PHÁT TRIỂN đề MH năm 2021 2022 câu 41 45

PHÁT TRIỂN ĐỀ MH – BGD
CÂU 40-45

Câu 40. (TK 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f  ( f ( x ) ) = 0 là:
A. 3 .

B. 4 .

C. 5 .

D. 6 .

Câu tương tự, phát triển
Câu 40.1: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f 2 ( x ) + 4 f ( x ) = 0 là:
A. 2 .

B. 3 .

C. 4 .

D. 5 .

Lời giải
Chọn C

 f ( x) = 0

Ta có f 2 ( x ) + 4 f ( x ) = 0  

 f ( x ) = −4

.

+ Dựa vào bảng biến thiên, ta có

Trang 1


Phương trình f ( x ) = 0 có 2 nghiệm và phương trình f ( x ) = −4 có 2 nghiệm. Vậy phương
trình đã cho có 4 nghiệm.

Câu 40.2: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f  ( f ( x ) ) = 0 là:
B. 13 .

A. 12 .

C. 10 .

D. 11 .

Lời giải
Chọn A

 f ( x ) = −2
 x = −2



Từ bảng biến thiên ta có: f ' ( x ) = 0   x = 0 . Suy ra: f ' ( f ( x ) ) = 0   f ( x ) = 0
f x =2
 x = 2
 ( )

Phương trình f ( x ) = −2 cho ta bốn nghiệm, phương trình f ( x ) = 2 cho ta bốn nghiệm
và phương trình f ( x ) = 0 cũng cho ta bốn nghiệm. Vậy tổng phương trình đã cho có
12 nghiệm.

Câu 40.3: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f ( f 2 ( x ) ) − 4 = 0 là:
A. 3 .

B. 5 .

C. 7 .

D. 9 .

Lời giải
Chọn C

 f 2 ( x) = 1
 f ( x) = 1
Ta có f ( f ( x ) ) − 4 = 0  f ( f ( x ) ) = 4   2
.


 f ( x ) = −1  f ( x ) = −1
2

2

Trang 2


Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình f ( x ) = 1 có bốn nghiệm và phương trình

f ( x ) = −1 có 3 nghiệm. Vậy phương trình đã cho có 7 nghiệm.
Câu 40.4: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Số

nghiệm

thực

phân

biệt

của

phương

trình

2  f  ( f ( x ) ) + 4  f  ( f ( x ) ) + 3 f  ( f ( x ) ) = 0 là:

3

2

A. 3 .

B. 5 .

C. 7 .

D. 9 .

Lời giải
Chọn D

 f ( x) = 2

Ta có 2  f  ( f ( x ) )  + 4  f  ( f ( x ) ) + 3 f  ( f ( x ) ) = 0  f  ( f ( x ) ) = 0   f ( x ) = −2 .
f x =0
 ( )
3

2

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình f ( x ) = 2 có hai nghiệm, phương trình

f ( x ) = 0 có 3 nghiệm và phương trình f ( x ) = −2 có 4 nghiệm. Vậy phương trình đã cho có
9 nghiệm.
Câu 40.5: Cho hàm số

y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f  ( f ( x ) ) = 0 là:
A. 6 .

B. 7 .

C. 8 .

D. 9 .

Lời giải
Trang 3


Chọn D .

(

)

 f ( x ) = 1

Ta có: f  f ( x ) = 0  

 f ( x ) = 0

Từ bảng biến thiên ta có:

f ( x ) = −1 có hai nghiệm phân biệt

f ( x ) = 0 có bốn nghiệm phân biệt

f ( x ) = 1 có ba nghiệm phân biệt
Vậy phương trình đã cho có 9 nghiệm phân biệt.
Câu 40.6: Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau

Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f 2 ( x ) − f ( x ) − 2 = 0 là
A. 3 .

B. 4 .

C. 5 .

D. 6 .

Lời giải
Chọn A.
Ta có: f

2

 f ( x ) = −1

( x) − f ( x) − 2 = 0  

 f ( x ) = 2

Từ bảng biến thiên ta có:

f ( x ) = −1 có nghiệm duy nhất

f ( x ) = 2 có ba nghiệm phân biệt
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 40.7: Cho hàm số y = f ( x ) là hàm số bậc ba có đồ thị như hình vẽ bên dưới

Trang 4


(

)

Số nghiệm của phương trình f  f ( x ) = 0 là
A. 3 .

C. 5 .

B. 4 .

D. 6 .

Lời giải
Chọn C.

 f ( x) = 0
f  ( f ( x )) = 0  
 f ( x ) = 2

f ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt.
f ( x ) = 2 có 2 nghiệm phân biệt.

(

)

Vậy f  f ( x ) = 0 có 5 nghiệm.
Câu 40.8: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên bên dưới

Số nghiệm của phương trình f

A. 3 .

( f ( x ) ) = 0 là
C. 5 .

B. 4 .

D. 6 .

Lời giải
Chọn A.

Để f

 f ( x) = 1

( f ( x )) = 0   f


( x ) = a; a  2

f ( x ) = 1 có 2 nghiệm phân biệt
f ( x ) = a (với a  2 ) có 1 nghiệm duy nhất
Trang 5


Vậy f ( f ( x ) ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt.
Câu 40.9: Cho hàm số f ( x ) có đồ thị như hình bên. Phương trình f

( f ( cos x ) −1) = 0 có bao nhiêu

nghiệm thuộc đoạn  0; 2  ?

A. 2 .

B. 5 .

D. 6 .

C. 4 .
Lời giải

Chọn C .

