HUNG THAM GIA NGOẠI K

I. TRÊN TẬP SỐ PHỨC. HẪY XÉT XEM MỖI PHÉP BIẾN ĐỔI, LẬP LUẬN SAU ĐÚNG HAY SAI ? Bài 1. 1 1 2 1 1 1 1 0 z z z z z − = =   − = ⇔ ⇔   − = − =   Biến đổi trên là sai. Vì 1z − là môdun của số phức 1z − , không phải trị tuyệt đối. Ta thường biến đổi theo cách sau : Xét số phức z x yi= + trong đó ,x y ∈¡ . Ta có ( ) 2 2 1 1 1 1 1 1.z x yi x y− = ⇔ − + = ⇔ − + = Bài 2. 3 3 3 27 3 3.z z z= ⇔ = ⇔ = Biến đổi trên là sai. Vì đã sử dụng quy tắc lấy căn bậc ba cho số thực. Sau đây là một cách làm đúng : ( ) ( ) 3 3 3 2 2 3 0 27 3 0 3 3 9 0 . 3 9 0 z z z z z z z z − =  = ⇔ − = ⇔ − + + = ⇔  + + =  Từ đó tìm được ba nghiệm của phương trình trên. Bài 3. Giải phương trình : 4 2 6 0z z− − = Đặt 2 ,t z= điều kiện 0t ≥ . Ta được phương trình 2 2 6 0 3 t t t t = −  − − = ⇔  =  Mà 0t ≥ nên 3t = . Do đó 2 3 3z z= ⇔ = ± . Lời giải trên sai . Vì đã cho rằng 2 0z ≥ điều này chỉ đúng cho số thực nhưng không đúng cho số phức Sau đây là một lời giải đúng : Đặt 2 ,t z= ta được phương trình 2 2 6 0 3 t t t t = −  − − = ⇔  =  2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 z i z i z z  = ±  = − = ⇒ ⇔   = = ±    . Bài 4. Xét các số phức z x yi= + trong đó ,x y ∈¡ . Ta có 2 2 2 2 2 2 2 4z x yi x y x y≤ ⇔ + ≤ ⇔ + ≤ ⇔ + ≤ Vậy tập hợp các điểm biểu diễn các số phức đã cho là đường tròn tâm O(0;0), bán kính 2R ≤ . Kết luận trên không chính xác. - Nếu 2 2 2 4z x y= ⇔ ⇔ + = thì tập hợp các điểm biểu diễn số phức là đường tròn tâm O(0;0), bán kính 2R = . - Nếu 2 2 2 4z x y≤ ⇔ ⇔ + ≤ thì tập hợp các điểm biểu diễn số phức là hình tròn tâm O(0;0), bán kính 2R = . Bài 5. Tìm các căn bậc hai của số phức 16z = − Giải : 2 16 16 4z i i= − = = ± Lời giải trên sai . Vì các lí do sau : Một là không được kí hiệu 16− Hai là phép toán 2 16 4i i= ± không đúng. Sau đây là một lời giải đúng : Số phức 2 16 16z i= − = có các căn bậc hai là 4i± vì ( ) 2 4 16i± = . Bài 5. Gọi 1 2 ,z z là các nghiệm của phương trình 2 5 11 0z z− + = Tính giá trị biểu thức 2 2 1 2 A z z= + Giải Theo định lí Vi-ét ta có 1 2 5 b z z a + = − = , 1 2 . 11 c z z a = = 2 2 1 2 A z z= + ( ) 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 . 