b Tìm trênC những điểmMmà tiếp tuyến của đồ thị tại đó cắt các đường tiệm cận củaC tại hai điểm phân biệtA, Bsao cho tam giácI AB có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng5 2 bán kính đường
Trang 1TÀI LIỆU TOÁN THPT
ĐỀ SỐ 9
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN
NGÀY 23-02-2013
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1 (2 điểm) Cho hàm sốy = x − 2
x + 1 (C ).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số(C ).
b) Tìm trên(C )những điểmMmà tiếp tuyến của đồ thị tại đó cắt các đường tiệm cận của(C )tại hai điểm phân biệtA, Bsao cho tam giácI AB có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng5
2 bán kính đường tròn nội tiếp (Ilà giao điểm hai đường tiệm cận).
Câu 2 (2 điểm)
a) Giải phương trình : sin 2x sin x + (cos x + 1)(cos x + 2)
2 sin 2x + cos2x + 2sin x + cos x + 1= 1
b) Giải hệ phương trình :
(
¡x + y + 1¢ x y = x2+ y2
¡x3
+ y3¢ x y − y2
= 4x y2¡4x3y2+ x − 1¢
Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân : I =
Z π
2
0
x (7 − cos2x) + 3 cos x + 2 dx
Câu 4 (1 điểm) Cho hình chóp tứ giácS.ABC Dcó đáyABC Dlà hình thoi tâmO,O A = 2OB = 2a CạnhSOvuông góc với mặt phẳng đáy Một mặt phẳng (α)đi quaAvà vuông góc vớiSCcắt các cạnhSB, SC , SD lần lượt tại
B0,C0, D0 GọiMlà trung điểm củaAB0 Tính thể tích khối chópS.ABC Dvà góc giữa đường thẳngSMvới mặt phẳng (α), biết4B0C0D0đều.
Câu 5 (1 điểm) Cho các số thựcx, y, zthuộc đoạn [1; 3] Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
T = 25¡ y + z¢2 12x2 + 2012¡x y + yz + zx¢
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B
A Theo chương trình chuẩn
Câu 6A (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-cácOx ycho tam giácABCnội tiếp đường tròn(C1) : (x −2)2+(y −3)2= 45 Đường tròn(C2 ) có tâmK (−1;−3)cắt đường tròn(C1 ) theo một dây cung song song vớiAC Biết diện tích tứ giácAIC K = 30p2 , chu vi tam giácABCbằng 10 p
10 trong đóIlà tâm đường tròn(C1) Hãy tìm những điểmB
có hoành độ âm.
b) Trong không gian với hệ tọa độ Đề-cácOx y z cho tam giác ABC cóC (3; 2; 3) Phương trình đường cao
AH : x − 2
1 = y − 3
1 =z − 3
−2 , phương trình đường phân giác trongB D :
x − 1
1 =y − 4
−2 =
z − 3
1 Tính chu vi tam giác
ABC.
Câu 7A (1 điểm) Giải phương trình : 9¡2x2
+ 4x + 5¢ 3x2+3x = x2+ x + 3
B Theo chương trình nâng cao
Câu 6B (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các Oxy cho tam giácABCcân tạiA, phương trình cạnh bênAC : x+y −3 =
0 Trên tia đối của tiaC Alấy điểmE Phân giác trong gócB AC cắtB EtạiD Đường thẳngdđi quaDsong song vớiABcắtBCtạiF Tìm tọa độ giao điểmMcủaAFvàB Ebiết phương trình đường thẳngAF : 2x + y − 5 = 0và
I (−1;−3)là trung điểm củaDF.
b) Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các Oxyz cho tứ diệnABC DcóA(2; 0; 0), B (0; 2; 0),C (0; 0; 2), D(2; 2; 2)và mặt cầu(S) : (x − 1)2+ (y − 2)2+ (z − 3)2= 16 GọiMlà điểm có tọa độ nguyên nằm trong tứ diện Viết phương trình mặt phẳng (α)quaMvà cắt(S)theo một đường tròn có chu vi bé nhất.
