TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LÀO CAI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013.2014
Tổ: Toán – Tin học MÔN: TOÁN (Khối A)
Thời gian:180 phút (Không kể thời gian giao đề)
=
y
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm).
2 3 - x ( ) C 1 + x
2
Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. + b) Lập phương trình của parabol (P) có dạng ax = y bx + c a b c ( , , ˛ ¡ ) , biết rằng parabol (P) đi qua
i x
2
4 cos
+
2 cos (
-
p 3 ) 3 -
)
-
3 os(2 c
x
x
x 2
> - . 4 các điểm M(xi;yi) thuộc đồ thị (C) có tọa độ là các số nguyên với hoành độ
=
0
p 2 7 - 4 1 2 sin
-
x
3
=
Câu 2 (1.0 điểm). Giải phương trình
=
0
x y - 3 2 2 x y + y x 3 + 2 2 y x +
I
Câu 3 (1.0 điểm). Giải hệ phương trình
x dx .
1 x (cid:242) = 0
'
'
.
'
ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại B , A'C = 3a. Gọi M là trung điểm cạnh C'A', I là giao điểm của các đường thẳng AM
AA
=
2
a
'
Câu 4 (1.0 điểm). Tính tích phân
(cid:236) x + (cid:239) (cid:239) (cid:237) (cid:239) - y (cid:239) (cid:238) x 2 + + e x . x + e x 1). ( Câu 5 (1.0 điểm). Cho khối lăng trụ đứng với AB a = , và A'C. Tính theo a thể tích khối IABC và khoảng cách từ A tới mặt phẳng (
) IBC .
3 3 x y + z x)(
2 xy )
P = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Câu 6 (1.0 điểm). Cho ( x + y z)( y z + , > 0 x y z , + + = 1 y z (cid:236) (cid:237) x (cid:238)
( ) H 5;5 , phương
PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc phần B. A. Theo chương trình nâng cao. Câu 7a (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm
y + - =
8 0
x
. Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua hai
M
( ) 7;3 ,
điểm
,
b
-
y
- = z
0,
a
) :
0,
) :
3
y
Oxyz cho tứ diện ABCD, với trọng tâm G của tứ diện thuộc mặt các đỉnh ( 1; 0; 2 ), ( 1;1; 0), C - B - đỉnh A thuộc mặt phẳng ( trình đường thẳng chứa cạnh BC là ( ) N 4; 2 . Tính diện tích tam giác ABC. Câu 8a (1.0 điểm). Trong không gian = z phẳng (
5 6
D (2;1; 2) - và thể tích khối tứ diện ABCD là . Tìm tọa độ đỉnh A.
, đường thẳng AB đi qua (4; 2), 11 M
Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh hình chữ nhật, biết các điểm N
Oxyz cho hai điểm - (1; 1;0 ), (2;1; 2) A ,
và mặt phẳng B ) Q đi qua A vuông góc với mặt phẳng (P) sao cho P x ) : - + y z 2
Câu 9a (1,0 điểm). Trong một hộp gồm có 8 viên bi xanh và 6 viên bi trắng, chọn ngẫu nhiên 5 viên bi. Tính xác suất để 5 viên bi được chọn có cả bi xanh và bi trắng. B. Theo chương trình chuẩn. , Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 6. Phương Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ đường thẳng BC trình đường thẳng chứa đường chéo BD là 2 y + = x đi qua , B D đều (8; 4 ). có hoành độ lớn hơn 4. Câu 8b (1.0 điểm). Trong không gian ( 1 0. khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( - = Viết phương trình mặt phẳng ( ) Q là lớn nhất.
) i z
2 z
( - + 1 3 1
iz = . Câu 9b (1.0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện + i
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 120132014
Tổ Toán Tin học MÔN: TOÁN (KHỐI A)
Hướng dẫn chấm gồm 8 trang
=
y
2 3 - x ( ) C 1 + x
Nội dung Điểm Câu 1 ý a
D
=
{ } - 1 .
