›
›
›

Bài tập trắc nghiệm Giải tích Lớp 12 (Vận dụng cao) - Số phức - Năm học 2022-2023 (Có đáp án)

docx 57 trang binhdn2 09/01/2023 2830
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài tập trắc nghiệm Giải tích Lớp 12 (Vận dụng cao) - Số phức - Năm học 2022-2023 (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docxbai_tap_trac_nghiem_giai_tich_lop_12_van_dung_cao_so_phuc_na.docx

Nội dung text: Bài tập trắc nghiệm Giải tích Lớp 12 (Vận dụng cao) - Số phức - Năm học 2022-2023 (Có đáp án)

  1. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM SỐ PHỨC VẬN DỤNG CAO Câu 1. Gọi C là tập hợp các điểm trên mặt phẳng biểu diễn số phức z x 1 yi , (x, y ¡ ) thỏa mãn z 1và N là điểm biểu diễn số phức z0 1 i . Tìm điểm M thuộc C sao cho MN có độ dài lớn nhất. 1 3 A. M 1;1 . B. M ; . C M 1;0 . D. M 0;0 . 2 2 Hướng dẫn giải Chọn A. 2 Ta có: M x; y nằm trên đường tròn C : x 1 y2 1. Tâm I 1;0 Do N 1; 1 C nên MN có độ dài lớn nhất khi MN là đường kính, hay I 1;0 là trung điểm của MN . Vậy M 1;1 Lời bình: đây là bài toán tọa độ lớp 10, khi cho một đường tròn C và một điểm N . Tìm điểm M trên C sao cho MN đạt min, max. Câu 2. Gọi C là tập hợp các điểm trên mặt phẳng biểu diễn số phức z x 1 yi , x, y ¡ thỏa mãn z 1và N là điểm biểu diễn số phức z0 5 3i . M là một điểm thuộc (C) sao cho MN có độ dài lớn nhất. Khi đó độ dài MN lớn nhất bằng A. 6 . B. 34 . C 3 5 . D. 5 . Hướng dẫn giải Chọn A. 2 Ta có: M x; y nằm trên đường tròn C : x 1 y2 1. Tâm I 1;0 Do N 5;3 nằm ngoài C nên MN có độ dài lớn nhất khi MN NI R 5 1 6. Câu 3. Gọi C là tập hợp các điểm trên mặt phẳng biểu diễn số phức z x 1 yi , x, y ¡ thỏa mãn z 1và N là điểm biểu diễn số phức z0 5 3i . M là một điểm thuộc C sao cho MN có độ dài bé nhất. Khi đó độ dài MN bé nhất bằng A. 6 . B. 34 . C 3 5 . D. 4 . Hướng dẫn giải Trang 1
  2. Chọn D. Ta có: M x; y nằm trên đường tròn C : x 1 2 y 2 1. Tâm I 1;0 Do N 5;3 nằm ngoài C nên MN có độ dài bé nhất khi MN NI R 5 1 4 . Câu 4. Cho hai số phức z1; z2 thỏa mãn z1 5 5; z2 1 3i z2 3 6i . Tìm giá trị nhỏ nhất của z1 z2 . 5 121 25 49 A. B. C. D. 2 6 6 6 Lời giải Chọn A Gọi z1 a1 b1i, z2 a2 b2i (a1,b1,a2 ,b2 ¡ ) . 2 2 Khi đó z1 5 5 a1 5 b1 25. Tập hợp điểm biểu diễn z1 là đường tròn tâm I 5;0 ; R 5 Cũng theo giả thiết, ta có: z 1 3i z 3 6i a 1 2 b 3 2 a 3 2 b 6 2 2 2 2 2 2 2 8a2 6b2 35 0. Tập hợp điểm biểu diễn z2 là đường thẳng : 8x 6y 35 0 5.8 35 15 d(I, ) d I, R 82 62 2 5 min z z d I, R . 1 2 2 Câu 5. Cho số phức z thỏa mãn z 1 z 1 4 . Gọi m min z và M max z khi đó M .n bằng 2 3 A. 2 . B. 2 3 .C. .D. 3 . 3 Câu 6. Cho số phức z thỏa mãn z 2 3i 1. Gọi M max z 1 i , m min z 1 i . Tính giá trị của biểu thức M 2 n2 A. 28 B. 24 C. 26 D. 20 Trang 2
