5 bo de kham pha tu duy bo de toan nguyen quang son

Đặt sách Online rẻ http://newshop.vn – 0932.057.012 ĐỀ SỐ 01   Câu 1: Cho hàm số y  x  mx  m  m  x   1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m  b) Tìm giá trị tham số m để hàm số (1) đạt cực đại x  Câu 2: a) Giải phương trin ̀ h: sin x  cos x  cos x  b) Tìm số phức z thỏa mãn điề u kiê ̣n: 1  3i  z là số thực và z   5i  Câu 3: Giải phương trình: 2x 3x 5x Câu 4: Giải bất phương trình: 2(4 x  x  6)  x   x  x  1 Câu 5: Tiń h tić h phân I   1  x    e 2x  dx Câu 6: Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD hình thoi cạnh a, có góc ABC  60o Hình chiếu vuông góc đỉnh S mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác ABD, biết góc hai mặt phẳng (SCD) (ABCD) 60o Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) Câu 7: Trong mă ̣t phẳ ng với ̣ tru ̣c to ̣a đô ̣ Oxy, cho hình vuông ABCD, gọi M trung điểm AB, G trọng tâm ΔBCD Tìm tọa độ đỉnh hình chữ  1  5 nhật ABCD, biết: M   ;  , G   ;   2    3 Câu 8: Trong không gian với ̣ tru ̣c to ̣a đô ̣ Oxyz, cho tứ diện ABCD có: A(3; 2; 2), B(3;2;0), C(0;2;1), D(1;1;2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa AB song song với CD Tìm tọa độ hình chiếu C mặt phẳng (P) Câu 9: Gọi S tập hợp tất số tự nhiên gồm hai chữ số khác lập từ 0, 1, 2, 3, 4, 5, Chọn ngẫu nhiên hai số từ tập S Tích xác suất để tích hai số chọn số chẵn? Câu 10: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa: x + y + z = Tim ̀ giá tri ̣ nhỏ nhấ t của: P  x2  y  z  5yz  y2 z  x   5zx  x  y  HƯỚNG DẪ N GIẢ I Câu 1: a) Các bạn tự giải b) Tập xác định D  y'  x  2mx  m2  m  Điều kiện cần: Khám phá tư giải nhanh thần tốc đề thi THPT Quốc Gia môn Toán m  Hàm số đạt cực đại x   y ' 1   m  3m     m  Điều kiện đủ: Với m  1, ta có y'  x  2x   y'   x  2x    x  Bảng biến thiên   x   y' y Từ bảng biến thiên suy m  không thỏa mãn x  Với m  2, ta có y '  x  4x   y '   x  4x     x  Bảng biến thiên   x  0   y' y Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại x  Vậy hàm số đạt cực đại x  m  Câu 2: sin x  cos x  cos x     a)   sin x cos x  cos2 x  cos x  cos x   cos x sin x  cos x     sin x  cos x    Với cos x   x   k, k       Với sin x  cos x    2sin  x     sin  x    sin 3 3      x    k2  ,k    x    k2    Vậy nghiệm phương trình x    k2, x   k,  k   b) Go ̣i z  a  bi  a,b    z  a  bi Khi đó: 1  3i  z  1  3i  a  bi    Hay Đặt sách Online rẻ http://newshop.vn – 0932.057.012 1  3i  z   a  3b    b  3a  i Để 1  3i  z là số thực thì phầ n ảo: b  3a   b  3a Ta có: z   5i    a      b  i    a  2    3a 2   a  2    b 2 1 a   b    5a  17a  14    a   b  21  5 Kế t luâ ̣n: có hai số phức thỏa yêu cầ u bài toán là z   6i, z  21  i 5 Nhâ ̣n xét: Trong bài giải trên, ta đã áp du ̣ng kiế n thức: z  a  bi là số thực  phầ n ảo b  và z  a  bi là số thuầ n ảo  phầ n thực a  x Câu 3: Giải phương trin ̀ h: 3x 5x ● Tâ ̣p xác đinh: D ̣ ● Lấ y logarit số hai vế , ta đươ ̣c: log2 2x log2 3x x2 x log2 x x x x log2 x x log x 5x x x 5x 6 log2 3 log2 log2 0 log 18 ● Vâ ̣y phương trin ̀ h có hai nghiê ̣m là x x log3 18 Câu 4: Phân tích Sau đặt điều kiện, chuyển vế để vế dương lũy thừa lên, đưa dạng: x  5x   (2 x  3)(2 x  x  1)  (2 x  3)(2 x  1)( x  1) Khi 6 x2  5x   a.(2 x  3)  b.(2 x  x  1) (1)  có phương án phân tích 6 x2  5x   a.(2 x  1)  b.(2 x  x  3) (2) theo 6 x2  5x   a.( x  1)  b.(4 x  x  3) (3)  biểu thức tích Nhận thấy có (2) tồn hai số a  1, b  thỏa đồng Lúc bất phương trình Khám phá tư giải nhanh thần tốc đề thi THPT Quốc Gia môn Toán  3.(2 x  x  3)  (2 x  1)  (2 x  1)  (2 x  x  3) có dạng đẳng cấp có hai hướng xử lý Một chia vế cho lượng dương x  x  để đưa bất phương trình bậc hai Hai đặt ẩn phụ đưa dạng tích số có lời giải chi tiết sau: 8 x  x  12   x  Điều kiện: 2 x   2 x  x    ()  2(4 x  x  6)  x   x  x   x  x  12  x  x   x   (2 x  3)(2 x  x  1)  6x2  5x   (2x  3)(2x  1)( x  1)   (2 x  x  3)  (2 x  1)  (2 x  1)  (2 x  x  3) ()  Lời giải Chia hai vế cho x   đưa bất phương trình bậc hai ()   Do x2  x  x2  x  x2  x   2 1    1 2x  2x  2x  2x2  x    nên xét 2x   x2  x   x   x2  3x     2x2  x  1 2x  1  x  2 3  Kết luận: Đối chiếu với điều kiện, tập