Chiasemoi.com_chuyen-de-tich-phan-va-so-phuc

Kì thi tuyển sinh vào lớp 10 vừa kết thúc thì kì thi THPT Quốc Gia lại sắp bắt đầu, đây là thời gian các thí sinh vô cùng tập trung, cố gắng để giành lấy kết quả cao nhất. Cuốn sách này hi vọng sẽ giúp các em hệ thống kiến thức, hoàn thiện những bước rẽn luyện cuối cùng để tự tin bước vào kì thi đang rất gần kề

Tài liệu luyện thi THPT Quốc gia - CHUYÊN ĐỀ TÍCH PHÂN VÀ SỐ PHÚC VẬN DỤNG CAO ời nói đầu Kỳ thi THPT Quốc gia từ năm 2016 – 2017, thi mơn Tốn chuyển từ thi tự luận sang hình thức thi trắc nghiệm nên cách dạy, cách kiểm tra đánh giá, cách đề thay đổi Sự thay đổi nằm tồn chương trình mơn Tốn nói chung phần tích phân nói riêng Trong phần tích phân cho phần tự luận học sinh dùng máy tính cầm tay kết dễ dàng Do việc đề theo hình thức trắc nghiệm hạn chế việc dùng máy tính cầm tay ưu tiên toán THPT Trong đề thi THPTQG 2017, ta thấy xuất tốn lạ tích phân Nó thú vị giúp ta sâu tìm thêm ứng dụng tích phân Trong tài liệu xin giới thiệu với bạn toán liên quan đến so sánh giá trị hàm số y  f  x  biết đồ thị hàm số y  f   x  Phương pháp chung cho toán này, cách tự nhiên ta thầy để so sánh giá trị hàm số sử dụng bảng biến thiên đơn giản nhất, ta nhìn thấy hàm số đồng biến hay nghịch biến Ngoài ta kết hợp thêm phần diện tích hình phẳng giới hạn đường liên quan Với mục đích giúp em học sinh trung học phổ thơng nói chung, bạn học sinh đam mê Tốn nói riêng có thêm tài liệu để tham khảo chuẩn bị đầy đủ kiến thức cho kỳ thi THPT Quốc gia, nhóm giáo viên Tốn học Bắc Trung Nam chúng tơi sưu tầm biên soạn sách “Chuyên đề Tích phân Số phức vận dụng cao” gồm 10 chuyên đề: Chun đề CÁC BÀI TỐN LIÊN QUAN ĐẾN TÍNH GIÁ TRỊ CỦA TÍCH PHÂN KHI BIẾT MỘT HAY NHIỀU TÍCH PHÂN VỚI ĐIỀU KIỆN CHO TRƯỚC Chuyên đề CÁC BÀI TOÁN ƯỚC LƯỢNG GIÁ TRỊ CỦA MỘT HÀM SỐ KHI CHO TRƯỚC CÁC TÍCH PHÂN LIÊN QUAN Chuyên đề ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TRONG GIẢI CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN SO SÁNH GIÁ TRỊ CỦA HÀM SỐ Chuyên đề ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TRONG BÀI TỐN TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG VỚI DỮ KIỆN TỐN THỰC TẾ Chuyên đề ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TRONG BÀI TỐN TÍNH THỂ TÍCH VẬT THỂ VỚI DỮ KIỆN TOÁN THỰC TẾ Chuyên đề ỨNG DỤNG NGUYÊN HÀM, TÍCH PHÂN TRONG CÁC BÀI TỐN THỰC TIỄN KHÁC Chun đề BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN Chuyên đề SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC GIẢI BÀI TỐN SỐ PHỨC Chun đề PHƯƠNG PHÁP ĐẠI SỐ, LƯỢNG GIÁC TRONG GIẢI BÀI TOÁN MAX – MIN SỐ PHỨC Trang Tài liệu luyện thi THPT Quốc gia - CHUYÊN ĐỀ TÍCH PHÂN VÀ SỐ PHÚC VẬN DỤNG CAO Chuyên đề 10 CÁC BÀI TOÁN SỐ PHỨC KHÁC Ở MỨC ĐỘ VẬN DỤNG CAO Chân thành gửi lời cảm ơn quý thầy cô dành thời gian tâm huyết cho sách này: Hoàng Minh Quân, THPT Ngọc Tảo, Hà Nội (Chủ biên) Nguyễn Duy Chiến, THPT Phan Bội Châu, Bình Định Trần Quốc Nghĩa, THPT Dĩ An, Bình Dương Lê Thanh Bình, THPT Nguyễn Huệ, Nam Định Hồng Tiến Đơng, THPT Phúc Thọ, Hà Nội Đinh Văn Vang-THPT C Hải Hậu, Nam Định Đặng Thanh Quang, THPT Trần Kỳ Phong, Quảng Ngãi Phạm Văn Ninh, THPT Nguyễn Bính, Nam Định Trần Văn Luật, THPT Thanh Thủy, Phú Thọ 10 Nguyễn Hồng Nhung, THPT Chuyên Tiền Giang, Tiền Giang 11 Mai Ngọc Thi, THPT Hùng Vương, Bình Phước 12 Nguyễn Cao Thiện, THPT Hà Huy Tập, Hà Tĩnh 13 Nguyễn Đức Thắng, GV Toán tự do, Hà Nội 14 Hà Vĩ Đức, THPT Tây Thạnh, TP Hồ Chí Minh 15 Lý Công Hiếu, GV tự do, Huyện Quốc Oai, Hà Nội 16 Trần Dũng, GV tự do, Quận Phú Nhuận, TP Hồ Chí Minh 17 Nguyễn Đỗ Chiến, GV tốn, Hệ thông giáo dục Beta Education, Hà Nội 18 Nguyễn Thị Hương, THPT n Mơ A, Ninh Bình 19 Ninh Cơng Tuấn, THPT TRần Khai Nguyên, Q5, TP Hồ Chí Minh 20 Nguyễn Minh Nhựt, GV tự do, Q Ninh Kiều, Cần Thơ 21 Bùi Quý Minh, GV Tự do, Hải Phòng 22 Dương Cơng Tạo, THPT Nam Kì Khởi Nghĩa, Tiền Giang 23 Lê Quang Vũ, THPT Thọ Xuân 5, Thanh Hóa 24 Vũ Ngọc Thành, THPT