Đề thi thử Đại học môn Toán - Đề 33, 34

Chia sẻ: Tran Binh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

92
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu ôn thi Đại học - Cao đẳng dành cho các bạn học sinh với 2 đề thi thử Đại học môn Toán 31 và 32 sẽ giúp các bạn luyện thi Đại học và củng cố kiến thức môn Toán về giải phương trình, tìm giá trị biểu thức. Chúc các bạn thành công.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học môn Toán - Đề 33, 34

ĐỀ SỐ 33. THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  3x2  2 . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm m để đường thẳng (): y  ( 2m  1) x  4m cắt đồ thị (C) tại đúng hai điểm M, N phân biệt và M, N cùng với điểm P( 1;6) tạo thành tam giác MNP nhận gốc tọa độ làm trọng tâm. Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: cos 2 x  5  2 2(2  cos x )sin( x   ) 4 2 300 x  40 x  2  10 x  1  3  10 x 2. Giải bất phương trình: 0 1 x  1 x  2 Câu III. (1,0 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay khi quay quanh trục Ox hình phẳng giới hạn bởi: (1  sin x ).e x  y ; y  0; x  0; x  x 2 cos 2 Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC là hình chóp tam giác đều, cạnh bên A’A tạo a 3 với đáy một góc 300 . Tính thể tích khối chóp A’.BB’C’C biết khoảng cách giữa AA’ và BC là . 4 Câu V. (1,0 điểm) Cho 3 số thực a, b, c thỏa mãn a 3  8b3  27c 3  18abc  1  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  a 2  4b2  9c 2 . II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x 2  y 2  2 x  4 y  8  0 và điểm M (7;7) . Chứng minh rằng từ M kẻ đến (T) được hai tiếp tuyến MA, MB với A, B là các tiếp điểm. Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB. 2. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; –1) và đi qua điểm A(3; –1;1). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Ox và cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 6 . Câu VIIa. (1,0 điểm) Tìm số hạng chứa x 3 trong khai triển biểu thức: 1 0 3 1 32 2 3n n 341 P  (  3 x 2 ) n  2 . Biết n nguyên dương thoả mãn: Cn  Cn  Cn  ...  Cn  x 2 3 n 1 n 1 B. Theo chương trình nâng cao Câu VIb. (2,0 điểm) x2 y 2 1. Trên mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường thẳng  : x  y  4  0 và hai elíp ( E1 ) :   1, 10 6 x2 y 2 ( E2 ) :   1 ( a  b  0) có cùng tiêu điểm. Biết rằng ( E2 ) đi qua điểm M thuộc đường thẳng . a 2 b2 Tìm toạ độ điểm M sao cho elíp ( E2 ) có độ dài trục lớn nhỏ nhất. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: x  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  11  0 và mặt phẳng (P) có phương trình 2x + 2y – z –7 = 0. Viết phương trình 2 mặt phẳng (Q) song song với (P) và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 6. Câu VIIb. (1,0 điểm) Xét tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số{0; 1; 2; 3; 5; 6; 7;8}. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của tập hợp trên. Tính xác suất để phần tử đó là một số chia hết cho 5. ---------------Hết---------------