nghiệm cần tìm S   ;   2   Lời giải Đặt ẩn phụ đưa bất phương trình tích số Đặt a  2x   0, b  2x2  x   ()  3b2  a2  2ab  (b  a)(3b  a)   b  a (do 3b  a  0, a  0, b  0) Suy ra: x  x   x   x  3x      x  3  Kết luận: Đối chiếu với điều kiện, tập nghiệm cần tìm S   ;   2  Bình luận: Bài toán có dạng tổng quát a f ( x)  b.g( x)  c f ( x).g( x) Dấu hiệu nhận dạng: Phương trình có thức biểu thức thức phân tích thành tích số Phương pháp giải: có hướng xử lý  Hướng Đặt ẩn phụ u  f ( x), v  g( x), đưa phương trình đẳng cấp bậc hai dạng: a.u2  b.v2  c.uv Đặt sách Online rẻ http://newshop.vn – 0932.057.012  Hướng Chia trực tiếp cho lượng dương, chẳng hạn g( x)  0, để thu phương trình bậc hai dạng: a  f ( x) f ( x) c  b  g( x) g( x)  Một số lưu ý: – Đề thường cho giải phương trình với dạng thường gặp sau đây: (1) • ax2  bx  c  (dx  e)  mx  n • ax  bx  c  d  mx  nx  p (2) • ax  bx  c  d  mx  nx  px  q (3) • ax  bx  c  d  mx  nx  px  qx  r (4) •   ax  bx  c    mx  nx  p    dx  ex  f (5) Trong dạng (5) ta cần chuyển vế cho vế dương lũy thừa đưa dạng (2), (3), (4) – Thông thường, biểu thức thức chưa phân tích thành tích số sẵn mà ta phải phân tích với dạng phân tích hay sử dụng sau:  f ( x)  ax2  bx  c  a  ( x  x1 )  ( x  x2 ) với x1 , x2 nghiệm f ( x)   Chia Hoocner đa thức bậc cao nhẩm nghiệm đẹp  a3  b3  (a  b)(a2 ab  b2 ), a2  b2  (a  b)(a  b)  x4  x2   ( x2  1)2  x2  ( x2   x)( x2   x)  x4   ( x2  1)2  2x2  ( x2  x  1)( x2  x  1)  4x4   (2x2  1)2  4x2  (2x2  2x  1)(2x2  2x  1) Bài tập tương tự: Giải bất phương trình: x   3x2  5x   18 x2  18 x  1 Đáp số: S   ;  37     Giải bất phương trình: Đáp số: S  2;    x3  x2  x  19  x   x3  Câu 5: I   1  x    e 2x  dx 1 Ta có I   1  x    e2x  dx  2 1  x  dx   1  x  e 2xdx 0   Tính M   1  x  dx   x  1 x    0 du  dx  u   x    2x 2x  dv  e dx v  e  Tính N   1  x  e 2x dx Đă ̣t  Khám phá tư giải nhanh thần tốc đề thi THPT Quốc Gia môn Toán 1  x  e N 2x 1 e 2x e 2x  dx    2 Vâ ̣y I  M  N    e2  e2         4 e 3 e 1  4 2 Câu 6: Phương pháp xác định góc hai mặt phẳng: Bước xác định giao tuyến hai mặt phẳng Tìm giao tuyến điểm M cho có hai đường thẳng d1 d2 thuộc hai mặt phẳng vuông góc với M Từ suy góc hai mặt phẳng cần tìm góc hai đường thẳng d1 d2 Bài toán cụ thể đề hay cho là: Xác định góc mặt phẳng bên mặt phẳng đáy: Đầu tiên xác định giao tuyến chúng Rồi từ hình chiếu đỉnh dựng đường thẳng d cắt giao tuyến M, suy góc hai mặt phẳng cần tìm SMH (với S đỉnh, H hình chiếu đỉnh mp đáy) Chứng minh dựa vào định lý ba đường vuông góc Vì ABC  600 nên tam giác ABC suy a AC  a, BO   BD  a Gọi G trọng tâm tam giác ABD có: 2a CG  AC  3 Theo đề có SG   ABCD  Dựng GE  CD,(E  CD)  CD  SE nên: S A D I G O E 600 B F H C Góc hai mặt phẳng (SCD) (ABCD) góc SEG  600 2a a  Trong  CEG có GE  GC.sin 600  , SEG có: 3 SG  GE.tan 600  a 1 a3 Thể tích khối chóp S.ABCD V  SG.SABCD  a .a.a  3 Chú ý: Muốn tính khoảng cách từ điểm đến mặt bên, ta phải tính khoảng cách từ hình chiếu đỉnh đến mặt bên đó, sau sử dụng công thức tính tỉ lệ khoảng cách ta suy khoảng cách cần tìm Phương pháp xác định khoảng cách từ hình chiếu đỉnh đến mặt bên: Giả sử S đỉnh khối chóp, H hình chiếu vuông góc S xuống mặt phẳng đáy (P) Tính khoảng cách từ H đến mặt bên (Q) Đặt sách Online rẻ http://newshop.vn – 0932.057.012 Bước 1: Xác định giao tuyến d (P) (Q) Bước 2: Từ H dựng HK vuông góc với giao tuyến d K Bước 3: Dựng HI vuông góc với SK I Từ suy khoảng cách từ H đến (Q) HI Chứng minh bước dựa vào tính chất hai mặt phẳng vuông góc với nhau, đường thuộc mặt phẳng vuông góc với giao tuyến vuông góc với mặt phẳng Sau sử dụng công thức: Tính khoảng cách từ đểm đến mặt phẳng Công thức tính tỉ lệ khoảng cách: d  M, mp  P   d  A, mp  P    MO AO Ở công thức cần tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) Còn khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P) biết Cụ thể ta làm sau: Dựng GH  BC,  H  BC  , có BC  GH BC  SG  BC  SGH  mà BC   SBC  , từ suy  SGH    SBC  hai mặt phẳng vuông góc với theo giao tuyến SH, dựng GI  SH,  I  SH   GI   SBC  Vậy d  H, SBC    GI 2a a  3 1 a       GI  Trong tam giác SGH có 2 2 GI GH GS a a a Vì hai