Đề thi thử đại học có đáp án năm 2012 môn: Toán - Đề số 01

Chia sẻ: Phan Tour Ris | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

71
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử đại học có đáp án năm 2012 môn "Toán - Đề số 01" gồm 6 câu hỏi với hình thức tự luận trong thời gian làm bài 180 phút. Mời các bạn cùng tham khảo và thử sức mình với đề thi. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử đại học có đáp án năm 2012 môn: Toán - Đề số 01

DIỄN ĐÀN ÔN LUYỆN TOÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 ———— Môn: TOÁN ĐỀ 01 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG (7 điểm) Cho tất cả thí sinh Câu I. (2 điểm) Cho hàm số: (C m ) : y = − x3 + (2m + 1) x2 − m − 1 1) Với m = 1, khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C1 ) 2) Tìm m để đường thẳng y = 2mx − m − 1 cắt đồ thị hàm số (C m ) tại 3 điểm phân biệt A, B, C thỏa mãn O A 2 + OB2 + OC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu II. (2 điểm) ³ π´ p 1) Giải phương trình: sin 3 x + + 8 sin2 x − 2 sin x = 2 p 4 p 2) Giải phương trình: 1 + x2 + x4 + x = x − x3 Zp8 x3 ln x Câu III. (1 điểm) Tính p p d x. 3 x2 + 1 Câu IV. (1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A ′ B′ C ′ có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C ; đường thẳng BC ′ tạo với mặt phẳng ( ABB′ A ′ ) góc 60 o và AB = A A ′ = a , (a > 0). Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BB′ , CC ′ , BC . Tính thể tích lăng trụ ABC.A ′ B′ C ′ cùng khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM và NP theo a x3 9 y2 Câu V. (1 điểm) Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn x2 + y2 = 2. Chứng minh rằng + ≥ 4. y2 x + 2 y PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (A hoặc B) Phần A Câu VIa. (2 điểm) 1) Trên mặt phẳng tọa độ Ox y cho tam giác ABC có trực tâm H (2; 0), phương trình đường trung tuyến CM : 3 x + 7 y − 8 = 0, phương trình đường trung trực của BC : x − 3 = 0. Tìm tọa độ của đỉnh A . 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Ox yz cho điểm A (3; 2; −1), 2 điểm B, D nằm trên đường x−1 y+2 z−2 thẳng ∆ : = = , điểm C nằm trên mặt phẳng (P ) : 2 x + y + z − 3 = 0. Tìm tọa độ điểm B 1 2 −1 biết tứ giác ABCD là hình chữ nhật. s µ ¶ 2x p Câu VIIa. (1 điểm) Giải bất phương trình: log21 −4 ≤ 5 2 2− x Phần B Câu VIb. (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Ox y cho đường tròn (C ) : ( x + 2)2 + ( y − 1)2 = 4. Gọi M là điểm sao cho tiếp tuyến qua M tiếp xúc với (C ) tại E , cát tuyến qua M cắt (C ) tại A, B sao cho tam giác ABE vuông cân tại B. Tìm tọa độ của M sao cho khoảng cách từ M đến O là ngắn nhất. 