• Tập xác định : • Sự biến thiên:
=
=
y
2;
y
tiệm cận ngang y
2. =
(1điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số ¡ \
x
Giới hạn và tiệm cận: lim fi-¥ ;
lim fi+¥ x = -¥ tiệm cận đứng
= +¥
y
y
,
x = -
1.
-
lim fi - ( 1)
x
lim + fi - ( 1)
x
0,25
y
'
=
> " ˛
x D .
0,
5 2 + 1)
(
x
Chiều biến thiên: 0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng (
• Bảng biến thiên:
; 1) - +¥ ). -¥ - và ( 1;
• Đồ thị hàm số:
y
0,25
I
2
1
0
3/2
x
3
y
=
0,25
2 x - 3 C ( ) x + 1
=
y
= - 2
b (1điểm)
1
5 +
Ta có: , để y nguyên thì 5 phải chia hết cho x+1, tức x+1
0,25
1 { 1; 5} x {0;2;4;6}
i x
> - 4
1
2
2 x - 3 x x + 1 phải là ước của 5, suy ra: x + ˛ – – (cid:222) ˛ Do đó các điểm M(xi;yi) thuộc đồ thị (C) có tọa độ là các số nguyên với là: Từ điều kiện parabol (P): y=ax 2 +bx+c, đi qua các điểm M1; M2; M3 ta có hệ phương trình:
0,25 - ( 2; 7); - (0; 3); M M . (4;1) M 3
0,25
=
1
c
3
= -
a
3
a
4
b c 2
7
+ = (cid:219) = -
-
+ =
+
a
1
= -
3
(cid:236) (cid:239) b (cid:237) (cid:239) c (cid:238)
(cid:236) (cid:239) (cid:237) (cid:239) b c 16 4 (cid:238) Vậy (P): y=x 2 3x3.
0,25
2
4 cos
+
2 cos (
-
p 3 ) 3 -
)
-
3 os(2 c
x
x
x 2
=
0
p 2 7 - 4 1 2 sin
-
x
2 (1điểm) Câu 2 (1.0 điểm). Giải phương trình
Giải:
s inx
„ (cid:219) „
x
+
k
p 2 ;
x
„
+
p . Khi đó k 2
p 5 6
1 2
2
PT
(cid:219)
4 cos
+
2 cos (
x
)
-
c 3 os(2
x -
p 3 ) 3 0 - =
p 6 p 2 7 - 4
x 2
2
Điều kiện
(cid:219)
2(2 cos
- + 1)
2 cos (
-
x
c 3 os2x
=
0
p 2 7 4
x 2
Ø Œ º
ø - + ) 1 œ ß
(cid:219)
c 2 osx cos( +
-
x 2 )
+
c 3 os2x
=
0
0,25
p 7 2 +
(cid:219)
2 osxsin 2
c
x
c 3 os2x
=
0
x
(cid:219)
-
x
=
c osx
sin 2 2
3 c os2 2
sin (2x
sin(
x)
)
(cid:219)
=
p 2
2x
x+k2
k
p
=
+
0,25
2 p 3
(
(cid:219)
(cid:219)
k Z ) ˛
2x
p
2 k p
p = -
x) k2 +
=
+
p 3 p p = 2 3 p 3
p ( 2
5 p 18 5 p 6
Ø Œ Œ Œ Œ º
Ø x Œ Œ Œ x Œ º
0,25
Kết hợp với điều kiện, ta có phương trình có họ nghiệm là:
x
=
+
k
(
k Z ˛ )
p 5 18
p 2 3
0,25
=
3 (1)
3 (1điểm)
=
0 (2)
- x y 3 2 2 + x y + 3 y x 2 2 y x +
(
= (cid:219) - = 2
y 1 3
xy
xy
+
-
2
3
y
Câu 3 (1.0 điểm). Giải hệ phương trình
0,5
(cid:236) + x (cid:239) (cid:239) (cid:237) (cid:239) - y (cid:239) (cid:238) Giải : Nhân phương trình (1) với y và phương trình (2) với x rồi cộng hai phương trình lại, ta thu được. ) x y y - (3 2 2 y x +
