔











x

yz = y

zx xy

z = 4 5

x + y + 1 = z

⇔

(

x = y = 2

z= 5

Vậy maxF =



2 27

2



Câu VIa 1) (1 điểm) ————————————————————————————————

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC biết 3 chân đường phân giác trong ứng với các đỉnh

A, B,C lần lượt là A0(−1;−1), B0(3; 2), C0(2; 3) Viết phương trình các đường thẳng chứa 3 cạnh của tam

giác ABC.

Lời giải:

Không khó để chứng minh được rằng : các cạnh của∆ABClà các đường phân giác (trong hoặc ngoài) của các góc ở đỉnh của∆A0B0C0

Vì vậy bài toán này có 4 kết quả :

1) Bộ 3 đường thẳng m1,m2,m3(Cả 3 đều là phân giác ngoài

Và khi này∆A0,B0,C0là các chân đường cao của∆ABC.)

2) Bộ 3 đường thẳng m1,d2,d3(1 phân giác ngoài, 2 phân giác trong

Và khi này∆A0,B0,C0là các chân đường cao của∆ICB.)

3) Bộ 3 đường thẳng m2,d3,d1(1 phân giác ngoài, 2 phân giác trong

Và khi này∆A0,B0,C0là các chân đường cao của∆CIA.)

4) Bộ 3 đường thẳng m3,d1,d2(1 phân giác ngoài, 2 phân giác trong

Câu VIa 2) (1 điểm) ————————————————————————————————

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hình chóp tam giác S.ABC có A; B thuộc trục hoành và phương

trình hai đường phân giác ngoài của hai góc dBSC; d CSA lần lượt là: (l a) : x− 1

2 = y− 2

3 = z− 3

4 ,

(l b) : x+ 1

2 = z+ 3

6 Hãy viết phương trình đường phân giác trong (l∗

c) của góc dASB

Lời giải:

−

→ −SA→ → −SB→ → −SC→

ht tp

vn

Khi đó ba vector đơn vị −→e a, −→e b, −→e c sẽ lần lượt là ba vector chỉ phương của SA, SB, SC.

Theo quy tắc hình bình hành thì −→e a+ −→e

b, −→e

b+ −→e c, −→e c+ −→e asẽ lần lượt là các vector chỉ phương của các đường phân giác trong của các góc: dASB; d BSC; d CSA

Để ý rằng: (−→e a+ −→e b) (−→e a− −→e b) = (−→e b+ −→e c) (−→e b− −→e c) = (−→e c+ −→e a) (−→e c− −→e a) = 12− 12= 0 Vậy −→e a− −→e b, −→e b− −→e c, −→e c− −→e a lần lượt là các vector chỉ phương của l a,l b,l c, ba đường phân giác ngoài này

đều đi qua S thêm nữa:

−

→e a− −→e b = −1.(−→e b− −→e c) + (−1).(−→e c− −→e a)

Vậy l a,l b,l cđồng phẳng

Theo đề bài thì −→u a(2; 3; 4), −→u b (2; 2; 6) cũng là các vector chỉ phương của l a,l b

vì thế1

2(−→u a∧ −→u b) = −→n (5; −2; −1) sẽ có phương vuông góc với phương của l c.

Cũng để ý rằng l c nằm trong (SAB) mà A, B ∈ (Ox) nên l c vuông góc với OS.

Ta có ngay S(1; 2; 3) nên 1

4

−→OS

∧ −→n

= −→u c (−1; 4; 3) là môt vector chỉ phương của l c(để ý là −→u c 6=−→0).

Bây giờ nhận thấy rằng l∗

c ⊥l c

nên 1

6



−

→u c∧−→OS=−→u∗

c (1; 1; −1) chính là vector chỉ phương của l c∗(hãy để ý là: −→u∗c 6=−→0) Vậy phương trình chính tắc của đường phân giác ngoài cần tìm là:

(l c∗) : x− 1

1 =y− 2

1 = z− 3

Câu VIIa (1 điểm) ————————————————————————————————

Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức 2z + 3 −i biết |3z +i|2

≤ zz + 9

Lời giải:

Cách 1:

Đặt z = a + bi và z0= 2z + 3 − i = a0+ b0i suy ra a0= 2a + 3; b0= 2b − 1

2 ; b= b0+ 1

Từ phương trình (∗) ta có: 9a2+ (3b + 1)2≤ a2+ b2+ 9 tương đương 4a2+ 4b2+ 3b − 4 ≤ 0

đem (1) thế vào phương trình này ta được: (a0− 3)2+ (b0+ 1)2+ 3b0+ 1

2 − 4 ≤ 0

4)2≤ 25

Vậy tập hợp các điểm M biểu diễn cho số phức z0là hình tròn tâm I3;−7

4



, bán kính R =5

Cách 2:

Đặt: z1= (2a + 3) + (2b − 1)i Gọi M biểu diễn số phức có toạ độ: M(2a + 3;2b − 1)

Ta có: |3z + i|2≤ z¯z+ 9 ⇔ 2(2a + 3)2− 12(2a + 3) + (2b − 1)2+ 7(2b − 1) + 15 ≤ 8

⇔ (2a + 3)2− 6(2a + 3) + (2b − 1)2+7

2(2b − 1) +7

2 ≤ 0

Vậy tập hợp các điểm M biểu diễn cho số phức z1là hình tròn tâm I

 3;−7 4



, bán kính R =5

Câu VIb 1) (1 điểm) ————————————————————————————————

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm A chạy trên Ox , điểm B chạy trên Oy sao cho đoạn AB luôn bằng a không đổi Tìm tập hợp các điểm M trên đoạn AB sao cho MB = 2MA

Lời giải:

Gọi A(x;0)thuộc Ox,điểm B(0;y)thuộc Oy Ta có AB = a ⇒ a2= x2+ y2

⇒ M



2x

3;

y

3



3 = c; y

3= d ⇒ c2=4x

2

9 ; d

2= y 2 9

9(x2+ y2) = 4a

2 9

Vậy PT quỹ tích điểm M : c2+ 4d2= 4a

2

ht tp

vn

Câu VIb 2) (1 điểm) ————————————————————————————————

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho tứ giác ABCD có A(1;2;1), C(2;4;−1) Hai đỉnh B, D thuộc

đường thẳng x− 1

1 = y− 2

3 sao cho BD = 4 Gọi I là giao điểm hai đường chéo của tứ giác và biết rằng

dt(ABCD) = 2011dt(IAD) Tính khoảng cách từ D tới đường thẳng AC

Lời giải:

Ở bài này ta cần tính được:

- Góc giữa hai đường thẳng AC và BD có sin bằng:

r 125 126

- Khoảng cách từ A đến BD và từ C đến BD lần lượt bằng: √1

14;

4√ 5

√ 14

- Từ dt(ABCD) =1

2(d(A; BD) + d(C; BD)).BD = dt(IAD) = 1

2d (A; BD).ID suy ra ID = 16

√ 5

2011√

14

- Gọi hình chiếu của D xuống AC là H.

Từ tam giác DHI vuông tại H có DH = ID.sin(AC,BD) = 200

Câu VIIb (1 điểm) ————————————————————————————————

Cho 2 phương trình z2+ mz + 2 = 0 và −z2+ 2z + m = 0 Tìm các giá trị thực của m để 2 phương trình đó

có ít nhất một nghiệm phức chung

Lời giải:

Giả sử 2 phương trình có nghiệm phức chung z Khi đó, z là nghiệm của hệ (1) và (2).

Cộng theo vế 2 phương trình của hệ được (m + 2)(z + 1) = 0 suy ra m = −2 hoặc z = −1

Với m = −2 thay trực tiếp vào 2 phương trình thấy chúng trùng nhau nên có nghiệm phức chung.

Với z = −1 thay vào (1) tìm được m = 3

Lời giải:

Ở ta cần tính được:

- Góc hai đường thẳng AC BD có sin bằng:

r 1 25 126

- Khoảng... yz)(y + zx)(z + xy)2

Lời giải:

Cách 1:

Đặt t = √xy Từ giả thi? ??t sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta dễ thấy

z = x + y + ≥ 2√xy... ————————————————————————————————

Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức 2z + −i biết |3z +i|2

≤ zz + 9

Lời giải:

Cách 1:

Đặt z = a +