Đáp án đề 3,4 giữa kỳ môn đại số

Đáp án đề III
Câu 1

Câu 2

Câu 3

Bảng giá trị chân lý của biểu thức mệnh đề

𝐴

𝐵

𝐵̅

𝐴 ∧ 𝐵̅

(𝐴 ∧ 𝐵̅ ) → 𝐵

1

1

0

0

1

1

0

1

1

0

0

1

0

0

1

0

0

1

0

1



Dùng biểu đồ Ven ta có hợp rời của 𝐴 ∪ 𝐵 là (𝐴\𝐵) ∪ 𝐵 = (𝐵\𝐴) ∪ 𝐴

0,5đ



𝐴 = (𝐴 ∪ 𝐵)\(𝐵\𝐴) = {1; 2; 5; 6}, 𝐵 = (𝐴 ∪ 𝐵)\(𝐴\𝐵) = {3; 4; 5; 6}



1
𝐴 = [−1
1

0,5đ
0,5đ


Câu 4

Câu 5
Câu 6



Câu 9

Câu 10

𝑧+𝑖

𝑧−2𝑖

−1
1
1

−1 2 3
3 −1 −5 ]
0 0 𝑚−5

0,5đ

𝑧−2

𝑖
5+3𝑖

0,5đ

3+5𝑖
34



Hệ có vô số nghiệm ↔ 𝑟(𝐴) = 𝑟(𝐴̅) < 3



𝑚=1



1



1
1 2
3 3 ] → [0
0
3 𝑚−2

= 𝑧+3 ↔ 𝑧 2 + 𝑖𝑧 + 3𝑧 + 3𝑖 = 𝑧 2 − 2𝑖𝑧 − 2𝑧 + 4𝑖 ↔ (5 + 3𝑖)𝑧 = 𝑖

𝑧=


Câu 8

1
−1 1 2
2 2 1 ] → [0
0
0 4 𝑚
Để 𝑟(𝐴) = 2 ↔ 𝑚 = 5.





Câu 7

1đ

=

1
1 2
3
−1 2 2
𝑋
+
[
] =[
] ↔ 2𝑋 + [
2
−2 3
0
1 1
1
−2 2
−4 4
↔ 2𝑋 = [
] ↔𝑋=[
]
−2 0
−4 0
1 2
2
1

Ma trận [2 1 −𝑚] khả nghịch ↔ |2
3 0
2
3
↔ −6𝑚 − 12 ≠ 0 ↔ 𝑚 ≠ −2

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

0
1 2
] =[
]
3
−2 3

0,5đ
2
2
1 −𝑚| ≠ 0
0
2

0,5đ
0,5đ
1đ

𝑓(𝑎) = 6

−2𝑎 + 4 = 6
𝑎 = −1
Do 𝑓 nghịch biến nên 𝑓 là song ánh nếu {
↔{
↔{
𝑓(𝑏) = 2
−2𝑏 + 4 = 2
𝑏=1
𝑥1
2𝑥1 + 3𝑥2 + 𝑥3 = 5
𝑥
 Gọi 𝑋 = [ 2 ] → ℎ𝑝𝑡 { 𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑥3 = 3
𝑥3
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 = 2

0,5đ



−5𝑡 + 1
Giải hpt có nghiệm (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = (−5𝑡 + 1,3𝑡 + 1, 𝑡), 𝑡 ∈ ℝ → 𝑋 = [ 3𝑡 + 1 ] , 𝑡 ∈ ℝ
𝑡



Ta có 𝐴 = (1 + 𝑖)2014 + (1 − 𝑖)2014 = [√2 (cos 4 + 𝑖 sin 4 )]

𝜋

𝜋

2014

isin 4 )]