x
y x 3 ) + x 2 2 + y x y + 1 3 = y 2
1
3
3
2
4
y
y
y
y
2 y
+
- =
3
= (cid:219) - 4
0
3
1 0
+ y
y 2
y + y 2
2 (cid:246) (cid:247) ł
(cid:230) (cid:231) Ł
(cid:246) 1 - (cid:247) ł
Ø (cid:230) Œ (cid:231) Œ Ł º
ø - œ œ ß
Từ đó suy ra : , thay vào phương trình (2) của hệ, ta có : 0,25
0,25 Từ đó suy ra : y 2 =1 hay y =1 hoặc y = 1. Hệ có hai nghiệm là: (2;1); (1;1)
2
I
x dx
x . + + e x x + ( e 1). x
1 x (cid:242) = 0
4 1 điểm Tính tích phân
1
I
=
x dx x e
1 x (cid:242) (cid:242) + dx x + 1 123 14243 0 0
Ta có :
I 1
I 2
1
(cid:222)
0,25
I 1
x
x
x = (cid:242) dx x e
=
- = - e
0
du dx = (cid:236) (cid:237) v (cid:238)
u x = (cid:236) (cid:237) - dv e dx (cid:238) 1
1
1
x
*) Tính Đặt
= - (
- xe
)
+
- x e
= - 1
I 1
- x (cid:242) e dx
0
0
1 = - - e
2 . e
0
I
0,25 Khi đó :
2
x dx + 1
1 (cid:242) = x 0
2
t
x
= (cid:222) = (cid:222) = x t
tdt 2
dx Đặt Đổi cận : với x= 0 thì t=0. với x=1 thì t = 1.
1
1
1
2
*) Tính
(2
I
2 t
=
=
-
=
= -
2
2 2 I 3
2
0,25 Khi đó :
(cid:242)
(cid:242)
1 - 0
dt 1
1
2 t 2 +
t
2 ) dt 1 +
t
dt (cid:242) 2 2 + t
0
0
0
I 3
; 1
1 dt (cid:242) = 2 t + 0
du
p 4
=
I 3
1 2 u c os (cid:242) 2 u + tan
p = 1 4
0
*) Tính Bằng cách đặt t=tanu. Từ đó tính được
3
I
0,25
Kết quả :
2 = - - e 1 điểm Cho khối lăng trụ đứng
'
.
'
'
p 2 ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại B, , A'C = 3a. Gọi M là trung điểm cạnh C'A', I là giao điểm
'
a
2
=
AA
) IBC .
5
, với AB a = của các đường thẳng AM và A'C. Tính theo a thể tích khối IABC và khoảng cách từ A tới mặt phẳng (
( ACC'A')
V
.IH
=
Gọi H, K theo thứ tự là hình chiếu của I trên AC, A'C'. Khi đó do
( ABC
) ^
I .ABC
D
ABC
1 S 3
2
2
AC
=
A' C
-
AA'
=
a
^ nên IH ( ABC) . Từ đó (1) 0.25
2
2
BC
=
AC
-
AB
=
2
a
. 5 Do ACC'A' là hình chữ nhật nên
2 AB.AC a
=
=
S
.
ABC
D
=
=
= (cid:222) =
IH
HK
=
a
Suy ra . (2) Do tam giác ABC vuông tại B nên 1 2
2 = (cid:222) 1
4 3
2 3
AC A' M
IH KH
(3) Theo định lý Thalet, ta có IH IK
V
S
.IH
=
3 a .
=
I .ABC
D
ABC
2 2 1 + 1 3
2 3 4 9
IC
=
S
=
A' C
0,25 Từ (1), (2), (3) suy ra
S D
BA' C
D
BIC
2 3
2
=
BC
Từ (3) và theo định lý Thales, ta được . . Suy ra
= BA' ( ^ BAA' B'
2 3 2 . BA +BB' 5 a ) (cid:222) ^ BC BA'
Do ABB'A' là hình chữ nhật nên Do BC BA, BC BB' nên ^ ^ .
