Hướng dẫn giải đề thi thử số 9 năm 2012 môn: Toán

Chia sẻ: Phan Tour Ris | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:12

Thêm vào BST

Báo xấu

55
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn có thêm tài liệu phục vụ nhu cầu học tập và ôn thi môn Toán, mời quý thầy cô và các bạn cùng tham khảo "Hướng dẫn giải đề thi thử số 9 năm 2012 môn: Toán" dưới đây. Đây là tài liệu tham khảo bổ ích dành cho các em học sinh để ôn tập, kiểm tra kiến thức chuẩn bị cho kì thi đại học, cao đẳng sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Hướng dẫn giải đề thi thử số 9 năm 2012 môn: Toán

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ SỐ 9 NĂM 2012 BOXMATH.VN I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I. Cho hàm số y = x3 − 3 x 2 + 2 (C ) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C ) 2. Tìm k để tồn tại đúng hai tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C ) có cùng hệ số góc k đồng thời đường thẳng đi qua hai tiếp điểm cắt các trục tọa độ Ox, Oy tại hai điểm A, B sao cho AB ≥ 5 Giải: 1. Học sinh tự làm 2. Để tồn tại hai tiếp tuyến có cùng hệ số góc k điều kiện là: y ' = 3 x 2 − 6 x = k có 2 nghiệm phân biệt ⇔ 3 x 2 − 6 x − k = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' > 0 ⇔ 9 + 3k > 0 ⇔ k > −3  k = 3 x 2 − 6 x (1) Khi đó tọa độ hai tiếp điểm thỏa mãn hệ phương trình sau:   y = x − 3 x + 2 (2) 3 2  x 1 Ta có: (2) ⇔ y = x3 − 3 x 2 + 2 ⇔ y =  −  (3 x 2 − 6 x) − 2 x + 2 thay k = 3 x 2 − 6 x vào ta có  3 3 k  k y =  − 2 x + 2 − 3  3 k  k Suy ra đường thẳng đi qua 2 tiếp điểm là: ∆ : y =  − 2  x + 2 − 3  3 A = ∆ ∩ Ox ⇒ A(1; 0)  k B = ∆ ∩ Oy ⇒ B  0; 2 −   3  k k 2 4k k 2 4k k ≤ 0 Ta có: AB  −1; 2 −  ⇔ AB 2 = − +5≥ 5 ⇔ − ≥0⇔  3 9 3 9 3  k ≥ 12  −3 < k ≤ 0 Kết hợp điều kiện ban đầu ta suy ra:   k ≥ 12 Câu II. 3 ( tan x + 1)  7π  1. Giải phương trình: 3 tan 2 x + − 4 2.sin  x −  =1 cos x  4  Giải: Điều kiện: cos x ≠ 0 1
3 ( tan x + 1)  7π  3 ( sin x + cos x ) 3 tan 2 x + − 4 2.sin  x −  = 1 ⇔ 3 tan x + 2 − 4 ( sin x + cos x ) = 1 cos x  4  cos 2 x ⇔ 3sin 2 x + 3 ( sin x + cos x ) − 4 ( sin x + cos x ) .cos 2 x = cos 2 x ( ) ⇔ 3 1 − cos 2 x − cos 2 x + ( sin x + cos x ) 3 − 4 cos 2 x  = 0 ( ⇔ 3 − 4 cos 2 x ) + ( sin x + cos x ) ( 3 − 4 cos x ) = 0 ⇔ ( 3 − 4 cos x ) ( sin x + cos x + 1) = 0 2 2  π π  x + = − + k 2π  π   π 4 4  x = − + k 2π (loai ) sin x + cos x = −1  2 sin  x + 4  = −1  π 5π  2 ⇔ ⇔    ⇔ x+ = + k 2π ⇔  x = π + k 2π (TM ) 3 − 2 (1 + cos 2 x ) = 0  1  4 4  π  cos 2 x = 2   2 x = ± π + k 2π  x = ± + kπ (TM )  6  3  x = π + k 2π KL:   x = ± π + kπ .  