điểm A G nằm đường thẳng có giao điểm với mp(SBC) d  A, SBC   AC 3 3a C nên có:    d  A, SBC    d  G, SBC    d  G, SBC   GC Trong  CHG có GH  GC.sin 600  Câu 7: Gọi a độ dài cạnh hình vuông ABCD, a > 2a a Có AM  AB  , AG  AC  2 3 D A 450 M I G Vì ABCD hình vuông nên MAG  450 B C Khám phá tư giải nhanh thần tốc đề thi THPT Quốc Gia môn Toán Ta có MG  170 Có MG2  AM2  AG2  2AM.AGcosMAG 85 a 8a a 2a 2 85 17a        a  10 18 18 36 Gọi A  x; y  ta có: 2  1  1  10  x     y    x  y2  x  y  (1) AM  2  2       10 2 1  5 80 AG    x  y  x  y  (2) 3    x     y        Lấy (1)  (2) được: x  13y  12  x  13y  12 , thay vào (1) được: y  2 13y  12   y  13y  12  y   17y  30y  13    13 y  17 Với y   A 1;1 , M trung điểm AB nên B  2;0  Gọi I tâm hình vuông có IA  3IG  I  0; 1 , C  1; 3 ,D 2; 2  13  18   35 13   A   ;  , M trung điểm AB nên B  ;  17  17 17   17 17   13 18  Gọi I tâm hình vuông có IA  3IG  I   ;   ,  17 17   49   44 40  C ;  , D  ;    17 17   17 17  Kết luận tọa độ đỉnh hình vuông: A 1;1 , B  2;0  C  1; 3 , D  2; 2  Với y   35 13   18   49   44 40  A   ;  , B ;  , C  ;   , D   ;   17 17 17 17      17 17   17 17  Nhận xét: Những dạng tập tìm điểm viết phương trình đường thẳng liên quan đến hình vuông  Nếu đề cho tọa độ hai điểm ta tính độ dài đoạn dựa vào tính chất hệ thức lượng ta tính độ dài cạnh hình vuông, sau tìm tọa độ đỉnh hình vuông tọa độ tâm hình vuông, sau dựa vào tính chất x A  kx B   x M   k MA  kMB   ,  k  1 để tính tọa độ đỉnh lại liên quan y  ky A B y   M 1 k  Nếu đề cho tọa độ điểm đường thẳng, ta tính khoảng cách từ điểm đường thẳng biết Sau dựa vào khoảng cách tính để tính độ dài cạnh hình vuông, sau làm tương tự trường hợp 10 Đặt sách Online rẻ http://newshop.vn – 0932.057.012 Bài tương tự: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M trung điểm đoạn AB N điểm thuộc đoạn AC cho AN  3NC Viết phương trình đường thẳng CD, biết M 1;2  N  2; 1 (Khối A – 2014 ) Đáp án đường thẳng CD có hai phương trình y   3x  4y  15  D Câu 8: C  • Đi qu a A, hay B   P  Viế t mp  P  :  B A • VTPT : n  P    AB,CD    Có AB   0; 4;  ,CD   1; 1;1 , mặt phẳng (P) có cặp véctơ phương AB,CD nên có véctơ pháp tuyến n P  AB,CD   6; 2;4  Phương trình mặt phẳng (P) là: 3(x  3)  (y  2)  2(z  2)   3x  y  2z   Cách tìm tọa độ hình chiếu vuông góc điểm M mặt phẳng (P): Bước 1: Viết phương trình đường thẳng d qua M vuông góc với (P) Bước 2: Tọa độ hình chiếu giao điểm d mặt phẳng (P) Đường thẳng d qua điểm C vuông góc với (P), d có véctơ phương  x  3t  ud  n P   3; 1;2 , phương trình d là:  y   t  z   2t  Tọa độ hình chiếu H C (P) giao điểm d (P) Có H  d  H  3t;2  t;1  2t  , H  (P) nên có: 9t  (2  t)  2(1  2t)    t  3  Vậy tọa độ hình chiếu C (P) có tọa độ H  ; ;2  2  Câu 9: Thông thường đố i với bài toán tin ́ h xác suấ t cổ điể n, nế u chúng ta giải quyế t bài toán đế m trước cu ̣m từ: "Tiń h xác suấ t"  đó là không gian mẫu n    Còn giải quyế t bài toán sau cu ̣m từ: "Tin ́ h xác suấ t"  đó là trường hơ ̣p thuâ ̣n lơ ̣i của biế n n A cố A là n  A  Khi đó xác suấ t của biế n cố A là: P  A   Do đó cầ n làm tố t n  các bài toán đế m và nhớ rằ ng: công viê ̣c chia giai đoa ̣n  qui tắ c nhân, công viê ̣c chia trường hơ ̣p  qui tắ c cô ̣ng, lấ y k phầ n tử n phầ n tử có thứ tự  chỉnh hơ ̣p A kn , lấ y k phầ n tử n phầ n tử tùy ý  tổ hơ ̣p C kn , sắ p xế p n phầ n tử theo mô ̣t thứ tự  hoán vi.̣ Số có hai chữ số khác lấy từ 0, 1, 2, 3, 4, 5, ab,  a   Chọn a  0; 1; 2; 3; 4; 5; 6 \ 0 có cách chọn 11 Khám phá tư giải nhanh thần tốc đề thi THPT Quốc Gia môn Toán Chọn b 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6 \ a có cách chọn Giai đoa ̣n cho ̣n a, giai đoa ̣n cho ̣n b (qui tắ c nhân)  số có hai chữ số khác có 6.6  36 số  S có 36 phần tử 2 Chọn ngẫu nhiên hai số từ S có C 36 cách chọn  không gian mẫu n     C36 Gọi A : "biến cố tích hai số chọn số chẵn" Trong 36 phầ n tử của S có 15 phầ n tử là số lẻ và 21 phầ n tử là số chẵn Tích hai số chọn số chẵn thì có các trường hơ ̣p sau xảy ra: Trường hơ ̣p Hai phầ n tử đươ ̣c cho ̣n đề u là số chẵn, tức cho ̣n phầ n tử 21 phầ n tử thì có C 221 cách cho ̣n Trường hơ ̣p Hai phầ n tử đươ ̣c