Giai 2 cau 34 va 50 de thu nghiem cua Bo

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Câu 34. Xét số phức z thỏa mãn 3 | z | 2. A. 2 B. | z | 2.. (1  2i) | z |. 10  2  i. z Mệnh đề nào dưới đây đúng ? 1 1 3 | z | . | z | . 2 2 C. D. 2. “Cách” 1. (Dùng BĐT và phép loại trừ xác suất) |1  2i || z |. 10  | 2  i | | z |2  | z |  2 0. |z|. |1  2i || z |. 10  | 2  i | | z |2  | z |  2 0. |z|. Dùng BĐT | u  v || u |  | v | ta được Dùng MTCT ta được  0.8 | z | 1.8 .. Dùng BĐT | u  v || u |  | v | ta được Dùng MTCT ta được | z | 0.7 (vì | z | 0 ). Do đó 0.7 | z | 1.8. Vì vậy ta chỉ loại được B và C.  1 3  ;    0.7;1.8  Tuy nhiên, vì  2 2  nên D có nhiều khả năng hơn A. Cách 2. (Đưa về PT theo | z | )  10 x (| z | 2) | z |2  10 y (1  2 | z |) | z |2 . z  x  yi x , y   . Giả sử với Ta được  Suy ra 10 | z |2  (| z | 2) 2  (1  2 | z |) 2  | z |4 .. 4 2 Thu gọn ta được | z |  | z |  2 0. Vì vậy | z |1. Chọn D.. Cách 3. (Tìm z ) w Đặt. 10 10 (1  2i) w  2  i. | w| z ta được Đặt w a  bi với a, b  . Ta được. (a  2) a 2  b2  10 (1)  (b  1) a 2  b2 2 10 (2) Từ (1) và (2) ta được b  1 2(a  2)  b 2a  5. Thay vào (1) rồi bình phương hai vế ta được  a 1 a 4  8a 3  25a 2  36a  18 0    a 3 (theo (1) thì a  2 ) w 3  i  z  Vì vậy. 3  10. 1 i. 10 Dễ thấy | z |1.. A  0;0;1 , B  m;0;0  , C  0; n;0  Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, xét các điểm và D  1;1;1 ,. với m  0, n  0 và m  n 1 . Biết rằng khi m, n thay đổi, tồn tại một mặt cầu cố định. tiếp xúc với mặt phẳng A. R 1..  ABC  R B.. và đi qua D. Tính bán kính R của mặt cầu đó. 2  2. 3 R  2 C.. R D.. 3  2.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> x y z   1  (1  m) x  my  m(1  m) z  m(1  m) 0 Giải. Phương trình mặt phẳng  ABC  : m n 1. Do đó mặt phẳng ( ABC ) luôn tiếp xúc với mặt cầu cố định tâm I ( x0 ; y0 ; z0 ), bán kính R khi và chỉ khi.  (1 . 2. m) x0  my0  m(1  m) z0  m(1  m)  R 2  (1  m) 2  m 2  m 2 (1  m) 2  , m  (0;1).. Vì 2 vế là đa thức theo biến m nên ta được.  (1 . 2. m) x0  my0  m(1  m) z0  m(1  m)  R 2  (1  m) 2  m 2  m2 (1  m)2  , m.. Đồng nhất hệ số bậc 4 hai vế ; cho m 0; cho m 1 ta được (1  z0 ) 2 R 2  2 2  x0 R  2 2  y0 R Mặt khác, mặt cầu đi qua x0  y0 1; R 1; z0 0. Chọn A.. D. 2 2 2 2 nên (1  x0 )  (1  y0 )  (1  z0 ) R . Từ đây ta được.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>