Câu 7B (1 điểm) Cho các số phứcz1, z2thỏa mãn :z1không phải là số ảo và¡z1− z1.|z2|2 ¢
là số ảo ;z2là số thực
và¡z2+ z2.|z1|2 ¢
là số thực Tính|z1 |2012+ |z2 |2013
Trang 2
———————————————–Hết—————————————————-TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN
Câu 1. Cho hàm sốy = x − 2
x + 1 (C ).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số(C ).
b) Tìm trên(C )những điểmM mà tiếp tuyến của đồ thị tại đó cắt các đường tiệm cận của(C )
tại hai điểm phân biệtA, Bsao cho tam giácI ABcó bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 5
kính đường tròn nội tiếp (Ilà giao điểm hai đường tiệm cận)
a)Lời giải (hungchng):
Hàm sốy = x − 2
x + 1 có tập xác định:D = R\{−1}
*Đạo hàmy0= 3
(x + 1)2> 0 ∀x ∈ D,
Hàm số đồng biến trên(−∞;−1),(−1;+∞)
lim
x→−1+y = −∞; lim
x→−1−y = +∞; x = −1 là phương trình tiệm cận dọc
lim
x→−∞ y = 1; lim
x→+∞ y = 1; y = 1là phương trình tiệm cận ngang
*Bảng biến thiên
x
y0
y
1
+∞
−∞
1
*Đồ thị
−3
−2
−1
1 2 3 4 5
0
b)Lời giải (hbtoanag):
Tiếp tuyến tại điểmM ¡x0; y0¢ ∈ (C)bất kỳ có dạng∆ : y = 3x
(x0+ 1)2+
x02− 4x0− 2
(x0+ 1)2 Giao điểm hai tiệm cận làI (−1;1)
Giao điểm của∆với tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt là A
µ
−1;x0− 5
x0+ 1
¶
vàB (2x0+ 1; 1)
Khi đóI A = 6
|x0+ 1|, I B = 2|x0+ 1|, AB = 2
s
(x0+ 1)2+ 9
(x0+ 1)2 Diện tích tam giácI AB làS = pr = I A.I B.AB
4R
5pR
5
AB2
4 p = 3AB ⇐⇒ AB.p = 30
⇐⇒
s
(x0+ 1)2+ 9
(x0+ 1)2
à 3
|x0+ 1|+ |x0+ 1| +
s
(x0+ 1)2+ 9
(x0+ 1)2
!
= 15
Đặtt = |x0+ 1| + 3
|x0+ 1|, t ≥ 2p3, phương trình trên trở thành p
t2− 6³t +pt2− 6´= 15 ⇐⇒ 6pt2− 6 = 15³t −pt2− 6´ ⇐⇒ 7pt2− 6 = 5t ⇐⇒ t =7
2 Giải phương trình|x0+ 1| + 3
|x0+ 1|=
7
2ta được các nghiệmx0= 1, x0= −3, x0=1
2, x0= −5
2 Vậy có bốn điểm thỏa yêu cầu bài toánM1¡1;−1
2 ¢ , M2¡−3;5
2¢ , M3¡1
2; −1¢ , M4¡−5
Câu 2.a Giải phương trình : sin 2x sin x + (cos x + 1)(cos x + 2)
2 sin 2x + cos2x + 2sin x + cos x + 1= 1
Lời giải (Mai Tuấn Long):
Trang 3
2 sin x + cos x 6= 0
cos x 6= −1
2
PT ⇐⇒ (cos x + 1)(2 − cos x)(2cos x + 1)
(2 sin x + cos x)(2cos x + 1) = 1 ⇐⇒ (sin x − 1)
2
= 0
Vậy PT có nghiệm:x = π
2+ k2π, (k ∈ Z).
