Th¹c sÜ Hnh §øc Kh¸nh – 0975.120.189 – 22A Ph¹m Ngäc Th¹ch – TP Quy Nh¬n ơ Trang 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TRƯỜNG QUỐC HỌC QUY NHƠN LẦN 2 – NĂM 2015 Mơn : TỐN HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BÌNH LUẬN C©u 1. Cho hµm sè 3 2 3 2 y x mx = − + ( ) 1 . a) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè ( ) 1 khi 1 m = . b) T×m m ®Ĩ ®å thÞ hµm sè ( ) 1 cã hai ®iĨm cùc trÞ A , B sao cho diƯn tÝch tam gi¸c OAB b»ng 2 (®vdt). Ta cã ( ) 2 ' 3 6 3 2 y x mx x x m = − = − ; ' 0 0 y x = ⇔ = hc 2 x m = . §Ĩ hµm sè cã hai cùc trÞ ⇔ ph−¬ng tr×nh ' 0 y = cã hai nghiƯm ph©n biƯt 2 0 0 m m ⇔ ≠ ⇔ ≠ . Täa ®é c¸c ®iĨm cùc trÞ ( ) 0;2 A vµ ( ) 3 2 ; 4 2 B m m − + . Tam gi¸c OAB cã ( ) 0;2 A thc Oy nªn ( ) 1 1 . , 2 .2. 2 1 2 2 OAB S OA d B Oy m m ∆ = ⇔ = ⇔ = ± (tháa m·n). VËy 1 m = ± tháa m·n yªu cÇu bµi to¸n. B×nh ln. C¸c n¨m gÇn ®©y trong ®Ị thi §¹i häc th× c©u 1b) kh«ng cßn khã n÷a, chØ ë møc ®é võa ph¶i. N¨m 2015 lµ n¨m ®Çu tiªn kÕt hỵp kú thi chung nªn c©u nµy chØ ë møc ®é dƠ, vÝ dơ nh− trong ®Ị minh häa cđa BGD. NÕu trong bµi to¸n trªn chØ yªu cÇu '' T×m m ®Ĩ ®å thÞ hµm sè ( ) 1 cã hai ®iĨm cùc trÞ '' th× phï hỵp. C©u 2. TÝnh tÝch ph©n 1 1 ln e I x xdx x     = +       ∫ . Ta cã 1 1 ln ln e e x I x xdx dx A B x = + = + ∫ ∫ . • 1 ln e A x xdx = ∫ . §Ỉt 2 ln 2 dx du u x x dv xdx x v    =   =     ⇒     =     =    . Khi ®ã 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ln ln . 2 2 2 2 2 4 e e e e x e A x x xdx x x + = − = − = ∫ . • 1 ln e x B dx x = ∫ . §Ỉt ln t x = , suy ra 1 dt dx x = . §ỉi cËn: víi 1 0; x t = ⇒ = víi 1 x e t = ⇒ = . Khi ®ã 1 1 2 0 0 1 2 2 t B tdt = = = ∫ . VËy 2 3 4 e I A B + = + = . B×nh ln. Bµi to¸n cã sù kÕt hỵp gi÷a hai ph−¬ng ph¸p tÝnh tÝch ph©n: Tõng phÇn vµ ®ỉi biÕn. Møc ®é võa ph¶i nªn phï hỵp víi ®Ị thi chung hiƯn nay. C©u 3. Gi¶i ph−¬ng tr×nh sin3 1 sin 2 sin 2 4 x x x π     = + + −       . Thạc sĩ Huỳnh Đức Khánh 0975.120.189 22A Phạm Ngọc Thạch TP Quy Nhơn Trang 2 Phơng trình tơng đơng với sin 3 1 sin sin 2 cos2 x x x x = + + ( ) 3 2 2 3sin 4sin 2sin sin sin2 2sin 2sin sin 1 cos . x x x x x x x x x = + + + + sin 0 x x k = = ( ) k . 2 2sin sin 1 cos 0 x x x + + = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2sin 1 sin cos 0 cos2 sin cos 0 sin cos 1 cos sin tan 1 sin cos 0 4 4 . 