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

 f ( cos x ) − 1 = a  ( −2; −1)

f ( f ( cos x ) − 1) = 0   f ( cos x ) − 1 = b  ( −1;0 )
 f cos x − 1 = c  1; 2
)

( )
 (
 f ( cos x ) = a + 1 ( −1;0 )

  f ( cos x ) = b + 1 ( 0;1)
 f cos x = c + 1 2;3
)
( )
 (

cos x = 1  −1

• Xét phương trình f ( cos x ) = a + 1  cos x =  2  ( −1;0 )
cos x =   1
3


(1)
( 2)
( 3)

Vì cos x   −1;1 nên phương trình (1) , ( 3) vơ nghiệm và phương trình ( 2 ) có 2 nghiệm thuộc
đoạn  0; 2 .

cos x = 1  −1

• Xét phương trình f ( cos x ) = b + 1  cos x =  2  ( −1;0 )
cos x =   1
3


( 4)
(5)
( 6)
Trang 6


Vì cos x   −1;1 nên phương trình ( 4 ) , ( 6 ) vô nghiệm và phương trình ( 5 ) có 2 nghiệm thuộc
đoạn  0; 2 .
• Xét phương trình f ( cos x ) = c + 1  cos x = t  2 (vơ nghiệm)
Nhận xét hai nghiệm của phương trình ( 5) khơng trùng với nghiệm nào của phương trình ( 2 )
nên phương trình f  f ( cos x ) − 1 = 0 có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 40.10: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên

(

)

3
2
của tham số m để phương trình f x − 3x + m + 3 = 0 có nghiệm thuộc đoạn  −1; 2 .

B. 8 .

A. 7 .

C. 10 .

D. 5 .

Lời giải
Chọn B .
3
2
Từ hình vẽ, ta suy ra được hình vẽ là đồ thị của hàm số y = x − 3 x + 1 .

 x3 − 3x 2 + m = −1
 x3 − 3x 2 + 1 = −m
f ( x − 3x + m ) + 3 = 0  f ( x − 3x + m ) = −3   3
 3
2
2
 x − 3x + m = 2
 x − 3x + 1 = −m + 3
3

2

3

2

Để phương trình đã cho có nghiệm thuộc đoạn  −1; 2 thì

 min( x3 − 3x 2 + 1)  −m  max( x3 − 3x 2 + 1)
 −3  −m  1
 −1  m  3
[ −1;2]
 [ −1;2]
.



3
2
3
2
 min( x − 3x + 1)  −m + 3  max( x − 3x + 1)
−3  −m + 3  1
2m6


[ −1;2]
 [ −1;2]
 m   −1;6 .
Do m 

nên có 8 giá trị m để phương trình đã cho có nghiệm.

Câu 41. (TK 2022) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm là f  ( x ) = 12 x 2 + 2, x 

và f (1) = 3 . Biết

F ( x ) là nguyên hàm của f ( x ) thỏa mãn F ( 0 ) = 2 , khi đó F (1) bằng
A. −3 .

B. 1 .

C. 2 .

D. 7 .

Câu tương tự, phát triển
Câu 41.1. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm là f ' ( x ) = −20 x3 + 6 x, x 

và f ( −1) = 2 . Biết F ( x ) là

nguyên hàm của f ( x ) thỏa mãn F (1) = 3 , khi đó F ( 2 ) bằng
A. −17 .

B. −1 .

C. −15 .

D. −74 .

Lời giải
Chọn A
Trang 7


Ta có f ( x ) =

 f ' ( x ) dx =  ( −20 x

3

+ 6 x ) dx = −5 x 4 + 3x 2 + C

Với f ( −1) = 2  −5. ( −1) + 3. ( −1) + C = 2  C = 4
4

2

Vậy f ( x ) = −5 x 4 + 3x 2 + 4
Ta có F ( x ) =

 f ( x ) dx = ( −5x

4

+ 3x 2 + 4 )dx = − x5 + x3 + 4 x + C '

Với F (1) = 3  −15 + 13 + 4.1 + C ' = 3  C ' = −1
Vậy F ( x ) = − x + x + 4 x − 1
5

3

khi đó F ( 2 ) = −2 + 2 + 4.2 − 1 = −17 .
5

3

Câu 41.2. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm là f ' ( x ) = 4sin 2 x + cos x, x 

và f ( 0 ) = −2 . Biết F ( x )


 bằng
2

là nguyên hàm của f ( x ) thỏa mãn F (  ) = 3 , khi đó F 
C. −2 .

B. −1 .

A. 1 .

D. 2 .

Lời giải
Chọn D
Ta có f ( x ) =

 f ' ( x ) dx =  ( 4sin 2 x + cos x ) dx = −2 cos 2 x + sin x + C

Với f ( 0 ) = −2  −2.cos 2.0 + sin 0 + C = −2  C = 0
Vậy f ( x ) = −2cos 2 x + sin x
Ta có F ( x ) =

 f ( x ) dx = ( −2cos 2x + sin x )dx = − sin 2x − cos x + C '

Với F (  ) = 3  − sin 2 − cos  + C ' = 3  C ' = 2
Vậy

F ( x ) = − sin 2 x − cos x + 2


 = − sin  − cos + 2 = 2 .
2

2

khi đó F 

Câu 41.3. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm là f ' ( x ) = xe , x 
x

và f ( 0 ) = 1 . Tính

2

  f ( x ) − 2 dx .
0

C. −2 .

B. −6 .

A. 6 .

D. 2 .

Lời giải
Chọn D
Ta có f ( x ) =

 f ' ( x ) dx =  ( xe ) dx
x

u = x

 du = dx

+ Đặt 

x
x
dv = e dx  v = e

+ f ( x ) = xe x − e x dx = xe x − e x + C



Với f ( 0 ) = 1  0.e0 − e0 + C = 1  C = 2
Vậy f ( x ) = xe − e + 2
x

2

Ta có :

x

2

  f ( x ) − 2 dx =  ( x − 1) e
0

x

dx = 2 .

0

Trang 8


(

)

Câu 41.4. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm là f ' ( x ) = 1 + 3cos 2 x sin x, x 

và f ( 0 ) = − 4 .


2

  f ( x ) + 2 dx .

Tính

0

A.

5
.
3

B.

5
3

2
.
3

C. − .

D. −

2
.
3

Lời giải
Chọn C

 f ' ( x ) dx =  (1 + 3cos x ) sin xdx
= −  (1 + 3cos x ) d ( cos x ) = − cos x − cos

Ta có: f ( x ) =

2

2

3

x+C

Với f ( 0 ) = − 4  − cos 0 − cos3 0 + C = − 4  C = −2
Vậy f ( x ) = − cos x − cos x − 2
3

Ta có :





2

2

  f ( x ) + 2 dx =  − cos x − cos
0

0

3

5
x  dx = − .
3

Câu 41.5: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ( x) = 2 cos 2 x, x 

, f ( 0 ) = 0 . Biết F ( x ) là một

 
   −1
. Tính F   .
=
6
4 2

nguyên hàm của f ( x ) thỏa F 

  1
= .
6 2

  5
= .
6 4

A. F 

 
 = 0.
6

B. F 

   −3
.
=

6 4

C. F 

D. F 

Lời giải
Chọn D .

f ( x ) =  2 cos 2 xdx = sin 2 x + C ; f ( 0 ) = 0  C = 0 .