6 2. Giải bất phương trình: 25 x 4 + 5 x 2 + 9 x( x 2 + 1) 9 x 2 − 4 − 2 ≥ 0  2  x≥ 3 Giải: Điều kiện: 9 x 2 − 4 ≥ 0 ⇔  x ≤ − 2  3 2 16 4 418 TH 1 x ≥ Ta có: VT ≥ 25. + 5. − 2 = > 0 suy ra bất phương trình đã cho luôn đúng 3 81 9 81 2 4 2 TH 2: x ≤ − Chia 2 vế bất phương trình cho x 2 ta có: 25 x 2 + 5 − 9( x 2 + 1) 9 − 2 − 2 ≥ 0 3 x x 1  9 Đặt 2 = t ⇒ t ∈  0;  . Bất phương trình được viết lại như sau: x  4 25 1  + 5 − 9  + 1  9 − 4t − 2t ≥ 0 ⇔ −2t 2 + 5t + 25 − 9(t + 1) 9 − 4t ≥ 0 t t  −2t + 5t + 25 2 2t 2 − 5t − 25 2t 2 − 5t − 25 ⇔ − 9 − 4t ≥ 0 ⇔ + 9 − 4t ≤ 0 ⇔ + 1 + 9 − 4t − 1 ≤ 0 9(t + 1) 9(t + 1) 9(t + 1) 2t 2 + 4t − 16 4(2 − t )  t+4 2  ⇔ + ≤ 0 ⇔ 2(t − 2)  − ≤0 9(t + 1) 9 − 4t + 1  9(t + 1) 9 − 4t + 1  2
t+4 2  9 Xét hàm số: f (t ) = − với t ∈  0;  Ta có: 9(t + 1) 9 − 4t + 1  4 1 4  9 f '(t ) = − − < 0 nên hàm số f (t ) nghịch biến trên 3(t + 1) 2 ( ) 9 − 4t + 1 9 − 4t  0;   4 9 4 1 1 Ta có f   ≤ f (t ) ≤ f ( 0 ) = − = − < 0 4 9 2 18 1 1 1 1 Vì vậy bất phương trình tương đương với: t ≥ 2 ⇔ 2 ≥ 2 ⇔ x2 ≤ ⇔ − ≤x≤ x 2 2 2 1 2 Kết hợp điều kiện ban đầu ta suy ra − ≤x≤− 2 3  1 2 2  KL: Nghiệm của bất phương trình là: S =  − ; −  ∪  ; +∞   2 3 3  t+4 2 t+4 1 1 4 Chú ý:Có thể đánh giá f (t ) = − < 0 như sau: = + < 9(t + 1) 9 − 4t + 1 9(t + 1) 9 3(t + 1) 9 2 2 2 t+4 2  9 < ≤ = 2 suy ra f (t ) = − < 0 với t ∈  0;  4 9 − 4t + 1 1 9(t + 1) 9 − 4t + 1  4 Cách 2: 2 16 4 418 TH 1 x ≥ Ta có: VT ≥ 25. + 5. − 2 = > 0 suy ra bất phương trình đã cho luôn đúng 3 81 9 81 2 TH 2: x ≤ − khi đó bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình : 3 (25 x 2 + 5 x 2 − 2) ≥ −9 x( x 2 + 1) 9 x 2 − 4 ⇔ (25 x 2 + 5 x 2 − 2) 2 ≥ (9 x( x 2 + 1) 9 x 2 − 4) 2 ⇔ (25 x 2 + 5 x 2 − 2) 2 ≥ 81x 2 ( x 2 + 1) 2 (9 x 2 − 4) Đặt : t = x 2 (t ≥ 0) khi đó bất phương trình trở thành : (25t 2 + 5t − 2) 2 ≥ 81t (t + 1) 2 (9t − 4) ⇔ −26t 4 − 221t 3 − 39t 2 + 76t + 1 ≥ 0 ⇔ (1 − 2t )(13t 3 + 117t 2 + 78t + 1) ≥ 0(*) Ta thấy : (13t 3 + 117t 2 + 78t + 1) > 0 −1 1 Vậy (*) ⇔ 1 − 2t ≥ 0 ⇔ 1 − 2 x 2 ⇔ ≤x≤ 2 2 Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của BPT trong TH này là: −1 −2 ≤x≤ 2 3  1 2 2  KL: Nghiệm của bất phương trình là: S =  − ; −  ∪  ; +∞   2 3 3  3