25 22 4.z z z z z z= + = + − = − = Lời giải trên sai . Vì 2 z và 2 z là hai đại lượng khác nhau Ngoài ra ta không nên sử dụng định lí Vi-ét vì định lí này phát biểu cho phương trình ẩn số thực. Sau đây là một lời giải đúng : Ta có 2 25 44 19 19i∆ = − = − = Phương trình đã cho có hai nghiệm 1 2 5 19 5 19 , 2 2 i i z z + − = = 1 1 25 19 11 4 4 z z⇒ = = + = . Vậy 22.A = II. HÀM SỐ Bài 1. Xét hàm số 2 1 1 x y x + = − có tập xác định { } \ 1D = ¡ và ( ) 2 3 0, 1 y x D x − ′ = < ∀ ∈ − nên hàm số đồng biến trên tập D Kết luận trên sai. Vì hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ) ( ) ;1 , 1;−∞ +∞ Bài 2. Giả sử ( ) ;x y là nghiệm của hệ 2 2 2 2 1 2 3 x y a x y a a + = −   + = + −  . Tìm a để P xy= đạt giá trị nhỏ nhất Giải Hệ đã cho ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 3 2 2 3 x y a a xy a a x y xy a a + = −   ⇔ ⇒ − − = + −  + − = + −   2 3 3 2 2 P xy a a⇒ = = − + Vì 2 2 2 3 0 2 3 0 1 a x y a a a ≤ −  + ≥ ⇒ + − ≥ ⇔  ≥  Xét hàm số ( ) 2 3 3 2 2 f a a a= − + với 3 1 a a ≤ −   ≥  Lập bảng biến thiên suy ra 1 min 2 P = khi 1a = Lời giải trên sai ở chỗ tìm đk của a để hệ có nghiệm : Vì ( ) ( ) 2 2 2 3 4 2 1 4 3 2 2 x y xy a a a   + ≥ ⇒ − ≥ − +     2 2 2 2 2 2 a⇔ ⇔ − ≤ ≤ + Bài 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 2 2 2 2 os 2 os 1 1 1 x x y c c x x = − + + + Giải Đặt [ ] 2 2x os 1;1 x 1 u c u= ⇒ ∈ − + Ta có ( ) 2 2 2 1 1 0y u u u= − + = − ≥ min 0.y⇒ = Lời giải trên sai ở chỗ tìm đk chính xác của u như sau : Theo BĐT Côsi ta có 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 1 x x x x x x + ≥ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤ + + Từ đó dẫn đến [ ] os1;cos1u c∈ − . III. TÍCH PHÂN Bài 1. Tính tích phân 2 1 os2xI c dx π π = + ∫ Giải Ta có 2 2 2 2 2cos 2 osx 2sinx 2I xdx c dx π π π π π π = = = = − ∫ ∫ Lời giải trên sai ở chỗ : 2 2 2 2cos 2 osxI xdx c dx π π π π = = ∫ ∫ Bài 2. Tích phân 1 1 0 0 2 2 ln2 ln 2 x x dx = = ∫ Tính như trên là sai vì 1 1 0 0 2 1 2 ln2 ln2 x x dx = = ∫ Bài 3. Tích phân ( ) 1 1 1 1 1 4 4 3 3 3 3 3 2 2 2 2 3 3 3 1 16 4 4 4 I xdx x dx x x − − − − − − − − = = = = = − ∫ ∫ Cách tính trên sai vì [ ] ( ) ( ) ( ) 1 3 3 3 3 2; 1 0x x x x x x∈ − − ⇒ < ⇒ = − − = − − = − − Bài 4. Tích phân ( ) ( ) 2 0 0 0 1 1 sinx 1 sinx 1 sinx 1 sinx 1 sinx os I dx dx dx c x π π π − − = = = + + − ∫ ∫ ∫ 2 2 0 0 0 0 1 1 1 cos tan 2 os os osx dx d x x c x c x c π π π π = + = − = ∫ ∫ Cách tính trên sai vì tại [ ] 0; 1 sinx=0 2 x π π = ∈ ⇒ − nên không được phép nhân với 1 sinx− IV. BẤT PHƯƠNG TRÌNH Bài 1. Giải bất phương trình log 1 a x > với hằng số 1a > . Giải BPT log 1 log log a a a x x a x a> ⇔ > ⇔ > mà 