 

4

Ta có

 

 sin 2 xdx = F  4  − F  6  =


−1
 
− F  .
2
6

6


4

Mà

 

1

1

1

 sin 2 xdx = 4 , do đó F  6  = − 2 − 4 =


−3
.
4

6

Câu 41.6: Biết hàm số y = f ( x ) có đạo hàm là f  ( x ) = ( 6 x + 1) , x 
2

nguyên hàm của f ( x ) thoả mãn F ( −1) =
A. 19 .

B. 0 .

, f ( 0 ) = 0 . Biết F ( x ) là một

1
. Khi đó F (1) bằng
2
11
C.
.
2

D.

7
.
2

Lời giải
Chọn C .
Ta có f ( x ) =

 ( 6 x + 1)

2

dx =  ( 36 x 2 + 12 x + 1) dx = 12 x 3 + 6 x 2 + x + d

Trang 9

f ( 0 ) = 0  d = 0  f ( x ) = 12 x3 + 6 x 2 + x
1



−1

1

f ( x ) dx=  (12 x3 + 6 x 2 + x ) dx = F (1) − F ( −1)  5 = F (1) −
−1

1
11
 F (1) = .
2
2

Câu 41.7: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên 1; 2 thỏa mãn f (1) = 4 và

f ( x ) = xf ' ( x ) − 2 x3 − 3x 2 . Biết F ( x ) là một nguyên hàm của f ( x ) thoả mãn F ( −1) =

1
.
4

Khi đó F (1) bằng
A.

9

.
4

B.

1
.
4

C. 4 .

D. 2 .

Lời giải
Chọn A .
Xét x  1; 2 , ta có

xf ' ( x ) − f ( x )
f ( x)
 f ( x) 
= 2x + 3  
=  ( 2 x + 3) dx  f ( x ) = x3 + 3x 2 + Cx
 = 2x + 3 
2
x
x
x


'

Vì f (1) = 4 nên C = 0 hay là f ( x ) = x3 + 3x 2 .

F ( x ) =  ( x 3 + 3x 2 ) dx =

x4
+ x3 + C .
4

x4
9
1

F
x
=
+ x 3 + 1  F (1) = .
 C =1
( )
4
4
4
2
1
Câu 41.8: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( ) = 1 và f ' ( x ) = 2  f ( x )  với mọi x  1 . Biết F ( x ) là một
2

F ( −1) =

nguyên hàm của f ( x ) thoả mãn F ( 2 ) = 3 . Khi đó F ( 3) bằng

1
2

B. F ( 3) =

A. F ( 3) = − ln 2 + 3 .

1
ln 2 + 3 .
2

C. F ( 3) = ln 2 + 3 .

D. F ( 3) = ln 2 − 3 .

Lời giải
Chọn A .
Ta có f ' ( x ) = 2  f ( x )  
2

Do đó ta có

f '( x)

  f ( x )




2

dx =

f '( x)
 f ( x ) 

2

=2

−1
−1
+ C1 và  2dx = 2 x + C2 . Suy ra
= 2x + C
f ( x)
f ( x)

1
2

Mặt khác f ( ) = 1 nên ta có C = −2 .

1
.
2x − 2
1
1
F ( x) =  −
dx = − ln x − 1 + C .

2x − 2
2

Vậy f ( x) = −

1
F ( 2 ) = 3  C = 3  F ( x ) = − ln x − 1 + 3 .
2
1
F ( 3) = − ln 2 + 3 .
2
Trang 10


Câu 41.9: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm là f  ( x ) = 12 x + 2, x 

và f (1) = 3 . Biết F ( x ) là

2

nguyên hàm của f ( x ) thỏa mãn F ( 0 ) = 2 , khi đó F (1) bằng
A. −3 .

B. 1 .

D. 7 .

C. 2 .
Lời giải

Chọn B .

 f ( x ) =  (12 x 2 + 2 ) dx = 4 x 3 + 2 x + C

Ta có f  ( x ) = 12 x + 2, x 
2

Vì f (1) = 3  4.1 + 2.1 + C = 3  C = −3
3

Khi đó f ( x ) = 4 x + 2 x − 3
3

Vì F ( x ) là nguyên hàm của f ( x ) nên F ( x ) =

 ( 4x

3

+ 2 x − 3) dx = x 4 + x 2 − 3x + C

Lại có F ( 0 ) = 2  C = 2 suy ra F ( x ) = x + x − 3x + 2
4

2

Khi đó F (1) = 1 + 1 − 3.1 + 2 = 1 .
4

2

Câu 41.10: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm là f  ( x ) = sin 2 x, x 

 
 = 0 . Biết F ( x ) là
4

và f 

 
 
 = 2 , khi đó F   bằng
2
4

nguyên hàm của f ( x ) thỏa mãn F 
A.

7
.
4

B. −

7
.
4

C.

5
.
2

D. 0 .

Lời giải
Chọn A .
Ta có f  ( x ) = sin 2 x, x 

1
 f ( x ) =  sin 2 xdx = − cos 2 x + C
2

1
 
 
 = 0  − cos  2.  + C = 0  C = 0
2
4
 4

Vì f 

1
2

Khi đó f ( x ) = − cos 2 x

 1

2




1
4

Vì F ( x ) là nguyên hàm của f ( x ) nên F ( x ) =  − cos 2 x  dx = − sin 2 x + C



1
1
 
 
 = 2  − sin  2.  + C = 2  C = 2 suy ra F ( x ) = − sin 2 x + 2
4  2
4
2

Lại có F 

1
7
 
 
 = − sin  2.  + 2 = .
4
4

4
 4

Khi đó F 

Câu 41.11: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm là f  ( x ) = sin x + x cos x, x 

và f ( ) = 0 . Biết F ( x )

là nguyên hàm của f ( x ) thỏa mãn F ( ) = 2 , khi đó giá trị của T = 2 F ( 0 ) − 8F ( 2 ) bằng
A. 4 .