  3. 2 Câu 7. Kí hiệu z1 là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình 4z 16z 17 0. Trên mặt phẳng 3 tọa độ điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn số phức w 1 2i z i ? 1 2 A. M 2;1 . B. M 3; 2 . C. M 3;2 . D. M 2;1 . Câu 8. Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn z1 1 i 2 và z2 iz1 . Tìm giá trị nhỏ nhất m của biểu thức z1 z2 ? A. m 2 1. B. m 2 2. C. m 2. D. m 2 2 2. Lời giải Chọn D. Do z1 1 i 2 nên điểm biểu diễn M1 của z1 thuộc đường tròn tâm I 1;1 bán kính R 2. Do z2 iz1 nên điểm M 2 (điểm biểu diễn của z2 ) là ảnh của M1 qua phép quay tâm O , góc 0 quay 90 . Suy ra z1 z2 M1M 2 2OM1 ngắn nhất khi OM1 ngắn nhất. Ta có: minOM1 R OI 2 2 . Vậy: m 2 2 2 2 2 2 . Đề xuất Do z1 1 i 2 nên điểm biểu diễn M1 của z1 thuộc đường tròn tâm I 1;1 bán kính R 2. z1 z2 z1 iz1 1 i z1 2 z1 2OM 2 R OI 2 2 2 2 2 2 . (Vẽ hình thể hiện mô tả cho phần đánh giá) Câu 9. Tính môđun của số phức z thỏa mãn 3z.z + 2017(z + z) = 48- 2016i A. z = 4 . B. z = 2020 . C. z = 2017 . D. z = 2 Lời giải Chọn A. - Đặt z = a + bi (a,b Î ¡ ) Þ z = a- bi . - Ta có: 3z.z + 2017(z + z) = 48- 2016i Û 3(a2 + b2 ) + 4034b.i = 48- 2016i Þ a2 + b2 = 16 - Vậy z = a2 + b2 = 4 . Chọn A. Câu 11: Tính môđun của số phức z thỏa mãn z + 2z.z - 3 = 0. Trang 3
  4. 3 3 A. z = . B. z = . C. z = 1. D. z = 3 . 2 2 2 1 1 Câu 12: Số số phức z thỏa mãn đẳng thức: z + (z - z)= 1+ (z + z)i là 2 2 A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 4 . Câu 13: Cho số phức z thỏa mãn điêu kiện z 1 2 . Tính giá trị lớn nhất của biểu thức T z i z 2 i A. maxT 8 2 . B. maxT 8 . C. maxT 4 2 . D. maxT 4 . Hướng dẫn giải Chọn C Đặt z = x + yi(x, y Î ¡ ), ta có: z- 1 = 2 Û x- 1+ yi = 2 2 Û (x- 1) + y2 = 2 Û x2 + y2 = 2x + 1(*) Lại có: T z i z 2 i x y 1 i x 2 y 1 i 2 2 2 = x2 + (y + 1) + (x- 2) + (y- 1) = x2 + y2 + 2y + 1 + x2 + y2 - 4x- 2y + 5 Kết hợp với (*), ta được: T = 2x + 2y + 2 + 6- 2x- 2y Áp dụng bất đẳng thức Bunhacopxki ta được é 2 2 ù T £ (12 + 12 )ê( 2x + 2y + 2) + ( 6- 2x- 2y) ú= 4 ëê ûú Vậy maxT 4 . Trang 4
  5. Câu 14 (ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2019): Xét các số phức zthỏa mãn z 2 . Trên mặt 4 iz phẳng tọa độ Oxy , tập hợp điểm biểu diễn của các số phức w là một đường tròn có 1 z bán kính bằng A. 34. B. 26. C. 34. D. 26. Lời giải Chọn A 4 iz Ta có w w(1 z) 4 iz z w i 4 w 2 w i 4 w 1 z Đặt w x yi x, y ¡ 2 2 Ta có 2. x2 y 1 x 4 y2 2 x2 y2 2y 1 x2 8x 16 y2 x2 y2 8x 4y 14 0 x 4 2 y 2 2 34 Vậy tập hợp điểm biễu diễn của các số phức w là đường tròn có bán kính bằng 34 z i Câu 15: Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P với z là số phức z khác 0 và thỏa mãn z 2 . Tính 2M m. 3 5 A. 2M m . B. 2M m . C. 2M m 10. D. 2M m 6. 2 2 Lời giải Chọn B. i 1 3 i 1 1 Ta có P 1 1 . Mặt khác: 1 1 . z |z| 2 z |z| 2 1 3 Vậy, giá trị nhỏ nhất của P là , xảy ra khi z 2i; giá trị lớn nhất của P bằng xảy ra 2 2 5 khi z 2i. 2M m . 2 Câu 16: Cho số phức z thỏa mãn z 1. Gọi M và mlần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P z 1 z2 z 1 . Tính giá trị của M.m . 13 3 39 13 A. . B. C. D 3 3. . 4 4 4 Trang 5
  6. Câu 17: Cho số phức z thỏa mãn z 3 z 3 8 . Gọi M , m lần lượt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất z . Khi đó M m bằng A. B.4 7. 4 7. C. D.7. 4 5. Câu 18: Cho số phức w x yi ( x, y R) thoả điều kiện w2 4 2 w . Đặt P 8 x2 y2 12 . Khẳng định nào sau đây đúng 2 2 2 2 A. P w 2 2 B. P w 2 2 . C. .P wD. 4 P . w 2 4 Lời giải Chọn B. 2 Ta có: w2 4 2 w x2 y2 4 2xyi 2 x yi x2 y2 4 4x2 y2 4 x2 y2 x4 y4 16 2x2 y2 4x2 12y2 0 x4 y4 2x2 y2 4x2 4y2 4 8 x2 y2 12 0 2 2 8 x2 y2 12 x4 y4 2x2 y2 4x2 4y2 4 P x2 y2 2 w 2 2 . 