1 xdx Câu III. Tính tích phân: I = ∫ 0 x3 + 1 Giải: 1 1  2 (2 x − 1) + dx x + x − x dx 2  1 d ( x3 + 1) 1 1 2 2 1 1 2 1 1 xdx xdx 1 3 x dx Ta có: I = ∫ 3 =∫ = − = ∫0 x 2 − x + 1 3 ∫0 x3 + 1 ∫0 x 2 − x + 1 − 0 x +1 0 x3 + 1 3 ∫0 x 3 + 1 1 d ( x 2 − x + 1) 1 1 d ( x 3 + 1) 1 1 1 1 = ln ( x 2 − x + 1) 10 − ln ( x 3 + 1) 10 + J dx 1 1 I= ∫ 2 + ∫ 2 − ∫ 3 2 0 x − x +1 2 0 x − x +1 3 0 x +1 2 3 2 ln ( x 2 − x + 1) 10 − ln ( x 3 + 1) 10 + J = − ln 2 + J 1 1 1 1 1 ⇔I= 2 3 2 3 2 1 1 dx dx Xét J = 4 ∫ 2 = 4∫ 0 4x − 4x + 4 0 (2 x − 1)2 + 3 Đặt 2 x − 1 = 3 tan t ⇒ 2dx = 3 ( tan 2 t + 1) dt ⇒ dx = ( tan 2 t + 1) dt 3 2 π π Khi x = 0 ⇒ t = − ; x =1⇒ t = 6 6 ( tan 2 t + 1) dt π 3 π π 6 2 2 6 2 2π Ta có: J = 4 ∫ = ∫ dt = t 6 = 3 ( tan t + 1) 2 π 3 −π 3 − 3 3 π 6 − 6 6 π 1 Vậ y : I = − ln 2 3 3 2 Câu IV. Cho hình chóp tam giác đều SABC có khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng a và góc tạo bởi AB và mặt phẳng ( SBC ) bằng 300 . Gọi M là trung điểm của BC , N là trung điểm của SM . Tính thể tích khối chóp SABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BN theo a. 4
S Q N C A P E H K M F R B Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC) thì H là trọng tâm tam giác ABC. Ta có: BC ⊥ ( SAM ) . Trong tam giác SAM kẻ AQ ⊥ SM ⇒ AQ ⊥ ( SBC ) ⇒ d = AQ = a; A /( SBC ) ABQ = 300 AQ AB 3 1 a 3 Tính được AB = 0 = 2a ⇒ AM = = a 3; HM = AM = sin 30 2 3 3 QM = AM 2 − AQ 2 = 3a 2 − a 2 = a 2 = AQ 1 = 1 .a 3 = a 6 Ta có: tan SMA = ⇒ SH = HM .tan SMA QM 2 2 2 6 1 1a 6 2 a3 2 - Thể tích khối chóp: VSABC = SH .dt ( ABC ) = .a 3 = 3 3 6 6 - Tính khoảng cách: Qua N kẻ đường thẳng NE / / SA ⇒ SA / /( NEB ) ⇒ d SA/ BN = d SA/( BEN ) = d A/( BEN ) Gọi K là trung điểm của HM thì NK ⊥ ( ABC ) 5
3 3 Ta có: AE = KE ⇒ d A/( BEN ) = d K /( BEN ) 2 2 KN .KF Hạ KF ⊥ EB, KP ⊥ NF ⇒ KP ⊥ ( BEN ) ⇒ d K ,( BEN ) = KP = KN 2 + KF 2 a 3 .a 1 a 6 ME.MB 2 a 21 Ta có: KN = SH = ; MR = = = 2 12 ME 2 + MB 2 3a 2 7 + a2 4 2 2 21a KN .KF 2 13a a 13 ⇒ KF = MR = . Từ đó tính được: KP = = ⇒ d A/( BEN ) = 3 21 KN 2 + KF 2 39 13 a 13 Vậy d SA/ BN = 13  x + y − z + xy − yz − xz = 1 2 2 2 Câu V. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện:  2  y + z + yz = 2 2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P = x 2 + y 2 + z 2 Giải:  x 2 + y 2 − z 2 + xy − yz − xz = 1  Ta quy bài toán về dạng tìm P để hệ sau có nghiệm:  y 2 + z 2 + yz = 2  x2 + y 2 + z 2 = P   x 2 + y 2 + xy = 1  x ± 2 x + 1 = 0 (*) 2   +) Nếu z = 0 thì hệ đã cho trở thành:  y 2 = 2 ⇔  y2 = 2  2  2 x = P  x = P Phương trình (*) luôn vô nghiệm nên hệ trên vô nghiệm x y +) Khi z ≠ 0 . Đặt a = ; b = , hệ đã cho trở thành: z z  x   y  2 2 x y y x 1   +   − 1 + . − − = 2  2 1 a + b 2 − 1 + ab − b − a = 2 (1)   z   z  z z z z z  z  2   y  y 2  2   + 1 + = 2 ⇔ b 2 + 1 + b = 2 ( 2 )  z  z z  z  x 2  2 P   + 1 + = 2  a + 1 + a = z 2 ( 3) x P  z  z z  1 1 Lấy (1) –(2) ta được: a 2 + ab − 2b − a − 2 = − 2 ⇔ ( a + 1)( a − 2 ) + b ( a − 2 ) = − 2 z z 6
