• Không có kết quả nào được tìm thấy

Đề thi có đáp án chi tiết môn toán lớp 12 năm 2018 trường chuyên lê hồng phong mức độ vận dụng cao | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Chia sẻ "Đề thi có đáp án chi tiết môn toán lớp 12 năm 2018 trường chuyên lê hồng phong mức độ vận dụng cao | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện"

Copied!
17
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Văn bản

(1)

TỔ 9 - CÂU VẬN DỤNG VẬN DỤNG CAO ĐỀ TOÁN CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NĂM 2018 Câu 1: [2D3-4] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Tính tích phân

2 2018

2

ex 1d

I x x

 .

A. I 0. B.

22020

I 2019

. C.

22019

I 2019

. D.

22018

I 2018 . Lời giải

Chọn C.

Đặt x t, ta có: dx dt. Đổi cận:

x 2 2

t 2 2

Khi đó:

   

2018

2 2 2018 2 2018 2 2018

2 2 2 2

.e .e

d d d d

e 1 e 1 e 1 e 1

t x

t t t x

t t t x

I t t t x

     

   

   

.

Suy ra

 

2

2 2018 2 2018 2 2018 2 2019 2020

2018

2 2 2 2 2

e 1

.e 2

2 d d d d

e 1 e 1 e 1 2019 2019

x x

x x x

x x x x

I x x x x x

      

  

   

.

Vậy

22019

I  2019 . Tổng quát:

Nếu f x

 

là hàm số chẵn và liên tục trên đoạn

 ;

thì

     

0

d 1 d d

1 2

x

f x x f x x f x x a

 

 

. PHÁT TRIỂN CÂU 39

Câu 1. [2D3-4] Cho hàm số f x

 

liên tục trên đoạn

ln 2;ln 2

và thỏa mãn

   

1

x 1 f x f x

   e

 .

Biết ln 2

   

ln 2

d ln 2 ln 3

f x f x x a b

   

 

 

,

a b,

. TínhP a b  .

A. P 1. B. P1. C. P2. D. P2. Lời giải

Chọn B.

Ta có : ln 2

   

ln 2

ln 2 ln 2

d 1 d

x 1

f x f x x x

e

  

 

  

 

.

(2)

Đặt t   x dx dt, đổi cận x ln 2 t ln 2;xln 2  t ln 2.

             

ln 2 ln 2 ln 2

ln 2 ln 2 ln 2

ln 2 ln 2

ln 2 ln 2

d d d

d d

1 1

t x

t x

f x f x x f t f t t f t f t t

e e

t x

e e

               

 

 

  

 

.

   

ln 2 ln 2 ln 2 ln 2

ln 2 ln 2 ln 2 ln 2

2 d 1 d d d 2ln 2

1 1

x

x x

f x f x x x e x x

e e

    

 

 

 .

   

ln 2

ln 2

d ln 2 f x f x x

     .

Suy ra ln 2aln 2bln 3 a 1;b0. VậyP a b    1 0 1.

Câu 40: [2D3-3] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018]

Biết

1 3

2 0

3 ln 2 ln 3

3 2

x x

dx a b c

x x

   

 

với a b c, , là các số hữu tỉ , tính S 2a b 2c2. A. S 515. B. S164. C. S436. D. S 9.

Lời giải Chọn A.

Xét :

   

1 3 1 1

2

0 0 0

3 10 6 4 14

3 3

3 2 1 2 1 2

x x x

I dx x dx x dx

x x x x x x

 

    

  

      

      

2 1

1 1

1

0 0 0

0

3 4ln 1 14ln 2 1 3 4ln 2 14ln 3 14 ln 2

2 2

Ixxx  x     

2 2

5 5 2

18ln 2 14ln 3 18 2 515

2 14

a

I b S a b c

c

 



           

 

 .

Câu 41: [2D3-3] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Số điểm cực trị của hàm số

 

2 1

2

2017

1

12 4 d

x

f x t t

 

A. 1. B. 3. C. 2. D. 0 .

Lời giải Chọn B.

Gọi F t

 

 

t212 4

2017dt. Suy ra F t

 

t212 4

2017.
(3)

Ta có: f x

 

F x

2 1

F

 

1 . Suy ra f x

 

F x

21 .2

x

x21

212 4 2017.2x

  .

  

2

2

0

0 1 12 4 0

x

f x x

 

  

    

 .

x21

212 4 0  x2    1 2 x 1.