S
=
BC.BA'
=
2 a
5
D
BA' C
D
BIC
BA' C
1 2
2 a 2 5 3
0,25 Suy ra . Từ đó S = = . S D
I .ABC
A.IBC
IBC
0,25 = . Từ đó, do V V = . Suy ra 2 3 V ) 3 ( ( ) I .ABC = d A, IBC S a 2 5
6 (1điểm) . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Câu 6 (1.0 điểm). Cho , > x y z 0 , + + = 1 y z (cid:236) (cid:237) x (cid:238)
3 3 x y + z x)(
2 xy )
P = ( x + y z)( y z +
Ta có:
x+yz=yz+zy1=(y+1)(z1).
y+zx=zxx+z1=(x+1)(z1)
z+xy=x+y+1+xy=(x+1)(y+1)
z1=x+y
3
3
Khi đó:
2
3
3 x y + x
3 3 x y + x
2 1) (
3 1) (
2 ) (
3 1) (
3 1)
3 x y + z y x)(
P = = = 0,25 x + z + xy z - y + x + y y + ( y z)( ) ( 1) (
2
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
3
‡ x + ‡ y xy y 2 (cid:219) + x ( ) 4xy
2 x
3 1)
2 x 4
3
2 y
0,25 + + ‡ ‡ x+1= 1 3 (cid:222) + x ( x 2 x 2 27 4
3 1)
2 y 4
+ + ‡ ‡ y+1= 1 3 y (cid:222) + ( y 2 y 2 27 4
3
3 3 x y
3
2
3 x y + x
2 ) (
3 1) (
2 y
0,25 Suy ra: P = £ = ( x + y y + 1) 4 729 4xy. x 27 4 27 . 4
P =
4 729
0,25 2 = = y ; đạt được khi Vậy GTLN của 5 =
7a 1điểm
x
M
trực tâm
x (cid:236) (cid:237) z (cid:238) Câu 7a (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có ( ) 0 8 y + - = H 5;5 . , phương trình đường thẳng chứa cạnh BC là ) ( ( ) N 4; 2 7;3 , .
y
A
B
H
M
H'
N
C
x
O
Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua hai điểm Tính diện tích tam giác ABC.
y - =
0 .
Gọi H’ là điểm đối xứng với H qua BC. x Phương trình HH’:
) ( I 4; 4 .
Khi đó, giao điểm của HH’ và BC là
H
) ( ' 3;3 .
0,25
2
2
giác tiếp tam ABC là
2
+
+
+ =
a
3
0
14
b c 6
= -
a
5
2
+
+
+
+ = (cid:219) = -
a
0
6
6
4
2 3
b c
2
2
36
+
+
+ =
+
a
8
2
b c 4
0
(cid:236) (cid:239) b (cid:237) (cid:239) = c (cid:238)
Suy ra tọa độ điểm Chứng minh được H’ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi 2 + x đường + = c by 2 Pt + 2 ax + b y ngoại ) - > c 0 tròn ( 2 + a 0
2
ngoại tròn tiếp tam giác ABC là
36
y
” A H
Do M, N, H’ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên ta có 2 (cid:236) + 7 (cid:239) 3 (cid:237) (cid:239) 4 (cid:238) Phương 2 10 - + x 0,25
BC
) ' đường ( ) 0 = C ) ( (vì A 6; 6
A HH = } =
trình 8 - x y + ( ) ˙ (cid:222) C ' ( ) ˙ (cid:222) Tọa độ B, C là nghiệm của phương trình C Vì { ; B C
2
= 3
= 5 - - + x y 8 = 36 0
2 (cid:236) + x (cid:237) x (cid:238)
= y 10 + - = y 6 8 0
= 2 Ø x (cid:236) (cid:237) Œ y (cid:238) Œ (cid:219) Œ x (cid:236) Œ(cid:237) y Œ(cid:238) º
3 2 0,25 BC (cid:222) = Diện tích tam giác ABC là
) .