1 1 ⇒ a + b +1 = − ⇒b=− 2 − ( a + 1) z ( a − 2) 2 z ( a − 2) 2  1   1  2 Thay vào (2) ta được:  2 + a + 1 −  2 + a + 1 + 1 = 2  z ( a − 2)   z ( a − 2)  z     1 5 ⇔ 4 + 2 + a 2 + a + 1 = 0 (4) z ( a − 2) 2 z ( a − 2) P 1 5 P Từ (3): a 2 + a + 1 = thay vào phương trình (4) ta được: 4 + 4 + 2 =0 z 2 z ( a − 2) 2 z ( a − 2) z P ⇔ z 2 .P ( a − 2 ) + 5. ( a − 2) + 1 = 0 2 (5) a + a +1 2 P Từ (3) ⇒ z 2 = thay vào (5) ta được: a + a +1 2 P 2 ( a − 2 ) 5P ( a − 2 ) 2 a2 + a +1 + 2 a + a +1 ( ) + 1 = 0 ⇔ P 2 + 1 a 2 + (−4 P 2 + 5 P + 1)a + 4 P 2 − 10 P + 1 = 0 (6) Hệ đã cho có nghiệm khi (6) có nghiệm tức là: ( ) ( )( ) 2 ∆ = −4 P 2 + 5 P + 1 − 4 P 2 + 1 4 P 2 − 10 P + 1 ≥ 0 25 − 616 25 + 616 ⇔ 3P 2 − 50 P + 3 ≤ 0 ⇔ ≤P≤ 3 3 Từ đó tính được các giá trị của a, b, c để dấu bằng xảy ra: 25 + 616 25 − 616 Vậy P max = ; P min = 3 3 Câu V. Phần tính toán phức tạp nhưng kq ra lẻ. Rất mong các bạn tìm cách giải để đi đến kq đơn giản hơn. II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VIa. 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong góc A là AD : x + y + 2 = 0 , đường cao xuất phát từ đỉnh B là BH : 2 x − y + 1 = 0 . Cạnh 27 AB đi qua M (1;1) . Biết diện tích của tam giác là . Tìm tọa độ của các đỉnh tam giác ABC 2 Giải: 7
A N M I C B D  MN ⊥ AD Gọi N là điểm đối xứng với M qua phân giác trong AD thì  ⇒ MN : x − y = 0  M ∈ MN Giả sử: MN ∩ AD = I ⇒ I (−1; −1) ⇒ N (−3; −3)  AC ⊥ BH Phương trình đường thẳng AC:  ⇒ AC : x + 2 y + 9 = 0 ⇒ A = AC ∩ AD ⇒ A(5; −7)  N ∈ AC 1  Phương trình AB qua A, M là: AB : 2 x + y − 3 = 0 ⇒ B = AB ∩ BH ; ⇒ B  ; 2  2  1 +4+9 2 27 2S Ta có BH = d B , AC = = ⇒ AC = = 20 1+ 4 2 5 BH 27 Vì diện tích tam giác S = 2  c = −5 Ta có C ∈ AC ⇒ C (−2c − 9; c) ⇒ CA(14 + 2c; −7 − c) ⇒ AC 2 = 5(c + 7) 2 = 20 ⇔   c = −9 C (1; −5) Hay  . Vì AD là phân giác trong góc A nên B, C phải ở khác phía nhau so với AD. C (9; −9) Suy ra C (1; −5) . 1  KL: Tọa độ các đỉnh tam giác là: A(5; −7) , B  ; 2  , C (1; −5) 2  2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho 2 mặt phẳng ( P ) : x + mz − m = 0, (Q ) : (1 − m) x − my = 0 (m là tham số thực và m ≠ 0) . Viết phương trình đường thẳng ∆ là giao tuyến của hai mặt phẳng ( P ), (Q ) biết khoảng cách từ điểm I (2;1; −1) đến đường thẳng ∆ là lớn nhất. Giải: 8