2 cos 1 1 cos sin 0 2 2 ; 2 4 4 4 2 x x x x x x x x x x x x k x k x x k x x x x k x k x k + + = + + = + = = + = + + = + = = + = + = = + Vậy phơng trình có các nghiệm ; ; 2 4 2 x k x k x k = = + = + ( ) k . Bình luận. Đây thuộc loại câu dễ trong đề thi để học sinh lấy điểm. Để làm đợc câu này học sinh cần nắm vững các công thức lợng giác cơ bản. Trong bài này ta sử dụng các công thức: sina cos 2 sin 4 a a = , 3 sin3 3sin 4sin a a a = , 2 2 2 2 cos2 cos sin 2cos 1 1 2sin a a a a a = = = . Nếu đề thi không cho phơng trình lợng giác thì sẽ cho tính biểu thức lợng giác mà chúng ta đã học ở chơng trình lớp 10. Ví dụ nh trong đề minh họa của BDG '' Cho góc thỏa mãn 2 < < và 3 sin 5 = . Tính 2 tan 1 tan A = + '' . Câu 4. Trong một giỏ trái cây có 5 quả ổi, 7 quả xoài và 2 quả bởi. Lấy ngẫu nhiên 4 quả trong giỏ trái cây. Tính xác suất để trong 4 quả lấy đợc không có đủ 3 loại quả. Số cách chọn 4 quả trái cây bất kỳ trong giỏ có 14 quả là : 4 14 1001 C = cách. Gọi A là biến cố '' 4 quả lấy đợc có đủ 3 loại quả '' . Các khả năng xảy ra biến cố A là : 2 quả ổi, 1 quả xoài, 1 quả bởi : có 2 1 1 5 7 2 . . 140 C C C = cách. 1 quả ổi, 2 quả xoài, 1 quả bởi : có 1 2 1 5 7 2 . . 210 C C C = cách. 1 quả ổi, 1 quả xoài, 2 quả bởi : có 1 1 2 5 7 2 . . 35 C C C = cách. Do đó có tất cả 2 1 1 1 2 1 1 1 2 5 7 2 5 7 2 5 7 2 . . . . . . 385 C C C C C C C C C+ + = cách xảy ra biến cố A . Suy ra biến cố A là : '' 4 quả lấy đợc không có đủ 3 loại quả '' có 1001 385 616 = cách. Vậy xác xuất cần tìm ( ) 616 1001 P A = . Bình luận. So với các năm gần đây thì câu xác suất này tơng đối phù hợp. Nhng so với đề minh họa của BGD thì còn quá dễ. Có khả năng cao năm nay 2015 câu xác suất chiếm 0,5 điểm nằm trong câu phân loại nên mức độ khó hơn nhiều. Các em nên tham khảo các đề thi thử của Đại Học Vinh Phan Bội Châu Nghệ An Đặng Thức Hứa có những câu xác suất rất hay, đòi hỏi t duy cao. Câu 5. 1) Cho số phức z thỏa mãn ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 4 2 i i z i i + + + = . Tìm phần thực, phần ảo của z . 2) Giải phơng trình 1 4 2 8 x x + + = . Thạc sĩ Huỳnh Đức Khánh 0975.120.189 22A Phạm Ngọc Thạch TP Quy Nhơn Trang 3 x K E N M C B A S y x E M C B A 1) Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 4 2 3 2 1 4 2 2 1 1 3 i i z i i i z i i z i i + + + = + + + = + = ( ) ( ) 1 3 1 2 1 3 1 1 2 5 i i i z z z i i = = = + . Suy ra 1 z i = + . Vậy phần thực của z bằng 1 , phần ảo của z bằng 1 . Bình luận. Thờng các em giải phơng trình để tìm số phức z thì đặt z a bi = + với ,a b . Nhng trong phơng trình chỉ có z hoặc chỉ có z thì ta nên biến đổi trực tiếp. Đây là câu đợc coi nh dễ nhất trong đề thi, các vấn đề đợc hỏi cũng đơn giản. Chú ý dạng lợng giác của số phức không có trong đề thi vì trong chơng trình cơ bản không nói đến mà đề thi hiện nay thì không có phần riêng, phần chung nữa. 2) Ta có 1 4 2 8 4 2.2 8 0 x x x x + + = + = . Đặt 2 x t = , 0 t > . Phơng trình trở thành 2 2 8 0 4 t t t + = = (loại) hoặc 2 t = . Với 2 t = , suy ra 2 2 1 x x = = . Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất 1 x = . Bình luận. Đây là câu chiếm 0,5 điểm và cũng khá dễ trong đề thi. Nếu đề không cho phơng trình mũ thì sẽ có câu thay thế là phơng trình logarit. Để giải đợc câu này các em chỉ cần nắm các công thức biến đổi cơ bản và các phơng pháp giải cơ bản trong sách giáo khoa. Không cần phải học cao, học những cái khó. Câu 6. Cho hình chóp . S ABC , có đáy ABC là tam giác cân tại A , 3 AB a = , 0 120 BAC = . Cạnh bên SA vuông góc với đáy ( ) ABC , tam giác SBC đều cạnh 3 a . Tính thể tích của khối chóp . S ABC và khoảng cách giữa hai đờng thẳng SM , AC theo a . Biết điểm M thuộc cạnh BC sao cho 2 MC MB = . Tính thể tích khối chóp . S ABC . Gọi N là trung điểm BC . Do tam giác ABC cân tại A nên AN BC . Trong tam giác vuông ANB , ta có 2 2 3 2 a AN AB BN= = . Lại có tam giác SBC đều nên SN BC , suy ra 3 3 2 a SN = . Trong tam giác vuông SAN , ta có 2 2 6 SA SN AN a = = . Diện tích tam giác ABC là 2 1 3 3 . 2 4 ABC a S BC AN = = . Do đó 3 . 1 3 2 . . 3 4 S ABC ABC a V S SA = = (đvtt). Tính khoảng cách ( ) , d SM AC . Kẻ Mx song song với AC . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , , d SM AC d AC SMx d A SMx = = . Từ A kẻ AE Mx ( ) E Mx . Gọi K là hình chiếu của A trên SE , suy ra AK SE . ( ) 1 Ta có ( ) Mx AE Mx SAE Mx AK Mx SA . ( ) 2 Từ ( ) 1 và ( ) 2 , suy ra ( ) AK SMx nên ( ) ( ) , d A SMx AK = . Ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 , , . 3 3 3 ABC S AE d A By d B AC a AC = = = = . Thạc sĩ Huỳnh Đức Khánh 0975.120.189 22A Phạm Ngọc Thạch TP Quy Nhơn Trang 4 F x E M C B A Trong tam giác vuông SAE , ta có 2 2 . 42 7 SA AE a AK SA AE = = + . Vậy ( ) 42 , 7 a d SM AC AK= = . Bình luận. 1) Bài toán cho thừa dữ kiện 0 120 BAC = . 2) Đây bắt đầu là câu gây khó dễ cho học sinh ở ngỡng điểm 6. Phần tính thể tích chắc đa số học sinh tính đợc. Phần tính khoảng cách thì 70% học sinh yếu về vấn đề này nên đâm ra sợ, nguyên nhân là do ở lớp 11 các em học không kỹ về nó. Thực ra nó tuân thủ theo sơ đồ sau ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 , , , . ,d duong duong d duong mat d diem mat k d chanduongc ao mat . Với 1 duong : là đờng thẳng nằm trong mặt đáy. 2 duong : là đờng thẳng nằm trong mặt bên. mat : là mặt phẳng chứa 2 duong và song song với 1 duong . diem : là một điểm bất kỳ trên 1 duong , ta chọn sao cho dễ tính khoảng cách. Hệ số ( ) ( ) 2 2 , , d diem duong k d chanduongcao duong = . Khi bài toán đã đa về tính ( ) , d chanduongcao mat . Ta thực hiện kẻ hai lần vuông góc nh trong phần trình bày bài giải ở trên. 3) Trong phần tính AE ta có thể giải theo cách sau: Trong tam giác ABC có các cạnh 3 AB AC a = = , 3 BC a = . Dùng định lí hàm số cosin tính đợc 0 120 BAC = . Suy ra 0 30 FAE = . Tam giác vuông FAE , ta có 0 2 3 3 .cos30 . 