CÂU VẬN DỤNG CAO TRONG ĐỀ THI THỬ VÕ TRỌNG TRÍ Câu Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn điều kiện z1 = z2 = 1; z1 − z2 = Tính P = A P = B P = C P = D P = 1 z1 + z2 3 3 Giải: Giả thiết cho hai số phức ( ẩn ) có điều kiện , nên ta có quyền chọn z1 , z2 Ví dụ ta a + b = a − (1 − a )2 = −2 ⇔ ,solve phương trình 2 2 − a + b = ( ) b = − a chọn z1 = , z1 = a + bi ta có ban đầu nghiệm a = − 1 , suy b = Bấm P = − + i = A 2 2 Cách 2: Gọi OABC hình bình hành với A C điểm biểu diễn số phức z1 , z2 Khi ta có OA = z1 , OC = z2 , OD = z1 + z2 , AC = z1 − z2 ta có hệ thức hình bình hành: OD + AC = ( OA2 + OC ) hay z1 + z2 + = (1 + 1) ⇒ z1 + z2 = Cách 3: Áp dụng cách tính mô – đun số phức z1 + z2 2 ( ) = ( z1 + z2 ) z1 + z2 = z1.z1 + z2 z2 + z1.z2 + z2 z1 ( ) = + z1.z2 + z2 z1 mặt khác ta có z1 − z2 = ( z1 − z2 ) z1 − z2 = − z1.z2 − z2 z1 ⇒ z1.z2 + z2 z1 = − = −1 Vậy z1 + z2 = − = ⇒ z1 + z2 = Đáp án A Câu Cho Parabol y = x điểm A (1; ) Đường thẳng qua A không song song với trục tung tạo với Parabol hình phẳng có diện tích nhỏ là: A S = 12 B S = C S = 3 D S = Giải: Ta gọi đường thẩng y = k ( x − 1) + , phương trình giao điểm x2 x − k ( x − 1) − = ⇔ x − kx + k − = Diện tích hình phẳng S = ∫ k ( x − 1) + − x dx 2 x1 x − x13 x − x12 ⇒ S = − +k + ( − k )( x2 − x1 ) CÂU VẬN DỤNG CAO TRONG ĐỀ THI THỬ VÕ TRỌNG TRÍ ( x2 + x1 )2 − x1 x2 x +x ⇒ S = ( x2 − x1 ) − + k + 4− k ⇒S = ( x2 + x1 ) ( x2 + x1 )2 − x1 x2 x +x − x1 x2 − + k + 4− k k − ( k − 4) k k2 8 ⇒ S = k − ( k − ) − + + − k ⇒ S = − k + k − 4k + 16 3 ⇒S = k − 4k + 16 ) Vậy S nhỏ k = diện tích S = ( Đáp án B Câu Tìm tất giá trị a để hàm số f ( x ) = a x + − x có cực đại A a < −1 B < a < C a > ax Giải: Hàm số xác định R f ' ( x ) = x2 + D a ≤ −1 −1, ax ≥ ax ≥ f ' ( x ) = ⇔ ax = x + ⇔ 2 ⇔ , hệ có nghiệm a x = x + x = a −1 a − > ⇔ a > a x2 + − Ta có đạo hàm cấp hai: f ′′ ( x ) = x +1 ax x2 + = a ( x + 1) x2 + , muốn có cực đại a < Vậy đáp số a < −1 Cách CASIO: Soạn Ax x2 + − , SOLVE với A=0,5 x=0, vô nghiệm SOLVE với A=2, x=0 nghiệm lưu vào B Bấm CACL với A=2, X=B+0,001 A=2, x=B-0,001 hai kết (+) (-) nên điểm cực tiểu ko thỏa mãn Đáp án B C loại Giữa A D ta thử SOLVe với a=-1,x0 kq vô nghiệm Vậy đáp án A Đáp án A CÂU VẬN DỤNG CAO TRONG ĐỀ THI THỬ VÕ TRỌNG TRÍ Câu Trong không gian Oxyz, cho M ( 2; 0;0 ) , N (1;1;1) Mặt phẳng (P) thay đổi qua M, N cắt tia Oy, Oz B C ( không trùng O) Tìm giá trị nhỏ T biểu thức OB + OC A T = 64 B T = 32 C T = 16 D T = 128 Giải: Nhận thấy M thuộc Ox, B C thuộc Oy, Oz nên ta dùng phương trình mặt phẳng chắn Gọi B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) , phương trình mặt phẳng x y z + + = , qua M nên ta có b c 1 1 1 + + =1⇔ + = ⇒ ≥ ⇒ bc ≥ 16 Mặt khác P = OB + OC = b + c ≥ 2bc = 32 b c b c 2 bc hay T = 32 Chú ý tính đối xứng ta dự đoán P nhỏ b=c từ tính T = 32 mà không cần dùng bất đẳng thức Đáp án B Câu Cho số phức z thay đổi thỏa mãn z = Gọi M, m GTLN, GTNN biểu thức P = + z + − z + z Tính T = A T = 13 B T = M 4m + 1 C T = 13 D T = Giải: Gọi z = x + yi , ta có x + y = P= ⇒P= T = 2 (1 − x + x − y ) + ( − y + xy ) (1 + x ) + − x + (1 − x + x − + x ) + (1 − x ) ( −1 + x ) ( x + 1) + y2 + 2 2 2 2 Do m = 3, M = 13 từ B Còn có cách khác cách sử dụng bất đẳng thức mô-đun tổng hiệu hai số phức Đáp án B Câu Tìm tất giá trị tham số m để hàm số f ( x ) = x + 4mx + 4m2 + nghịch biến khoảng ( −∞; ) A m ≤ −1 B m > −1 C m ≤ x + 4mx + 4m + ≥ Giải: Điều kiện toán x + 4m ≤ Đk thứ tương đường m ≤ D m > , ∀x < , điều kiện thứ hiển nhiên thỏa mãn −x , ∀x ≤ ⇔ m ≤ −1 Đáp án A ... + = ⇒ ≥ ⇒ bc ≥ 16 Mặt khác P = OB + OC = b + c ≥ 2bc = 32 b c b c 2 bc hay T = 32 Chú ý tính đối xứng ta dự đoán P nhỏ b=c từ tính T = 32 mà không cần dùng bất đẳng thức Đáp án B Câu Cho số... đổi thỏa mãn z = Gọi M, m GTLN, GTNN biểu thức P = + z + − z + z Tính T = A T = 13 B T = M 4m + 1 C T = 13 D T = Giải: Gọi z = x + yi , ta có x + y = P= ⇒P= T = 2 (1 − x + x − y ) + ( − y... ) (1 + x ) + − x + (1 − x + x − + x ) + (1 − x ) ( −1 + x ) ( x + 1) + y2 + 2 2 2 2 Do m = 3, M = 13 từ B Còn có cách khác cách sử dụng bất đẳng thức mô-đun tổng hiệu hai số phức Đáp án B Câu