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Ox yz cho mặt cầu (S ) : x2 + y2 + z2 − 4 x + 2 y − 4 = 0 và mặt phẳng (P ) : x + 2 y − 2 z + 9 = 0. Viết phương trình đường thẳng ∆ tiếp xúc với mặt cầu (S ) biết ∆ nằm trên (P ) và ∆ cắt trục hoành. | z |4 −200 Câu VIIb. (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn phương trình: +z= z2 1 − 7i ——— Hết ———
DIỄN ĐÀN ÔN LUYỆN TOÁN BÀI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2012 ĐỀ 01 Môn thi: Toán PHẦN CHUNG (7 điểm) Cho tất cả thí sinh Câu I. 1) (1 điểm) ——————————————————————————— Cho hàm số: (C m ) : y = − x3 + (2m + 1) x2 − m − 1 Với m = 1, khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C1 ) Lời giải: Với m = 1 hàm số là y = − x3 + 3 x2 − 2 • TXĐ là D = R • Chiều biến thiên · y′ = −3 x2 + 6 x = 3 x (− x + 2) x = 0 ⇒ y = −2 Nên y′ = 0 ⇔ x=2⇒ y=2 y < 0 ⇔ −∞ < x < 0 hoặc 2 < x < +∞ ⇒ hàm số nghịch biến trên (−∞; 0) ; (2; +∞) ′ y′ > 0 ⇔ 0 < x < 2 ⇒ hàm số đồng biến trên (0; 2). Giới hạn tại vô cực lim y = −∞; lim y = +∞. x→+∞ x→−∞ Bảng biến thiên x −∞ 0 2 +∞ y′ − 0 + 0 − +∞ 2 y & −2 % & −∞ Điểm cực đại (2; 2), điểm cực tiểu (0; −2). • Đồ thị Giao với các trục tọa độ: p p Cho x = 0 ⇒ y = −2 và cho y = 0 ⇒ x = 1, x = 1 − 3, x = 1 + 3. ¡ p ¢ ¡ p ¢ Hàm số cắt trục tung tại điểm B(0; −2) và cắt trục hoành tại ba điểm A 1 (1; 0), A 2 1 − 3; 0 , A 3 1 + 3; 0 . 3 b 2 b 1 b b b −1 1 2 3 −1 −2 b b −3 Câu I. 2) (1 điểm) ——————————————————————————— Tìm m để đường thẳng y = 2mx − m − 1 cắt đồ thị hàm số (C m ) tại 3 điểm phân biệt A, B, C thỏa mãn O A 2 + OB2 + OC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải: 2
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d : y = 2mx − m − 1 với đồ thị hàm số (C1 ): 2 mx − m − 1 = − x3 + (2 m + 1) x2 − m − 1 £ ¤ ⇔ x x2 − (2 m + 1) x + 2 m = 0 Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (C1 ) tại 3 điểm phân biệt khi: Phương trình g( x) = x2 − (2m + 1) x + 2m = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0 , tức là:  ½ ½ 1 ∆ = (2 m + 1)2 − 4.2 m > 0 (2 m − 1)2 > 0  m 6= ⇔ ⇔ (∗) g(0) 6= 0 m 6= 0  m 6= 2 0 Gọi x1 , x2 lần lượt là hai nghiệm phân biệt của phương trình g( x) = 0, thì khi đó ta