Mường So, Phong Thổ, Lai Châu 25 Phạm Đức Quốc, THPT Tứ Kỳ, Hải Dương 26 Nguyễn Tấn Linh, SV Đại Học Sài Gòn, TP Hồ Chí Minh 27 Lê Đăng Khoa, THPT Gia Định, TP Hồ Chí Minh 28 Nguyễn Văn Lưu, THPT Gia Viễn A, Ninh Bình 29 Đồn Trí Dũng, TP Hà Nội Trang Tài liệu luyện thi THPT Quốc gia - CHUYÊN ĐỀ TÍCH PHÂN VÀ SỐ PHÚC VẬN DỤNG CAO Mặc dù tập thể tác giả nghiêm túc dành nhiều tâm huyết trình biên soạn, tổng hợp khối lượng kiến thức liệu lớn nên chắn với lần mắt không tránh khỏi thiếu sót, khuyến khuyết Chúng tơi mong nhận góp ý q thầy giáo, em học sinh bạn đọc xa gần để sách hồn thiện Mọi đóng góp xin gửi Email: hoangquan9@gmail.com toanhocbactrungnam@gmail.com TẬP THỂ TÁC GIẢ Trang Tài liệu luyện thi THPT Quốc gia - CHUYÊN ĐỀ TÍCH PHÂN VÀ SỐ PHÚC VẬN DỤNG CAO   Chuyên đề CÁC BÀI TỐN LIÊN QUAN ĐẾN TÍNH GIÁ TRỊ CỦA TÍCH PHÂN KHI BIẾT MỘT HAY NHIỀU TÍCH PHÂN VỚI ĐIỀU KIỆN CHO TRƯỚC A KIẾN THỨC CƠ BẢN Định nghĩa   Cho  f  là hàm số liên tục  trên đoạn  [a; b]  Giả sử  F  là một nguyên hàm của  f trên  [a; b]  Hiệu số  F (b)  F (a )   được  gọi  là  tích  phân  từ  a  đến  b  (hay  tích  phân  xác  định  trên  đoạn  [a; b]   của  hàm  số  b f ( x), kí hiệu là   f ( x)dx   a b Ta dùng kí hiệu  F ( x) a  F (b)  F (a )  để chỉ hiệu số  F (b)  F (a )    b b Vậy   f ( x)dx  F ( x) a  F (b)  F (a )   a b b Nhận xét: Tích phân của hàm số  f  từ a đến b có thể kí hiệu bởi   f ( x)dx  hay   f (t )dt  Tích phân đó  a a chỉ phụ thuộc vào  f  và các cận a, b mà khơng phụ thuộc vào cách ghi biến số   Ý nghĩa hình học tích phân: Nếu hàm số  f  liên tục và khơng âm trên đoạn  [a; b]  thì tích phân  b  f ( x)dx là diện tích S của hình thang cong giới hạn bởi đồ thị hàm số  y  f ( x) , trục Ox và hai đường  a b thẳng  x  a, x  b  Vậy  S   f ( x)dx a Tính chất tích phân  a   1.   f ( x)dx    a b a 2.   f ( x)dx    f ( x)dx   a b   b a b 4.   k f ( x)dx  k  f ( x)dx  (k  )   a b   c 3.   f ( x)dx   f ( x)dx   f ( x)dx ( a  b  c  )  a b   b c a b b 5.   [ f ( x)  g ( x)]dx   f ( x)dx   g ( x)dx   a a a  Lưu ý: a 1) f  x   là hàm số chẵn và  liên tục trên đoạn   a; a  ,  a  0   thì  a  f ( x)dx  2 f ( x)dx   a a 2) f  x   là hàm số lẻ và liên tục trên đoạn   a; a  ,  a  thì   f ( x)dx    a Nguyễn Cao Thiện, THPT Hà Huy Tập, Hà Tĩnh Trang Tài liệu luyện thi THPT Quốc gia - CHUYÊN ĐỀ TÍCH PHÂN VÀ SỐ PHÚC VẬN DỤNG CAO   f  x    là hàm số liên tục, tuần hồn với chu kì T thì  3) a T T T  f ( x)dx   f ( x)dx   a f ( x)dx, a  R   T  B BÀI TẬP Câu   Cho hàm số  f  x   có đạo hàm liên tục trên  0;   thỏa mãn  f       2    2    f   x   dx   sin xf  x  dx   Tính tích phân   f  x  dx   0 Lời giải Bằng công thức tích phân phần ta có     2        sin xf x d x cos xf x cos x f x d x  Suy ra  cos x f   x  dx           0  0  0     cos x  x  sin x   Hơn nữa ta tính được   cos xdx   dx        0 Do đó      2 2 2   f   x  dx  2. cos x f   x  dx   cos xdx     f   x   cos x  dx    0 0 Suy ra  f   x   cos x , do đó  f  x   sin x  C  Vì  f     nên  C      2 Ta được   f  x  dx   sin xdx    Câu Cho hàm số  f  x   có đạo hàm liên tục trên   0;1  thỏa mãn, f 1  ,  x   f   x  dx    x  1 e f  x  dx  0 e2   Tính tích phân   f  x  dx   Lời giải Bằng công thức tích phân phần ta có 1 1 x x   x  1 e f  x  dx   f  x  d  xe    xe x f  x    0 xe x f   x  dx   0 xe x f   x  dx   0 Suy ra   xe x f   x  dx   e2    Hơn nữa ta tính được    xe 1 x  e2  dx   x e dx    2x Do đó    f   x   dx   xe x f   x  dx    xe x  dx    0    f   x   xe x  dx   Suy ra  f   x    xe x , do đó  f  x     x  1 e x  C   Nguyễn Cao Thiện, THPT Hà Huy Tập, Hà Tĩnh Trang Tài liệu luyện thi THPT Quốc gia - CHUYÊN ĐỀ TÍCH PHÂN VÀ SỐ PHÚC VẬN DỤNG CAO   Vì  f 1   nên  C    1 x Ta được   f  x  dx    x  1 e dx  e    0 Câu Cho hàm số  f  x   có đạo hàm liên tục trên   0;1  thỏa mãn  f  0  1,    f   x   dx  ,  30 1   x  1 f  x  dx    Tính tích phân   f  x  dx   30 Lời giải Bằng cơng thức tích phân phần ta có 1 1 2   2x 1 f  x  dx   f  