 x + mz − m = 0 Mọi điểm thuộc giao tuyến có tọa độ luôn thỏa mãn hệ:  từ hệ phương trình ta (1 − m) x − my = 0 dễ tìm được điểm cố định thuộc đường thẳng giao tuyến là: K (0; 0;1) Ta thấy rằng mọi điểm M ( x; y; z ) thuộc giao tuyến của 2 mặt phẳng (P) ,(Q) thì x, y, z phải thỏa mãn phương trình: x + mz − m + (1 − m) x − my = 0 ⇔ x + y + z − 1 = 0 Vậy ∆ luôn thuộc mặt phẳng cố định (α ) : x + y + z − 1 = 0 Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên ∆ thì IH ≤ IK Từ đó ta suy ra d I / ∆ max = IK ⇔ IK ⊥ ∆  x = 3t  Ta có: IK (−2; −1; −2) suy ra u ∆ =  nα ; IK  = (3;0;1) ⇒ PTTS ( ∆ ) :  y = 0 z = 1+ t  Câu VIIa. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 11z + 10iz + 10iz − 11 = 0 . Chứng minh rằng 10 9 z = 1. 11 − 10iz Lời giải: Ta có: 11z10 + 10iz 9 + 10iz − 11 = 0 ⇔ z 9 (11z + 10i ) = 11 − 10iz hay z 9 = (*) 11z + 10i Đặt z = x + yi với x, y ∈ ℝ . Từ (*) suy ra: 11 − 10iz 11 − 10iz 10 2 ( x 2 + y 2 ) + 112 + 220 y f ( x; y ) z = 9 = = = 11z + 10i 11z + 10i 112 ( x 2 + y 2 ) + 10 2 + 220 y g ( x; y ) Xét các trường hợp: +) Nếu z > 1 thì x 2 + y 2 > 1 nên: g ( x; y ) = 112 ( x 2 + y 2 ) + 102 + 220 y = 10 2 ( x 2 + y 2 ) + 21( x 2 + y 2 ) + 10 2 + 220 y > 10 2 ( x 2 + y 2 ) + 112 + 220 y = f ( x; y ) Do đó z 9 < 1 ⇒ z < 1 (mâu thuẫn) +) Nếu z < 1 thì x 2 + y 2 < 1 nên: g ( x; y ) = 112 ( x 2 + y 2 ) + 102 + 220 y = 10 2 ( x 2 + y 2 ) + 21( x 2 + y 2 ) + 10 2 + 220 y < 102 ( x 2 + y 2 ) + 112 + 220 y = f ( x; y ) Suy ra z 9 > 1 ⇒ z > 1 (mâu thuẫn) +) Nếu z = 1 thì g ( x; y ) = f ( x; y ) (thỏa mãn) Vậ y z = 1 . 2. Theo chương trình Nâng cao 9
Câu VIb 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường thẳng ( d ) : x − y + 1 = 0 và đường tròn (T ) : x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 4 = 0 . Tìm điểm M thuộc đường thẳng (d ) sao cho qua M ta kẻ được các tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (T ) ,( A, B là các tiếp điểm) đồng thời khoảng cách từ 1  điểm N  ;1 đến đường thẳng đi qua AB là lớn nhất. 2  Giải: A M I B Xét điểm M (a; a + 1) ∈ (d ) . Và điểm A( x; y ) là tiếp điểm Ta có: MA( x − a; y − a − 1); IA( x − 1; y + 2) Vì A thuộc đường tròn nên: x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 4 = 0 (1) Vì A cũng là tiếp điểm nên: MA.IA = 0 ⇔ x 2 + y 2 − (a + 1) x + (1 − a ) y − a − 2 = 0 (2) Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) ta có ( ∆ ) : (a − 1) x + (a − 3) y + a − 2 = 0 Suy ra phương trình đường thẳng đi qua A, B