Câu 2.b Giải hệ phương trình :
½
¡x + y + 1¢ x y = x2+ y2
¡x3+ y3¢ x y − y2 = 4x y2¡4x3y2+ x − 1¢
Lời giải (nthoangcute):
Đầu tiên, ta có:
¡x3
+ y3¢ x y − y2
− 4 x y2¡4 x3
y2+ x − 1¢ = −x2
y2¡4 x y − 1¢2+¡x y(x + y)¢2− y2(−1 + 2 x)2− x2y2¡8 x y − 1¢
Ta sẽ chứng minh ¡x3+ y3¢ x y − y2− 4 x y2¡4 x3y2+ x − 1¢ ≤ 0
hay cần chứng minh: x2y2¡4 x y − 1¢2− x2y2¡x + y¢2+ x2y2¡8 x y − 1¢ ≥ 0
⇐⇒ 16x2y2≥ (x + y)2
Đặts = x + y, p = x y.Giả thiết có:p = s
2
s + 3
2
(5s + 3)(s − 1)
2(s − 1)
s + 3 ≥ 0
Do đó BĐT được chứng minh vậy HPT có nghiệm là(x, y) = (0,0);¡12,12¢
Lời giải (Lê Đình Mẫn):
Phân tích ý tưởng cho bài toán: Đầu tiên, ta có thể biến đổi một chút xíuP T (2)như sau:
P T (2) ⇐⇒ x y(x + y)(x2− x y + y2) − y2= 4x y2(4x3y2+ x − 1) (3)
Để ý rằng trongP T (3)có một lượng biểu thức có chút tương đồng vớiP T (1) Cho nên ta thay đổi hình thứcP T (1)lại xem sao Khi đó
P T (1) ⇐⇒ (x + y)x y = x2− x y + y2
Hãy quan sát mối tương đồng trên chúng ta nhận thấy một điều đặc biệt đúng không Vậy tại sao chúng ta lại không sử dụng phép thế nhỉ! Nhưng cũng đừng vội Để ý rằngP T (3)hầu như các số hạng đều có chứay2vì thế chúng ta có thể thực hiện phép thế như sau để có thể đơn giản hoá được lượngy2đó Và ta có
P T (3) ⇐⇒ x2y2(x + y)2− y2= 4x y2(4x3y2+ x − 1) (4) Đến đây, để giản ước lượngy2thì ngay đầu bài giải ta có thể xét trường hợp Từ hệ ban đầu chúng
ta có
+ TH1: Nếuy = 0 =⇒ x = 0và ngược lại Do đó(0; 0)là một nghiệm của hệ ban đầu
+ TH2: Xétx y 6= 0 Lúc đó
P T (4) ⇐⇒ (2x − 1)2= x2[(x + y)2− 16x2y2] Bây giờ bài toán quy về giải hệ phương trình sau
(
(x + y + 1)x y = x2+ y2(1)
(2x − 1)2= x2[(x + y)2− 16x2y2] (5)
Trang 4Hệ mới này gọn hơn và chúng ta cũng sẽ tiếp tục với phép thế Ta có
P T (1) ⇐⇒ (x + y + 3)x y = (x + y)2 =⇒ x + y + 3 6= 0
nênP T (1) ⇐⇒ x y = (x + y)
2
x + y + 3, thay vàoP T (5)ta được
(2x − 1)2= x2
·
(x + y)2− 16 (x + y)4
(x + y + 3)2
¸
⇐⇒ (2x − 1)2=3x
2(x + y)2[1 − (x + y)][5(x + y) + 3]
Đến đây, chúng ta nên suy nghĩ hướng giải như thế nào khi hệ mới lại không phải đối xứng hoàn toàn? Nhưng chúng ta có thể dễ dàng đoán được hệ có một nghiệmµ 1
2;
1 2
¶ nên chúng ta có thể
sử dụng đánh giá:(x + y)2≥ 4x y ∀x, y ∈ R.Ta có
x y = (x + y)
2
x + y + 3≤
(x + y)2
4 ⇐⇒ x + y − 1
x + y + 3≥ 0 ⇐⇒
· x + y ≥ 1
x + y < −3
Suy ra[1 − (x + y)][5(x + y) + 3] ≤ 0 Do đó
P T (6) ⇐⇒ (2x − 1)2=3x
2(x + y)2[1 − (x + y)][5(x + y) + 3]