HƯỚNG DẪN ĐỀ SỐ 33. Câu 1: 1.(1 điểm)+) TXĐ : D=R x  0  y  2 Ta có: lim y   ; lim y   y '  3x2  6 x ; y '  0   x   x    x  2  y  2 +) BBT: x - 0 2 + y' + 0 - 0 + y 2 + - -2 Hàm số đồng biến trên  ;0  và  2;   ; Hàm số nghịch biến trên  0; 2  yCĐ = 2 tại x = 0 ; yCT = - 2 tại x = 2 .   +) Đồ thị : Giao Oy tại (0 ; 2) ; Giao Ox tại (1; 0) và 1  3;0 +) Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng Câu 1: 2. (1 điểm) Phương trình hoành độ giao của (C) và (): x3  3x2  (2m  1) x  4m  2  0 x  2  ( x  2)( x2  x  2m  1)  0   2  f ( x)  x  x  2m  1  0 (1)  2  x1  x2 () cắt (C) tại đúng 2 điểm phân biệt M,N (1) phải có nghiệm x1, x2 thỏa mãn:   x1  2  x2   0  8m  5  0  b  1  5   2    2 m   8 5 1 3 1   2a   2  . Với m   ta có M ( ; ); N (2; 3) m  ta có m  1 8 2 8 2    0 8m  5  0   f (2)  0   2m  1  0   2   1 M ( 1; 3); N (2; 3) . Vậy: m  thỏa mãn  MNP nhận O làm trọng tâm. 2 Câu 2: 1.(1 điểm) Phương trình  (cosx–sinx)2 – 4(cosx–sinx) – 5 = 0  cos x  sin x  1   cos x  sin x  5 (loai vi cos x  sin x  2)  x    k 2   4    2 sin x    1  sin x    sin    4 4 2  x    k 2  (k  Z ) 1 3 1 3 Câu 2:2.(1 điểm) Điều kiện: x Ta có: 1  x  1  x  2, x   ;  ( Theo BĐT 10 10  10 10  Bunhia) Bpt  300 x 2  40 x  2  10 x  1  3  10 x  0 10 x  2 2  10 x  ( 10 x  1  1)  ( 3  10 x  1)  300 x 2  40 x  4    (10 x  2)(30 x  2) 10 x  1  1 3  10 x  1
 1 1   (10 x  2)    30 x  2   0 (*)  10 x  1  1 3  10 x  1  1 1 f ( x)    30 x  2 10 x  1  1 3  10 x  1 5 5 1 3 f '( x )   2  2  30  0, x  ( ; ) 10 x  1( 10 x  1  1) 3  10 x ( 3  10 x  1) 10 10 1 3 1 3 Mặt khác f ( x ) liên tục trên [ ; ] nên f ( x ) nghịch biến trên [ ; ] 10 10 10 10 3 1  f ( )  f ( x )  f ( )  0 ( Hs có thể đánh giá). Do đó bất phương trình 10 10 1 (*)  10 x  2  0  x  5 Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trình là: 1 3 A' x C' 5 10 Câu 3: (1   x x 2 (1  sin x )e x dx 2 (1  2 sin cos ) e x dx B' điểm) V     2 2 H 2 x 2 x 0 c os 0 c os 2 2   A 2 2 1 x 1 x C V (  2 tan )e x dx 2  (  tan )e x dx  O 2 x 2 2 x 2 M 0 cos 0 2 cos 2 2   B 2 2   x x x V  2  (tan e x ) ' dx  V  2  d tan e x 2 tan e x 2  2 e 2 2 2 2 0 0 0 Câu 4:(1 điểm) Gọi O là tâm ABC và M là trung điểm BC ta có: AM  BC  BC  ( A' AM )    BC  ( A' AM ) .Kẻ MH  AA' , do   HM  BC . A' O  BC  HM  ( A' AM ) 3 Vậy HM là đọan vuông góc chung của AA’và BC, do đó d ( AA' , BC)  HM  a . 4 MH a 3 a2 3 Ta có: A' AO  ( A' A,( ABC))  300  sin300   AM   AB  a  SABC  AM 2 4 A' O HM AO.HM a 3 a 3 4 a Hai tam giác AA’O và AMH đồng dạng, ta có:   A' O    AO AH AH 3 4 3a 3 1 2 a3 3 VA'. BB ' C ' C  VA' B ' C '. ABCC  VA '. ABC  A ' O.S ABC  A ' O.S ABC  A ' O.S ABC  3 3 18 Câu 5:(1 điểm) Ta có: 1  a3  8b3  27c3  18abc  1  (a  2b  3c)(a 2  4b 2  9c 2  2ab  3ac  6bc) (1)  a 2  4b 2  9c 2  2ab  3ac  6bc  0  a  2b  3c  0 x2 2 Đặt x  a  2b  3c, x  0 Từ (1) suy ra: P   ,x 0 3 3x x2 2 x2 1 1 x2 1 1 P      33 . .  1 . Dấu “=” xảy ra khi x=1 3 3 x 3 3x 3 x 3 3x 3x 1 1 Vậy minP=1 khi a=1, b=c=0 hoặc a=c=0, b  hoặc a=b=0, c  2 3 2 2 Câu 6a: 1. (1 điểm (T )  ( x  1)  ( y  2)  13  I (1; 2); R  13