x  d  x  x     x  x  f  x    0  x  x  f   x  dx 0       x  x  f   x  dx   Suy ra    x  x  f   x  dx     30    Hơn nữa ta tính được   x  x dx   x  x3  x dx  1 1   30 2 Do đó    f   x   dx  2  x  x  f   x  dx    x  x  dx     f   x    x  x  dx    0 Suy ra  f   x   x  x , do đó  f  x   x x   C  Vì  f     nên  C    1  x3 x  11 Ta được   f  x  dx      1 dx    12  0 Câu Cho  hàm  số  f  x    có  đạo  hàm  liên  tục  trên   0;1   thỏa  mãn  f 1  ,   f   x   dx    1  x f  x  dx    Tính tích phân   f  x  dx   36 0 Lời giải Bằng công thức tích phân phần ta có 1 1 0 4 4  x f  x  dx   f  x  d  x    x f  x     x f   x  dx    x f   x  dx   0 Suy ra   x f   x  dx  1 1  Hơn nữa ta tính được    x  dx   x8dx    0 9 2 Do đó   f   x   dx  2 x f   x  dx    x  dx     f   x   x  dx    0 0 Suy ra  f   x   x , do đó  f  x   1 Ta được   f  x  dx   0 x  C  Vì  f 1   nên  C     5 x5  1 dx     Nguyễn Cao Thiện, THPT Hà Huy Tập, Hà Tĩnh Trang Tài liệu luyện thi THPT Quốc gia - CHUYÊN ĐỀ TÍCH PHÂN VÀ SỐ PHÚC VẬN DỤNG CAO   e Câu Cho hàm số  f  x   có đạo hàm liên tục trên  1;e  thỏa mãn  f  e   ,    f   x   dx  e   và  e  e f  x dx   e  Tích phân   f  x  dx  bằng  x Lời giải Bằng cơng thức tích phân phần ta có e f  x e e 1 x dx  0 f  x  d  ln x    ln xf  x    0 ln xf   x  dx   1 ln xf   x  dx   e     ln xf   x  dx  e    e e e 2 Suy ra    ln x  dx   x  ln x    2 ln xdx  e    1  1 e e e e 2 Do đó   f   x   dx  2 ln x f   x  dx    ln x  dx     f   x   ln x  dx    1 1 Suy ra  f   x   ln x , do đó  f  x   x ln x  x  C  Vì  f  e    nên  C    e e Ta được   f  x  dx    x  1 ln x dx  Câu  e2     Cho hàm số  f  x   có đạo hàm liên tục trên  0;   thỏa mãn  2   f    ,  2       sin x  x cos x  f  x  dx   48     và    f   x   dx  48 0    Tính tích phân   f  x  dx   Lời giải Bằng cơng thức tích phân phần ta có      sin x  x cos x  f  x  dx   x sin x  f  x  0    x sin x  f   x  dx    Suy ra    x sin x  f   x  dx   3 48       x 1  cos x  Ta có    x sin x  dx    x sin x  dx   dx 0 2 2      2 2 x 1  cos x  3  x x cos x   d x   dx   dx  2 48 0   Do đó     2 2  2   f   x  dx  2  x sin x  f   x  dx    x sin x  dx     f   x   x sin x  dx    0 0   Suy ra  f   x   x sin x , do đó  f  x   sin x  x cos x  C  Vì  f     nên  C  1   2 Nguyễn Cao Thiện, THPT Hà Huy Tập, Hà Tĩnh Trang Tài liệu luyện thi THPT Quốc gia - CHUYÊN ĐỀ TÍCH PHÂN VÀ SỐ PHÚC VẬN DỤNG CAO     2 Ta được   f  x  dx    sin x  x cos x  1 dx      0 Câu Cho hàm số  f  x   có đạo hàm liên tục trên   0;1  thỏa mãn  f 1  ,    f   x   dx  f  x  ln   dx  2ln   Tính tích phân   f  x  dx   0  x  1 và   Lời giải Bằng cơng thức tích phân phần ta có f  x 1        0  x  12 dx 0 f  x  d 1  x    1  x   f  x   0 1  x   f   x  dx   1   Suy ra   1   f   x  dx   ln   x 1 0 1   1    Lại có   1  x      dx   x  ln x     ln   d     x 1 x   x  1   x  1  0 0  Do đó  1 2       0  f   x  dx  20 1  x   f   x  dx  0 1  x   dx   0  f   x   x   1 dx    Suy ra  f   x    1 , do đó  f  x   x  ln  x  1  C  Vì  f 1   nên  C  ln  1.  x 1 Ta được   f  x  dx    x  ln  x  1  ln  1 dx  0  ln   Câu Cho  hàm  số  f  x    có  đạo  hàm  liên  tục  trên   0;1   thỏa  mãn  f 1  ,    f   x   dx    và  11 1  x f  x  dx   55  Tính tích phân   f  x  dx   0 Lời giải Bằng cơng thức tích phân phần ta có 1  x5  x  x5 f   x  dx    x f x x  f x  f x x  Suy ra  d d       5   0  11  0   Lại có:   x dx  1    11 2 Do đó    f   x   dx  2 x5 f   x  dx    x  dx  0 0    f   x   x  dx   Suy ra  f   x   x , do đó  f  x   x  C   Vì  f 1   nên  C     Nguyễn Cao Thiện, THPT Hà Huy Tập, Hà Tĩnh Trang Tài liệu luyện thi THPT Quốc gia - CHUYÊN ĐỀ TÍCH PHÂN VÀ SỐ PHÚC VẬN DỤNG CAO   1 Ta được   f  x  dx   0 x6  1 dx    Câu Cho hàm số  y  f  x   liên tục trên    và thỏa mãn  f   x   f  x   Biết   xf  x  dx   Tính  I   f  x  dx   Lời giải 3 3 Đặt  t   x  Ta có   xf  x  dx   xf   x  dx     t  f  t  dt   f  t  dt   t f  t  dt   1 3    f  t  dt    f  t  dt  1 Câu 10 Biết   ab  1 1   x3  x2  3 dx   b ln    