1a > suy ra 1x > Vậy BPT có nghiệm 1x > Lập luận trên không chính xác vì 1a > thì BPT có nghiệm x a> Bài 2. BPT 0 3 3 3 3 5 1 0 5 5 5 x x x x x x     > ⇔ > ⇔ > ⇔ >  ÷  ÷     Lời giải trên sai vì 0 3 3 0 5 5 x x     > ⇔ <  ÷  ÷     Bài 3. Giải PT : 2 4 2 1 log log 2 x x= Giải ĐK : 0x > PT đã cho 2 2 2 2 2 2 2 1 log log log log 2 x x x x⇔ = ⇔ = 2 2 log 0 1 log 1 2 x x x x = =   ⇔ ⇔   = =   Lời giải trên sai vì ( ) ( ) 2 2 2 2 4 2 2 1 1 1 log log log 2 2 2 x x x= = Bài 4. Giải BPT : ( ) ( ) 2 2 1 1 log 3 log 1x x > − Giải ĐK : 1, 2x x> ≠ BPT đã cho ( ) ( ) 2 2 log 1 log 3x x⇔ − > 1 1 3 2 x x x⇔ − > ⇔ < − Kết hợp với ĐK suy ra BPT vô nghiệm Lời giải trên sai vì đã thực hiện nhân hai vế với mẫu thức chung khi không biết nó dương hay âm. Bài 5. Giải PT : 2 3 5 log .log logx x x= Giải ĐK : 0x > PT đã cho 2 1 1 log . log 3 log 5 x x x⇔ = 2 log 3 log log 5 x x x⇔ = 5 log 3 2 5 log log 3 2x x⇔ = ⇔ = Lời giải trên sai vì khi x = 1 nghiệm đúng , khi 1x ≠ thì biến đổi như trên V. HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Bài 1. Trong không gian với hệ trục Oxyz đường thẳng 1 2 : 2 3 x y z + − ∆ = = đi qua điểm ( ) 1;2;0M − và có vectơ chỉ phương ( ) 2;3;0u = r Kết luận trên sai vì vectơ chỉ phương ( ) 2;3;1u = r Bài 2. Cho các vectơ ( ) 1;2;0a = r ( ) 2;3;1b = r ( ) , 2;1; 1a b   ⇒ = −   r r Kết quả trên sai vì ( ) , 2; 1; 1a b   ⇒ = − −   r r Bài 3. Mặt phẳng (P) đi qua ba điểm ( ) ( ) ( ) 0;2;0 , 3;0;0 , 0;0; 5E M N − có phương trình 1 2 3 5 x y z + + = − Kết quả trên sai vì phương trình (P) : 1 3 2 5 x y z + + = − VI. THƯ GIÃN Hãy cho biết ông là ai ? với các gợi ý sau 1. Ông là khoa học vĩ đại trong các ngành : Toán học, Vật lí và Thiên văn học 2. Đây là một bức ảnh của ông 3. Ông là tác giả của định luật vạn vật hấp dẫn . 3 2 5 log log 3 2x x⇔ = ⇔ = Lời giải trên sai vì khi x = 1 nghiệm đúng , khi 1x ≠ thì biến đổi như trên V. HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Bài 1. Trong không gian với hệ trục Oxyz đường thẳng 1 2 : 2 3 x. trên sai vì đã thực hiện nhân hai vế với mẫu thức chung khi không biết nó dương hay âm. Bài 5. Giải PT : 2 3 5 log .log logx x x= Giải K : 0x > PT đã cho 2 1 1 log . log 3 log 5 x x x⇔. đường tròn tâm O(0;0), bán k nh 2R ≤ . K t luận trên không chính xác. - Nếu 2 2 2 4z x y= ⇔ ⇔ + = thì tập hợp các điểm biểu diễn số phức là đường tròn tâm O(0;0), bán k nh 2R = . - Nếu 2 2 2