  Ta có: IM (6;9)  IM  117  13 . Suy ra điểm M nằm ngoài (T). Vậy từ M kẻ đến (T) được 2 tiếp tuyến.. Gọi K  MI  AmB . Ta có MA  MB, IA  IB  MI là đường trung trực của AB  KA=KB  KAB  KBA  KAM  KBM  K là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB.  x  1  2t PTTS MI:  , MI  (T ) tại K1(3;1) và K2(-8;-12)  y  2  3t A I m K B M Ta có AK1  AK 2 . Vậy K  K1 , tức là K(3;1) Câu 6a:2.(1 điểm) (S) có tâm I(1; –2; –1), bán kính R= IA= 3. (P) chứa Ox  (P): by + cz = 0. Mặt khác đường tròn thiết diện có chu vi bằng 6 . Suy ra bán kính bằng 3 cho nên (P) đi qua tâm I. Suy ra: –2b – c = 0  c = –2b (b  0)  (P): y – 2z = 0. Câu7a(1 điểm) Xét khai triển (1  x) n  Cn  Cn x  Cn x 2  ...  Cn x n 0 1 2 n 4n 1  1 0 32 1 33 3 3n1 n Lấy tích phân 2 vế cận từ 0 đến 3, ta được:   3Cn  Cn  Cn  ...  Cn n 1 2 3 n 1 0 3 1 32 2 3n n 4 n 1  1 341 4 n 1  1 Cn  Cn  Cn  ...  Cn     4 n 1  1024  n  4 2 3 n 1 3(n  1) n  1 3(n  1) 1 P  (  3 x 2 )6  Tk 1  C6 3k x 3k 6 . Để có số hạng chứa x 3 thì 3k  6  3  k  3 k x Vậy số hạng chứa x 3 trong khai triển là: C6 33 x 3  540 x 3 . 3 Câu VIb(2 điểm) 1. (1 điểm) Hai elíp có các tiêu điểm F1 ( 2;0), F2 (2;0). Điểm M  ( E2 )  MF1  MF2  2a . Vậy ( E2 ) có độ dài trục lớn nhỏ nhất khi và chỉ khi MF1  MF2 nhỏ nhất.Ta có: F1 , F2 cùng phía với  . Gọi N ( x; y ) là điểm đối xứng với F2 qua  , suy ra N ( 4; 6). Ta có: MF1  MF2  MF1  MN  NF1 (không đổi). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M  NF1   3x  y  6  0  5 3 Toạ độ điểm M :   M   ;  . x  y  4  0  2 2 2. (1 điểm) Do (Q) // (P) nên (Q) có phương trình 2x + 2y – z + D = 0 (D  -7) Mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; 3), bán kính R = 5. Đường tròn có chu vi 6 nên có bán kính r = 3. Khoảng cách từ I tới (Q) là h = R2  r 2  52  32  4 2.1  2( 2)  3  D  D  7(loaï ) i Do đó  4  5  D  12   Vậy (Q) có phtrình 2x + 2y – z +17 = 0 2 2 2  2  ( 1) 2  D  17 Câu VIIb (1điểm) Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau. 5 Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau kể cả số 0 đứng đầu: A8 4 Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau và có số 0 đứng đầu là: A7 số Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: A85  A74  5880 số Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: A74 + 6. A6 = 1560 số  n  A   1560 3 1560 13 Ta có: n     5880 , n  A   1560  P(A) =  5880 49
ĐỀ SỐ 34. THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 2x+4 Câu I: (2.0 điểm) Cho hàm số y = có đồ thị (C). x-1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Gọi M là một điểm trên đồ thị (C), tiếp tuyến tại M cắt các tiệm cận của (C) tại A, B. Chứng minh rằng diện tích tam giác ABI (I là giao của hai tiệm cận) không phụ thuộc vào vị trí của M. Câu II: (3.0 điểm)  2 2 2 xy x  y  x  y  1 1. Giải hệ phương trình:   x  y  x2  y   2. Giải phương trình: 2 sin2(x- ) = 2sin2 x - tanx. 4  4 s inx 3. Tính tích phân: I =  dx  1  x2  x 4 Câu III: (2.0 điểm) 1. Cho tập hợp A= {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}, từ A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau, trong đó phải có chữ số 0 và 3. 