cho ̣n có mô ̣t phầ n tử chẵn, mô ̣t phầ n tử lẻ, tức giai đoa ̣n cho ̣n phầ n tử chẵn 21 phầ n tử có C121 cách và giai đoa ̣n cho ̣n phầ n tử lẻ 15 phầ n tử có C115  Kế t quả thuâ ̣n lơ ̣i của biế n cố A là n  A   C221  C121.C115 Vậy xác suất biến cố cần tìm là: P  A   n A n   C221  C121.C115 C36  Câu 10: Cauchy x2 y z Dấ u " 5yz y " y z y2 z x x2 z 5yz x y z 2 x xy y2 z x z 5zx 5zx x Cauchy Schwarz x z x y y z2 y z y z z x x y z x Cauchy Schwarz Cauchy " x  xx2 yy22     22 22 y y  z x  z      z z z  y z x yy2 và dấ u " zx zz 2 2 x y y 12 2 y2 z x2 y z z Làm tương tự, ta có: y x2 y z x 2 z x y z x y y z2 Khám phá tư giải nhanh thần tốc đề thi THPT Quốc Gia môn Toán  Lời giải Điều kiện: x  ()  x2  x   ( x2  x)  ( x  2)  x     x2 0 x2  x t Đặt x2 x2 ()  2 x x x x ()   t  t    t  t  2t   t  t    (t  1)(t  2)   t   0, (do : t   0, t  0)  t  x2   x   x2  x  x2   : x2  x Kết luận: Tập nghiệm cần tìm bất phương trình S  2;    Suy ra: Bình luận: Bài toán có thức, giống đề trước, có phương pháp giải khác nhau? Khi giải phương pháp này, giải phương pháp ? ưu tiên phương pháp trước ?! Để trả lời câu hỏi này, xét dạng tổng quát: a f ( x)  b.g( x)  c d f ( x)  e.g ( x) Phương pháp giải: Đặt ẩn phụ u  f ( x), v  g( x), đưa phương trình cho dạng A  B, chia cho lượng dương bất phương trình bậc hai Lưu ý rằng: biểu thức thức (căn thức lớn) chưa phân tích sẵn, ta cần phân tích biểu thức theo tổng bình phương thức bên Trả lời câu hỏi: Khi bắt gặp phương trình thức, ta nên ưu tiên nháp biểu thức lớn theo tổng bình phương (hoặc biểu thức bậc nhất) bên Nếu tồn số a, b thỏa mãn, ta tiến hành giải phương pháp Nếu không tồn a, b, ta giải theo dạng đẳng cấp a f ( x)  b.g( x)  c f ( x).g( x), () đề trước, tức lũy thừa, đưa dạng () Bài tập tương tự: x2  x   x2  x   x2  13x  17 Giải bất phương trình: Đáp số: S   ; 2  Giải bất phương trình: x   x   x2  x  Đáp số: S  1;    Câu 5: I    ln x.e x x  2 Ta có I   x  2 dx  2  ln x  ln e x 2 34  ln x.e x 2 ln x x dx     2  x  2 x  2   dx   x  2  x    dx  dx  dx x  dx    x2  x2 x  2 x  2   Tiń h I1 dx 2 1 2 Đặt sách Online rẻ http://newshop.vn – 0932.057.012 2  ln x    ln  x2  u  ln x du  x dx   dx Đă ̣t  Tính I   dv  dx  x  2  v   x      x2 ln x  I2   ln x dx 1 x    ln  ln x  1 x x  2 x2 1   ln  ln 2 1 Vâ ̣y I  ln  ln  Câu 6: Trong SAD vuông S có: SA  AH.AD  SA  AD 2SA  AD   4a  AH  3a,HD  a,SH  a Có HC hình chiếu vuông góc SC mp(ABCD) Vậy góc SC (ABCD) góc SH  HC  3a SCH  300 , tan SCH  HC S I H A D M B K C Ngoài HC2  HD2  DC2  DC  2a Vậy SABCD  AD.CD  4a.2a 8a 2 1 8a Thể tích khối chóp S.ABCD: V  SH.SABCD  a  8a 2  3 Muốn tính khoảng cách từ M đến mp(SBC), ta phải tính khoảng cách từ H (hình chiếu vuông góc đỉnh mp đáy) đến mp(SBC) trước, sau sử dụng công thức tỉ lệ khoảng cách để tính khoảng cách từ M đến mp(SBC) Dựng HK  BC,(K  BC)  BC  HK  BC   SHK  , mà BC  mp  SBC    SHK   SBC  , Ta có   BC  SH Hai mặt phẳng vuông góc với theo giao tuyến SK, dựng HI  SK,(I  SK)  HI   SBC  Vậy d  H, SBC    HI Trong SHK vuông H có: 1 1 11 2a 66    2 2  HI  2 2 11 HI HK HS 8a 3a 24a 35 Khám phá tư giải nhanh thần tốc đề thi THPT Quốc Gia môn Toán Vì AH//(SBC) nên d  A,  SBC    d  H,  SBC    2a 66 11 Hai điểm A M nằm đường thẳng có giao tuyến với mp(SBC) B, d  M,  SBC   MB 1 a 66 có    d  M,  SBC    d  A,  SBC   11 d  A,  SBC   AB Câu 7: Gọi a độ dài cạnh hình vuông ABCD với a > 0,  Ta có A1  A4  450  A4  450  A1  tan A  tan 450  A1    DN   N trung điểm CD  tan A   AD 2  tan A1   tan A1 1  Ta có N1  N  N3  1800  tan N   tan N1  N tan N1  tan N3 2  tan N     tan N1 tan N3  2 B  M C H N Từ ta có tan N1  tan N  N1  N I Gọi H hình chiếu vuông góc A MN 7x A  y A  24 3 Có AH  d  A,  d    50 D A Ta có ADN  AHN (cạnh huyền góc nhọn) nên AH  AD  a  10 45 2   n  1   23  7n   Vì N  d  N  n;24  7n  , có AN  2 1015 29  50n  320n  0n  n  2 10 7 1 Với n   N  ;   thỏa yêu cầu  2 29  29 37    ;  không thỏa yêu cầu Với n  10  10 10  Cạnh AH qua A vuông góc với MN nên có phương trình x  7y   , 7x  y  24   16   H  ;  tọa độ điểm H nghiệm hệ   5  x  7y   Theo chứng minh dễ dàng suy AN đường trung trực đoạn DH Phương trình đường thẳng AN