BXD:

Câu 42. [2D4-4] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Biết phương trình:

2 2017.2018 22018 0

zz  có 2 nghiệm z1,z2. Tính Sz1z2 .

A. S22018. B. S 22019. C. S 21009. D. S 21010. Lời giải

Chọn D

2 2017.2018 22018 0

zz   z1z2 2017.2018 và z z1 2 22018 là số thực.

2 1

z z

   z2z1z1

.

Mà ta có: z z1 222018 z z1 1. 22018  z1 2 22018  z1 21009. Vậy ta có: Sz1z2 2 z1 21010

.

PHÁT TRIỂN CÂU 42

Câu 1. [2D4-4] Cho hai số thực bc c

0

. Kí hiệuA, B là hai điểm biểu diễn hai nghiệm phức của phương trình z22bz c 0 trong mặt phẳng phức. Tìm điều kiện của bc để tam giác OAB là tam giác vuông (O là gốc tọa độ).

A. b2 2c. B. c2b2. C. b c. D. b2c.

Lời giải Chọn B.

Ta có: z22bz c 0. Vì z1z2  2bz z1 2clà số thực.

2 1

z z

   z2z1z1

. Vậy ta có: x1bx12y22 c .

(4)

Ta có: z1 x1 y i1  A x y

1; 1

; z1x2y i2  B x y

2; 2

. Để tam giác OAB là tam giác vuông tại O OA OB . 0

1 2 1 2 0

x x y y

   x12y12 0

2 2

1 1

x y

   c 2b2 .

Câu 2. [2D4-4] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

2 2

4z 4(m1)z m 3m0 có hai nghiệm phức z z1, 2thỏa mãn

z

1

 z

2

 2

A. 0. B. 1. C. 2. D. 4.

Lời giải Chọn C.

Ta có: 4z2 4(m1)z m2 3m 0z1z2  1 mz z1 2 m23mlà số thực.

2 1

z z

   z2z1z1

. Vậy ta có: 1 1

2 x  m

x12y12 m23m. Ta có:

z

1

 z

2

 2

 z1z1 2  z1 1x12y12 1

2 3 4

m m

  

1 4 m

m

  

   .

Câu 43: [2D4-3] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Cho số phức z a bi 

a b, ,a0

thỏa z z. 12 z  

z z

13 10 i. Tính S a b  .

A. S  17. B. S 5. C. S 7. D. S 17. Lời giải

Chọn C.

Ta có: z z. 12 z  

z z

13 10 ia2b212 a2b2 2bi13 10 i

2 2 12 2 2 13

2 10

a b a b

b

    

   

2 25 12 2 25 13 5

a a

b

    

   

 

2 2

25 13

25 1

5 a

a VN

b

  



    

   12

5 a b

  

   

12 5 a b

 

    , vì a0. Vậy S a b  7.

PHÁT TRIỂN CÂU 43

Câu 1. [2D4-3] Cho số phức z a bi a b 

,

thỏa mãn

1i z

2z  3 2i. Tính P a b  .

A.

1 P 2

. B. P1. C. P 1. D.

1 P 2

.

(5)

Chọn C.

Ta có:

1i z

2z  3 2 . 1i

 

. Ta có: z a bi    z a bi.

Thay vào

 

1 ta được

1i a bi

 

 

2 a bi

 3 2i

  

3

3 2

a b i  a b   i

1

2 2

3 3 3

2 a b a

a b b

 

   

     

 . Vậy P 1.

Câu 3. [2D4-3] Cho số phức z a bi  ( ,a b) thỏa mãn z  1 3i z i0

. Tính S a 3b.

A.

7 S 3

. B. S  5. C. S 5. D.

7 S  3

. Lời giải

Chọn B.

Đặt z a bi  ; ;

a b

.

Từ giả thiết, ta có: a bi    1 3i a bi i0     a bi 1 3i a2b i2. 0

2 2

1 3 . 0

    a b ab i2 2 1 0 1

3 0 4

3

  

   

 

     

 

 

a a

b a b b

.

Vậy

3 1 3. 4 5

S a  b   3  .

Câu 44. [2D4-2] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Tìm tập hợp các số phức z thỏa

12 5

17 7 13

2

i z i

z i

  

  

.

A. d:6x4y 3 0. B. d x: 2y 1 0.

C. ( ) :C x2y22x2y 1 0. D. ( ) :C x2y24x2y 4 0. Lời giải

Chọn A.