a, b    Tìm các giá trị của  k  để  x2 a k dx  lim  1 x  2017 x  2018 x    Lời giải  1 1 3 x3  x  3   Ta có:   dx    x   dx  x  3ln x    3ln   x2 x2 3 0 0 a  ab    dx   dx    b  8 ab Mà   k dx  lim x   1 x  2017 x  2018 k Mặt khác ta có  lim ab Vậy để  dx  lim x  k  1 x  2017  1 x  2017 x  2018  1 x  2017 x  2018 x  x  2018 x  k   lim    k     thì  k     k   k    Câu 11 Cho  hàm  số  y  f  x    là  hàm  lẻ  và  liên  tục  trên   4;4   biết   f   x  dx    và  2  f  2 x  dx   Tính  I   f  x  dx   Lời giải  Xét tích phân   f   x  dx    2 Đặt   x  t  dx  dt   Đổi cận: khi  x  2  thì  t  ; khi  x   thì  t     0 2 Do đó   f   x  dx    f  t  dt   f  t  dt   f  t  dt    f  x  dx    2 0 Do hàm số  y  f  x   là hàm số lẻ nên  f  2 x    f  x    Nguyễn Cao Thiện, THPT Hà Huy Tập, Hà Tĩnh Trang Tài liệu luyện thi THPT Quốc gia - CHUYÊN ĐỀ TÍCH PHÂN VÀ SỐ PHÚC VẬN DỤNG CAO A B C 95 D Lời giải Chọn B Gọi A, B, C điểm biểu diễn số phức z1 , z2 , z3 Do z1   i  z2   i  z3   i  nên A, B, C thuộc đường tròn tâm I 1;  1 , bán kính R  Vậy ABC có đường tròn ngoại tiếp tâm I 1;  1 , bán kính R  Do z1  z2  z2  z3  nên AB  BC  Đặt z1  z3  AC  x , gọi H trung điểm AC Khi BH  AC x  x2 SABC  BH AC  2 S ABC  AB AC.BC x  x2 4x     x2  x Vậy AC  4R 5 5 Câu 22 Cho số phức z1 , z2 , z3 phân biệt thỏa mãn z1  z2  z3  z1  z2  z3  Tính P  z1  z2  z2  z3  z3  z1 A B C 3 Lời giải D Chọn C Gọi A, B, C điểm biểu diễn số phức z1 , z2 , z3 Do z1  z2  z3  nên A, B, C thuộc đường tròn tâm O , bán kính R  Do z1  z2  z3  nên O trọng tâm ABC Do ABC Đặt AB  BC  CA  x , SABC 3x  x3 x3 3x    x 4 Vậy P  z1  z2  z2  z3  z3  z1  AB  BC  CA  3 S ABC  Câu 23 Cho số phức z1 , z2 , z3 phân biệt thỏa mãn z1  z2  z3  z2  z3  Biết  z1 , z2 , z3 có điểm biểu diễn A, B, C Số đo góc BAC A 60 B 90 C 45 Lời giải D 30 Chọn B Do z1  z2  z3  nên O tâm đường tròn ngoại tiếp ABC Do z2  z3   BC   BC  OB  OC hay O trung điểm cạnh BC Suy ABC vuông A Nguyễn Cao Thiện, THPT Hà Huy Tập, Hà Tĩnh Trang 208 Tài liệu luyện thi THPT Quốc gia - CHUYÊN ĐỀ TÍCH PHÂN VÀ SỐ PHÚC VẬN DỤNG CAO Chủ đề 2: Một số dạng tốn biểu diễn hình học số phức nâng cao m Câu  7i  Có số nguyên dương m không vượt 2018 thỏa mãn   số ảo?   3i  A 504 B 505 C 2017 D 2018 Lời giải Chọn B m m  7i  Ta có  m  2018 m   Ta có:    1  i    3i  Ta thấy với k  * : 1  i  4k k   4  , 1  i  k 1 k   4  1  i  , 1  i  4k 2 k   4  2i , 1  i  k 3 k   4   2  2i  m Do để 1  i  ảo m  4k  với k  * Khi  k  504 Vậy có 505 số m thỏa mãn Câu Có số phức z mà điểm biểu diễn nó, nghịch đảo điểm trục hồnh tạo thành tam giác có độ dài cạnh  A B 12 C D Vô số Lời giải Chọn B Ta chia hai trường hợp: TH1 Nếu z  điểm biểu diễn số phức nghịch đảo đối xứng với điểm biểu diễn số z  nên có số phức z thỏa mãn đề cho TH2 Nếu z  ta có tính chất hình học sau: “Gọi A, A điểm biểu diễn số phức z phức z , mà 3 Trung trực AA cắt trục hoành Ox M trục tung Oy N Khi ta có điểm z A, M , A, O, N nằm đường tròn” Chứng minh: giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác AOA cắt đường thẳng Ox M  ,  AAM    AOM    AOM    AAM  suy tam giác AM A cân M  hay M   M AMA  60   OA; Oy   30 Có trường hợp Do để tam giác AMA   OA; Oy   30 , trường hợp đặt OA  x Do có hai điểm A cho AA   OA  1 AA  x   x x Khi để tam giác AMA có cạnh  OA; Oy   30  AA   tương đương  Do có tất trường hợp  AA    Nguyễn Cao Thiện, THPT Hà Huy Tập, Hà Tĩnh Trang 209 Tài liệu luyện thi THPT Quốc gia - CHUYÊN ĐỀ TÍCH PHÂN VÀ SỐ PHÚC VẬN DỤNG CAO Kết hợp hai trường hợp lại ta có tất 12 số phức thỏa mãn yêu cầu đề cho Câu Cho z1 , z2 hai số phức thỏa mãn phương trình z  i   iz , biết z1  z2  Tính giá trị biểu thức P  z1  z2 A P  B P  C P  D P  Lời giải Chọn D Cách    Ta có: z  i   iz  z  i   iz   z  i  2.z  i    iz   i z   z.z  2iz  2iz  i   2i z  2iz  i z.z  z.z   z.z   z   z   z1  z2     Chú ý: a.a  a  z  i   z  i  z  i   z  i  z  i  Tập hợp điểm biểu diễn số phức z1 , z2 đường tròn tâm O , bán kính R  Gọi M  z1  , M  z2   OM  