x  3y   36 Đặt sách Online rẻ http://newshop.vn – 0932.057.012 9 3 Đường thẳng HD qua H vuông góc với AN   ;   nên có phương trình 2 2 3x  y   Gọi I  AN  HD tọa độ điểm I nghiệm hệ  x  3y    13   I  ;   , có I trung điểm HD nên D  2; 2  N trung   5 3x  y   điểm CD nên C  5;1 Kết luận điểm C có tọa độ C  5;1 Câu 8: Ta có đường thẳng d qua điểm A  7;5;9  có véctơ phương u d   3; 1;  , đường thẳng d' qua điểm B  0; 4; 18  có véctơ phương u d   6; 2;8  Ta có u d ,u d '    0;0;0  AB   7; 9; 27  có  u d , AB   63;109; 20  , từ suy d d' song song  u d , AB 632  1092  (20)2   Vì d//d '  d  d,d '   d  B,(d)     25 ud 32  (1)2  42 Các công thức tính khoảng cách: a/ Khoảng cách từ điểm  P  : Ax  By  Cz  D  d  M,  P    MH  M  x M ; yM ;z M  mặt phẳng M Ax M  ByM  Cz M  D A  B2  C2 b/ Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng d :  M o  x o ; yo ;zo   d   u d   a1;a ;a  d  M,d   đến H α x  x o y  yo z  z o với   a1 a2 a3 M  M o M, u d    ud ud Mo d  Qua M1 c/ Khoảng cách hai đường thẳng chéo d1 :   VPCP : u d1 ud M1  Qua M d2 :  d1  VPCP : u M d2  d2 ud 37 Khám phá tư giải nhanh thần tốc đề thi THPT Quốc Gia môn Toán d  d1;d    u d , u d  M1M  2 ud , ud   2 Lưu ý: Khoảng cách d1 , d chéo khoảng cách d1 với mp  P  chứa d song song d1 Khoảng cách đường thẳng d với mặt phẳng  P  song song với khoảng cách từ điểm M d đến mặt phẳng  P  Câu 9: Chọn em 12 em bất kỳ, số cách chọn n     C12 Biến cố A "Mỗi khối có học sinh" Xét trường hợp chọn học sinh không hai khối: Chọn học sinh khối 12 11, số cách chọn C76 Chọn học sinh khối 11 10, số cách chọn C69 Chọn học sinh khối 12 10, số cách chọn C68   Số trường hợp thuận lợi cho A, n  A   C12  C76  C69  C68  805 Vậy P  A   n  A n    805 C12  115 132 Câu 10: Giả sử x  y  z , xyz   x  Do x  y2  z   x   x   3;0 y2  z2 yz  Ta có yz   , đó:      y2  z2  x x 5x 2  x  y  z   xyz  2x  2  x  x    2  x2 2 x 5x 2x   2  x , với x   3;0  f '  x   x   Xét f  x   2 2  x2  x  y  z   xyz  2x  2 y  z  x   f ' x    38      2x x      x  3x  4 2x 2 9x  Đặt sách Online rẻ http://newshop.vn – 0932.057.012    x2 5  3x  2  32x (Điều kiện  3x  )  9x  111x  327x  225   x  1, x  3, x  25 nên x   x  1  x  (loại) f  3  6,f  1  10,f     max f  x   f  1  10  3;0 Do x  Như  x  y  z   xyz  f x   10   x  1  x  1  Dấu xảy  y  z  y  z   2 y  z  y  z   Vậy  x  y  z   xyz  10 Đẳng thức xảy  x; y;z  hoán vị    1;2;2 ĐỀ SỐ 05 Câu 1: Cho hàm số y   m   x3  3x  mx  (1) , m tham số a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số m = b) Tìm giá trị m để điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số cho có hoành độ số dương Câu 2: a) Giải phương trình: 4sin 3x  sin 5x  2sin x cos 2x  b) Tìm số phức z thỏa mãn: z   2i  z.z  34 ? Câu 3: Giải phương trin ̀ h: x x Câu 4: Giải phương trình: 4x2  3x  ( x  2) 2x2  2x  1 Câu 5: Tính tích phân I   x3 dx x  x  Câu Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a, gọi M,N P trung điểm cạnh AB, AD DC Gọi H giao điểm CN DM, biết SH   ABCD ,SH  a Tính thể tích khối chóp S.HDC khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SBP) Câu 7: Trong mă ̣t phẳ ng với ̣ to ̣a đô ̣ Oxy, cho tam giác ABC nô ̣i tiế p đường tròn tâm I  3;  và ngoa ̣i tiế p đường tròn tâm K  1;  Đường tròn tiế p xúc với ca ̣nh BC 39 Khám phá tư giải nhanh thần tốc đề thi THPT Quốc Gia môn Toán và các ca ̣nh AB, AC kéo dài (đường tròn bàng tiế p ca ̣nh BC) có tâm là F  11;14  Viế t phương triǹ h đường thẳ ng BC và đường cao qua đin̉ h A của tam giác ABC Câu 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A  2; 1;1  đường x 1 y  z  Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa A chứa d   1 Tìm điểm A' đối xứng với A qua đường thẳng d Câu 9: Giải bóng chuyề n VTV Cúp gồ m đô ̣i bóng tham dự, đó có đô ̣i nước ngoài và đô ̣i Viê ̣t Nam Ban tổ chức bố c thăm ngẫu nhiên để chia thành bảng đấ u A, B, C mỗi bảng gồ m đô ̣i Tiń h xác suấ t để ba đô ̣i bóng của Viê ̣t Nam ở ba bảng khác thẳng d : Câu 10: Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  x2 yz   x  y2 zx   y3  z2 xy   z3 HƯỚNG DẪ N GIẢ I Câu 1:: b) Ta có: y'  3 m   x  6x  m Để điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số