là: ( ∆ ) : (a − 1) x + (a − 3) y + a − 2 = 0  1 1 Ta tìm được điểm cố định ( ∆ ) luôn đi qua là: P  − ; −   2 2 Gọi H là hình chiếu vuông góc của N lên ( ∆ ) thì NH ≤ NP  3 Dấu bằng xảy ra khi NH ⊥ NP ta có: NP  −1; −  suy ra điều kiện là:  2 3 (−1)(3 − a ) − (a − 1) = 0 ⇔ a = −3 ⇒ M (−3; −2) 2 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho A(1; 0; 2), B (3;1; 4), C (3; −2;1) . Gọi ∆ là đường thẳng qua A vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Tìm điểm S thuộc đường thẳng 3 11 ∆ sao cho mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC có bán kính bằng 2 10
Giải: S M I A C K B Ta có: AB (2;1; 2), AC (2; −2; −1) vì AB. AC = 0 ⇒ ∆ABC vuông tại A . Gọi K là tâm vòng tròn  1 5 ngoại tiếp tam giác ABC ⇒ K  3; − ;   2 2 Có:  AB, AC  = (3; 6; −6) / / n (1; 2; −2 ) x = 1+ t  Phương trình đường thẳng ∆ qua A vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) là: ∆ :  y = 2t  z = 2 − 2t  Suy ra S (1 + t ; 2t ; 2 − 2t ) . Trong mặt phẳng chứa ∆ và đường thẳng (d) qua K vuông góc với ( ABC ) ta dựng đường trung trực của SA cắt (d) tại I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp SABC. 1  1 1 5   1 1 1  Suy ra KI = AS ⇒ I  3 + t ; − + t ; + t  ⇒ AI  2 + t ; − + t ; − t  2  2 2 2   2 2 2  11
Theo giả thiết ta có: 2  11 3  t = 3  S (4; 6; −4) 2 2 2  1   1   1  99 AI =  2  ⇔  2 + t  +  − + t  +  − t  = ⇔ 9t 2 = 81 ⇔  ⇒     2   2   2  2  4 t = −3  S (−2; −6;8)  S (4; 6; −4) Kết luận:   S (−2; −6;8) Câu VIIb.  z1 = z2 = z3 = 1  Cho các số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn hệ:  z1 z2 z3 . Tính giá trị của biểu thức  z + z + z =1  2 3 1 A = 3z1 + 12 z2 + 2011z3 Giải: z1 z z Vì z1 = z2 = z3 = 1 ⇒ = 2 = 3 =1 z2 z3 z1 z z z z z Đặt 1 = cos x + i sin x; 2 = cos y + i sin y ⇒ 3 . 2 = 3 = cos(− x − y ) + i sin(− x − y ) z2 z3 z2 z1 z1 z z z cos x + cos y + cos(− x − y ) = 1 (1) Theo giả thiết ta có: 1 + 2 + 3 = 1 ⇔  z2 z3 z1 sin x + sin y + sin(− x − y ) = 0 (2)  x+ y  x− y  x+ y  x+ y Từ (2) ⇒ sin x + sin y + sin(− x − y ) = 2sin   .cos   − 2sin   .cos  =0  2   2   2   2   x = k 2π  x+ y x y  ⇔ 4sin   .sin .sin = 0 ⇔  y = k 2π  2  2 2  x + y = k 2π Suy ra 2 trong ba số z1 , z2 , z3 phải có 2 số bằng nhau: Giả sử 2 z z z z z  z1 = z2 ⇒ 1 + 3 = 0 ⇔ 1 = − 3 ⇔  3  = −1 ⇒ z3 = ±iz1 z2 z1 z2 z1  z1  ⇒ A = 3 z1 + 12 z2 + 2011z3 = 3 z1 + 12 z1 ± i.2011z3 = z1 3 + 12 ± i.2011 = (3 + 12) 2 + 20112  A = (3 + 12)2 + 20112  Các giá trị có thể của A là:  A = (3 + 2011)2 + 122   A = (2011 + 12) 2 + 32  12