OM  Ta có z1  z2  OM  OM  M 1M   OM 1M Mà z1  z2  OM  OM  OM  OM với M điểm thỏa mãn OM 1MM hình thoi cạnh  OM   P  Nguyễn Cao Thiện, THPT Hà Huy Tập, Hà Tĩnh Trang 210 Tài liệu luyện thi THPT Quốc gia - CHUYÊN ĐỀ TÍCH PHÂN VÀ SỐ PHÚC VẬN DỤNG CAO Cách Đặt z  x  yi  x, y    , ta có z  i  x   y  1 i  iz   y  xi Khi z  i   iz  x   y  1    y  2 Sử dụng công thức z1  z2  z1  z2  z1  z2 Câu 2  z1   x2  x2  y   z     z1   z z 2   z1  z2  Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số m để tồn số phức z thỏa mãn z.z  z   i  m Tìm số phần tử S A B C Lời giải D Chọn B Gọi z  a  bi,  a, b    Ta có: z.z   z   a  b  z  i  m  a  3   b  1 m  m  a    2   b  1  m  m  m    2  a  b2  Ta có: a  b    2 2 2 3a  2b   m  a    b  1  m   Hệ phương trình có nghiệm đường thẳng  : 2 3a  2b   m2 tiếp 2 xúc với đường tròn a  b   d  O,     Câu 5  m2 m  1  m   m  0 Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  2, z2  Gọi M , N điểm biểu diễn cho z1   30 Tính S  z  z iz2 Biết MON A B 3 C Lời giải Nguyễn Cao Thiện, THPT Hà Huy Tập, Hà Tĩnh D Trang 211 Tài liệu luyện thi THPT Quốc gia - CHUYÊN ĐỀ TÍCH PHÂN VÀ SỐ PHÚC VẬN DỤNG CAO Chọn B m m  7i  Ta có  m  2018 m   Ta có:    1  i    3i  Câu Gọi z1 , z2 w  1  z1  2017  1  z2  A w  21009 i nghiệm 2017 phức phương trình z2  4z   Đặt B w  21010 C w  21010 Lời giải D w  21009 i Chọn D  z  2  i Ta có: z  z      z  2  i w  1  z1  2017 2017   1  i  2017   1  i  2017 1008   2i  1008  1  i    2i   21008.i1008  1  i   21008.i1008 1  i   21008  1  i   21008 1  i   21009 i Câu  1  z2   1  i  z w Cho số phức z , w khác thỏa mãn z  w  z  w Phần thực số phức u  A a  B a  C a  Lời giải D a   Chọn C Sử dụng tính chất z z1  ta có: z2 z2  z  w 1   u 1    zw 2 z  w    z u       w Đặt u  a  bi với a, b   Khi đó:  a  1  b   u 1  1   a   2 a  b  u    Tổng quát: Bài toán tổng quát hóa đẳng thức thỏa mãn a z  kw  b z  c w với a, b, c, k   a, b, c  Nếu thay kiện a z  kiw  b z  c w với a, b, c, k   a, b, c  ta tìm phần ảo số phức z Câu 1  Tính giá trị z 2017  2017 z z B 1 C Lời giải Cho z số phức thỏa mãn z  A 2 D Chọn C Đặt S n  z n  với n  , n  zn Nguyễn Cao Thiện, THPT Hà Huy Tập, Hà Tĩnh Trang 212 Tài liệu luyện thi THPT Quốc gia - CHUYÊN ĐỀ TÍCH PHÂN VÀ SỐ PHÚC VẬN DỤNG CAO  1 Khi S1  , S  z    z     1 z z  1  1    Ta có S n 1  z n 1  n1   z n  n   z     z n 1  n1   S n  S n 1 với n  z z  z  z   Khi tính số phần tử đầu ta có: S1  S7   S6 k 1  , S  S8   S6 k   1 , S3  S9   S6 k 3  2 , S  S10   S6 k   1 , S5  S11   S6 k 5  , S6  S12   S6 k   Vậy S 2017  S336.61  S1  Câu z Cho z số phức thỏa mãn  z  6 Tính giá trị z z A z  C z  B z  2 D z  Lời giải Chọn D Do z.z  z nên ta có: 4 z z z  z  6   6  z z z z Đặt t  , phương trình có dạng: t  2t    t  1  5i z 2 z z  1  5i   6 z  Do z z Câu 10 Tìm phần ảo số phức z   i  2i  3i   2017i 2017 A 1009 B 1009 C 2017 D 2017 Lời giải Chọn A Xét f  x    x  x  x3   x 2017  f   x    x  3x   2017 x 2016  xf   x   x  x  3x3   2017 x 2017 1 Mặt khác: f  x    x  x  x   x  xf   x   x 2017 2018 x 2017  x  1   x 2018  1 x 2018    f  x  x 1  x  1 2018 x 2017  x  1   x 2018  1  2  x  1 Thay x  i vào 1   ta được: 2018i 2017  i  1   i 2018  1 2018  2018i  z   i  1 i  1009  1009i 2i  i  1 Vậy phần ảo z 1009 Nguyễn Cao Thiện, THPT Hà Huy Tập, Hà Tĩnh Trang 213 Tài liệu luyện thi THPT Quốc gia - CHUYÊN ĐỀ TÍCH PHÂN VÀ SỐ PHÚC VẬN DỤNG CAO Chủ đề 3: Một số dạng toán tự luận nâng cao A Nhắc lại số định nghĩa Với i   mà i  1 Ta có: 1) Dạng đại số số phức: z  a  bi, (a, b  ) 2) Dạng hình học số phức: Với số phức z  a  bi, (a, b  ) , mặt phẳng toạ độ Oxy, xác định điểm M (a; b) M (a; b) gọi dạng (biểu diễn) hình học số phức z   Chú ý: Khi M (a; b) OM  (a; b) ngược lại nên ta nói OM dạng (biểu diễn) hình học số phức z 3) Dạng lượng giác số phức: Với số phức z  a  bi, (a, b  ) , M (a; b) biểu diễn hình học số phức z Ký hiệu:   r | z | a  b (gọi mô đun)   Ox, OM (gọi ac gu men) z Khi   z  r  cos   i sin   gọi dạng lượng