có: A ( x1 ; 2 mx1 − m − 1), B( x2 ; 2 mx2 − m − 1), C (0; − m − 1) ⇒O A 2 + OB2 + OC 2 = x12 + x22 + (2 mx1 − m − 1)2 + (2 mx2 − m − 1)2 + ( m + 1)2 £ ¤ £ ¤ = x12 + x22 + 4 m2 x12 − 4 mx1 ( m + 1) + ( m + 1)2 + 4 m2 x22 − 4 mx2 ( m + 1) + ( m + 1)2 + ( m + 1)2 = ( x12 + x22 )(1 + 4 m2 ) − 4 m( m + 1)( x1 + x2 ) + 3( m + 1)2 £ ¤ = ( x1 + x2 )2 − 2 x1 x2 (1 + 4 m2 ) − 4 m( m + 1)( x1 + x2 ) + 3( m + 1)2 Lại có, theo Vi-et thì: ½ x1 + x2 = 2 m + 1 x1 x2 = 2 m £ ¤ ⇒ O A 2 + OB2 + OC 2 = (2 m + 1)2 − 2.2 m (1 + 4 m2 ) − 4 m( m + 1)(2 m + 1) + 3( m + 1)2 = 16 m4 − 8 m3 − m2 + 2 m + 4 = h( m) µ ¶ µ ¶ −1 29 −1 Khảo sát hàm h(m) trên R cho ta h(m) ≥ h = m= thỏa điều kiện (∗) 4 8 4 29 −1 Vậy tổng O A 2 + OB2 + OC 2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng tại m = 8 4 Câu II. 1) (1 điểm)³——————————————————————————— ´ π p Giải phương trình: sin 3 x + + 8 sin2 x − 2 sin x = 2 4 Lời giải: Biến đổi phương trình thành: p p sin 3 x + cos 3 x + 8 2 sin2 x − 2 sin x − 2 2 = 0 (1) p ⇔(sin 3 x − 2 sin x) + 2 2(4sin2 x − 1) + cos x(4cos2 x − 3) = 0 p ⇔(2 2 − sin x)(4sin2 x − 1) + cos x(2 cos 2 x − 1) = 0 p ⇔(2 2 − sin x)(4sin2 x − 1) + cos x(2 cos 2 x − 1) = 0 p ⇔(2 2 − sin x)(1 − 2 cos 2 x) + cos x(2 cos 2 x − 1) = 0 p ⇔(sin x + cos x − 2 2)(2 cos 2 x − 1) = 0 π ⇔ cos 2 x = cos 3 π ⇔ x = ± + kπ, ( k ∈ Z) 6 p p Còn sin x + cos x = 2 2 (vô nghiệm) do sin x + cos x ≤ 2 π Vậy x = ± + kπ, (k ∈ Z) 6 Câu II. 2) (1 điểm)p ——————————————————————————— p Giải phương trình: 1 + x2 + x4 + x = x − x3 Lời giải: 3
Điều kiện : x ∈ (−∞; −1] ∪ [0; 1] • Xét với x = 0 Không là nghiệm của hệ : • Với x ∈ (0; 1] ta có : s s s s 1 1 1 1 ⇔x + x2 + 1 + x = x −x⇔ + x2 + 1 + 1 = −x x2 x x2 x r 1 1 Đặt : t = − x ⇒ t4 = 2 + x2 − 2 Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình ẩn t x x ( p t−1 ≥ 0 t4 + 3 + 1 = t ⇔ 4 ⇒ t = −1(loại) t + 3 = t2 − 2 t + 1 • Xét với x ∈ (−∞; −1] ta có s s 1 1 − + x2 + 1 + 1 = − −x x2 x Tương tự ta có s 1 1 t= − x ⇒ t4 = 2 + x2 − 2 x x Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình ẩn t ( p t+1 ≥ 0 − t4 + 3 + 1 = − t ⇔ ⇒t=1 (thỏa mãn) t4 + 3 = t2 + 2 t + 1 p  −1 − 5 1  x= • Với t = 1 ⇒ − x = 1 ⇔ x2 + x − 1 = 0 ⇔   2p x −1 + 5 x= (Loại) 2 p −1 − 5 Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm x = 2 CâupIII. (1 điểm) ——————————————————————————— Z 8 x3 ln x Tính p p d x. 3 x2 + 1 Lời giải: Biến đổi Zp8 Zp8 2 x3 ln x 1 x . ln x2 .x.d