(
ABC
+ - 6 6 8 S = d A BC BC , = .3 2 = 6 (đvdt) 0,25 1 2 1 2 2
=
8a
- = z
0,
) :
y
1 điểm Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz cho tứ diện ABCD, với trọng tâm G ) : b đỉnh A thuộc mặt phẳng và thể tích khối D ( 1; 0; 2), , y 3 z 0, - C - ( 1;1; 0 ), (2;1; 2) B - - của tứ diện thuộc mặt phẳng ( a (
=
Gọi
A x (
),
y
;
;
;
;
+
=
2
z (cid:222) ) A
G x ( G
y G
z G
A
A
G
. Tìm tọa độ đỉnh A. tứ diện ABCD là các đỉnh 5 6
=
z G
x 4 (cid:236) G (cid:239) 4y (cid:237) (cid:239) 4 (cid:238)
1
=
;1;1)
(
(cid:222)
+
1;1; 1). -
Từ
G
˛
A b ( ),
( ˛ (cid:222) ) a
( A x A
x A y A z . A uuur (cid:222) = BA x A
0,25
uuur BC
và
=
- (0;1; 2),
=
- (3;1 4).
uuur BD
y (cid:236) A (cid:237) 1 = z (cid:238) A uuur uuur uuur BC BD BA
V
=
,
Ta có
ABCD
ø . ß
Ø º
1 6
Suy ra
0,25
x
V
-
uuur uuur uuur BC BD BA
uuur uuur BC BD ,
= - - - (cid:222) ( 2; 6; 3)
= - 2
- (cid:222) 5
5 .
,
A
ABCD
x A
Ø º
ø ß
ø . ß
Ø º
1 = - 2 6
x
- = (cid:219) + = – (cid:222) =
x
hoặc
5.
- 2
2
5
5
5
0,
Vậy
A
x A
A
A x = -
5 6 (0;1;1),
0,25
Với
= (cid:222) 0
A
với
= - (cid:222) -
( 5;1;1).
A
5
1 6 A x
A x
2002
(cách), suy ra, không
5 C = 14
0,25 9a
2002.
W =
0,25
+
+
+
=
4 1 C C 8
6 1940.
A C C
3 C C 8
2 6
4 6
3 6
1 8
0,5 1điểm Câu 9a (1,0 điểm). Trong một hộp gồm có 8 viên bi xanh và 6 viên bi trắng, chọn ngẫu nhiên 5 viên bi. Tính xác suất để 5 viên bi được chọn có cả bi xanh và bi trắng. Số cách chọn ra 5 viên bi từ 14 viên bi là gian mẫu là Gọi A là biến cố trong 5 viên bi được chọn có cả bi xanh và bi trắng. Ta có W =
P A ( )
=
»
0,969030969
=
=
2 C C 8 W A W
1940 2002
970 1001
0,25 Vậy
7b 1điểm Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ
x
đường thẳng BC đi qua (4; 2), M N
, Oxy cho hình chữ nhật ABCD có y + = , 11 Viết phương , B D đều có
uuur t NB
B t
t
t ( ;11 2 )
(
uuur MB - (cid:222) = -
t 8;7 2 ) -
4;9 2 ), -
t ( = -
2
hoặc
0 8)
+
t (9 2 )(7 2 )
-
-
t
= (cid:219) -
t 5
0
t 44
+
95 0
= (cid:219) =
t
5,
(19 / 5;17 / 5)
loại vì
4.
B x <
diện tích bằng 6. Phương trình đường thẳng chứa đường chéo BD là 2 (8; 4 ). đường thẳng AB đi qua trình các đường thẳng chứa các cạnh hình chữ nhật, biết các điểm hoành độ lớn hơn 4. B BD
˛ (cid:222) uuur uuur MB NB . = (cid:222) - (cid:219) - t 4)( t ( 19 / 5. t = 19 / 5 Với = = (cid:222) 5 Với
t t
(cid:222) B . (5;1) B
0,25
Suy ra đường thẳng AB là đường thẳng BM:
(cid:219) + - = y
6
x
0.