B. 8 .

C. 10 .

D. 6 .

Lời giải
Chọn C .
Ta có f  ( x ) = sin x + x.cos x, x 

 f ( x ) =  ( sin x + x.cos x ) dx = x.sin x + C

Vì f ( ) = 0   .sin  + C = 0  C = 0
Trang 11


Khi đó f ( x ) = x.sin x
Vì F ( x ) là nguyên hàm của f ( x ) nên F ( x ) = x.sin xdx



u = x
du = dx

dv = sin xdx v = − cos x

Đặt 

Khi đó F ( x ) = − x.cos x + cos xdx = − x.cos x + sin x + C



Lại có F ( ) = 2  − .cos  + sin  + C = 2  C = 

 F ( 0 ) = 
 F ( 2 ) = −

Suy ra F ( x ) = − x.cos x + sin x +   

Khi đó T = 2 F ( 0 ) − 8F ( 2 ) = 2 − 8 ( − ) = 10 .
Câu 41.12: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm là f  ( x ) = 12 x + 2, x 
2

và f (1) = 3 . Biết F ( x ) là

( )

nguyên hàm của f x 2 thỏa mãn F ( 0 ) = 2 , khi đó F (1) bằng

A.

19
.
21

B.

5
.
21

C.

12
.
5

D.

17
.
21

Lời giải
Chọn B .
Ta có f  ( x ) = 12 x + 2, x 
2

 f ( x ) =  (12 x 2 + 2 ) dx = 4 x 3 + 2 x + C

Vì f (1) = 3  4.1 + 2.1 + C = 3  C = −3
3

( )

Khi đó f ( x ) = 4 x3 + 2 x − 3  f x 2 = 4 x 6 + 2 x 2 − 3

( )

Vì F ( x ) là nguyên hàm của f x 2 nên F ( x ) =
Lại có F ( 0 ) = 2  C = 2 suy ra F ( x ) =
Khi đó F (1) =

 ( 4x

6

+ 2 x 2 − 3) dx =

4 7 2 3
x + x − 3x + C
7
3

4 7 2 3
x + x − 3x + 2
7
3

4 2
5
.
+ −3+ 2 =
7 3
21

Câu 41.13: Cho f ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f  ( x ) = x − 2 x + 3, x 
2

và f ( 0 ) = 2 . Biết F ( x )

là nguyên hàm của f ( x ) thỏa mãn F (1) = 2 , khi đó giá trị của F ( 2 ) bằng
A. 4

B.

89
12

C. 2

D.

11
3

Lời giải
Chọn B
Ta có: f ( x ) =

x3
− x 2 + 3x + C .
3

f ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ' ( x ) có f ( 0 ) = 2  C = 2 .
x3
x 4 x3 3
− x 2 + 3x + 2  F ( x ) = − + x 2 + 2 x + C1 .
3
12 3 2
1 1 3
−5
− + + 2 + C1 = 2  C1 =
Mà F (1) = 2 
.
12 3 2
4
Vậy f ( x ) =

Trang 12


 F ( x) =

x 4 x3 3 2
5
89
− + x + 2x −  F ( 2) =
12 3 2

4
12

Câu 41.14: Biết f ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f  ( x ) = sin 2 x, x 

 
 = 1 . Biết F ( x ) là
4

và f 

nguyên hàm của f ( x ) thỏa mãn F ( 0 ) = 1 . Khi đó F ( x ) là

−1
sin 2 x + x + 1 .
2
−1
C. F ( x ) =
sin 2 x − x + 1 .
4

1
sin 2 x − x + 1 .
4
−1
D. F ( x ) =
sin 2 x + x + 1 .
4

A. F ( x ) =

B. F ( x ) =

Lời giải
Chọn D

1
 
 = 1  C = 1 . Vậy f ( x ) = − cos 2 x + 1 .
2
4

1
2

Ta có f ( x ) = − cos2 x + C . Mà f 

1
−1
F ( x ) = − sin 2 x + x + C1 . Mà F ( 0 ) = 1  C1 = 1  F ( x ) = sin 2 x + x + 1
4
4
Câu 41.15: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ( 0; + ) thỏa mãn 2 xf ' ( x ) + f ( x ) = 3x 2 x . Biết

1
f (1) = . Tính f ( 4 ) ?
2
A. 24 .

B. 14 .

C. 4 .

D. 16 .

Lời giải
Chọn D
Trên khoảng ( 0; + ) ta có: 2 xf ' ( x ) + f ( x ) = 3x 2 x 



(

)

x. f ( x ) =

 x. f ( x ) =
Mà f (1) =

'

3 2
x 
2

(

x f '( x) +

1
2 x

f ( x) =

3 2
x .
2

)

'
3
x . f ( x ) dx =  x 2 dx .
2

1 3
x + C . ( )
2

1
1
1 1
x2 x
nên từ ( ) có: 1. f (1) = .13 + C  = + C  C = 0  f ( x ) =
.
2
2
2
2 2

Vậy f ( 4 ) =

42 4
= 16 .
2

2
Câu 41.16: Cho hàm số f ( x ) = x x + 1 . Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số g ( x ) = xf  ( x ) là

3 2
x + 1) x 2 + 1 − x 2 + 1 + C .
(
2
2
C. ( x 2 + 1) x 2 + 1 − x 2 + 1 + C .
3
A.

B.

2 2
x + 1) x 2 + 1 + x 2 + 1 + C .
(
3

(

)

D. x 2 + 1

x2 + 1 − x2 + 1 + C .

Lời giải
Chọn C
Xét I = xf  ( x ) dx




du = dx
u = x
.


dv = f  ( x ) dx v = f ( x )

Đặt 

Trang 13


 I = xf ( x ) −  f ( x ) dx
=x

2

x + 1 −  x x + 1dx = x
2

= x2 x2 + 1 −

2

2

x + 1 −  ( x + 1)
2

2

1
2

d ( x 2 + 1)
2

3
2

1 2
1
x + 1) + C = x 2 x 2 + 1 − ( x 2 + 1) x 2 + 1 + C
(
3
3

1



= x 2 + 1  x 2 − ( x 2 + 1)  + C =
3



2 2
1
2
x + 1 x2 + 1 − x2 + 1 + C .
x2 + 1  x2 −  + C =
3
3
3



(

)

Câu 42. (TK 2022) Cho khối chóp đều S . ABCD có AC = 4a , hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SCD ) vng
góc với nhau. Thể tích khối chóp đã cho bằng
A.

16 2 3
a .
3

B.

8 2 3
a .
3

C. 16a 3 .

D.

16 3
a .
3

Câu tương tự, phát triển
Câu 42.1: Cho khối chóp đều S . ABCD có AC = 6a và góc tạo bởi hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SCD )
bằng 600 . Thể tích khối chóp đã cho bằng:
A. 108 3a 3 .

3
C. 36 3a .

B. 9 6a 3 .

D. 27 6a 3 .

Lời giải
Chọn B

S
d

A

D

M

O

B

N

C

Gọi O = AC  BD và M , N lần lượt là trung điểm AB, CD .
Do AC = 6a  AB =

AC
= 3a 2 . Đồng thời ( SAB )  ( SCD ) = d AB CD
2

Dễ dàng chứng minh SM ⊥ AB và SN ⊥ CD (do SAB, SCD cân tại S ).
Suy ra ( SAB ) , ( SCD )  = ( SM ; SN ) = 600 .
Từ đó suy ra SMN đều hay SO =
Vậy VS . ABCD =

MN 3 AB 3 3a 6
=
=

.
2
2
2

(

1
1 3a 6
SO.S ABCD = .
. 3a 2
3
3 2

)

2

= 9 6a 3 .

Câu 42.2: Cho khối chóp đều S . ABCD có AC = 6a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm cạnh SB và SD .
Biết ( AMC ) và ( CMN ) cùng vng góc nhau. Tính thể tích khối chóp đã cho.
A. 72a 3 .

B. 108a 3 .

C. 36a 3 .

D. 216a3 .

Lời giải
Trang 14


Chọn C
Gọi O = AC  BD . Dễ thấy SO = ( SAC )  ( SBD ) và MN = ( AMN )  ( CMN ) .

S

N

I

M

A

D
O

B

C

Ta có : MC = NC (2 đường trung tuyến của 2 tam giác bằng nhau SBC và SCD )
Gọi I là trung điểm MN  IC ⊥ MN .
Tương tự ta có AM = AN  AI ⊥ MN .
Vậy ( AMN ) , ( CMN )  = ( IA; IC ) = 900  IA ⊥ IC  IO =

AC

= 3a .
2

Mặt khác I là trung điểm SO do MN  SO = I với MN là đường trung bình SBD
Suy ra SO = 2OI = 6a .
2

Vậy VS . ABCD

1
1
 6a 
= .SO.S ABCD = .6a. 
= 36a 3 .

3
3
 2

Câu 42.3: Cho khối hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy là hình vng, AC = 2 2a , góc giữa hai
mặt phẳng ( C ' BD ) và ( ABCD ) bằng 450 . Thể tích của khối hộp chữ nhật đã cho bằng:
A. 4 2a 3 .

B.

4 2 3
a .
3

C. 32a 3 .

D.

32 3
a .
3

Lời giải
Chọn A

D'

C'
B'

A'

C

D
O

B

A

Gọi O là tâm của hình vng ABCD . Dễ thấy AC ⊥ BD tại O và BD ⊥ CC '
Suy ra BD ⊥ ( ACC ' A ')  BD ⊥ OC ' .
Suy ra ( C ' BD ) , ( ABCD )  = ( OC ', OC ) = 450 .
Trang 15

Suy ra CC ' = OC =

AC
=a 2.
2
2

 AC 
2
3
 = a 2.4a = 4 2a .
 2

Vậy, VABCD. A ' B 'C ' D ' = CC '. 

Câu 42.4: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có M , N , P, Q lần lượt là trung điểm SA, SB, SC , SD .
Tìm tỉ số độ dài
A.

SA
để hai mặt phẳng ( ABPQ ) , ( CDMN ) vng góc.
AB

SA
11
=
.
AB

2

B.

SA
15
=
.
AB
4

C.

SA
23
=
.
AB
4

D.

SA
29
=
.
AB
4

Lời giải

Chọn A

Đặt BC = a . Gọi G ', G lần lượt là trọng tâm của ( SBC ) , ( SAD ) .
Đồng thời I = GG ' SO , H , E là trung điểm AB, CD
Khi đó

(( ABPQ ) , (CDMN )) = ( HI ; IE )

Theo giả thiết ta có: IO = OE =
Và SO = 3IO =
Do đó:

a
2

3a
a 11
 SA = SA2 + AO 2 =
2
2

SA
11
=
AB
2

Câu 42.5: Trong không gian cho tam giác đều SAB và hình chữ nhật ABCD với AD = 2a nằm trên hai
mặt phẳng vng góc. Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SCD ) . Biết tan  =

2 2
.
3

Thể tích của khối chóp S. ABC là

a3 3
A. V =
.
2

B. V = a

3

3.

a3 3
C. V =
8

a3 2
D. V =
.
12

Lời giải
Chọn B

Trang 16

Dễ dàng xác định giao tuyến của hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SCD ) là đường thẳng d đi qua S
và song song với AB, CD.
Gọi H , K lần lượt là trung điểm của AB, CD.
Trong mặt phẳng ( SAB ) có SH ⊥ AB  SH ⊥ d .

CD ⊥ HK
 CD ⊥ ( SHK )  CD ⊥ SK  d ⊥ SK .
CD ⊥ SH

Vì 

( SAB )  ( SCD ) = d

Ta có  SH ⊥ d , SH  ( SAB ) . Do đó

 SK ⊥ d , SK  ( SCD )

(( SAB ) , ( SCD )) = ( SH , SK ) = HSK.

Xét tam giác vng SHK , có tan HSK =
Xét tam giác đều SAB có: SH =

HK 2 2
2a 2 2
3a 2
=

=

 SH =
.
SH
3
SH
3
2

AB 3
3a 2 AB 3

=
 AB = a 6
2
2
2
1 1
3 2

Thể tích khối chóp S. ABC bằng V = . a 6.2a.

3a 2
= a3 3 .
2

Câu 42.6: Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác vng cân tại B, AB = a. Cạnh bên SA vng góc
với mặt phẳng đáy và SA = 2a. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB, SC. Góc giữa hai
mặt phẳng ( AMN ) và ( ABC ) là  . Biết cos  =

A.

a3
.
2

B.

a3
.
4

C.