giác số phức z Chú ý: - ac gu men z ký hiệu là: Arg ( z ) - Mỗi số phức z có vơ số ac gu men ac gu men số phức z sai khác bội nguyên 2 Trị số Arg ( z )  [   ;  ] gọi ac gu men z Ký hiệu: arg( z ) 4) Dạng số mũ số phức: Với số phức z  r  cos   i sin   Ta ký hiệu: cos   i sin   e i z  r.ei : Gọi dạng số mũ số phức z 5) Tích vơ hướng hai số phức: Trong mặt phẳng phức, cho M ( z1 ), M ( z2 ) Khi đó,     OM 1.OM  OM 1.OM cos(OM , OM ) Thật vậy, giả sử, | zk | rk arg( zk )   k   OM 1.OM  r1.r2 cos(  1 )  r1.r2  cos 1 cos   sin 1 sin   Do đó,  z1 ; z2   z1.z2  z1.z2 Từ suy ra:  z1 ; z2    z1 ; z2   z1 ; z2    Tích vơ hướng hai số phức có tính chất tích vơ hướng hai véc tơ Ngoài   ra,  z1 ; zz2   z  z1 ; z2   z.z1; z2   z. z1; z2  6) Tích ngồi hai số phức: Trong mặt phẳng phức, cho M ( z1 ), M ( z2 ) Khi đó,     OM  OM  OM 1.OM sin(OM , OM ) Giả sử, | zk | rk arg( zk )   k   OM  OM  r1.r2 sin(  1 )  r1.r2  cos 1 sin   sin 1 cos   i z1.z2  z1.z2 Từ đó, z1  z2  z1  z2 suy Im( z1  z2 )  Tích ngồi hai số phức có tính chất tích ngồi hai véc tơ mặt Do đó, z1  z2    phẳng, ra:  zz1   z2  z  z1  z2  z1   zz2   z  z1  z2  Nguyễn Cao Thiện, THPT Hà Huy Tập, Hà Tĩnh Trang 214 Tài liệu luyện thi THPT Quốc gia - CHUYÊN ĐỀ TÍCH PHÂN VÀ SỐ PHÚC VẬN DỤNG CAO B Một số kết Khi giải toán hình học phẳng ta thường đồng số phức z  x  yi, với điểm M ( x; y ) mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy gọi z toạ vị M hệ trục Kí hiệu  M ( z ) Lưu ý M ( x; y ) đồng nghĩa với OM  ( x; y ) Như vậy, nói M có toạ vị z đồng  nghĩa với OM có toạ vị z Qua đó, ta có số kết mở đầu sau:    + Nếu A(a ), B (b) AB có toạ vị b  a | AB |2  (b  a )(b  a ) hay | AB || b  a | + Đường tròn Đường tròn tâm M ( z0 ) bán kính R tập hợp điểm M ( z ) cho M M  R hay z  z0  R tức z.z  z0 z  z0 z  z0 z0  R  hay z.z   z   z    với   ,    + M  AB  t : m  tb  (1  t )b + M  [AB ]  t  [0;1] : m  a  t (b  a )  t  [0;1] : m  tb  (1  t )a Đặc biệt: Nếu t  M  B; t  M  A + Đường thẳng qua hai điểm M (m1 ), M (m2 ) m  m1  t , t   hay m  m2 (m  m1 ).(m2  m1 )   m  m1 .(m2  m1 )  Đặc biệt: z  x  bi, với b  const : Đường thẳng song song với Ox z  a  yi, với a  const : Đường thẳng song song với Oy z  x  yi, với y  x tan  : Đường thẳng tạo với tia Ox góc  cd ab Thật vậy, mặt phẳng phức cho hai điểm M (m1 ) , M (m2 ) 1  arg(m1 );   arg(m2 ) Khi đó,       Ox, OM  OM , OM  Ox, OM  mod 2        nên OM , OM  Ox, OM  Ox, OM  mod 2  hay góc định hướng tạo hai tia OM OM + Góc định hướng hai đường thẳng AB CD là: arg   arg           z2 z1 + Hai tam giác ABC, A’B’C’ c  a c ' a '  b  a b ' a ' - đồng dạng hướng khi: - đồng dạng ngược hướng khi: c  a c ' a '  b  a b ' a ' + Trong mặt phẳng phức, cho hai điểm M ( z1 ), M ( z2 ) Khi đó,  z1 ; z2  phương tích O với đường tròn, đường kính M 1M - Nếu A(a ), B (b), C (c), D (d ) điểm mặt phẳng phức, ba  AB  CD  b  a; d  c   bd  bc  ad  ac   Re     d c + Cơng thức tính diện tích tam giác Nguyễn Cao Thiện, THPT Hà Huy Tập, Hà Tĩnh Trang 215 Tài liệu luyện thi THPT Quốc gia - CHUYÊN ĐỀ TÍCH PHÂN VÀ SỐ PHÚC VẬN DỤNG CAO Diện tích tam giác định hướng ABC, với đỉnh A(a ), B (b), C (c) tính theo cơng thức: a a a a i S  b b Do đó, A, B, C thẳng hàng  b b  c c c c + Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng: Khoảng cách từ điểm M (m0 ) đến đường thẳng  :  z   z    d ( M , )   m0   m0   -   + Một số phép biến hình mơ tả “ngơn ngữ” số phức    Phép tính tiến theo véc tơ v  (v) biến điểm M ( z ) thành M '( z ') cho MM '  v Do đó, biểu - thức phép tịnh tiến là: z '  z  v Phép quay tâm M ( z0 ), góc quay  phép biến hình biến điểm M ( z ) thành M '( z ') cho -  M M  M M ' Từ đó, biểu thức phép quay là: z ' z0  ei ( z  z0 )    ( M M , M M ')   (mod 2 ) Phép đối xứng trục d phép biến hình biến điểm M ( z ) thành M '( z ') cho d trung trực MM ' Từ đó: o Biểu thức toạ độ phép đối xứng qua trục thực: z '  z o Biểu thức toạ độ phép đối xứng qua trục ảo: z '   z  i o Biểu thức toạ độ phép đối xứng qua đường thẳng qua gốc toạ độ O điểm z0  e  có biểu thức z '  ei z Từ đó,   Tv (d ) với v  (v) phép đối xứng qua  có biểu thức z '  ei z  2v y y z' M(z) d d M'(z') z O - M" (z") x O x Phép vị tự tâm C (c), tỷ số k   phép biến hình biến điểm M ( z ) thành M '( z ') cho   CM '  kCM Do đó, biểu thức toạ độ z '  k ( z  c)  c + Điều kiện thẳng hàng, vng góc nằm đường tròn: Định lý: Ba điểm M k ( zk ), k  1, 2,3 thẳng hàng   z z  z3  z1   hay Im    z2  z1  z2  z1  Nguyễn Cao Thiện, THPT Hà Huy Tập, Hà Tĩnh Trang 216 Tài liệu luyện thi THPT Quốc gia - CHUYÊN ĐỀ TÍCH PHÂN VÀ SỐ PHÚC VẬN DỤNG CAO  z3  z  z  z   Định lý: Bốn điểm M k ( zk ), k  1, 2, 3, nằm đường thẳng   z3  z    z1  z4 Định lý: Bốn điểm M k ( zk ), k  1, 2, 3, nằm đường tròn z3  z2 z3  z4 :  z1  z2 z1  z4  z3  z  z  z     z z    z1  z4 MỘT SỐ VÍ DỤ Ví dụ     Cho tam giác ABC Trên BC lấy điểm E F cho EB  k EC , FC  k FB, (k  1)      1) Tính AE , AF , EF theo AB, AC 2) Chứng minh tam giác ABC , AEF có trọng tâm     3) Trên AB lấy điểm D, AC lấy điểm I cho DA  k DB, IC  k IA Chứng minh:     AE  BI  CD  Giải  1) Ta viết: AE  E  A Từ giả thiết   kC  B EB  k EC  B  E  kC  kE  E  k 1 kC  B kC  B  kA  A A  B k (C  A) A   Từ đó, E  A  k 1 k 1 k 1 k 1     k AB  AC Hay AE  k 1 k 1  k   AC  AB Tương tự, ta được: AF   k 1 k 1     k    k   k    EF  AF  AE   AC  AB  AC  AB  k 1 k 1  k 1 k 1   2) E   kC  B kB  C ;F  suy k 1 k 1 kC  B kB  C  kA  kB  kC   ( A  B  C )    A B C k 1 k 1 k 1 Vậy, hai tam giác ABC AEF có trọng tâm     kB  A kA  C ;I  3) Từ giả thiết DA  k DB, IC  k IA ta tính D  k 1 k 1    Từ ta có: AE  BI  CD  ( E  A)  ( I  B )  ( D  C )  A E  F  A   kC  B  kA  A   kA  C  kB  B    kB  A  kC  C   k 1 Điều phải chứng minh Ví dụ Nguyễn Cao Thiện, THPT Hà Huy Tập, Hà Tĩnh Trang 217 Tài liệu luyện thi THPT Quốc gia - CHUYÊN ĐỀ TÍCH PHÂN VÀ SỐ PHÚC VẬN DỤNG CAO Cho lục giác ABCDEF, K trung điểm BD, M trung điểm EF Chứng minh AMK tam giác Giải Giả sử mặt phẳng toạ độ Oxy cho A trung với gốc toạ độ O, trục hoành qua A, D Gọi I tâm lục giác Ta nhận thấy, tứ giác BCDI hình thoi nên K trung B C điểm CI Ta có C  E K + C | C |  cos arg C  i sin arg C  | C |  cos 30  i sin 30  + E | E |  cos arg E  i sin arg E  | C |  cos  30   i sin  30   + C  cos( 60 )  i sin(60 )  | C |  cos(30 )  i sin(30 )   E + F | F |  cos(60 )  i sin(60 )   I  cos(60 )  i sin( 60 )  0 o o o o o A D I F o o E M o Vì M trung điểm EF, K trung điểm CI, nên 1 M  ( E  F )  (C  I )  cos(60o )  i sin( 60o )   K  cos(60o )  i sin(60o )  2   60o , tam giác KAM Từ suy ra, | K || M |, KAM Ví dụ (Bất đẳng thức Ptolemy) Cho tứ giác ABCD Chứng minh ta ln có: AB.CD  AD.BC  AC.BD Dấu đẳng thức xảy A, B, C, D theo thứ tự đỉnh tứ giác lồi nội tiếp đường tròn Giải Xét mặt phẳng phức giả sử A(a ), B (b), C (c), D (d ) mặt phẳng phức Ta có: AB.CD  AD.BC | b  a | | d  c |  | d  a | | c  b || (b  a )(d  c)  (d  a )(c  b) |  AB.CD  AD.BC | (c  a )(d  b) | AC.BD Dấu đẳng thức xảy (b  a )(d  c)  t (d  a )(c  b) , t  hay d a d c  d a   d c      arg    arg   tức DAB    DCB Vậy tứ giác ABCD nội tiếp ba t cb  ba   c b  đường tròn Ví dụ Cho tam giác ABC với trọng tâm G M điểm mặt phẳng Chứng minh rằng: 1 MG  MA2  MB  MC  AB  BC  CA2 Giải Chọn đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC làm đường tròn đơn vị giả sử A(a ), B (b), C (c), M (m), G ( g ) Vì G trọng tâm A tam giác ABC nên g  (a  b  c) Khi đó,     a  m   a  m   aa  ma  am  mm,   b  m   b  m   bb  mb  bm  mm,   c  m   c  m   cc  mc  cm  mm, M MG   g  m  g  m  g g  mg  gm  mm, MA MB MC Nguyễn Cao Thiện, THPT Hà Huy Tập, Hà Tĩnh G B C Trang 218 Tài liệu luyện thi THPT Quốc gia - CHUYÊN ĐỀ TÍCH PHÂN VÀ SỐ PHÚC VẬN DỤNG CAO     c  b   c  b   cc  cb  bc  bb,   c  a   c  a   cc  ca  ac  aa AB   b  a  b  a  bb  ba  ab  aa, BC AC Do A, B, C nằm đường tròn đơn vị nên aa  bb  cc  , ta có: + MA2  MB  MC =  ma  am  mm  mb  bm  mm  mc  cm  mm   m(a  b  c)  m(a  b  c)  3mm + AB  