2 Hay phương án chọn là B. P w 2 2 . Nhận xét: câu này đáp án A cũng đúng vì w w . Câu 19: Cho số phức w x yi ( x, y R) thoả điều kiện w 2 4 2 w . Đặt P 8(x2 y2 ) 12 . Khẳng định nào sau đây đúng P 8 x2 y2 12 2 2 2 2 A. P ( w 2)2 B. P ( w 2)2 .C. P ( w 4)2 D. P w 2 4 . Nhận xét: bài này chỉ có thể thay số 4 thành -4; 12 thành -12 chứ thay nữa hoặc làm tương tự rất khó khăn vì cặp số (2;4) trong bài quá giá trị không thể thay thế. Câu 20: Cho w sin i cos với 0 thỏa mãn w 2 1 2 w . 2 2 2018 Giá trị của P 26 w 3 là A. P 232018. B. P 232018. C. P 232018 i. D. P 292018. Hướng dẫn giải Trang 6
  7. Chọn A Ta có: w 2 1 sin i cos 2 1 1 cos 2 isin 2 w 2 1 2 2cos 2 . 2 w sin2 cos2 2 . Từ giả thiết: w 2 1 2 w cos 2 0 vì 0 . 4 2 2 2 2 2 2 w i w i w 1 . 2 2 2 2 Vậy P 232018. Câu 21: Cho z1, z2 là hai số phức thỏa mãn phương trình 2z i 2 iz , biết z1 z2 1 Tính giá trị của biểu thức: P z1 z2 . 3 2 A. P .B. P 2 .C. P .D. P 3 . 2 2 Lời giải Chọn D. HD: Cách 1. Ta có: 2z i 2 iz 2z i 2 2 iz 2 (2z i)(2z i) (2 iz)(2 iz) 4z.z 2iz 2iz i2 4 2iz 2iz i2 z.z 3z.z 3 y M 2 z.z 1 z 1 z 1 z1 1 và z2 1 M 2 Chú ý: a.a a2 2z i 2 (2z i)(2z i) (2z i)(2z i) Tập hợp điểm biểu diễn số phức z , z là đường tròn tâm O 1 2 M1 bán kính R 1. O x Gọi M1(z1), M 2 (z2 ) OM1 OM 2 1    Ta có: z1 z2 OM1 OM 2 M 2M1 1 OM1M 2 đều    Mà z1 z2 OM1 OM 2 OM OM với M là điểm thỏa mãn OM1MM 2 là hình thoi cạnh 1 OM 3 P 3 . Trang 7
  8. Cách 2. Đặt z x yi, x, y ¡ , ta có 2z i 2x (2y 1)i và 2 iz 2 y xi . Khi đó: z 1 2 2 2 2 2 2 1 2z i 2 iz 4x (2y 1) (y 2) x x y 1 z 1 z2 1 z z 2 z z 2 2 z 2 z 2 z z 2 3 z z 3 Sử dụng công thức 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 . Chọn D. 3 2 Câu 22: Gọi z1; z2 ; z3 là các nghiệm của phương trình iz 2z 1 i z i 0 . Biết z1 là số thuần ảo. Đặt P z2 z3 , hãy chọn khẳng định đúng? A. 4 P 5 . B. 2 P 3 . C. 3 P 4 . D. 1 P 2 . Lời giải ChọnB. 3 2 2 z i Biến đổi phương trình iz 2z 1 i z i 0 i z iz z 1 0 2 . iz z 1 0(*) Như vậy: z2 ; z3 là các nghiệm của phương trình (*). 2 2 2 2 2 1 1 P z2 z3 z2 z3 z2 z3 4z2 z3 4. 17 . i i Vậy P 4 17 . Câu 23: Cho hai số phức z ,  thỏa mãn z 1 z 3 2i ; z m i với m ¡ là tham số. Giá trị của m để ta luôn có  2 5 là: m 7 m 7 A. . B. . C. 3 m 7 . D. 3 m 7 . m 3 m 3 Lời giải Chọn B. Đặt z a ib, a,b ¡ có biểu diễn hình học là điểm M x; y z 1 z 3 2i x 1 iy x 3 y 2 i x 1 2 y2 x 3 2 y 2 2 2x 1 6x 9 4 y 4 2x y 3 0 Suy ra biểu diễn của số phức z là đường thẳng : 2x y 3 0 . Ta có:  2 5 z m i 2 5 x m y 1 i 2 5 Trang 8
  9. x m 2 y 1 2 2 5 MI 2 5 với I m; 1 . Mà ta có MI d I, 2m 4 Nên MI 2 5 d I, 2 5 2 5 2m 4 10 5 2m 4 10 m 3 . 2m 4 10 m 7 Câu 24: Cho số phức z a bi a,b ¡ thỏa mãn z 1 i z i 3i 9 và z 2 . Tính P a b . A. 3 . B. 1 . C. 1 . D. 2 . Lời giải Chọn C. z a bi z a bi z 1 i z i 3i 9 a bi 1 i a bi i 3i 9 a2 b2 2b a 1 b 1 i 9 3i a2 b2 2b a 1 9 b 2 b 2 b 2  Ta có: 2 . b 1 3 a a 0 a 0 a 1 z1 2i z1 2 nên không thỏa yêu cầu bài toán. 2 2 z2 1 2i z2 2 1 5 thỏa yêu cầu bài toán. Vậy P a b 1 . Câu 25: Cho số phức z thỏa mãn z 3 4i 5 . Gọi M ,m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ 2 2 nhất của biểu thức P z 2 z i . Khi đó modun của số phức w M mi A. 2 314 .B. 1258 . C.3 137 . D. 2 309 . Lờigiải Chọn B. Giả sử z x yi x, y R ta có z 3 4i 5 x 3 2 y 4 2 5 Ta có P 4x 2y 3 4 x 3 2 y 4 P 23 2 2 2 Ta có 4 x 3 2 y 4 20 x 3 y 4 100 Suy ra 10 P 23 10 13 P 33 suy ra M 33,m 13 do đó ta được w 33 13i vậy w 1258 . Câu 26: Biết số phức z x yi , x, y ¡ thỏa mãn đồng thời hai điều kiện z z 4 3i và biểu thức P z 1 i z 2 3i đạt giá trị nhỏ nhất. Tính P x 2y . Trang 9