Gọi M x y( ; ) là điểm biểu số phức z x yi x y ( , ) thỏa bài toán.

Theo đề có

12 5

17 7 13

12 5 17

 

2 12 5 7

2 169

2

 

2 1

2

2

i z i

x y y x x y

z i

                 6x 4y 3 0

    .

Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là đường thẳng 6x4y 3 0.

(6)

Câu 1. [2Đ4-2-PT1] Cho số phức z thỏa mãn 2 z 2 3i  2 1 2i  z

. Tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z trong mặt phẳng tọa độ Oxy là đường thẳng có phương trình nào sau đây?

A. 20x16y47 0 . B. 20x16y47 0 . C.20x16y47 0 . D. 20x16y47 0 .

Lời giải Chọn A.

Gọi M x y( ; ) là điểm biểu diễn của số phức z x yi x y ( , )  z x yi. Ta có 2 z 2 3i  2 1 2i  z 2 (x 2) (y3)i    ( 2x 1) (2y2)i

2 2 2 2

2 (x 2) (y 3) ( 2x 1) (2y 2) 20x 16y 47 0

             .

Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là đường thẳng 20x16y47 0 . Câu 2. [2Đ4-3-PT2] Tìm tập hợp các số phức z thỏa z thỏa z   4 z 4 10

. A.

 

: 2 2 1

9 25 x y

E  

. B.

 

: 2 2 1

25 9 x y

E  

. C.

 

: 2 2 1

16 9 x y

E  

. D.

 

: 2 2 1

5 3

x y

E  

. Lời giải

Chọn B.

Gọi M x y( ; ) là điểm biểu số phức z x yi x y ( , ) thỏa bài toán.

Ta có z   4 z 4 10 (x 4) yi  (x 4) yi 10

 

2 2 2 2

(x 4) y (x 4) y 10 *

      

Đặt F1( 4;0)-

F2(4;0) thì

 

* MF MF1 2 10F F1 2 8 nên tập hợp điểm M x y( ; ) biểu diễn số phức z là một elíp với hai tiêu điểm F F1, 2.

Ta có:

1 2 2 2

1 2

2 2 2

2 10 5

2 8 4 ( ) : 1

25 9 3

MF MF a a

x y

F F c c E

a b c b

     

       

 

    

 .

Câu 45. [1D2-3] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Tìm tổng các giá trị của số thực a sao cho phương trình z2 3z a22a0 có nghiệm phức zo thỏa zo 2

.

A. 0 . B. 2 . C. 6 . D. 4 .

Lời giải Chọn D

Ta có với mọi a thì phương trình z23z a22a0 luôn có nghiệm phức.

2 1

3 4 8 9

2

i a a

z     

2 2

3 4 8 9

2

i a a

z     

(7)

Suy ra

2

1 2

4 8 9

3

4 4

a a

z z   

  

.

2 o

4 8 9

2 3 2

4 4

a a

z   

   

2

4 8 9 2

9 4 4 8 9 7

4 4

a a

a a

  

       

 

 

2 2

2 2

4 8 2 0 1

4 8 9 7

4 8 9 7 4 8 16 0 2

a a

a a

a a a a

   

    

          .

Từ

 

1 ta có a1a2 2, từ

 

2 ta có a3a4 2. Vậy tổng a1a2a3a4 4.

Câu 46: [2H3-3] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz, cho các điểm A

1;0;0

, B

3; 2;1

, C5 4 83 3 3; ; . M là điểm thay đổi sao cho hình chiếu của M lên mặt phẳng

ABC

nằm trong tam giác ABC và các mặt phẳng

MAB

,

MBC

,

MCA

hợp với mặt phẳng

ABC

các góc bằng nhau. Tính giá trị nhỏ nhất của OM .

A.

26

3 . B.

5

3. C. 3 . D.

28 3 . Lời giải

Chọn A

M

A

B

C I

Ta có phương trình mặt phẳng

ABC

: x2y2z 1 0  .

Gọi I là hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng

ABC

. Do các mặt phẳng

MAB

,

MBC

 

, MCA

cùng hợp với mặt phẳng

ABC

các góc bằng nhau nên I cách đều
(8)

ba cạnh của tam giác ABC. Lại có Inằm trong tam giác ABC nên Ichính là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Ta có AB3;AC4;BC5.