x I= p p dx = p p 3 x2 + 1 2 3 x2 + 1 p p x= 8 ⇒t=3 Đặt t = x2 + 1, ( t ≥ 0) ⇒ t2 = x2 + 1 ⇒ t.d t = x.d x; p x= 3 ⇒t=2 ta được: Z 1 3 ( t2 − 1). ln( t2 − 1).t.d t I= 2 2 t Z 1 3 3 = ( t − 3 t)′ ln( t2 − 1)d t 6 2 1 3 ¯3 1 Z3 ( t3 − 3 t) td t 2 ¯ = ( t − 3 t) ln( t − 1)¯ − 6 2 3 2 t2 − 1 ¯ 3 Z3 µ ¶ 1 3 ¯ 1 1 1 = 2 ( t − 3 t) ln( t − 1)¯ − 2 t −2+ − dt 6 2 3 2 t+1 t−1 ¯3 1 1 µ ¶ 1 3 ¯ t + 1 ¯¯3 = ( t − 3 t) ln( t2 − 1)¯ − t3 − 2 t + ln ¯ 6 2 3 3 t−1 2 Câu IV. (1 điểm) ——————————————————————————— Cho lăng trụ đứng ABC.A ′ B′ C ′ có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C ; đường thẳng BC ′ tạo với mặt phẳng ( ABB′ A ′ ) góc 60 o và AB = A A ′ = a , (a > 0). Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BB′ , CC ′ , BC . Tính thể tích lăng trụ ABC.A ′ B′ C ′ cùng khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM và NP theo a 4
Lời giải: b C b N b C′ P b b Q H′ b b A b B b A′ b M b b K B′ Tính thể tích Gọi K là trung điểm của A ′ B′ , ta có ∆ A ′ B′ C ′ cân tại C ′ nên K C ′ ⊥ A ′ B′ Có K C ′ ⊥ A A ′p a 5 ⇒ K C ⊥ ( ABB A ) ⇒ K C ⊥ AM ⇒ K C ⊥ BK ⇒ (BC , ( ABB A ) = K BC = 60 lại có AM = BK = ′ ′ ′ ′ ′ á ′ ′ ′ ′ o p p p 2 a 15 1 ′ ′ 1 a 15 a2 15 xét trong ∆BK C ⇒ K C = ′ ′ , S A ′ B′ C ′ = · A B · K C = · a · ′ = 2 2 2 p 2 p 4 2 3 a 15 a 15 VABC.A ′ B′ C ′ = A A ′ · S A ′ B′ C ′ = a · = 4 4 Tính khoảng cách Nếu gọi Q là trung điểm của B′ C ′ thì MQ k NP ⇒ NP k( AMQ ) ⇒ d ( AM, NP ) = d [P, ( AMQ )] Kẻ AH ′ ⊥BC lại có BB′ ⊥ AH ′ (do BB′ ⊥( ABC )) ⇒ AH ′ ⊥(PpMQ ). a2 15 p 2S ∆ ABC ′ 2 a 15 AH = = = BC 2a 4 1 a2 S ∆P MQ = · BP · PQ = 2 2 p ′ a3 15 ⇒ 3VA.P MQ = AH · S ∆P MQ = p 8 a 5 Dễ thấy AM = MQ = . Theo định lý đường trung tuyến thì: 2 2 A ′ C ′2 + 2 A ′ B′2 − B′ C ′2 3a2 A′Q 2 = = 4 2 2 2 ′2 2 5a AQ = A A + AQ = s 2 2 1 AQ 5 a2 ⇒ S ∆ AMQ = AM 2 − · AQ = 2 4p 8 p 3VP.AMQ a3 15 8 a 15 ⇒ d [P, ( AMQ )] = = · 2= S ∆ AMQ 8 5a 5 p a 15 Vậy d [ AM, P N ] = 5 Câu V. (1 điểm) ——————————————————————————— x3 9 y2 Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn x2 + y2 = 2. Chứng minh rằng + ≥ 4. y2 x + 2 y Lời giải: 5