  10. 61 253 41 18 A. P . B. P . C. P . D. P . 10 50 5 5 Lời giải Chọn A . Theo giả thiết z z 4 3i x yi x 4 y 3 i x2 y2 x 4 2 y 3 2 x2 y2 x2 8x 16 y2 6y 9 8x 6y 25 0 . 2 2 2 2 Ta có P x 1 y 1 x 2 y 3 Xét điểm E 1;1 ; F 2; 3 và M x; y . Khi đó, P ME MF . Bài toán trở thành tìm điểm M :8x 6y 25 0 sao cho ME MF đạt giá trị nhỏ nhất. Vì 8xE 8yE 25 . 8xF 8yF 25 0 nên hai điểm E, F nằm cùng phía đối với đường thẳng . Gọi E là điểm đối xứng với E qua Đường thẳng EE đi qua điểm E 1; 1 và có VTPT nEE u 3; 4 nên có phương trình 3 x 1 4 y 1 0 3x 4y 7 0 Gọi H là giao điểm của EE và . Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình 71 x 3x 4y 7 25 71 19 suy ra H ; 8x 6y 25 19 25 50 y 50 117 x E 25 E ¢ đối xứng với E qua H nên . 44 y E 25 Ta có ME + MF = ME¢+ MF ³ E¢F . Dấu bằng xảy ra M là giao điểm của E ¢F và đường thẳng Đường thẳng E F đi qua điểm F 2; 3 và có VTPT nEE 31;167 có phương trình 31 x 2 167 y 3 0 31x + 167y + 439 = 0 Trang 10
  11. 67 x 31x 167y 439 50 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình 8x 6y 25 119 y 50 61 Vậy P x 2y . 10 Câu 27: Gọi z1, z2 là 2 nghiệm của phương trình z 1 2i z 1 2i thỏa mãn z1 z2 2 . Biết rằng w là số phức thỏa mãn w 3 2i 2 . Tìm GTNN của biểu thức P w z1 w z2 . A. 1 3 B. 2 3 C. 2 D. 6 . Lời giải. Chọn D . Giả sử z x yi x, y R ta có z 1 2i z 1 2i x 0 suy ra tập hợp điểm biểu diễn z1, z2 là trục tung. Giả sử A, B lần lượt là 2 điểm biểu diễn cho z1, z2 , ta có z1 z2 2 AB 2 . Giả sử w a bi a,b R và M là điểm biểu diễn cho số phức w , ta có w 3 2i 2 (a 3)2 (b 2)2 4suy ra tập hợp điểm biểu diễn M cho số phức w là đường tròn tâm I 3;2 bán kính R 2 . Ta có P MA MB , gọi E là hình chiếu vuông góc của I lên trục tung, ta thấy P nhỏ 6 6 nhất khi E là trung điểm AB suy ra MA MB , vậy MinP 2. 6 2 2 Trang 11
  12. Câu 28: Gọi z là số phức thoả mãn z2 z 1 0 . Giá trị của biểu thức 2 3 4 2 1 3 1 4 1 P 2 z 2 3 z 3 4 z 4 z z z A 3 0 B.14. C D 8 28 Lời giải: Chọn A Dễ thấy rằng z 0 không thoả mãn z2 z 1 0 , do đó ta có 1 1 z2 z 1 0 z 1 z2 1 z z2 3 2 3 1 1 1 1 4 1 2 1 Ta cũng có z 3 z 3z. z 2 và z 4 z 2 2 1 z z z z z z 2 3 4 2 1 3 1 4 1 Vậy P 2 z 2 3 z 3 4 z 4 30 z z z z z M M Câu 29: Cho hai số phức 1 , 2 có điểm biểu diễn lần lượt là 1 , 2 cùng thuộc đường tròn có 2 2 phương trình x y 1 và z1 z2 1. Tính giá trị biểu thức P z1 z2 . 3 2 A . P . B. P 2 . C. P . D. P 3 . 2 2 Lời giải Chọn D. 2 2 Cách 1: Do M1 , M 2 cùng thuộc đường tròn có phương trình x y 1 nên z1 z2 1. 2 Lại có: z1 z2 1 z1 z2 1 z1 z2 z1 z2 1 z1 z2 z1 z2 1 2 2 z1.z1 z1.z2 z1.z2 z2.z2 1 z1 z2 z1.z2 z1.z2 1 z1.z2 z1.z2 1. 2 2 2 2 P z1 z2 z1 z2 z1 z2 z1 z2 z1 z2 z1 z2 z1.z2 z1.z2 3. Vậy P 3 . Cách 2: Do M1 , M 2 cùng thuộc đường tròn T tâm O 0;0 , bán kính R 1 và z1 z2 1 nên M1M 2 1. Suy ra OM1M 2 là tam giác đều cạnh bằng 1. Trang 12