Sử dụng công thức: aIA bIB cIC    0 5IA4IB3IC  0 I

1;1;1

Đường thẳng qua Ivà vuông góc với mặt phẳng

ABC

có phương trình là:

1 1 2 1 2

x t

y t

z t

  

  

  

 .

Kẻ OH . Ta có M thuộc  nên OM OH,M

 

; 26

min O; .

3 OM OH d IO u

u

 

 

    

 

 

Tổng quát: Tọa độ điểm I thỏa mãn aIA bIB cIC   0

, (a b c  0) là

; ;

A B c A B c A B c

ax bx cx ay by cy az bz cz

a b c a b c a b c

     

 

       

 

Bình luận: Giả thiết bài toán nếu không cho hình chiếu của M lên mặt phẳng

ABC

nằm

trong tam giác ABCthì sẽ có bốn điểm I thỏa mãn cách đều ba cạnh của tam giác ABC( một tâm nội tiếp và ba tâm bàng tiếp), khi đó bài toán phải xét cả bốn trường hợp và ta chọn min của bốn trường hợp đó.

Hướng phát triển bài toán:

1. Thay giả thiết góc tạo bới các mặt

MAB

,

MBC

,

MCA

với mặt phẳng

ABC

bằng

nhau thành MA, MB, MC cùng tạo với mặt phẳng

ABC

các góc bằng nhau. Khi đó hình chiếu của M lên mặt phẳng

ABC

chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácABC. Tìm min của OM.

2. Có thể giữ nguyên giả thiết như đề bài, thay kết luận bằng việc tìm min của MA MB hoặc tìm max của MA MB …

Câu 47: [2H1-4] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 đường thẳng

 

1

1 1 1

: 2 1 2

x y z

d     

 ,

 

2

3 1 2

: 1 2 2

x y z

d     

 

3

4 4 1

: 2 2 1

x y z

d     

. Mặt cầu bán kính nhỏ nhất tâm I a b c

; ;

tiếp xúc với 3 đường thẳng

     

d1 , d2 , d3 . Tính S a 2b3c.

A. S 10. B. S 11. C. S 12. D. S 13.

(9)

Chọn B.

Nhận xét 3 đường thẳng

     

d1 , d2 , d3

đôi một vuông góc nhau. Dễ dàng tính được đoạn vuông góc chung của từng cặp đường thẳng, các đoạn này bằng nhau và bằng 3. Vì vậy ta có thể dựng hình lập phương sao cho

     

d1 , d2 , d3

chứa 3 cạnh của hình lập phương.

Ta có cạnh hình lập phương là d 3

     

d1 , d2 , d3

lần lượt đi qua các điểm

1;1;1 , 3; 1; 2 , 4;4;1

 

  

mà khoảng cách giữa hai điểm

1;1;1

3; 1; 2

bằng 3 (đúng bằng cạnh hình lập phương), khoảng cách giữa hai điểm

1;1;1

4;4;1

bằng 3 2 (bằng đường chéo của các mặt hình lập phương) còn khoảng cách giữa hai điểm

3; 2;1

4;4;1

bằng 3 3 . Do đó ta có thể chọn d d d1, ,2 3 lần lượt chứa AB A D CC,  , A

1;1;1 ,

 

A 3; 1;2 ,

 

C 4;4;1

.

Ta có

         

2 2 2 2 2

, 1 , ,

d I dd I ABCDd I ABB A  xy

         

2 2 2 2 2

, 2 , ,

d I dd I BCC B  d I CDD C  zt

         

2 2 2 2 2

, 3 , ,

d I dd I ADD A  d I A B C D    uv Ta có

2 2 2 2 2 2 2

3r xyz  t uv

2 2 2 2 2 2

2

3

x y z t u v

r     

 

2 2

 

2 2

 

2 2

3

xvytzu

  

2

 

2

2 9 9 9

2 2 2 2 2 2 9

3 3 2

x vy tz u

   

  

d3 d2

d1

C' A' D'

B'

C

A D

B

(10)

Suy ra

3 2 r 2

.

Dấu bằng xảy ra khi x v 3,y t 3,z u         3 x y z t u v 3 I là tâm hình lập phương.

Khi đó I là trung điểm của

7 3 3 7 3 3

; ; 2. 3. 11

2 2 2 2 2 2

AC I   S  

 

Câu 48: [2D3-4] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Cho hàm số f x

 

có đạo hàm trên  thỏa

x2

   

f x  x 1

  

f x' ex

 

0 1

f  2

. Tính f

 

2 ?