3 2 a AE AF a = = = . Câu 7. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 4 0 P x y z = và hai điểm ( ) 0;2; 1 A , 1 ;0; 3 2 B . Viết phơng trình mặt cầu có tâm A và tiếp xúc với ( ) P . Tìm điểm C trên ( ) P sao cho mặt phẳng ( ) ABC vuông góc với ( ) P và tam giác ABC vuông tại C . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( ) P là ( ) ( ) 2 1 4 5 , 4 1 1 6 d A P + = = + + . Mặt cầu ( ) S cần tìm có tâm A và tiếp xúc với ( ) P nên bán kính ( ) ( ) 5 , 6 R d A P= = . Vậy ( ) ( ) ( ) 2 2 2 25 : 2 1 6 S x y z+ + + = . Mặt phẳng ( ) P có vectơ pháp tuyến ( ) 2; 1; 1 P n = . Gọi ( ) là mặt phẳng qua A , B và vuông góc với ( ) P . Suy ra ( ) có vectơ pháp tuyến 7 7 , 0; ; 2 2 P n AB n = = . Do đó ( ) : 3 0 y z = . Gọi là giao tuyến của ( ) và ( ) P nên 7 2 : 3 x t y t z t = + = + = Thạc sĩ Huỳnh Đức Khánh 0975.120.189 22A Phạm Ngọc Thạch TP Quy Nhơn Trang 5 N I G D C B A Theo giả thiết, suy ra ( ) C . Hơn nữa ( ) C P nên C , suy ra 7 ;3 ; 2 C t t t + + . Ta có 7 ;1 ;1 2 AC t t t = + + + , ( ) 3 ;3 ;3 BC t t t = + + + . Tam giác ABC vuông tại C nên ( ) ( )( ) ( )( ) 3 7 . 0 3 1 3 1 3 0 11 2 6 t AC BC t t t t t t t = = + + + + + + + + = = . Với 3 t = , ta đợc 1 ;0; 3 2 C . Với 11 6 t = , ta đợc 10 7 11 ; ; 6 6 6 C . Bình luận. 1) Trong cấu trúc đề thi của BDG năm 2015 hoặc các năm gần đây thì đây thuộc câu ở mức độ dễ, thờng đề sẽ hỏi những thứ đơn giản. Trong đề này thì quá khó cho học sinh làm đợc trọn vẹn hết câu. Dám chắc rằng 70% học sinh không làm đợc ý thứ hai của câu này. 2) Đờng thẳng là giao tuyến của ( ) và ( ) P ta nên tính toán ở ngoài giấy nháp vì trong sách giáo khoa không có phơng trình đờng thẳng ở dạng giao tuyến của hai mặt phẳng (hay còn gọi là phơng trình tổng quát). 3) Chú ý. Nếu điểm thuộc đờng thẳng thì ta lấy theo 1 tham số, điểm thuộc mặt phẳng thì ta lấy theo 2 tham số. Ví dụ nh trong bài này điểm ( ) C P , suy ra ( ) ; ;2 4 C a b a b . Hai tham số thì ta cần hai phơng trình để giải, đó là ( ) ( ) ABC P AC BC . Nhng nếu giải theo hớng này thì rất phức tạp. Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh ( ) 1;1 B , trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đờng thẳng : 3 2 0 x y = . Điểm ( ) 4;6 N là trung điểm của CD . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật. Do G , suy ra ( ) ;3 2 G t t . Gọi I AC BD = . Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên 2 1 3 3 BG BI BD = = . Từ đó suy ra ( ) 3 2;9 8 D t t . Hơn nữa, ( ) 4;6 N là trung điểm của CD nên suy ra ( ) 10 3 ;20 9 C t t . Ta có ( ) 9 3 ;19 9 BC t t = , ( ) 6 3 ;14 9 NC t t = . Do ABCD là hình chữ nhật nên . 