Cách 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số thực dương ta có x3 + x y2 ≥ 2 x 2 y2 Do đó ta cần chứng minh 9 y2 2 x2 + ≥ 4 + x y2 x + 2y hay 9 y2 ≥ 2 y2 + x y2 x + 2y tương đương với 9 ≥ 2+ x x + 2y Vậy ta cần chỉ ra (2 + x)( x + 2 y) ≤ 9 Bất đẳng thức trên được chứng minh bằng bđt Cauchy như sau: (2 + 2 x + 2 y)2 (2 + x)( x + 2 y) ≤ ≤9 4 p do ( x + y) ≤ 2( x2 + y2 ) = 2. Dấu bằng đạt được tại x = y = 1. Cách 2 Ta có: x3 9 y2 x3 9 y2 x3 9(2 − x2 ) + ≥ + = + y2 x + 2 y y2 x + y2 + 1 2 − x 2 x + 3 − x 2 Cuối cùng thì chỉ cần có: x3 9(2 − x2 ) + ≥ 4 ⇔ ( x − 1)2 ( x3 − 4 x2 − 16 x − 12) ≤ 0 2 − x2 x + 3 − x2 p đúng do 0 ≤ x ≤ 2 PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B Phần A Câu VIa. 1) (1 điểm) ——————————————————————————— Trên mặt phẳng tọa độ Ox y cho tam giác ABC có trực tâm H (2; 0), phương trình đường trung tuyến CM : 3 x + 7 y − 8 = 0, phương trình đường trung trực của BC : x − 3 = 0. Tìm tọa độ của đỉnh A . Lời giải: Gọi G và O lần lượt là trọng tâm và tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Đặt O(3; a) x−2 y−0 Suy ra phương trình OH là = ⇔ a( x − 2) + y = 0 3−2 a−0 µ ¶ 14a − 8 2a G là giao điểm của OH và CM nên dễ dàng tìm ra tọa độ của G là G ; 7a − 3 7a − 3 −−→ −−→ → − 14a − 8 Lại do 2GO + GH = 0 nên 2( x0 − xG ) + ( xH − xG ) = 0 ⇔ 6 − 3 +2 = 0 ⇔ a = 0 µ ¶ 7a − 3 8 Vậy G ; 0 Dễ dàng tìm ra tọa độ O (3; 0) 3 µ ¶ −−→ −−→ b Gọi A (2; b) Dựa vào AG = 2GC , tìm được N 3; 2 b Phương trình đường thẳng BC , vuông góc với x = 3 có dạng y = 2 C thuộc đường tròn tâm O bán kính O A , O A 2 = 1 + b2 6
µ ¶2 r b 3 b Ta được ( xC − 3) + 2 = 1 + b Vậy xC = 3 ± 1 + b2 ; yC = 2 2 4 2 Thay vào phương trình CM , ta tìm được b. suy ra tọa độ của A . Câu VIa. 2) (1 điểm) ——————————————————————————— Trong không gian với hệ trục tọa độ Ox yz cho điểm A (3; 2; −1), 2 điểm B, D nằm trên đường thẳng x−1 y+2 z−2 ∆: = = , điểm C nằm trên mặt phẳng (P ) : 2 x + y + z − 3 = 0. Tìm tọa độ điểm B biết tứ giác 1 2 −1 ABCD là hình chữ nhật. Lời giải: C ∈ (P ) nên tọa độ C là ( xC ; yC ; 3 − 2 xC − yC ) ¡ ¢ Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường là I 12 (3 + xC ); 12 (2 + yC ); 21 (2 − 2 xC − yC ) . I ∈ BD ta được 1 1 1 2 (3 + xC ) − 1 2 (2 + yC ) + 2 2 (2 − 2 xC − yC ) − 2 = = 1 2 −1 yC + 6 ⇔ xC + 1 = = 2 xC + yC + 2 ⇔ xC = 1; yC = −2 2 do đó C (1; −2; 3), I (2; 0; 1). B ∈ ∆ nên tọa độ của B là ( t + 1; 2 t − 2; − t + 2)mà IB =qI A Suy ra t = 1 + 32 2 2 2 2 ( t − 1) + (2 t − 2) + (− t + 1) = 9 ⇔ 6( t − 1) = 9 ⇔  q t = 1 − 32 Câu VIIa. (1 điểm) s ——————————————————————————— µ ¶ 2x p Giải bất phương trình: log21 −4 ≤ 5 2 2− x Lời giải: µ ¶ µ ¶ 2x 2x Vì log 1 2 = log2 2 nên bất phương trình là 2 2− x 2− x sµ µ ¶ ¶µ µ ¶ ¶ 2x 2x