A.

 

2

3 fe

. B.

 

2

6 fe

. C.

 

2 2

3 fe

. D.

 

2 2

6 fe

. Lời giải

Chọn D

Ta có f x x

  

 2

f x x'

  

 1

ex e f x xx

  

 2

e f x xx '

  

 1

  

ex 2

  

1

x

 

x 2

f x x ee

 

    .

Do đó

         

2 2 2

2 2 2

0 0 0 0

1 x x 1 x x

f x x edx e dx f x x e e dx

      

 

  

   

4

2 1

3 2 0

2

e f f e

  

 

2 2

6 f e

 

.

PHÁT TRIỂN CÂU 48

Câu 1: [2D3-4] Cho hàm số f x

 

có đạo hàm trên  thỏa

2x1 .ln 2 2

f x

  

2x1

  

f x' 2x

 

  và f

 

0 1. Tính f

 

3 ?

A.

 

3 9

f 14

. B.

 

3 30

f ln 2 . C.

 

3 15 1

56 ln 2 56

f  

. D.

 

3 15 3

28ln 2 28

f  

. Lời giải

Chọn D

Ta có:

2x1 .ln 2 2

f x

  

2x1

  

f x' 2x

         

2

2x 2x 1 .ln 2 2 f x 2 2x x 1 f x' 2x

       

(11)

  

2 1 2

x 22x

f x x

 

   

Do đó: 3

   

3 2

   

13 3 2

1 1 1

2 1 2x 2 x 2 1 2x 2 x

f x xdx dx f x x dx

      

 

  

   

22.3 22.1

 

15 3

56 3 6 1 3

2ln 2 28ln 2 28

f ff

     

.

Câu 2: [2D3-4] Cho hàm số y f x

 

liên tục trên  \ 0; 1

thỏa:

1

    

2 ,

0; 1

x xf x  f xx   x x  và f

 

1  2ln 2. Biết f

 

2  a bln 3 ,

a b

. Tính a2 b2 ?

A.

3

4. B.

13

4 . C.

1

2. D.

9 2. Lời giải

Chọn D

Ta có x x

1

  

f x f x

 

x x

1

   

1

1

f x f x

x x

  

   

 

2

1 1 1

x f x x

f xx x x

  

  

 

.

1 1

x x

f x x x

 

    

Do đó 2

 

2

1 1

. 1 1

x x

f x dx dx

x x

  

   

 

   

2

 

12

1

. ln 1

1

f x x x x

x

 

     

 

2 .2

 

1 .1 1 ln2 2

ln 3

1

2ln 2

1 ln2

3 2 3 3 2 3

f f a b

         

2 2

3

2 2 ln 3 1 ln 3 2 9.

3

3 3 2

2 a

a b a b

b

 

       

  



Câu 49: [2D3-3] Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Cho đồ thị

 

C y: f x

 

x .

Gọi

 

H là hình phẳng giới hạn bởi

 

C , đường thẳng x9, trục hoành. Cho M là điểm thuộc

 

C , A

 

9;0 . Gọi V1 là thể tích khối tròn xoay khi cho

 

H quay quanh Ox, V2 là thể tích khối tròn xoay khi cho tam giác AOM quay quanh Ox. Biết V12V2. Tính diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi

 

C , OM (hình vẽ không thể hiện chính xác điểm M ).
(12)

A. S 3. B.

27 3 S  16

. C.

3 3 S  2

. D.

4 S 3

. Lời giải

Chọn B.

Ta có 1 9

 

2 9 2 9

0 0 0

d d . 81

2 2

V 

x x

x x x   . Gọi M m m m

;

 

0

. Dựng MH Ox.

Khi cho tam giác AOM quay quanh Ox ta được hai hình nón có chung đáy.

2 2

2

1 1

. . . .

3 3

V   MH OH  MH HA 1 2

. .

3 MH OA

 1

. .9 3 3m m

 

.

Theo giả thiết V1 2V2812 2.3m m274 .

Vậy

27 4

0

1 27 3 1 27 27 27 3

d . . . .

2 4 2 4 2 16

S

x xOH HM   

. PHÁT TRIỂN CÂU 49

(13)

Câu 1: [2D3-3] Cho hàm số y f x

 

ax3bx2 cx d a b c, , ,

,a0

có đồ thị

 

C . Biết rằng đồ thị

 

C tiếp xúc với đường thẳng y4 tại điểm có hoành độ âm và đồ thị hàm số y f x

 

cho bởi hình vẽ dưới đây:

O x y

 11

 3 O x

y

 11

(14)

Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị

 

C và trục hoành.