  13.    3 P z z = OM OM 2OH 2.OH 2. 3 ( Trong đó H là trung điểm M M 1 2 1 2 2 1 2 ) z 1 1 Câu 30: Cho số phức z thỏa mãn . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức z 3i 2 P z i 2 z 4 7i A. 20 .B. 10. C. 12 5 . D. 4 5 . Lời giải Chọn A. Gọi z x yi , x, y ¡ . z 1 1 2 2 Ta có 2 z 1 z 3i 2 x 1 y2 x2 y 3 z 3i 2 x2 y2 4x 6y 7 0 . 2 2 2 Lại có P z i 2 z 4 7i x2 y 1 2 x 4 y 7 4x 8y 8 2 4x 8y 72 . 2 Mặt khác 4x 8y 8 2 4x 8y 72 5.80 4x 8y 8 2 4x 8y 72 20 Suy ra P 20 . Câu 31: Cho số phức z a bi ( a ,b là các số thực) thỏa mãn z z 3 4i và có môđun nhỏ nhất. giá trị của P a.b là? 3 A. . B. 4 . C. 2 . D. 3 . 4 Lời giải Chọn D. Ta có: 2 2 25 8b a bi a bi 3 4i a2 b2 a 3 b 4 6a 8b 25 0 a 6 Mô đun của số phức z là: Trang 13
  14. 2 2 2 2 25 8b 2 100 b 2 225 15 z a b b 6 36 6 3 Số phức z b 2 a P 3 min 2 Câu 32: Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z 2 4i z 2i . Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất. A. z 1 i . B. z 2 2i . C. z 2 2i . D. 3 2i . Lời giải Chọn C. Gọi số phức z có dạng z a bi . z thỏa mãn z 2 4i z 2i a 2 b 4 i a b 2 i a 2 2 b 4 2 a2 b 2 2 a2 4a 4 b2 8b 16 a2 b2 4b 4 4a 4b 16 a b 4 Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki. 16 a b 2 12 12 a2 b2 z 2 a2 b2 8 z 2 2 a b Dấu xảy ra 1 1 a b 2 z 2 2i a b 4 Câu 33: Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z 2 4i z 2i . Số phức z có mô đun bé nhất bằng A.3 2 B. 2.C. 2 2 . D. 4. Lời giải Chọn C Đặt z x yi x, y ¡ . Khi đó z 2 4i z 2i x yi 2 4i x yi 2i 2 2 2 x 2 y 4 x2 y 2 4x 4y 16 0 x y 4 0. Số phức có mô đun nhỏ nhất bằng khoảng cách từ O đến đường thẳng : x y 4 0. Trang 14
  15. 4 z d O; 2 2 . min 2 Câu 34: Cho hai số phức z1; z2 thỏa mãn z1 z2 5 và z1 z2 1. Giá trị lớn nhất của biểu thức P z1 z2 là: 26 1 A. 26. B. . C. 9. D. . 2 2 Lời giải Chọn A. Ta gọi M , N lần lượt là các điểm biểu diễn của các số phức z1; z2 .    5 Từ giả thiết : z1 z2 5 OM ON 5 OI 2 với I là trung điểm của đoạn thẳng MN .   z1 z2 1 OM ON 1 MN 1. OM 2 ON 2 MN 2 MN 2 Ta có OI 2 OM 2 ON 2 2OI 2 13 2 4 2 2 2 2 2 2 P z1 z2 OM ON P 1 1 OM ON 26 . Vậy Pmax 26. Phân tích: Bài tập tìm max, min số phức hiện tại cũng là một bài toán quen thuộc, ta có thể sử dụng nhiều phương pháp cho loại bài toán này. Với bài toán trên ta có thể dùng phương pháp đại số, hoặc lượng giác. Trang 15
  16. Câu 35: Cho hai số phức z1; z2 thỏa mãn z1 z2 5 và z1 z2 1 . Gọi M ,m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P z1 z2 . Khi đó mô đun của số phức M m.i là : A. 76 .B. 76 .C. 2 10 .D. 2 11 . Lời giải Chọn A. Ta gọi M , N lần lượt là các điểm biểu diễn của các số phức z1; z2 .    Từ giả thiết : z z 6 OM ON 6 OI 3 với I là trung điểm của đoạn thẳng MN 1 2 .   z1 z2 2 OM ON 2 MN 2 . OM 2 ON 2 MN 2 MN 2 Ta có OI 2 OM 2 ON 2 2OI 2 20. 2 4 2 2 2 2 2 2 P z1 z2 OM ON P 1 1 OM ON 40. Vậy max P 2 10 M.     P z1 z2 OM ON OM ON 6 . Vậy min P 6 m . Suy ra M m.i 40 36 76. 5 Câu 36: Cho số phức z thỏa mãn i.z 3 . Giá trị lớn nhất của biểu thức 2 P 2z 1 4i z 1 5i là: 5 A. 2 5 .B. 3.C. 3 5 .D. . 2 Lời giải Chọn C. Ta gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức z . Trang 16