cho có hoành độ số dương y'    m   x  6x  m  có hai nghiệm phân biệt dương:  32  3m m      m  2m    '       S    0  m   P   3 m  2 m     m 0   3(m  2) 3  m    m  2  3  m  2 m   Kết luận với m   3; 2  thỏa yêu cầu toán Chú ý: Nếu y'  ax  bx  c,  a   , điều kiện để: a) Hàm số có cực đại cực tiểu hoành độ hai điểm cực trị âm 40 Đặt sách Online rẻ http://newshop.vn – 0932.057.012  '    S  P   b) Hàm số có cực đại cực tiểu hoành độ hai điểm cực trị trái dấu: P  c) Hàm số có cực đại cực tiểu hoành độ hai điểm cực trị dấu  '   P  Câu 2: a) Có tích bước biến đổi tổng Nếu áp dụng công thức sin a.cos b  sin  a  b   sin  a  b   ta được:   4sin 3x  sin 5x   sin 3x  sin x    3sin 3x  sin 5x  sin x    3sin 3x  2sin 3x cos 2x   sin 3x   2cos 2x   k (loại) sin 3x   3x  k  x  , k  k , k   Kết luận nghiệm phương trình x  b) Tìm số phức z thỏa mãn: z   2i  z.z  34 ?  cos 2x   ● Gọi z  x  yi,  x; y     z  x  yi  x 1  y  2    z   2i         x  1   y   i  ● Ta có    z.z  34   x  y  34  x  yi  x  yi   34 29  x  x  y  2x  4y  20    x  2y   x          2 2 y     x  y  34 y   x  y  34  29 ● Vậy có hai số phức z   5i z    i thỏa yêu cầu toán 5 Câu 3: x ● Tâ ̣p xác đinh: ̣ D x x x 41 Khám phá tư giải nhanh thần tốc đề thi THPT Quốc Gia môn Toán t t x t 2 x x t t 2 3 ● Vâ ̣y phương trin ̀ h có mô ̣t nghiê ̣m là x x x x log L log 3 2 Câu 4: 4x2  3x  ( x  2) 2x2  2x  () Phân tích Dạng: mx2  nx  p  (qx  r ) x2  x   thường ta nghĩ đến dạng đẳng cấp, tức tìm số a, b thỏa: 4x2  3x  a.( x  2)2  b.( 2x2  2x  1)2 , không tồn a, b Kế đến, nghĩ đến việc đặt ẩn phụ không hoàn toàn, tức đặt t  2x2  2x  1, phương pháp không khả thi Δ không số phương Lúc đó, nghĩ n viết dạng:  f ( x)  b( x)  a( x)  n a( x)  f ( x)  b( x) kết thúc việc đặt u  f ( x) ẩn:  n  v  a( x) f ( x)  b( x)   a( x)  u  b( x), kết hợp với đề thu hệ vn  a( x)  u  b( x)  Trở lại toán, cần so sánh với dạng tổng n u  a( x)  v  b( x) đối xứng loại II :  quát, tức: (2x  m)2  b( x)  ( x  2)  ( x  2)  (2x  m)  b( x), (i) Lúc ta cần xác định m biểu thức b( x) đồng thức dựa vào việc so sánh ( i ) () Do biểu thức (), (i) có 2x2 nên ta khẳng định b( x) có dạng bậc mà ta gọi b( x)  nx  p Khi biểu thức ( i ) viết lại là: (2x  m)2  (nx  p)  ( x  2) ( x  2)(2x  m)  (nx  p) hay viết x  (4m  n)x  m2  p  ( x  2) x  ( m  n  4)x  2m  p , so sánh với () 4m  n  3 m  1  m  p   hệ phương trình:   n   Khi phương trình cho m  n     p  1 2m  p  1  viết lại ()  (2x  1)2  ( x  1)  ( x  2) ( x  2)(2 x  1)  ( x  1) 42 Đặt sách Online rẻ http://newshop.vn – 0932.057.012 Điều kiện: x  x    x  1  1  x   2  Lời giải Đặt ẩn phụ đưa hệ ()  (2x  1)2  ( x  1)  ( x  2) ( x  2)(2 x  1)  ( x  1) ( i ) u  x  Đặt  v2  ( x  2)  u  ( x  1) (1)    u  ( x  2)  v  ( x  1) (2) v  ( x  2)(2 x  1)  ( x  1)   Lấy (1)  (2)  v2  u2  ( x  2)(u  v)  (v  u)(v  u)  (v  u)( x  2)  u  v  ( v  u)( v  u  x  2)     u  v  x    3 x  x   Với u  v , suy ra: x  x   x    2  x  3x     Với u  v  x   0, suy ra: x2  x   1  3x : vô nghiệm Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm x  3   Lời giải Nhân liên hợp sau xác định nhân tử x2  3x  ()  2( x2  3x  1)  ( x  2) (2 x  1)  x2  x       2( x2  3x  1)  2( x  2)( x  3x  1) x   x2  x  0   x2  3x   3 x      x2  1 0  x  x   1  3x : VN  2x   x2  x   o  Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm x  3  Bình luận Thoạt nhìn vào lời giải đơn giản ngắn gọn, thực để có tách ghép liên hợp ta cần qua giai đoạn trung gian sử dụng table casio để tìm nhân tử x2  3x  (được nêu chi tiết đề sau) cần có khéo léo, kết hợp với kinh nghiệm đồng thức để ghép biểu thức liên hợp: (2x  1)  2x2  2x  trình bày !!! Hiển nhiên xác định nhân tử x2  3x  nên ta giải cách phương pháp lũy thừa lên bậc bốn, chia cho bậc hai: x  x  1, suy tích số bậc Nhưng cần tìm điều kiện xác để tránh thu nghiệm ngoại lai Bài tập tương tự: 43 Khám phá tư giải nhanh thần tốc đề thi THPT Quốc Gia môn Toán Giải phương trình: x2  x  16  (2x  3) x2  x  16 Đáp số: x   29 Giải phương trình: x3  x2  16x   (1  2x) 3x2  x  Đáp số: x  3, x  3  2 Giải phương trình: 9x2  11x   ( x2  x  3) 3x3  x2  8x  Đáp số: x  0, x  x3 x  x2  Câu 5: I    37  