A. S 9. B.

27 S  4

.

C.

21 S  4

. D.

5 S 4

.

Lời giải Chọn B.

Từ đồ thị suy ra f x

 

3x23.

   

d

3 2 3 d

3 3

f x

f x x 

xx x  x C.

Do

 

C tiếp xúc với đường thẳng y4 tại điểm có hoành độ x0 âm nên

 

0 0 3 02 3 0 0 1

f x   x   x   .

Suy ra f

 

   1 4 C 2

 

C y x: 33x2

Xét phương trình

3 2

3 2 0

1 x x x

x

  

      .

Diện tích hình phẳng cần tìm là: S

12

x33x2 d

x 274

.

Câu 2: [2D3-3] Cho hình phẳng

 

H giới hạn bởi các đường

2 1

yx

y k ,0 k 1. Tìm k để diện tích của hình phẳng

 

H gấp hai lần diện tích hình phẳng được kẻ sọc trong hình vẽ bên.

A. k3 4. B. k32 1. C.

1. k 2

D. k3 4 1. Lời giải

Chọn D.

Oy

(15)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi y 1 x y k x2,  , 0 bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi

2 2

1 , 1, , 0

y x y x  y k x  .

Ta có 1

2

1

2

1

2

0 1 1

1 d 1 d 1 d

k k

k

x k x k x x k x x

       

  

         

     

1 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1

3 3 3

1 1

1 1 1 1 1

3 3

k k k k k k k k k

k k k k k

              

        

   

3 3

2 4

1 1 1 2 4 1

3 k k 3 k k

         

.

Câu 50. [4D2-4] [2D4-4] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Cho số phức z thỏa 1

z

, gọi m M, lần lượt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của

5 3 6 2 4 1

Pzzzz  . Tính M m .

A. M m 1. B. M m 3. C. M m 6. D. M m 12. Lời giải

Chọn A.

Ta có

5 3 4

6 2 1

Pzzzz

4 2

4 6 2 2

z z z z

    

z2z2

2 4 2z2z2
(16)

z2z2

2 4 2 z2z2

z2z2 1

23

2 2 2 2

2 2

z z z z

  



   

nên Pmax 4 , Pmin 3 nên chọn A.

Cách giải khác:

Ta có

5 3 6 2 4 1

Pzzzz

4 2

4 2

6 2

z z z z

    

Đặt

2 2

tzz

với t

 

0;2

4 4 2

2 z z t

   

Do đó P t2 4 2t t   2 2t 4 f t

 

với t

 

0;2

Khi đó Pmax 4 , Pmin 3 nên chọn A.

PHÁT TRIỂN CÂU 50:

Câu 50. [4D2-4] Cho số phức z thỏa z 1 , gọi m M, lần lượt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của

3 2

5 4 2 2

Pz  z zzz

. Tính M mi . A. M mi  3. B. M mi 1

. C. M mi  5. D. M mi  2. Lời giải

Chọn C.

Ta có

3 2

5 2

4 2

Pz  z zzz

4 2

4 4 2 2

z z z z

    

z2z2

2 2 2z2z2

z2z2

2 2 2 z2z2

z2z2 1

21
(17)

2 2 2 2

2 2

z z z z

  



   

nên Pmax 2 , Pmin 1 nên chọn C.

Tài liệu tham khảo

Tài liệu liên quan

Tính diện tích xung quanh của hình tròn xoay sinh bởi đường gấp khúc ACA quay quanh trục

Gọi V 1 là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác OMH quanh trục Ox... Không

Để sớm hoàn thành công trình và kịp thời đưa vào sử dụng, công ty xây dựng quyết định từ tháng thứ 2 , mỗi tháng tăng 4% khối lượng công việc so

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

Với mục đích giúp các em học sinh trung học phổ thông nói chung, các bạn học sinh đam mê Toán nói riêng có thêm tài liệu để tham khảo và chuẩn bị đầy đủ kiến

Tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z trong mặt phẳng tọa độ Oxy là đường thẳng có phương trình nào sau

Tập hợp điểm biểu diễn số phức z trên mặt phẳng tọa độ nằm trên đường thẳng có phương trình

Gọi V 1 là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác OMH quanh trục Ox... Không