  17. 5 2 2 5 5 i.z 3 x y 3 . Suy ra M (x; y) C I(0;3); R 2 2 2 Khi đó: 1   P 2z 1 4i z 1 5i 2 z 2i z 1 5i 2 MA MB , 2 1 với A ;2 ; B 1;5 2  1    Ta có: IA ; 1 ; IB 1;2 suy ra IB 2.IA. 2 2 5 2 3 5 2 5 Theo định lý Stewart ta có: 5MA MB MI . 5 2 2 2 2MA2 MB2 15 (Hoặc có thể chứng minh theo phương pháp véc tơ     1   1   2  1  MI MA AB MA AB MA MB MA MA MB 3 3 3 3 Suy ra: 4 1 4   4 1 4 MI 2 MA2 MB2 MA.MB.cos MA, MB MA2 MB2 MA.MB.cos A· MB 9 9 9 9 9 9 2 2 2 4 2 1 2 4 MA MB AB 2 2 1 2 2 2 MA MB MA.MB MA MB AB 9 9 9 2.MA.MB 3 3 9 2 2MA2 MB2 3MI 2 AB2 15 ) 3   2 Vậy P 2 MA MB 2. 2.MA MB 2 12 2MA2 MB2 45 3 5. Câu 37: Cho z1 , z2 là hai số phức thỏa mãn 2z i 2 iz , biết z1 z2 1. Tính giá trị của biểu thức P z1 z2 3 2 A. P . B. P 2 . C. P . D. P 3 . 2 2 Lời giải Chọn D. Trang 17
  18. Cách 1. + Đặt z x yi , x, y ¡ , ta có 2z i 2 iz 2x 2y 1 i 2 y xi 4x2 2y 1 2 2 y 2 x2 4x2 4y2 4y 1 4 4y y2 x2 2 2 x y 1 z 1 z1 z2 1 z , z z z 2 z z 2 2 z 2 z 2 + Sử dụng công thức:  1 2 £ ta có 1 2 1 2 1 2 Suy ra P 3 . Cách 2. + Biến đổi: iz 2 i iz 2 z 2i 2 2 Ta có 2z i z 2i 2z i z 2i z 1 z1 z2 1. + Sử dụng công thức bình phương mô đun 2 2 2 2 2 mz1 nz2 m z1 2mnz1z2cos z1, z2 n z2 Trong đó z1, z2 là góc MON với M, N lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z1, z2 trên mặt phẳng phức 2 2 2 1 z z 1 z z 1 z z 2 z . z .cos z , z 1 cos z , z . 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 Vậy P z1 z2 1 z1 z2 2 z1 . z2 .cos z1, z2 3 P 3 . Câu 38: Cho số phức z1, z2 thỏa mãn z 2 i 2 z 1 i và z1 z2 1 i . Tính giá trị biểu thức 2 2 P z1 z2 . A. P 2 . B. P 1.C. P 4 . D. P 9. Lời giải ChọnC Ta có z1 2 i 2 z1 1 i mà z1 z2 1 i z1 2 i 2 z2 2 2 4 z2 z1 2 i z1 2 i z1 2 i z1 2 i z1 5. (1) 2 2 Tương tự ta có 4 z1 z2 2 i z2 2 i z2 5. 2 Cộng (1) và (2) ta có Trang 18
  19. 4P P 2 i z1 z2 2 i z1 z2 10 P 2 i 1 i 2 i 1 i 10 P 12 P 4. Câu 39: Cho hai số thực b;c (c 0) . Kí hiệu A; B là hai điểm của mặt phẳng phức biểu diễn hai nghiệm của phương trình z2 2bz c 0 , tìm điều kiện của b và c sao cho tam giác OAB là tam giác vuông ( Với O là gốc tọa độ ). A. c b. B. c b2. C. c 2b2. D. b2 2c. Lời giải Chọn C. Ta có ' b2 c ' 2 Nếu b c 0 phương trình có hai nghiệm Z1,2 b ' (Loại vì O, A, B thẳng hàng) Nếu ' b2 c 0 phương trình có nghiệm kép (Loại) ' 2 2 2 Nếu b c 0 Phương trình có hai nghiệm Z1,2 b i b c b i (b c) Vậy hai điểm biểu diễn là A( b; b2 c ) và B( b; b2 c )   Tam giác OAB cân tại O .Vậy để tam giác OAB vuông OA.OB 0 b2 b2 c 0 c 2b2 . Câu 40: Cho số phức z thỏa mãn z 2z 7 3i z . Tính z ? 13 25 A. 3.B. .C. .D. 5 . 4 4 Lời giải Chọn D. Giả sử z a bi a,b ¡ , ta có: z 2z 7 3i z z 2 x yi 7 3i x yi z 2x x 7 x2 9 3x 7 * 2y 3 y y 3 7 x * 3 x 4 2 2 x 9 9x 42 7 Vậy z 5 . Trang 19
  20. z 3 2i 1 Câu 41: Hcho hai số phức z, w thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu w 1 2i w 2 i thức P z w . 3 2 2 5 2 2 3 2 2 A. P .B. P 2 1.C. P .D. P . min 2 min min 2 min 2 Lời giải Chọn C. Cách 1 : Giả sử z a bi a,b ¡ , w x yi x, y ¡ . 2 2 z 3 2i 1 a 3 b 2 1 (1) 2 2 2 2 w 1 2i w 2 i x 1 y 2 x 2 y 1 . Suy ra x y 0 . P z w a x 2 b y 2 a x 2 b x 2 . Từ (1) ta có I 3;2 , bán kính r 1. Gọi H là hình chiếu của I trên d : y x . x 3 t Đường thẳng HI có PTTS . y 2 t M HI M 3 t;2 t 1 t 2 M C 2t 2 1 1 t 2 1 1 5 2 t 2 M 3 ;2 , MH 2 2 2 1 1 5 2 t 3 M 3 ;2 , MH 2 2 2 5 2 2 Vậy P . min 2 Trang 20