0 NC BC NC BC = 2 5 90 342 320 0 3 t t t + = = hoặc 32 15 t = . Với 5 3 t = , suy ra ( ) 5;5 C , ( ) 3;7 D . Trung điểm BD là ( ) 2;4 I nên ( ) 1;3 A . Với 32 15 t = , bạn đọc làm tơng tự. Bình luận. Xu hớng hiện nay, cụ thể là trong đề thi Đạị học năm 2014 ở đề khối A và D, đặc biệt là khối D, câu hình Oxy thuộc câu mang tính chất phân loại cao. Những năm về trớc Hình học Oxy đợc giải bằng những phơng pháp thông thờng nh: tham số hóa rồi tìm điều kiện để giải tham số, Hiện nay Hình học Oxy đã đợc trừu tợng hơn, mang tính đánh đố hơn. Đó là sự kết hợp giữa hình học phẳng với hình học tọa độ. Cái khó ở đây là phải phát hiện đợc vấn đề, đi chứng minh vấn đề đó rồi mới áp dụng vào bài toán. Đây là câu phân lại cao nhng đề bài lại cho khá dễ, không phù hợp với cấu trúc đề bây giờ. Thạc sĩ Huỳnh Đức Khánh 0975.120.189 22A Phạm Ngọc Thạch TP Quy Nhơn Trang 6 Câu 9. Giải hệ phơng trình ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 2 1 1 10 11 1 5 5 2 2 3 1 2 x x y x y y y x x y x x y + + + = + + + + = + ( ) ,x y . Điều kiện : 2 2 0; 0 10 11 1 0;5 5 2 0 x y y x x y x + + + . Phơng trình ( ) 2 2 1 2 2 x xy x y y y + + + = + ( ) ( ) 2 2 2 2 0 x y xy y x y y + + + = ( ) 1 0. 2 x y x y y x y y + + + = + + ( ) 1' Vì 0 x y + và 0 y nên 1 0 2 x y y x y y + + + > + + . Do đó ( ) 1' 0 x y x y = = . Thay vào ( ) 2 , ta đợc ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 10 11 1 5 5 2 5 1 10 11 1 3 2 5 5 2 2 1 0 1 1 3 0 5 5 2 2 1 10 11 1 3 2 1 13 3 0 . 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x + + + = + + + + = + + = + + + + + + = = Đối chiếu điều kiện ta đợc nghiệm của hệ phơng trình là : ( ) 1 13 1 13 ; ; 2 2 x y + + = . Bình luận. 1) Khi giải hệ ta thờng khai thác một phơng trình của hệ (có khi khai thác cả hai) bằng các phơng pháp: Liên hợp để xuất hiện nhận tử chung, phân tích thừa số chung, đặt ẩn phụ, dùng hàm đặc trng. Khi các phơng pháp trên không còn hiệu quả thì còn có phơng pháp đánh giá, phơng pháp đánh giá dùng khi ta dự đoán trớc tất cả các nghiệm của hệ để biết đợc điểm rơi. 2) Khi thay x y = vào phơng trình (2) ta đợc phơng trình vô tỷ. Dùng máy tính Casio nhẩm nghiệm thì rất lẻ nhng nhờ tính đợc tổng và tích các nghiệm nên ta biết đợc phơng trình có nhân tử chung là 2 3 x x + , từ đó cho ta hớng thêm bớt để liên hợp. 3) Trong các đề thi tuyển sinh của BDG thì nghiệm cho ra rất đẹp, nếu nghiệm không nguyên thì cũng phải rơi vào những '' lát cắt vàng '' . Trong câu này tác giả cho đề ra nghiệm quá xấu. 4) Năm nay thì khả năng ra hệ phơng trình là 50% , bất phơng trình 30% , phơng trình 20% . Nên các em cần học kỹ bất phơng trình nữa nếu muốn làm đợc 8 đến 9 điểm. Câu 10. Cho a , b , c là các số thực dơng thỏa mãn 1 1 1 3 a b b c c a + + = + + + . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3 3 2 2 2 2 2 2 2 1 2 11 2 P ab bc ca c a b ab b c bc a c ac abc = + + + + + + + + + + . Thạc sĩ Huỳnh Đức Khánh 0975.120.189 22A Phạm Ngọc Thạch TP Quy Nhơn Trang 7 Đặt 1 1 1 ; ;x y z a b b c c a = = = + + + . Khi đó bài toán trở thành '' Cho , , x y z là các số thực dơng thỏa mãn 3 x y z + + = . Tìm giá trị lớn nhất của 3 2 11 P yz xyz = + '' . Theo bất đẳng thức AM GM , ta có 2 y z yz + và ( ) 3 3 11 4 4 5 11 4 4 11 4 10 5 5 2 11 5 . . 10 5 5 3 6 3 x y z xyz x y z x y z + + = = + + . Suy ra ( ) ( ) 11 4 11 11 2 6 3 6 2 y z P x y z x y z + + + + = + + = . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4 11 ; 5 10 x y z= = = hay 5 25 ; 8 88 a b c= = = . Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 11 2 . Li gii bi: TRN ANH HO Cách 2. Phơng pháp dồn biến (tham khảo thêm) Đặt 6 6 6 1 1 1 ; ;x y z b c c a a b = = = + + + . Suy ra ( ) ( ) 3 2 3 2 11 P xy xyz = + . Ta có ( ) 3 6 6 6 6 3 2 x y z z xy + + = + . Suy ra 6 3 3 2 z xy . Do đó ( ) 2 6 6 6 2 2 6 6 3 3 3 3 3 3 2 11 22 3 2 2 2 z z z P z z z + = + . Đặt 6 t z = , suy ra ( ) 0;3 t và ( ) ( ) 2 3 3 22 3 2 t P t t f t + = . Ta có ( ) ( ) 2 3 2 3 2 3 1 4 3 4 ' 22. 0 2 5 6 9 t t f t t t t + = + = = + . Lập bảng biến thiên ta thấy ( ) 4 11 5 2 f t f = . Li gii bi: V VN BC Bình luận. Trong những năm gần đây trong cấu trúc đề thi của BGD thì câu này là câu khó nhất, câu lấy điểm 10. Năm 2012 trở về trớc thì xu hớng của bộ ra là biểu thức P đối xứng. Năm 2013 và 2014 thì xu hớng của Bộ ra biểu thức P không còn đối xứng nữa mà là gần đối xứng. Để giải quyết những bài toán này thì ta dùng đến những bất đẳng cơ bản, bất đẳng thức phụ, để dồn biến. Sau đó ta đặt ẩn phụ để xét hàm hoặc thêm bớt đại lợng rồi dùng bất đẳng thức lần nữa. Trong bài toán này ta đã giải quyết theo hớng cân bằng hệ số trong bất đẳng thức AM GM , cái khó của bài toán này là chọn đợc điểm rơi. NHAN XET CHUNG. Đề thi ở mức độ tơng đối khó, ít học sinh đạt điểm cao. Những phần cần dễ thì không dễ, nhng phần phân loại cần khó (xác suất, Oxy, hệ phơng trình, bất đẳng thức) thì lại không khó lắm. . ĐỊNH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TRƯỜNG QUỐC HỌC QUY NHƠN LẦN 2 – NĂM 2015 Mơn : TỐN HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BÌNH LUẬN C©u 1. Cho hµm sè 3 2 3 2 y x mx = − + ( ) 1 . a) Kh¶o s¸t sù biÕn thi n. . Bình luận. 1) Trong cấu trúc đề thi của BDG năm 2015 hoặc các năm gần đây thì đây thuộc câu ở mức độ dễ, thờng đề sẽ hỏi những thứ đơn giản. Trong đề này thì quá khó cho học sinh làm. các vấn đề đợc hỏi cũng đơn giản. Chú ý dạng lợng giác của số phức không có trong đề thi vì trong chơng trình cơ bản không nói đến mà đề thi hiện nay thì không có phần riêng, phần chung nữa. 2)