=
- y 1 - 2 1
(cid:219) - - = y
4 0.
x
=
Đường thẳng BC là đường thẳng BN:
- x 5 4 5 - - y 1 - 4 1
- x 5 - 8 5
Vì
D BD
˛ (cid:222)
D s s+112s6
( ;11 2 ), s ta có - - s 5
s
-
+ 11 2
s
-
4
s 3
-
15
d(D,AB)=
=
,
d D BC , )
(
=
=
.
2
2
2
2 s 3
5
-
s
-
15
Mà
S
= (cid:219) 6
d D AB d D BC ). (
(
,
,
) 6
= (cid:219)
.
=
6
(
ABCD )
2
2
2
(loại)
s = <
3 4
(cid:219) - s 5 Với s = 7 Khi đó AD:
s = (cid:219) = hoặc 7, 4 D - (7; 3), , suy = x 10
y - -
0,
DC:
x
y + - =
4 0.
0,25
0,25 0,25
8b , A B - (1; 1;0 ),
2
2
2 z - + y P x ) : 1 0. Oxyz cho hai điểm - = Viết phương trình mặt phẳng (
2 c
+ + 1) - + 1) b y ( cz „ + + a b
- (1; 1; 2), a b c ( , , ). = = uur n Q uur n P
nên ), c x 2 )(
Vì ( (cid:222) (
= (cid:219) = - a c 2 0 b c 0,25 (2;1; 2) Câu 8b (1.0 điểm). Trong không gian và mặt phẳng ( ) Q đi qua A vuông góc với mặt phẳng (P) sao cho khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ) Q là lớn nhất. ( Phương trình mp(Q) đi qua A có dạng a x = 0). ( 0 ( Mặt phẳng (P), (Q) có một vtpt lần lượt là uur uur n n . Q P - + 1) b y ( ( ) P ^ Q - Q b ) : ( a b = cz
Ta có
(
) =
2
2 c
d B Q = , (
0.
)
Nếu
thì
(
2 - c 2 ) )
2 0 = (cid:219) - + + + 0. 1) b 3 . d B Q , ( ) + b + b ( 0,25 b = 0,
Nếu
thì
( d B Q
) =
2
2 1 + + t
2 (cid:246) (cid:247) ł
t
=
=
3 3 , ( ) = £ = b „ 0, t 0,25 30 , 2 c b (cid:230) (cid:231) Ł (cid:246) . (cid:247) ł (1 2 ) - t + - t 2 5 6 5 (cid:230) 5 (cid:231) Ł
a =
1.
chọn
thì
b = và 5
Dấu bằng khi và chỉ khi
c = 2,
2 c , b 5 = (cid:219) + z
Vậy (
0,25 Q x ) : ( - + 1) 5( y + + 1) 2 5 y + 2 z + = 4 0. 0 x
) i z
2 z
( - + 1 3 1
9b iz Câu 9b (1.0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện = . + i
Gọi z=a+bi ( , a b ˛ ¡ .Ta có: )
) i z
) a i
2
2 z
2 b
( - + 1 3 1
- - a - 2 iz + b 4 0,25 = (cid:219) = a +
( b
) a i
( b 1 + i ) - i
2
2
( ø 1 ß
2 b
2 + (cid:219) - a 3
) ( - b a i 5
- + - b 4 2 + i Ø a º (cid:219) = - + = + a b b 3
( a 2
)
2
0,25
2
2
3 b
=
+
2 b
-
3 a
0
9 b
=
( 2 a
b
a
0
hay a
b ;
) (cid:219)
(cid:219)
(cid:219) = =
= -
= -
45 26
9 26
+ 5 b
=
0
- =
(cid:236) 26 b (cid:237) a (cid:238)
(cid:236)- (cid:239) (cid:237) 5 b a (cid:239) (cid:238)
z
= -
-
z = và 0
45 26
9 i 26
0,25 Vậy có 2 số phức cần tìm:
0,25 Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tương đương với biểu điểm chấm.