2. Cho lăng trụ ABC. A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và đáy là 300. Hình chiếu H của A trên (A’B’C’) thuộc đường thẳng B’C’. Tính khoảng cách giữa AA’ và B’C’ theo a. II. PHẦN RIÊNG (3 điểm). THÍ SINH CHỌN MỘT TRONG HAI PHẦN SAU: 1. Theo chương trình chuẩn Câu IVa: (2.0 điểm) 4 1 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác cân ABC tại A, có trọng tâm G( ; ), 3 3 phương trình đường thẳng BC là: x - 2y - 4 = 0, đường thẳng BG: 7x - 4y - 8 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 – 2x + 4z – 4 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) song song với (Q): x + 2y – 2z + 2013 = 0 và cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có đường kính bằng 4. Câu Va: (1.0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức: z 2  z  0 2. Theo chương trình nâng cao Câu IVb: (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn có phương trình (C): (x-1)2 + (y+2)2 = 9 và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên d có duy nhất một điểm A mà từ đó có thể kẻ được 2 tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông. x  2 y z 1 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d   và hai điểm 4 6 8 A(1;-1;2), B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đường thẳng d sao cho IA +IB đạt giá trị nhỏ nhất . z2 Câu Vb: (1.0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức: z 4  z 3   z  1  0 2 ------------------------- hết ----------------------------
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 34. Câu Ý Nội dung 2x  4 Cho hàm số y  x 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm) -Tập xác định 1 - Sự biến thiên - Đồ thị  2a  4  Gọi M  a;   C  a  1  a 1  I 6 2a  4 2  Tiếp tuyến tại M có phương trình: y  x  a   a  1 a 1  2a  10  Giao điểm với tiệm cận đứng x  1 là A  1;   a 1  Giao điểm với tiệm cận ngang y  2 là B  2a  1;2  Giao hai tiệm cận I(1; 2) 12 1 1 IA  ; IB  2  a  1  S IAB  IA. AB  .24  12  dvdt  a 1 2 2 Suy ra đpcm Giải hệ …(1 điểm)  2 2 xy  x  y  x  y  1 1 2   dk x  y  0   x  y  x2  y  2  2 2 xy 1   x  y   2 xy  1  0 x y 3   x  y   2 xy  x  y   2 xy   x  y   0 1  2    x  y   x  y   1  2 xy  x  y  1  0   x  y  1  x  y  x  y  1  2 xy   0    x  y  1  3  2 2 x  y  x  y  0  4 Dễ thấy (4) vô nghiệm vì x+y>0 Thế (3) vào (2) ta được x2  y  1 x  y  1  x  1; y  0 Giải hệ  2  ……  x  y  1  x  2; y  3 Giải phương trình….(1 điểm) Đk: cos x  0 (*) 2     sinx 2sin 2  x    2sin 2 x  t anx  1  cos  2 x    2sin 2 x   4  2 cos x
 cos x  sin 2 x.cos x  2sin 2 x.cos x  sinx  cos x  sinx  sin 2 x  cos x  sinx   0  cos x  0   sinx   cos x  t anx  1  x    k 4    x k (tm(*))… sin 2 x  1  2 x    l 2  x    l 4 2   2 4  /4  /4  /4 sin x 2 I  dx   1  x sin xdx   x sin xdx  I1  I 2 2  / 4 1  x  x  / 4  / 4 Vì hàm số y = 1  x 2 sinx là hàm số lẻ nên I1 = 0. 