  21. Cách 2 : z 3 2i 1 điều này cho thấy M z đang nằm trên hình tròn tâm I 3;2 bán kính bằng 1. w 1 2i w 2 i điều này cho thấy N w đang thuộc nửa mặt phẳng tạo bởi đường thẳng là trung trực của đoạn AB với A 1; 2 , B 2;1 . : x y 0. (Minh hoạ như hình vẽ) y y M 2 2 I M I N 1 B 1 -1 x -1 x O 2 3 O 2 3 N A -2 -2 Δ P z w MN. 3 2 5 2 2 P d I, R 1 . min 2 2 Câu 42: Xét các số phức z a bi,(a,b ¡ ) thỏa mãn z 3 2i 2. Tính a b biết biểu thức S z 1 2i 2 z 2 5i đạt giá trị nhỏ nhất. A. 4 3 . B. 2 3 . C. 4 3 . D. 3. Lời giải: Chọn A B Giả thiết z 3 2i 2 (T ) : (a 3)2 (b 2)2 4 5 M Gọi A( 1;2), B(2;5), M (a;b) lần lượt là các điểm biểu I A J diễn của các số phức z1 1 2i, z2 2 5i, z3 a bi Bài toán trở thành: Tìm M (T ) sao cho biểu thức -1 O 2 S MA 2MB nhỏ nhất Ta có MA (a 1)2 (b 2)2 a2 b2 2a 4b 5 Trang 21
  22. 2 a2 b2 4a 4b 8 2 (a 2)2 (b 2)2 2MC với C(2;2) Ta có MA 2MB 2(MB MC) 2BC dấu “=”xảy ra khi và chỉ khi B, M , C theo thứ tự đó thẳng hàng. Phương trình đường thẳng BC : x 2 M là giao của của BC và (T ) M (2;2 3) a b 4 3 . Câu 43: Giả sử z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trình 2 i z z 1 2i z 1 3i và z1 z2 1. Tính M 2z1 3z2 A. M 19 . B. M 25 . C. M 5. D. M 19 . Lời giải Chọn D. Từ giả thiết ta có: 2 i z z 1 2i z 1 3i 2 i z 1 2i z 1 3i 2 i z 1 2i z 1 3i 2 z 1 z 2 i z 1 3i 2 2 2 z 1 z 2 z 1 3i . Bình phương, giải phương trình tìm được z 1, Gọi A,B lần lượt là hai điểm biểu diễn của hai số phức z1, z2 trong mặt phẳng phức thì suy ra A,B nằm trên đường tròn tâm O , bán kính 1 và A B=1, do đó tam giác OAB là tam giác đều. 1 3 Cách trắc nghiệm : chọn A 1;0 ;B ; thỏa mãn bài toán, nên 2 2 2 2 3 3 3 M 2z 3z 2 19 1 2 2 2      Cách tự luận: M 2z1 3z2 2OA+3OB OA +OB OC Trang 22
  23. Áp dụng định lý hàm số cos tìm được M OC 19 z z Câu 44:Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện sau z 1 3 , gọi số phức 2 z a bi là số phức có mô đun nhỏ nhất. Tính S 2a b . A. 0 .B. 4 . C. 2 . D. 2 . Lời giải Chọn B. z z 2 2 Ta có: z 1 3 a 1 b2 a 3 b2 4a 8 . 2 Từ đó: z a2 b2 a2 4a 8 a 2 2 4 2. Vậy min z 2 đạt được khi a 2;b 0. Khi đó: S 4 . Câu 45: Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z 2 4i z 2i . Số phức z có môđun nhỏ nhất là: A. z 2 2i. B. z 2 2i. C. z 2 2i. D. z 2 2i. Lời giải Chọn B. Đặt z a bi, (a,b ¡ ). Ta có z 2 4i z 2i suy ra a b 4. a b 2 Ta có: z a2 b2 2 2 . 2 a b 4 Dấu " " xảy ra khi a b 2 . a b Vậy z 2 2i. Trang 23