2 Tóm lại, hệ phương trình ban đầu có 2 nghiệm(0; 0)vൠ1
2;
1 2
¶
Câu 3. Tính tích phân : I =
Z π
2 0
x (7 − cos2x) + 3
Lời giải (Mai Tuấn Long):
I =
Z π
2 0
2x¡4 − cos2x¢ + 3
Z π
2
0 2x(2 − cos x)dx + 3
Z π
2 0
dx
cos x + 2
=
Z π
2 0
4xdx − 2
Z π
2 0
xd(sin x) + 6
Z π
2 0
d(tanx2) tan2 x2+ 3
=¡2x2− 2x sin x¢
¯
¯
¯
¯
π
2 0 + 2
Z π
2 0
sin xdx + 6
Z π
2 0
d(tanx2) tan2 x
=π2
2 − π + 2 + πp3
3
Câu 4. Cho hình chóp tứ giácS.ABC Dcó đáyABC Dlà hình thoi tâmO,O A = 2OB = 2a Cạnh
SOvuông góc với mặt phẳng đáy Một mặt phẳng(α)đi quaAvà vuông góc vớiSC cắt các cạnh
SB, SC , SD lần lượt tạiB0,C0, D0 GọiM là trung điểm của AB0 Tính thể tích khối chópS.ABC D
và góc giữa đường thẳngSM với mặt phẳng(α), biết4B0C0D0đều
Lời giải (dan_dhv):
A
O
C
B D
S
C0
O0
I
D0
B0
M
Trang 5Trong(S AC ), từ AvẽAC0⊥ SC Ta có B D ⊥ AC
B D ⊥ SO =⇒ BD ⊥ SC =⇒ (α)//BD
GọiO0là giao củaSOvàAC0.(α)giao(SB D) = B0D0//B D(B0∈ SB; D0∈ SD)
GọiI là điểm trênSC thõa mãn:B I kB0C0Suy ra: SB
0
SB =SC
0
SI =SD
0
SD =⇒ D I kC0D0
Do tam giácB0C0D0là tam giác đều suy ra Tam giácI B D cũng là tam giác đều cạnhB D = 2a
Ta có:B D ⊥ OI suy raOIlà đường cao trong tam giác đềuI DB =⇒ OI = B D
p 3
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuôngSOC ta có:
1
SO2+ 1
OC2 = 1
I O2 =⇒ 1
SO2= 1
3a2− 1
12a2 =⇒ SO = 2ap3
Diện tích đáy là 1
2AC B D = 4a2 Thể tích khối chópS.ABC D là:V =1
3.SO.S ABC D=8a
3 3
Suy raC0là trung điểm của SC HayO0là trọng tâm của tam giácS AC
3AC
p 3
B0D0=2
3B D = 4a
3 =⇒ B0O = 2a
3 =⇒ AB0=pAO2+ OB02=a
p 52 3
C0M là trung điểm của tam giácC0B0A, suy raC0M = C
02
3
Ta có :SC0⊥ (α) =⇒ g (SM; (α)) = g (SMC0) = ϕ Vậytanϕ = SC0
MC0=6
7
Câu 5. Cho các số thựcx, y, zthuộc đoạn[1; 3] Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
12x2+ 2012¡x y + yz + zx¢
Lời giải (nthoangcute):
12x2+ 2012¡x y + yz + zx¢
4
¡ y + z¢2¡6 x + 503 y + 503 z¢
¡3 x2+ 503 x y + 503 y z + 503 zx¢2< 0
4
(y + z)2
27 + 1509y + 1509z + 503y z = g (y)
g0(y) =25
4
¡ y + z¢¡54 + 1509 y + 503 yz + 1509 z − 503 z2¢
¡27 + 1509 y + 503 yz + 1509 z¢2
Dễ thấy: 54 + 1509 y + 503 y z + 1509 z − 503 z2= 54 + 1509 y + 503 y z + 503z(3 − z) > 0
16
h0(z) =25
16
(1 + z)(265 + 503z) (384 + 503z)2 > 0
3548
3548
Lời giải (hbtoanag):
2
12x2+ 2012x(y + z) + 2012 (y + z)2
4
12x2+ 2012x(y + z) + 503(y + z)2
Trang 6Xét hàm m(x) = 12x2+ 2012x(y + z) + 503(y + z)2, x ∈ [1;3],