5
. Thể tích khối chóp S. ABC bằng
5

a3
.
3

D.

a3
.
6

Lời giải
Chọn C

Trang 17


Giao tuyến của hai mp ( AMN ) và ( ABC ) là đường thẳng d đi qua A và song song với BC ,

MN .
Ta có

• AB ⊥ BC  AB ⊥ d .
• BC ⊥ ( SAB )  BC ⊥ AM hay AM ⊥ d .
Từ đó suy ra

(( AMN ) , ( ABC )) = ( AM , AB ) = MAB.

Đặt SA = x .
Xét tam giác vng SAB, có SB = a 2 + x 2  BM = AM =

a2 + x2
.
2

Áp dụng định lí Cơsin, ta có

cos MAB =

AM 2 + AB 2 − BM 2
5
=

2. AM . AB

5

a2
a2 + x2
.a
2

2.

=

5
 x = 2a .
5

1 1
1
a3
AB 2 .SA = .a 2 .2a = .
3 2
6
3

Thể tích khối chóp đã cho bằng V = .

Câu 42.7: Cho hình lăng trụ đều ABC. ABC . Biết cosin góc giữa hai mặt phẳng ( ABC  ) và ( BCC B )
bằng

1
2 3

và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ABC  ) bằng a . Thể tích khối lăng trụ

ABC. ABC bằng:
A.

3a 3 2
.
8

B.

a3 2
.
2

3a 3 2
.
4

C.

D.

3a 3 2
.
2

Lời giải
Chọn D

A'

C'

B'
H
K
A

C
N

M
B

+) Đặt AB = x, AA = y , x  0, y  0 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và AB . Kẻ

CH ⊥ CN tại H và AK ⊥ CB tại K.
+) Ta có: d ( A, ( BCC B ) = AM =

3x 2
1
x 3
+ y2 =
3x 2 + 4 y 2 .
, C N = CC 2 + CN 2 =
2
4
2

C B = CC 2 + BC 2 = x 2 + y 2

Trang 18



C B

1
1
C N . AB
ACB cân tại C   S AC B = . AK .C B = .C N . AB  AK =
=
2

 sin ( ( ABC ), ( BCC B) ) =

2

x 3x 2 + 4 y 2
2 x2 + y 2

.

d ( A, ( BCC B) ) AM
3. x 2 + y 2
=
=
d ( A, BC  )
AK

3x 2 + 4 y 2

2

3. x 2 + y 2
x 6
 1 
 1− 
=
 3x 2 = 8 y 2  y =
(1)

4
2 3
3x 2 + 4 y 2
+) Mặt khác:

d ( C , ( ABC  ) = CH =

CC .CN
3xy
=
= a  a 2 ( 3x 2 + 4 y 2 ) = 3x 2 y 2 (2)
2
2
C N
3x + 4 y

 Thay (1) và (2) ta tìm được x = 2a  y =
 Vậy VABC . ABC  = S ABC

( 2a )
. AA =

a 6
.
2

2

3 a 6 3a3 2
.
.
=
4
2
2

Câu 43. (TK 2022) Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2mz + 8m − 12 = 0 ( m là tham số
thực). Có bao nhiêu giá trị ngun của m để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z2
thỏa mãn z1 = z2 ?
A. 5 .

C. 3 .

B. 6 .

D. 4 .

Câu tương tự, phát triển

Câu 43.1: Trong tập hợp các số phức, cho phương trình z 2 − 2 ( m − 1) z + 5m − 9 = 0 ( m là tham số thực).
Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt z1 , z2
sao cho z1 = z2 ?
A. 2 .

B. 3 .

D. 5 .

C. 4 .
Lời giải

Chọn B .
+ TH1: Nếu  '  0  ( m − 1) − ( 5m − 9 )  0  m 2 − 7 m + 10  0
2

 z1 = z2 (loai )
 z1 = − z2

Phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt, khi đó: z1 = z2  

 z1 + z2 = 0  2 ( m − 1) = 0  m = 1 (thỏa mãn).
+ TH2:  '  0  m2 − 7m + 10  0  m  ( 2;5 ) .
Khi đó phương trình có 2 nghiệm phức z1 , z2 là 2 số phức liên hợp của nhau, ta ln có

z1 = z2 .
Với m 

 m  1;3; 4 .

Câu 43.2: Trong tập hợp các số phức, cho phương trình z 2 − 6 z + 1 − m = 0 ( m là tham số thực).
Có tất cả bao nhiêu giá trị của m để phương trình có nghiệm thỏa mãn z = 5 .
A. 1 .

B. 2 .

C. 3 .

D. 4 .

Lời giải
Trang 19


Chọn C .
+ TH1: Nếu  '  0  9 − (1 − m )  0  m  −8
Phương trình có nghiệm thực z , khi đó: z = 5  z = 5
Phương trình có nghiệm z = 5 hoặc z = −5

 25 − 30 + 1 − m = 0
 m = −4


(thỏa mãn).
 25 + 30 + 1 − m = 0
 m = 56
+ TH2:  '  0  m + 8  0  m  −8 .
Khi đó phương trình có nghiệm phức z = 3  i. − ( m + 8 )
Ta có: z = 5  9 − ( m + 8) = 25  m = −24 (thỏa mãn).
Vậy có 3 giá trị của m .

Câu 43.3: Trên tập số phức, xét phương trình z 2 − 2mz + 4m − 3 = 0 ( m là tham số thực). Có bao nhiêu
giá trị nguyên dương của m để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn

z1 + z2 = 8 ?
A. 0.

B. 2.

C. 3.

D. 1.

Lời giải
Chọn D
Ta có  = m 2 − 4m + 3 . Phương trình có hai nghiệm phân biệt    0 . Nên để phương
trình đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn z1 + z2 = 8 ta xét hai trường hợp:

  0
TH1: 
, trong trường hợp này z1 , z2 là hai nghiệm thực nên

 z1 + z2 = 8

m 2 − 4m + 3  0

2
( z1 + z2 ) = 64

m +  m  ( 3; + )


m +  m  ( 3; + )

m  ( −;1)  ( 3; + )

 2

 2
2
4m = 64
4m − 2 ( 4m − 3) + 2. 4m − 3 = 64


( z1 + z2 ) − 2 z1 z2 + 2 z1 z2 = 64

m

+

 m = 4.

 m 2 − 4m + 3  0


  0

TH2: 
2
2

 z1 + z2 = 8

 m + i −m + 4m − 3 + m − i −m + 4m − 3 = 8
m  (1;3)
m +  m = 2



 
, nên không tồn tại số nguyên dương m trong
2
2
5
=
4
2
m
+
−
m
+
4
m
−
3
=
8

(
)



trường hợp này.
Vậy có 1 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn điều kiện bài ra.
Câu 43.4:Trên tập hợp các số phức, phương trình z + ( a − 2 ) z + 2a − 3 = 0 ( a là tham số thực) có 2
2

nghiệm z1 , z2 . Gọi M , N là điểm biểu diễn của z1 , z2 trên mặt phẳng tọa độ. Biết rằng có 2
giá trị của tham số a để tam giác OMN có một góc bằng 120 . Tổng các giá trị đó bằng bao
nhiêu?
A. 6 .