x3 dx      x2   x x2   x   x2   x  dx    x x   x dx 1   x x  1dx   x 4dx 0 Tính I1   x x  1dx Đây dạng đổi biến  x  t  Đặt t  x   t  x      xdx  tdt Đổi cận: Với x   t  x   t  Khi đó: I1   x x  1.xdx  2  t t  1 x5 Tính I2   x dx   2 2     15 15 15 15 x 3dx x2  x4  Bài tương tự: Tính tích phân: I   44   t.tdt  t5 t3  2 dt       5 3 15 15  1 Vậy I  2   t Đặt sách Online rẻ http://newshop.vn – 0932.057.012 x 2n 1dx b  xn  Nhận xét Dạng tổng quát hai toán là: x 2n  c a nhân lượng liên hợp dạng A B  A B  A  B  A B   A B A  B2 Khi ta nhằm trục thức mẫu số để đưa toán tích phân đơn giản Câu 6: Ta có AMD  DNC(c.g.c)  D1  C1 , Mà C1  N1  900  D1  N1  900 Vậy DM  CN H Trong CDN có: S a2 a  , 2a CD2  CH.CN  CH  , CN  CD2  DN  a  DH  CD2  CH  a  A N D H 4a a  5 I M K B P C N D Diện tích tam giác CDH: A 1 1 2a a a H SCDH  HC.HD   2 5 M P K Thể tích khối chóp S.CDH: 1 a a3 V  SH.SCDH  a  3 15 B C Muốn tính khoảng cách từ C đến mp(SBP), ta phải tính khoảng cách từ H (hình chiếu vuông góc đỉnh mp đáy) đến mp(SBP) trước, sau sử dụng công thức tỉ lệ khoảng cách để tính khoảng cách từ C đến mp(SBP) a Gọi K  BP  CN , suy K trung điểm HC, HK  KC  Vì BPDM hình bình hành nên BP DM  BP  CN , có BP  SH suy BP  (SHK) mà BP  (SBP)  (SHK)  (SBP) , hai mặt phẳng vuông góc với theo giao tuyến SK, dựng HI  SK  HI  (SBP) Vậy d  H,(SBP)   HI a HI HK HS a 3a 3a Hai điểm C H nằm đường thẳng có giao tuyến với mp(SBP) K, có d  C, SBP   CK a    d  C, SBP    d  H, SBP    d  H, SBP   HK Trong SHK vuông H có      16  HI  45 Khám phá tư giải nhanh thần tốc đề thi THPT Quốc Gia môn Toán Câu 7: Ta có F là giao điể m của đường phân giác góc A với các đường phân giác ngoài của các góc B và C, suy CF  CK, BF  BK , đó tứ giác BKCF nô ̣i tiế p đường tròn đường kính FK Go ̣i D là giao điể m của AK với đường tròn ngoa ̣i tiế p tam giác ABC Ta có A K I C B   BAC  ACB  DCK , suy tam giác DCK cân ta ̣i D, đó DK  DC  DB nên D là tâm đường tròn DKC  D ngoa ̣i tiế p tam giác BKC hay D là tâm đường tròn ngoa ̣i tiế p tứ giác BKCF, vâ ̣y D là trung điể m của FK, suy F D  6;  Tính đươ ̣c ID  , phương trình đường tròn ngoa ̣i tiế p tam giác ABC là:  x  3   y  5 2  25 C  DK  50 , phương trình đường tròn ngoa ̣i tiế p tứ giác BKCF là: x  6   y  9 C   x     y    To ̣a đô ̣ B, C là nghiê ̣m của ̣    x     y   2  50 2  25 2  50  B  1;  ,C  7;  Phương trình BC: 3x  4y  29  Phương triǹ h FK: x  y   A, D là giao của FK với đường tròn  C  suy A  1;  Do đó phương trình đường cao AH là 4x  3y  10  Câu 8: Đường thẳng d qua điểm D 1; 2;3  có véctơ phương u d   3;1;1 Mặt phẳng (P) có cặp véc tơ phương AD   1; 1;2 u d   3;1;1 nên véc tơ pháp tuyến (P) có tọa độ n P  AD, n d    3;7;2  (P) có A d I D A' (P) phương trình: 3x  7y  2z  11  Phương pháp tìm tọa độ điểm A' đối xứng với điểm A qua đường thẳng d: Bước 1: Tìm tọa độ điểm I hình chiếu vuông góc A d Bước 2: Có I trung điểm AA', sử dụng công thức trung điểm:  x  x A ' yA  yA ' z A  z A '  I A ; ;   tọa độ điểm A' 2   Phương pháp tìm tọa độ điểm I hình chiếu vuông góc A d Bước 1: Vì I  d  tọa độ điểm I theo biến t 46 Đặt sách Online rẻ http://newshop.vn – 0932.057.012 Bước 2: Vì AI  u d  AI.u d  từ ta tìm t  tọa độ I Cụ thể ta làm sau: Gọi I hình chiếu vuông góc A d, có I  d  I 1  3t; 2  t;3  t   AI   1  2t; 1  t;2  t  có AI  u d  AI.u d    1  2t    1  t    t   t   7 13   I  ;  ;  , mà I trung điểm 4 4   11  AA' nên A' có tọa độ A '  ;  ;  2 2  Câu 9: Số phầ n tử của không gian mẫu là n     C93 C63 C 33  1680 Go ̣i A là biế n cố “ đô ̣i bóng Viê ̣t Nam ở ba bảng khác nhau” Số kế t quả thuâ ̣n lơ ̣i cho biế n cố A là n  A  3!.C62 C24 C22  540 Vâ ̣y xác suấ t cầ n tim ̀ là P  A   n  A n   540  1680 28 a12 b12 c12  a1  b1  c1     a b2 c2 a  b2  c2 Câu 10: Áp dụng bổ đề: Với a , b ,c2  Ta có P   x  y  z 2 xy  yz  zx   x   y3   z3 a12 b12 c12  a1  b1  c1     a b2 c2 a  b2  c2 a1 b c , , Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski với hai dãy a2 b2 c2 Chứng minh bổ đề: Với a , b ,c2  a , b2 , c2 ta có:  a12 b12 c12     a  b2  c2    a1  b1  c1     a b c 2  Do a  b  c2  nên có Dấu xảy a1 a2 a2  a12 b12 c12  a1  b1  c1     a b2 c2 a  b2  c2 b1 c1 b2 b2  c2 c2  suy đpcm a1 b1 c1   a b2 c2 47 Khám phá tư giải nhanh thần tốc đề thi THPT Quốc Gia môn Toán Lại có     x   2x  x   x3  x  1 x   y3    y    2y  y2   y  1 y   z3  P      z   2z  z   x  x2 , dấu xảy  y  y2 , dấu xảy  z  z2 , dấu xảy z   z  2  x  y  z 2  x  y  z 2  2  xy  yx  zx    x  y  z   x  y  z  18  x  y  z 2   x  y  z   18 Đặt t  x  y  z điều kiện t   P  Xét hàm số f  t   Có f '  t   2t t  t  18  t  36t t  t  18  2t t  t  18 với t  3;   f '  t    t  36t   t   t  36 , lim f  t   Bảng xét dấu f  t  t f ' t  t  + f t 36   144 71 Ta có f  t   f  3  3;  Vậy P  x  y  z  48 [...]