suy raT (x)nghịch biến trên[1; 3] Suy raT (x) ≥ T (3) = 25t
2
108 + 6036t + 503t2= f (t ), với t = y +z ∈ [2;6]
2+ 540t
¡108 + 6036t + 503t2¢2> 0, ∀t ∈ [2; 6] nên f đồng biến trên[2; 6],
và do đóf (t ) ≥ f (2) = 25
3548 Cuối cùngmin T = 25
3548 khix = 3; y = z = 1
Lời giải (Miền cát trắng):
2
12x2+ 2012x(y + z) + 2012 (y + z)2
4
2
(y + z)2+ 2012 x
y + z+ 503
đặtt = x
y + z, xét hàm số f (t ) =
25
12t2+ 2012t + 503· · · ·
Câu 6A.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-cácOx y cho tam giácABC nội tiếp đường tròn
(C1) : (x − 2)2+ (y − 3)2= 45 Đường tròn(C2)có tâmK (−1;−3)cắt đường tròn(C1)theo một dây cung song song với AC Biết diện tích tứ giác AIC K = 30p2, chu vi tam giác ABC bằng10p
10 trong đóI là tâm đường tròn(C1) Hãy tìm những điểmB có hoành độ âm
Lời giải (Lê Đình Mẫn):
I
K
E A
C M
N
B
A0
Tâm của(C1)làI (2; 3) Ta cóR (C1) = I K = 3p5.Kiểm chứng đượcK (−1;−3) ∈ (C1)
GọiM N = (C1) ∩ (C2).Suy raM N ⊥ I K Mà AC ∥ M N =⇒ AC ⊥ I K
Do đóS AIC K= I K AC
Lại cóAB + BC +C A = 10p10 =⇒ B A + BC = 6p10 (1)
Bây giờ ta có thể tìm tọa độA, C KẻA A0là đường kính của(C1),
gọiE = I K ∩ AC Suy raI E =1
2A
2
p
A A02− AC2=1
2
q (6p 5)2− (4p10)2=p5
Suy ra−→I K = 3−→I E =⇒ E(1;1).
Phương trình đường thẳngAC đi quaE (1; 1)và vuông góc vớiI K có phương trình:x + 2y − 3 = 0.
Như vậyA, C là giao điểm củaAC và(C1),suy raA(1 − 4p2; 1 + 2p2), C (1 + 4p2; 1 − 2p2)
Cuối cùng, chỉ cần giải hệ gồm PT(1)và PT của(C1)ta tìm đượcB³72− 3p3;12+3
p 3 2
´
Trang 7Câu 6A.b Trong không gian với hệ tọa độ Đề-cácOx y zcho tam giácABC cóC (3; 2; 3).
Phương trình đường cao AH : x − 2
1 = y − 3
1 = z − 3
−2 , phương trình đường phân giác trong
B D : x − 1
1 = y − 4
z − 3
1 Tính chu vi tam giácABC
Lời giải (Mai Tuấn Long):
−→
u1= (1; 1; −2)là một véc tơ chỉ phương củaAH.H ∈ AH =⇒ H = (2 + a;3 + a;3 − 2a)
=⇒C H = (a − 1;1 + a;−2a)−−→ H ∈ BC =⇒ −−→C H ~u = 0 =⇒ a = 0 =⇒ H = (2;3;3)
x = 3 − t
y = 2 + t
z = 3
,(t ∈ R)
−→
u2= (1; −2; 1)là một véc tơ chỉ phương củaB D B = BC T B D =⇒ B = (1;4;3)
I ∈ BD =⇒ I = (1 + b;4 − 2b;3 + b) I H ⊥ BD =⇒ −→I H − u→
2= 0 =⇒ I = (32; 3;72)
H1 là điểm đối xứng của H qua B D =⇒ I là trung điểm của H H1 =⇒ H1= (1; 3; 4) =⇒ −−−→B H1= (0; −1;1)
x = 1
y = 4 − s
z = 3 + s
,(s ∈ R)
A = AB ∩ AH =⇒ A = (1;2;5) =⇒ AB = AC = BC = 2p2; =⇒ C ABC = AB + AC + BC = 6p2
Câu 7A. Giải phương trình : 9¡2x2+ 4x + 5¢ 3x2+3x = x2+ x + 3