B. −4 .

C. 4 .

D. −6 .

Lời giải
Trang 20


Chọn A .
Vì O , M , N khơng thẳng hàng nên z1 , z2 không đồng thời là số thực, cũng không đồng thời
là số thuần ảo  z1 , z2 là hai nghiệm phức, không phải số thực của phương trình

(

)

z 2 + ( a − 2 ) z + 2a − 3 = 0 . Do đó, ta phải có  = a 2 − 12a + 16  0  a  6 − 2 5; 6 + 2 5 .


2−a
−a 2 + 12a − 16
−
i
 z1 =

2
2
Khi đó, ta có 
.
2
2−a
−a + 12a − 16

i
 z1 = 2 +
2

 OM = ON = z1 = z2 = 2a − 3 và MN = z1 − z2 = −a 2 + 12a − 16 .
Tam giác OMN cân nên MON = 120 

OM 2 + ON 2 − MN 2
a 2 − 8a + 10
1
= cos120 
=−
2OM .ON
2 ( 2a − 3 )
2

 a 2 − 6a + 7 = 0  a = 3  2 .
Suy ra tổng các giá trị cần tìm của a bằng 6 .
Câu 43.5:Trên tập hợp các số phức, phương trình az + bz + c = 0 , với a, b, c  , a  0 có các nghiệm
2

2

2

z1, z2 đều không là số thực. Đặt P = z1 + z2 + z1 − z2 , khẳng định nào sau đây đúng?
A. P =

b 2 − 2ac
a2

2c
B. P =
.
a

.

4c
C. P =
.
a

D. P =

2b2 − 4ac
a2

.

Lời giải
Chọn C .
Cách 1: Tự luận.
2
Ta có phương trình az + bz + c = 0 có các nghiệm z1 , z2 đều khơng là số thực, do đó

(

 = b 2 − 4ac  0 . Ta có  = i 2 4ac − b 2

)


−b + i
 z1 =

. Khi đó 

−b − i
 z2 =


4ac − b 2
2a
4ac − b 2

2a


b2
2
 z1 + z2 = 2
4c

2
2
a
 P = z1 + z2 + z1 − z2 = .
Khi đó: 
a
4ac − b 2
2

z
−
z
=
 1 2
a2
Cách 2: Trắc nghiệm.
2
Cho a = 1, b = 0, c = 1 , ta có phương trình z + 1 = 0 có 2 nghiệm phức là z1 = i, z2 = −i . Khi đó
2

2

P = z1 + z2 + z1 − z2 = 4 .
Thế a = 1, b = 0, c = 1 lên các đáp án, ta thấy chỉ có đáp án C cho kết quả giống.
Câu 43.6:Trên tập hợp các số phức, xét phương trình 9 z 2 + 6 z + 1 − m = 0 ( m là tham số thực). Gọi S là
tập hợp các giá trị ngun của tham số m để phương trình có nghiệm phức z0 thỏa mãn z0 = 1
. Tổng các phần tử của S bằng
A. 20 .

B. 12 .

C. 14 .

D. 8 .
Trang 21


Lời giải
Chọn B .
Xét 9 z 2 + 6 z + 1 − m = 0 (*) .
Trường hợp 1: (*) có nghiệm thực    0  9 − 9 (1 − m )  0  m  1 .

z = 1
z =1 
.
 z = −1
+ Với z = 1  m = 16 (thỏa mãn).
+ Với z = −1  m = 4 (thỏa mãn).
Trường hợp 2: (*) có nghiệm phức z = a + bi ( b  0 )    0  9 − 9 (1 − m )  0  m  1 .
Nếu z là một nghiệm của phương trình 9 z 2 + 6 z + 1 − m = 0 thì z cũng là một nghiệm của
phương trình 9 z 2 + 6 z + 1 − m = 0 .
Ta có z = 1  z = 1  z.z = 1 

2

c
1− m
=1
= 1  m = −8 (thỏa mãn).
a
9

Vậy S = 16;4; −8
Vậy tổng các phần tử của S bằng 12 .
Câu 43.7: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z − ( a − 3) z + a + a = 0 ( a là tham số thực). Có
2

2

bao nhiêu giá trị ngun của a để phương trình có 2 nghiệm phức z1 , z2 thỏa mãn

z1 + z2 = z1 − z2 ?
A. 4 .

C. 3 .

B. 2 .

D. 1 .

Lời giải
Chọn A .
Ta có  = −3a 2 − 10a + 9 .

+ TH1:   0 , phương trình có 2 nghiệm z1,2 =

z1 + z2 = z1 − z2  a − 3 =

a −3 
, khi đó
2

a = 0
2
. (thỏa mãn điều
  ( a − 3 ) =   4a 2 + 4a = 0  
 a = −1

kiện   0 ).
+ TH2:   0 , phương trình có 2 nghiệm z1,2 =

a − 3  i −
, khi đó
2

a = 1
2
. (thỏa
z1 + z2 = z1 − z2  a − 3 = i −  ( a − 3) = −  2a 2 + 16a − 18 = 0  
 a = −9
mãn điều kiện   0 ).
Vậy có 4 giá trị của a thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 43.8: Cho số phức w và hai số thực a , b . Biết rằng w + i và 3 − 2w là hai nghiệm của phương trình

z 2 + az + b = 0 . Tổng S = a + b bằng
A. −3 .

B. 3 .

C. 9 .

D. 7 .

Lời giải
Chọn B .

Trang 22


Đặt w = x + yi

( x, y  ) .