3 2(  4) Tính: I2 = 4 2(  4) Vậy : I = 4 -Gọi số cần tìm là abcde  a  0  -Tìm số các số có 5 chữ số khác nhau mà có mặt 0 và 3 không xét đến vị trí a. Xếp 0 và 3 vào 5 vị trí có: A52 cách 3 vị trí còn lại có A43 cách 1 Suy ra có A52 A43 số -Tìm số các số có 5 chữ số khác nhau mà có mặt 0 và 3 với a = 0. Xếp 3 có 4 cách 3 vị trí còn lại có A43 cách Suy ra có 4.A43 số Vậy số các số cần tìm tmycbt là: A52 A43 - 4.A43 = 384 Do AH  ( A' B 'C ' ) nªn gãc AA' H lµ gãc gi÷a AA’ vµ (A’ B’ C’ ), theo gi¶ thiÕt th× gãc AA' H b»ng 300. XÐt tam gi¸c vu«ng AHA’ cã AA’ = a, gãc AA' H =300 a 3  A' H  . Do tam gi¸c A’ B’ C’ lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, H thuéc B’ C’ vµ III 2 a 3 A' H  nªn A’H vu«ng gãc víi B’C’ . MÆt kh¸c AH  B 'C ' nªn B 'C '  ( AA' H ) 2 A B 2 C K A’ C’ H B’ KÎ ®êng cao HK cña tam gi¸c AA H th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi÷a AA’ vµ B’ C’ ’
A' H . AH a 3 Ta cã AA’.HK = A’ H.AH  HK   AA' 4 BC  BG  B (0; 2) Gọi M là trung điểm của BC thì M nằm trên đường thẳng qua G và vuông góc với BC. Đường thẳng AG có phương trình : 2x+y-3=0 nên M(2 ;-1) 1 Ta có: M là trung điểm BC nên C(4;0)  2   Mà AG  AM nên A(0;3) 3 IVa + (S) có tâm J (1,0 ,2) bán kính R = 3 + (P) có phương trình dạng : x  2 y  2 z  D  0 + (P) cắt (S) theo đường tròn có bk r = 2 nên d( J , (P) ) = R2  r 2  5 1  2.0  2.(2)  D 2 nên ta có :  5 3  D  5  3 5   D  5  3 5  + KL : Có 2 mặt phẳng : (P1): x  2 y  2 z  5  3 5  0 và (P2) : x  2 y  2 z  5  3 5  0 z = x + iy ( x, y  R ), z2 + z  0  x 2  y 2  x 2  y 2  2 xyi  0  x  0   y  0  2 xy  0   x  0 Va  2 2 2 2   x  y  x  y  0   y  1   x  0   y  1  Vậy: z = 0, z = i, z = - i 1 Tõ ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®îc 2 tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn vµ AB  AC => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng 3  IA  3 2 m 1  m  5   3 2  m 1  6   2 m  7    Véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng lần lượt là: u1 (4; - 6; - 8) và u2 ( - 6; 9; 12)    +) u1 và u2 cùng phương Vb +) M( 2; 0; - 1)  d 1; M( 2; 0; - 1)  d2 Vậy d1 // d 2  *) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là n = ( 5; - 22; 19); (P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0  2 AB = ( 2; - 3; - 4); AB // d1 Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d 1 .Ta có: IA + IB = IA1 + IB  A1B IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B Khi A1, I, B thẳng hàng  I là giao điểm của A1B và d Do AB // d 1 nên I là trung điểm của A1B.  36 33 15  *) Gọi H là hình chiếu của A lên d1. Tìm được H  ; ;   29 29 29 
 43 95 28  A’ đối xứng với A qua H nên A’  ; ;    29 29 29   65 21 43  I là trung điểm của A’B suy ra I  ; ;   29 58 29  Nhận xét z=0 không là nghiệm của phương trình (1) vậy z  0 1 1 1 Chia hai vế PT (1) cho z2 ta được : ( z 2  2 )  ( z  )   0 (2) z z 2 1 1 1 Đặt t=z- Khi đó t 2  z 2  2  2  z 2  2  t 2  2 z z z 5 Phương trình (2) có dạng : t2-t+  0 (3) 2 5 2   1  4.  9  9i 2 1  3i 1  3i PT (3) có 2 nghiệm t= ,t= 2 2 Vb 1  3i 1 1  3i Với t= ta có z    2 z 2  (1  3i) z  2  0 (4) 2 z 2 Có   (1  3i) 2  16  8  6i  9  6i  i 2  (3  i ) 2 (1  3i )  (3  i) (1  3i )  (3  i ) i  1 PT(4) có 2 nghiệm : z=  1  i ,z=  4 4 2 1  3i 1 1  3i Với t= ta có z    2 z 2  (1  3i ) z  2  0 (4) 2 z 2 Có   (1  3i ) 2  16  8  6i  9  6i  i 2  (3  i ) 2 (1  3i)  (3  i) (1  3i)  (3  i )  i  1 PT(4) có 2 nghiệm : z=  1  i ,z=  4 4 2 i 1  i 1 Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z= ; z= 2 2 -------------------Hết-----------------