Lời giải (Mai Tuấn Long):
Ta có: 2x2+ 4x + 5 = (x2+ 3x + 2) + (x2+ x + 3) > 0
=⇒ V T = £(x2+ 3x + 2) + (x2+ x + 3)¤ 3x3+3x+2 < (x2+ 3x + 2) + (x2+ x + 3) < x2+ x + 3 = V P
=⇒ V T = £(x2+ 3x + 2) + (x2+ x + 3)¤ 3x3+3x+2 > (x2+ 3x + 2) + (x2+ x + 3) > x2+ x + 3 = V P
·
x = −1
x = −2 =⇒ V T = V P
Vậy PT có hai nghiệm:
·
x = −1
x = −2
Câu 6B.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các Oxy cho tam giác ABC cân tại A, phương trình cạnh bênAC : x + y − 3 = 0 Trên tia đối của tiaC Alấy điểmE Phân giác trong gócB AC cắt
B E tạiD Đường thẳngd đi quaDsong song với AB cắtBC tạiF Tìm tọa độ giao điểmM của
AF vàB E biết phương trình đường thẳng AF : 2x + y − 5 = 0vàI (−1;−3)là trung điểm củaDF
Lời giải (Sv_ĐhY_013):
ChoP là trung điểm củaBC.Ta có:
DF kAB =⇒ AM
M F =P B
P F =⇒ AM
M F =PC
P F =⇒ AF
M F =F C
Kẻ đường thẳngM P giaoAB tại trung điểmJ, cắt(d )tạiI0ta đi chứng minhI0≡ I
Dùng định lý Ta lét ((d )song song AB) : I
J B =I
J A =⇒ I0là trung điểm củaDF
VậyP M đi qua trung điểmI củaDF Cuối cùngM là giao điểm củaP I và AF suy raM (9; −13)
Câu 6B.b Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các Oxyz cho tứ diện ABC D có
A(2; 0; 0), B (0; 2; 0),C (0; 0; 2), D(2; 2; 2)và mặt cầu(S) : (x − 1)2+ (y − 2)2+ (z − 3)2= 16 GọiM là điểm
có tọa độ nguyên nằm trong tứ diện Viết phương trình mặt phẳng(α)qua M và cắt(S)theo một đường tròn có chu vi bé nhất
Trang 8Lời giải (Mai Tuấn Long):
Mặt cầu(S)có tâmI (1; 2; 3)và bán kínhR = 4
ĐiểmM thuộc miền trong tứ diện và có tọa độ nguyên =⇒ có duy nhất:M = (1;1;1)
−−→
I M = (0;−1;−2) =⇒ I M =p5 < R nên M cũng nằm trong mặt cầu (S)
Mặt phẳng(α) cắt(S)theo một đường tròn có chu vi nhỏ nhất khi khoảng cách từ I đến(α) là lớn nhất và bằngI M =⇒ (α)là mặt phẳng quaM và nhận−−→I M là một véc tơ pháp tuyến
Vậy(α)có PT:y + 2z − 3 = 0
Câu 7B. Cho các số phứcz1, z2thỏa mãn :z1không phải là số ảo và¡z1− z1.|z2|2¢
là số ảo ;z2
là số thực và¡z2+ z2.|z1|2¢
là số thực Tính|z1|2012+ |z2|2013
Lời giải (dan_dhv):
Ta có.¡z1− z1.|z2|2¢
là số ảo ⇐⇒ ¡z1− z1.|z2|2¢ = −¡z1− z1.|z2|2¢ ⇐⇒ ¡z1− z1.(|z2|)2¢ = −z1+ z1(|z2|)2
⇐⇒ ¡z1+ z1¢ ¡1 − (|z2|)2¢ ⇐⇒ (|z2|)2= 1 ⇐⇒ |z2| = 1(Doz1không là số ảo nênz16= −z1)
¡z2+ z2.|z1|2¢
là số thực ⇐⇒ ¡z2+ z2.|z1|2¢ =¡z2+ z2.|z1|2¢ ⇐⇒ z2+ z2|z1|2= z2+ z2 |z1|2
⇐⇒ ¡z2− z2¢ ¡1 − |z1|2¢ ⇐⇒ |z1| = 1(Doz2không phải là số thực Khi đóz26= z2)
VậyP = |z1|2012+ |z2|2013= 2