p log2 − 2 log2 +2 ≤ 5 2− x 2− x Bình phương 2 vế của bất phương trình ta được µ µ ¶ ¶µ µ ¶ ¶ 2x 2x 0 ≤ log2 − 2 log2 +2 ≤ 5 2− x 2− x µ µ ¶ ¶µ µ ¶ ¶   2x 2x  log2 − 2 log2 +2 ≥ 0 ⇔ µ µ2− x¶ ¶µ µ2− x¶ ¶   2x 2x  log2 − 3 log2 +3 ≤ 0 2− x 2− x µ ¶ µ ¶ 2x 2x ⇔ −3 ≤ log2 ≤ −2 hay 2 ≤ log2 ≤3 2− x 2− x 1 2x 1 2x ⇔ ≤ ≤ hay 4 ≤ ≤8 8 2− x 4 2− x Phần B Câu VIb. 1) (1 điểm) ——————————————————————————— Trong mặt phẳng tọa độ Ox y cho đường tròn (C ) : ( x + 2)2 + ( y − 1)2 = 4. Gọi M là điểm sao cho tiếp tuyến qua M tiếp xúc với (C ) tại E , cát tuyến qua M cắt (C ) tại A, B sao cho tam giác ABE vuông cân tại B. Tìm tọa độ của M sao cho khoảng cách từ M đến O là ngắn nhất. Lời giải: 7
Gọi I là tâm đường tròn (C ), suy p ra I (−2; 1). Vì tam giác EBA vuông cân tại B, nên E A là đường kính của đường tròn. Suy ra Mp I = 2p5 (Cái p này Pythagone mấy lần là ra). Ta có: MO ≥ | M I − OI ( | ≥ |2 5 − 5 | = 5 (Theo bất đẳng thức tam giác). M, O, I thẳng hàng Dấu bằng xảy ra ⇔ p MO = 5 M, O, I thẳng hàng ⇔ M ∈ OI : x + 2 y = 0 ⇔ M (−2 t; t) · 2 2 2 t=1 M (−2; 1) (trùng với I ) (loại) MO = 5 ⇔ (−2 t) + t = 5 ⇔ t = −1 M (2; −1) (chọn) Vậy M (2; −1) Câu VIb. 2) (1 điểm) ——————————————————————————— Trong không gian với hệ trục tọa độ Ox yz cho mặt cầu (S ) : x2 + y2 + z2 − 4 x + 2 y − 4 = 0 và mặt phẳng (P ) : x + 2 y − 2 z + 9 = 0. Viết phương trình đường thẳng ∆ tiếp xúc với mặt cầu (S ) biết ∆ nằm trên (P ) và ∆ cắt trục hoành. Lời giải: Ox ∩ (P ) = A (−9; 0; 0). Theo đề bài ∆ qua A có vtcp → −v = ( m; n; p) với m2 + n2 + p2 6= 0 ∆ nằm trên (P ) nên vtpt của (P ) là n = (1; 2; −2) vuông góc với → → − −v tức là m + 2n + 2 p = 0 (1) p Mặt cầu (S ) có tâm I (2; h−− 1; 0)ivà bán kính R = 4 + 1 + 4 = 3 −→ →→ nên AI = (11; −1; 0) và AI, −v = (− p; −11 p; 11n + m). ¯h−→ i¯ ¯ −v ¯¯ ¯ AI, → ∆ tiếp xúc (S ) khi khoảng cách giữa I với ∆ bằng R tức là ¯→ ¯ =R ¯−v ¯ p2 + 121 p2 + (11 n + m)2 ⇔ =9 (2) m2 + n2 + p 2 Tiếp tục giải hệ gồm (1), (2) với m2 + n2 + p2 6= 0 là ra vtcp rồi sau đó viết phương trình ∆ Câu VIIb. (1 điểm) ——————————————————————————— | z |4 −200 Tìm số phức z thỏa mãn phương trình: +z= z2 1 − 7i Lời giải: Ta có z2 · z2 = | z|4 nên | z|4 z2 · z2 = = z2 z2 z2 và 200 200(1 + 7 i ) = = 4 + 28 i 1 − 7 i (1 − 7 i )(1 + 7 i ) Phương trình đã cho tương đương với z2 + z + 4 + 28 i = 0 ∆ = −15 − 112 i = (7 − 8 i )2 · · z = 3 − 4i z = 3 + 4i ⇒ ⇔ z = −4 + 2 i z = −4 − 2 i 8