BC  CA2   3mg  3mg  3mm  3(1  mg  mg  mm)  bb  ba  ab  aa  cc  cb  bc  bb  cc  ca  ac  aa   ba  ab  cb  bc  ca  ac  bb  cc  aa   (a  b  c)(a  b  c)   9g g Thay vào vế trái, ta được: 1  MA2  MB  MC    AB  BC  CA2    (1  mg  mg  mm)  (1  g g )  g g  mg  mg  mm  ( g  m)( g  m)  MG Ta điều phải chứng minh Ví dụ (Bài tốn Napoleon) Lấy cạnh BC, CA, AB tam giác ABC làm đáy, dựng tam giác với tâm tương ứng A0 , B0 , C0 Chứng minh A0 , B0 , C0 ba đỉnh tam giác Giải Trường hợp 1: Giả sử tam giác ABC định hướng dương X ( x) điểm mặt phẳng Ta có: A a  c1 x  bx  0; b  a1 x  cx  0; c  b1 x  ax  C0 X Do A0 , B0 , C0 theo thứ tự trọng tâm tam giác B0 BCA1 , ACB1 , ABC1 nên 3a0  b  c  a1;3b0  a  c  b1 , 3c0  a  b  c1 B C Từ ta có: A0 3(c0  a0 x  b0 x )  a  b  c1  (b  c  a1 ) x  (c  a  b1 ) x  (b  a1 x  cx )  (c  b1 x  x ) x  (a  c1 x  bx ) x  Suy ra, điều phải chứng minh Trường hợp 2: Giả sử tam giác ABC định hướng âm X ( x) điểm mặt phẳng Nguyễn Cao Thiện, THPT Hà Huy Tập, Hà Tĩnh Trang 219 Tài liệu luyện thi THPT Quốc gia - CHUYÊN ĐỀ TÍCH PHÂN VÀ SỐ PHÚC VẬN DỤNG CAO Ta có: c  e i 2 (b  a0 )  a0 ; a  e i 2 (c  b0 )  b0 ; b  e i 2 (a  c0 )  c0 ; Suy ra, b e i 2 4 i  i 23   i 23  i 23  e (c  b0 )  b0  c0   c0  e  e (b  a0 )  a0  b0   e (b0  c0 )  c0      b  a0  e i 4  a0  b0   e Từ suy ra, c0  a0  e i i 2 (b0  c0 )  c0  (b0  a0 ) tức tam giác A0 B0C0 Ví dụ (Đề thi vô địch Anh 1983) Cho tam giác ABC cân đỉnh A, gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D trung điểm AB J trọng tâm tam giác ACD Chứng minh rằng: IJ  CD Giải Chọn đường tròn tâm I làm đường tròn đơn vị Giả sử A(a ), B (b), C (c) Vì A, B, C thuộc đường  ab tròn nên ta có: aa  bb  cc  D trung điểm AB nên D   Suy   a  b 2c  a  b DC  c   2 ab ac  3a  2c  b Mặt khác, J trọng tâm tam giác ACD nên j  3a  2c  b Suy ra, IJ  (Do I gốc toạ độ)    3a  2c  b 2c  a  b 3a  2c  b 2c  a  b   Xét, IJ CD    2 6   4ab  4ca  4ab  4ac 24  ca  ac  ab  ab        Mặt khác, AC  AB nên  c  a  c  a   b  a  b  a   cc  ca  ac  aa  bb  ba  ab  aa  ca  ac  ba  ab    ca  ac  ab  ab  hay IJ CD  Điều phải chứng minh Ví dụ (IMO 1977) Cho hình vng ABCD Dựng phía hình vng ABCD tam giác ABK , BCL, CDM , DAN Chứng minh rằng, trung điểm đoạn thẳng KL, LM , MN , NK , BK , BL, CL, DM , DN , NA đỉnh đa giác Giải Giả sử hình vng ABCD định hướng dương Chọn tâm O hình vng làm gốc toạ độ X ( x) điểm mặt phẳng Khi đó, b  ai, c   a, d  ai Đặt e i   u , ta có: k  (iu  u )a; l  (u  iu )a; m  (ui  u ); n  (u  ui )a Nguyễn Cao Thiện, THPT Hà Huy Tập, Hà Tĩnh Trang 220 Tài liệu luyện thi THPT Quốc gia - CHUYÊN ĐỀ TÍCH PHÂN VÀ SỐ PHÚC VẬN DỤNG CAO Để ý rằng, đa giác PQ 1 S1 P2 Q2 S P3Q3 S P4 Q4 S nhận O làm tâm đối xứng, với f phép quay tâm  cần chứng minh f ( Pk )  Qk , f (Qk )  S k , f ( S k )  Pk 1 (với k  1, 2) đủ a Ta có: p1  (k  l )  (i  1)u  (i  1)u  2 a p1  (m  l )   (i  1)u  (i  1)u  ; 2 a q1   d  m    i (1  u )  u  ; 2 a s1   a  k   1  iu  u  2 O, góc quay B A M Q2 S2 P2 P3 S1 L Q3 N S3 Q1 P1 P4 S4 Q4 K D i C  Khi đó, với   e a  i  1  u  (i  1) u   q1 ;  2 a f (q1 )   p1  i  i u   u   s1 ; a f ( s1 )   s1    i u   u   p2 Tương tự, ta được: f ( p2 )  q2 , f (q2 )  s2 ; f ( s2 )  p3 f ( p1 )   p1  Ví dụ (IMO 17, 1975) Nguyễn Cao Thiện, THPT Hà Huy Tập, Hà Tĩnh Trang 221 Tài liệu luyện thi THPT Quốc gia - CHUYÊN ĐỀ TÍCH PHÂN VÀ SỐ PHÚC VẬN DỤNG CAO Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác ABC, dựng tam giác ABR, BCP,   CAQ   450 , BCP   QCA   300 ,    150 Chứng minh rằng: QRP vuông ABR  RAB CQA cho PBC cân R Giải A Q R M B C P Xét toán mặt phẳng phức Gọi M chân đường vng góc hạ từ P xuống đường thẳng BC Vì pm cm  i MP  MB MC  3MP nên i bm pm Do đó, p  c  3b b  c  i 1 1 Tương tự, q  c  3a a  c  i 1 1 Điểm B nhận từ điểm A phép quay tâm R, góc quay 1500   Do đó, b  a    i  Từ đó, phép biến đổi đại số, ta được:  2  p  i Suy QR  PR QR  PR hay tam giác PRQ vuông cân R q Nguyễn Cao Thiện, THPT Hà Huy Tập, Hà Tĩnh Trang 222