Vì a, b 

và phương trình z 2 + az + b = 0 có hai nghiệm là

z1 = w + i , z2 = 3 − 2 w nên z1 = z2  w + i = 3 − 2w  x + yi + i = 3 − 2 ( x + yi )
x = 3 − 2x
x = 1
.
 x + ( y + 1) i = ( 3 − 2 x ) + 2 yi  

 y +1 = 2 y

y =1
 z = w + i = 1 + 2i
 w = 1+ i   1
.
 z2 = 3 − 2w = 1 − 2i
 z1 + z2 = − a 2 = −a
a = −2


.
1 + 4 = b b = 5
 z2 .z2 = b

Theo định lý Viet: 
Vậy S = a + b = 3 .

Câu 44. (TK 2022) Gọi S là tập hợp tất cả các số phức z sao cho số phức w =

1
có phần thực bằng
| z | −z

1
2
2
. Xét các số phức z1 , z2  S thỏa mãn z1 − z2 = 2 , giá trị lớn nhất của P = z1 − 5i − z2 − 5i
8
bằng
A. 16 .

B. 20 .

C. 10 .

D. 32 .

Câu tương tự, phát triển
Câu 44.1: Cho số phức z thoả mãn

( 2 − i ) z − 3i − 1 = 2 . Gọi
z −i

S là tập hợp tất cả các số phức w =

1
.
iz + 1

Xét các số phức w1 , w 2  S thỏa mãn w1 − w 2 = 2 , giá trị lớn nhất của P = w1 − 4i − w 2 − 4i
2

2

bằng.
A. 4 29 .

B. 4 13 .

C. 2 13 .

D. 2 29 .

Lời giải
Chọn B .
+

( 2 − i ) z − 3i − 1 = 2 
z −i

2−i −

i
1
= 2  2−i+
= 2  w +2−i = 2
z −i
iz + 1

Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là đường tròn ( C ) tâm I ( −2;1) , bán kính R = 2
.
+ w 1 , w 2  S được biểu điễn bởi M , N nên M , N thuộc đường tròn ( C ) và

w1 − w 2 = MN = 2 . Gọi A ( 0; 4 ) .

Trang 23


2

2

(

) (
2

+ P = w1 − 4i − w 2 − 4i = MA2 − NA2 = MA − NA = MI + IA − NI + IA
2

2

(

)

)

2

= MI 2 + 2MI .IA + IA2 − NI 2 − 2 NI .IA − IA2 = 2 IA MI − NI = 2 IA.MN

(

)

P = 2 IA.MN = 2 IA.MN .cos IA, MN  2 IA.MN
Dấu '' = '' xảy ra khi IA cùng hướng với MN
Ta có. IA = 13  P  2. 13.2 = 4 13
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 4 13 .
Nếu HS nhầm A ( 0; −4 ) thì có đáp án là 4 29

Câu 44.2: Gọi S là tập hợp tất cả các số phức z sao cho số phức W =

z+2
là số thuần ảo. Xét các số
z − 2i

phức z1 , z2  S thỏa mãn z1 − z2 = 3 , giá trị lớn nhất của P = z1 + 6 − z2 + 6 bằng.
2

B. 4 15 .

A. 2 78 .

C. 78 .

2

D. 2 15 .

Lời giải
Chọn A .
Đặt z = a + bi, a, b 
Có w =

=

. Gọi M ( a; b ) là điểm biểu diễn cho số phức z .

( a + 2 + bi ) a − ( b − 2 ) i 
z+2

a + 2 + bi
=
=
2
z − 2i a + ( b − 2 ) i
a2 + (b − 2)

a ( a + 2 ) + b ( b − 2 ) +  − ( a + 2 )( b − 2 ) + ab  i
a2 + (b − 2)

2

a ( a + 2 ) + b ( b − 2 ) = 0 (1)
w là số thuần ảo   2
2
a + ( b − 2 )  0
Có (1)  a + b + 2a − 2b = 0 .
2

2

Suy ra M thuộc đường tròn ( C ) tâm I ( −1;1) , bán kính R = 2 .

Trang 24


z1 , z2  S được biểu điễn bởi M , N nên M , N thuộc đường tròn ( C ) và
z1 − z2 = MN = 3 . Gọi A ( −6;0 )

2

(

) (
)
= 2 IA ( MI − NI ) = 2 IA.MN

2

2

P = z1 + 6 − z2 + 6 = MA2 − NA2 = MA − NA = MI + IA − NI + IA
2

2

= MI 2 + 2MI .IA + IA2 − NI 2 − 2 NI .IA − IA2

(

)

2

P = 2 IA.MN = 2 IA.MN .cos IA, MN  2 IA.MN
Dấu '' = '' xảy ra khi IA cùng hướng với MN
Ta có. IA = 26  P  2. 26. 3 = 2 78
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 2 78 .
Nếu HS nhầm A ( 6;0 ) thì có đáp án là 4 15
Câu 44.3: Cho các số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn z1 = z2 = z3 = 1 . Tính giá trị lớn nhất của biểu thức

P = z1 − z2 + z2 − z3 + z3 − z1 .
2

2

A. P = 9 .

2

B. P = 10 .

C. P = 8 .

D. P = 12 .

Lời giải
Chọn A
Gọi A ( x1 ; y1 ) ; B ( x2 ; y2 ) ; C ( x3 ; y3 ) là các điểm lần lượt biễu diễn các số phức z1 ; z2 ; z3 .
vì z1 = z2 = z3 = 1 suy ra A ; B ; C thuộc đường tròn tâm O bán kính bằng 1.
Ta có z1 − z2 = AB ; z2 − z3 = BC z3 − z1 = AC .
Suy ra P = z1 − z2 + z2 − z3 + z3 − z1 = AB 2 + BC 2 + AC 2
2

2

2

) + ( AO + OC ) = 6 − 2 (OA.OB + OB.OC + OA.OC )
Mặt khác ( OA + OB + OC ) = OA + OB + OC + 2 ( OA.OB + OB.OC + OA.OC )

P = 9 − ( OA + OB + OC ) = 9 − ( 3OG ) = 9 − 9OG  9 ( với G là trọng tâm tam giác ABC ).
(

) (
2

= AO + OB + BO + OC

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Dấu “ = “ xảy ra khi G  O , hay ABC đều.
Trang 25