𝜋

2014

𝜋

+ [√2 (cos 4 −

0,5đ
0,5đ

=0

Dùng khai triển Newton và xét phần thực suy ra 𝐵 = 0

0,5đ


Đáp án đề IV
Câu 1

Câu 2

Câu 3

𝐴

𝐵

𝐴̅

𝐴̅ ∧ 𝐵

(𝐴̅ ∧ 𝐵) → 𝐴

1

1

0

0

1

1

0

0

0

1

0

1

1

1

0

0

0

1

0

1



Dùng biểu đồ Ven ta có hợp rời của 𝐴 ∪ 𝐵 là (𝐴\𝐵) ∪ 𝐵 = (𝐵\𝐴) ∪ 𝐴

0,5đ



𝐴 = (𝐴 ∪ 𝐵)\(𝐵\𝐴) = {𝑎; 𝑐; 𝑑; 𝑓}, 𝐵 = (𝐴 ∪ 𝐵)\(𝐴\𝐵) = {𝑏; 𝑐; 𝑒; 𝑓}



1
𝐴 = [−1
1

0,5đ
0,5đ


Câu 4

Câu 5
Câu 6



Câu 9

Câu 10

𝑧−𝑖
𝑧+2𝑖

1
3
3

0,5đ

0,5đ

−𝑖

0,5đ

−3−5𝑖
34

Hệ có vô số nghiệm ↔ 𝑟(𝐴) = 𝑟(𝐴̅) < 3



𝑚=2



−1 2 3
]
3 4 2
0 0 𝑚−5

𝑧+2





1
2 3

4 2 ] → [0
0
4 𝑚−3

= 𝑧−3 ↔ 𝑧 2 − 𝑖𝑧 − 3𝑧 + 3𝑖 = 𝑧 2 + 2𝑖𝑧 + 2𝑧 + 4𝑖 ↔ (5 + 3𝑖)𝑧 = −𝑖

𝑧 = 5+3𝑖 =


Câu 8

1
1 2 3
2 2 −1] → [0
0
4 6 𝑚
Để 𝑟(𝐴) = 2 ↔ 𝑚 = 5.





Câu 7

1đ

Bảng giá trị chân lý của biểu thức mệnh đề

1
1 2

3
−1 2 2
𝑋
−
[
] = 2[
] ↔ 3𝑋 − [
3
−2 3
0
1 1
1

1
5 4
15 12
↔ 3𝑋 = [
] ↔𝑋=[
]
−4 9
−12 27
1 𝑚 −1
1 𝑚
Ma trận [3 1
3 ] khả nghịch ↔ |3 1
1 1
2
1 1
↔ −3𝑚 − 3 ≠ 0 ↔ 𝑚 ≠ −1

0,5đ
0,5đ
0,5đ

0
2 4
] =[
]
3
−4 6

0,5đ
0,5đ

−1
3 |≠0
2

0,5đ
1đ

𝑓(𝑎) = 4
−3𝑎 + 1 = 4
𝑎 = −1
Do 𝑓 nghịch biến nên 𝑓 là song ánh nếu {
↔{
↔{
𝑓(𝑏) = −2
−3𝑏 + 1 = −2
𝑏=1

𝑥1
𝑥1 + 3𝑥2 + 2𝑥3 = 2
 Gọi 𝑋 = [𝑥2 ] → ℎ𝑝𝑡 {2𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑥3 = 4
𝑥3
𝑥1 − 𝑥2 − 3𝑥3 = 2

0,5đ



7𝑡 + 2
Giải hpt có nghiệm (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = (7𝑡 + 2, −5𝑡, 4𝑡), 𝑡 ∈ ℝ → 𝑋 = [ −5𝑡 ] , 𝑡 ∈ ℝ
4𝑡



Ta có 𝐴 = (1 + 𝑖)2014 − (1 − 𝑖)2014 = [√2 (cos 4 + 𝑖 sin 4 )]

𝜋

𝜋

2014

isin 4 )]


𝜋

2014

𝜋

− [√2 (cos 4 −

0,5đ
0,5đ

= −21008

Dùng khai triển Newton và xét phần thực suy ra 𝐵 = −21008

0,5đ