... 25  7 45  Lời giải Điều kiện: 2 x2  5x  2  0  x   10 x  5  0  16 Đặt sách Online rẻ tại http://newshop.vn – 0932. 057 .012 2 x2  5x  2  3 x  5  Ta có: 2 x 2  14 x  47 2 x  5x  2  3 x  5 2  0, x  25  7 45  10 ()  10 x  50 x  3  2 x  5x  2  9( x  5)  6 ( x  5) (2 x 2  5x  2) 2 2  4x2  27 x  20  3 ( x  5)  (2 x  1)  ( x  2)  0  2  (2 x 2  11x  5)  5. .. x  1  x  Có hai tọa độ điểm A là A 1;1  A  ;  5 5 5  Lấy (1) – (2) được Với A 1;1 thì I  3;3 ,C  5; 5 , B 1 ;5  , M  3 ;5  ta thấy tọa độ điểm M thuộc đường thẳng MN, nên trường hợp này nhận  11 3   13 11   3 1   9 17  Với A  ;  thì I  ;  ,C  ;   ,B   ;  ,M  2; 2  ta thấy tọa độ 5   5 5  5 5  5 5 5  điểm M không thuộc đường thẳng MN, nên trường hợp này... cho viê ̣c xét hàm số , có thể 24  5t   24  u 2 24  u 2  đă ̣t u  24  5t  u 2;3 và P  12  3 5 5u 1 24  12 với u   2;3  P   3u 2  u    5 u  5 1 24  12 Xét hàm số f  u    3u 2  u    trên đoa ̣n  2;3 có: 5 u  5 1 24  1  24    f   u    6u  1  2    u  1   5u  2    0, u   2;3 5 u  5 u   max f  u   f  3  4   2;3... t  Phương trình tham số của đường thẳng d:  y  5  2t thay x, y, z của d vào mặt z  8  t  phẳng (P) được: 8  t  2 (5  2t)  5( 8  t)  1  0  59  0 (vô lý) Từ đó suy ra d//(P) x  2y M  5z M  1 59  Vì d//  P   d  d,(P)   d  M,(P)   M 2 2 2 30 1 2 5 Mặt phẳng (Q) có một cặp véc tơ chỉ phương là u d ,n P nên có một véc tơ pháp tuyến n Q   u d ,n P   12; 6;0  Phương... 1 y  3   1 2 2  x  1  M  1 ;5; 0  và N  d1   Oxy   z  0 thay vào phương trình d 2  y  5 x 1 y  2 1 2 7  được    N  ; ;0  1 1 3 3 3   1 7   40 25  Có AM   2 ;5; 5 và AN    ; ; 5    AM, AN     ;  ; 3  3 3 3 3     28 Đặt sách Online rẻ tại http://newshop.vn – 0932. 057 .012 2 Vậy SAMN  2 1 1  40   25  2306 2  AM, AN    2   3  ... 3  x  2     5   5   5   Và đồng nhất hệ số ta được hệ:   3  18    3     3 2  6   3   Lúc đó:  3  14 x     3x  x  2   5 x 2  3x  3  x  2  2  4 Kế đến là sẽ chia hai vế cho lượng dương: x  2  0; x  3 thì: x 2  3x x 2  3x x 2  3x x 2  3x  5  3  5  14 3 0 x2 x2 x2 x2  4   14 1 x 2  3x    3 Do 5 x2 x 2  3x  0 nên... A  4  4  2  10 Vậy P  A   n A n   10 5  18 9 Câu 10: y2 Ta có: 1 y z y z z2 1 2 2 z Mà: x y x y 2 z 2 y 2 5yz 2 y2 z2 5yz 5yz 2y y 2z z 2z 1 y y Cauchy Schwarz y 2z z 2z z 2y 2y x 2 y2 z2 2z2 4yz yz y y 2z z 2y 9x2 2z z 9 x 2 2y2 1 5yz z 2y y 3 y 3 y 2z z z 2y 3 z 2 9x 3 x y 5yz x Cauchy 9 y 2z z 2z 3 2y z 2y 3 3 3 3 29 Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc bộ đề thi THPT Quốc Gia môn... 3: 9x 5. 3x 6 0 ● Tâ ̣p xác đinh: ̣ D 32 3x x 2 5. 3x 5. 3x 3x ● Đă ̣t t 6 6 0 0 t 3x 2 x log3 2 t x 3 x 1 3 t2 0 Khi đó: 5t 6 0 t 2 N t 3 N ● Vâ ̣y nghiê ̣m của phương trình là x 1 x log3 2 Câu 4:: Giải bất phương trình: x2  x  5x2  6 x  2  x  2 () Phân tích Nếu viết ()  x2  x  5  ( x 2  x)  ( x  2)  x  1 và chia 2 vế cho lượng dương x 2  x  0, x  2 sẽ thu được 1  5  ẩn... trung   5 5 3x  y  8  0 điểm của CD nên C  5; 1 Kết luận điểm C có tọa độ là C  5; 1 Câu 8: Ta có đường thẳng d đi qua điểm A  7 ;5; 9  và có véctơ chỉ phương u d   3; 1; 4  , đường thẳng d' đi qua điểm B  0; 4; 18  và có véctơ chỉ phương u d   6; 2;8  Ta có u d ,u d '    0;0;0  và AB   7; 9; 27  và có  u d , AB   63;109; 20  , từ đó suy ra d và d' song song... và z  2  5i  1 ? ● Gọi z  x  yi,  x; y    z  x  yi ● Lúc đó: 1  3i  z  1  3i  x  yi    x  3y    y  3x  i và do 1  3i  z là số thực nên phần ảo  0 hay y  3x  0  y  3x 1 ● Ta có: z  2  5i  1   x  2    5  y  i  1   x  2 2   5  y 2   x  2  5  y   1  2 2 2  y  3x   y  3x Từ 1 ,  2     2 2 2   x  2    5  3x  