  24. Câu 46: Cho số phức z thỏa mãn z 1 2i 2.Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn số phức w 3 2i 2 i z là một đường tròn. Tính bán kính R của đường tròn đó. A. R 20. B. R 7. C. R 2 5. D. R 7. Lời giải Chọn C. Ta có: w 3 2i 2 i z 3 7i 2 i z 1 2i w 3 7i 2 i z 1 2i w 3 7i 2 i z 1 2i 2 i z 1 2i 2 5 Tập hợp các điểm biểu diễn số phức w 3 2i 2 i z là một đường tròn bán kính R 2 5. Câu 47: Cho số phức z thỏa mãn z 1 i 2.Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn số phức w 3 i 1 i z là một đường tròn. Tính bán kính R của đường tròn đó. A. R 4. B. R 2 2. C. R 2. D. R 2. Câu 48: Cho số phức z thỏa mãn z 1 2i 2.Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn số phức w 3 2i 2 i z là một đường tròn. Tìm tọa độ tâm I của đường tròn đó. A. I 3; 7 . B. I 2; 1 . C. I 3; 2 . D. I 1; 2 . Câu 49: Trong các số phức z thỏa mãn z 1 5i z 3 i , giả sử số phức có mô đun nhỏ a nhất có dạng z a bi . Khi đó S bằng bao nhiêu? b 2 1 1 3 A. . B. . C. . D. . 3 3 4 2 Lời giải Chọn B Ta có z 1 5i z 3 i a bi 1 5i a bi 3 i a 1 2 b 5 2 a 3 2 b 1 2 2a 1 10b 25 6a 9 2b 1 4a 12b 16 0 a 3b 4 0 . Vậy quỹ tích các điểm M x; y biểu diễn số phức z là đường thẳng x 3y 4 0 d . Trang 24
  25. Có z OM , khi đó số phức z có mô đun nhỏ nhất khi và chỉ khi OM nhỏ nhất tức M là hình chiếu vuông góc của O trên đường thẳng d . Phương trình đường thẳng OM là: 3x y 0 2 6 2 6 a 1 d OM M ; z i a bi . 5 5 5 5 b 3 Câu 50: Cho số phức z a bi ( a,b ¡ ) thoả mãn z 7 i z 2 i 0 và z 3.Tính P a b . 1 5 A. P 5. B. P . C. P 7 . D. P . 2 2 Lời giải Chọn B Gọi z a bi , a,b ¡ . a bi 7 i a bi 2 i 0 a bi 7 i 2 a2 b2 i a2 b2 0 a 2 a2 b2 7 1 b a2 b2 i 0 a 2 a2 b2 7 0 a 2 a2 b2 7 0 a 2 a2 b2 7 0 2 2 2 2 1 b a b 0 2 2b 2 a b 0 a 2b 5 b 1 0 2 3 5b 20b 25 b 1 2 b 4 b 4b 22b 24 0  2 . a 3 a 2b 5 a 2 a 2b 5 3 25 1 Ta có z 3 4i z 5 ( loại); z 2 i z . Vậy P a b . 2 4 2 Câu 51: Gọi T là tổng phần thực và phần ảo của số phức w i 2i2 3i3 2018i2018 . Tính giá trị của T ? A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 2 . Lời giải Chọn.B. Cách 1: Ta có w i 2i2 3i3 4i4 2017i2017 2018i2018 4i4 8i8 2016i2016 i 5i5 9i9 2017i2017 2i2 6i6 10i10 2014i2014 2018i2018 3i3 7i7 11i11 2015i2015 Trang 25
  26. 4 8 2016 i i 5 9 2017 i2 2 6 10 2014 2018 i3 3 7 11 2015 504 505 505 504  4n i 4n 3  4n 2 i 4n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 504 505 505 504  4n  4n 2  4n 3  4n 1 i n 1 n 1 n 1 n 1 1010 1009i. Suy ra tổng phần thực và phần ảo của số phức w bằng 1. Cách 2: Phân tích như Cách 1 nhưng sử dụng cấp số cộng để tính các tổng trên. Cách 3: Đặt f x 1 x x2 x3 x2017 x2018 f x 1 2x 3x2 2017x2016 2018x2018 xf x x 2x2 3x3 2017x2017 2018x2018 1 Mặt khác: x2019 1 f x 1 x x2 x3 x2017 x2018 x 1 2019x2018 x 1 x2019 1 f x Thay x i vào 1 và 2 ta được: x 1 2 2019x2018 x 1 x2019 1 xf x x. 2 x 1 2 2019i2018 i 1 i2019 1 w i. i 1 2 2019i 2019 i 1 i 1010 1009i. 2i Suy ra tổng phần thực và phần ảo của số phức w bằng 1. Câu phát triển:. Câu 52: Gọi M a;b là điểm biểu diễn của số phức w i 2i2 3i3 2017i2017 2018i2018 trong mặt phẳng . Tính T 3a b ? A. 2017. B. 2018. C. 2019. D. 2020 Lời giải Chọn A Đặt f x 1 x x2 x3 x2017 x2018 f x 1 2x 3x2 2017x2016 2018x2018 Trang 26
  27. xf x x 2x2 3x3 2017x2017 2018x2018 1 Mặt khác: x2019 1 f x 1 x x2 x3 x2017 x2018 x 1 2019x2018 x 1 x2019 1 f x Thay x i vào 1 và 2 ta được: x 1 2 2019x2018 x 1 x2019 1 xf x x. 2 x 1 2 2019i2018 i 1 i2019 1 2019i2018 i 1 i2019 1 w i. i. 2 i 1 2 i 1 504 504 4 2 4 3 2019 i i i 1 i i 1 2019 i 1 i 1 i. 2i 2 2020i 2018 1009 1010i. a 1009;b 1010 T 3a b 2017 . 2 Câu 53: Gọi T là tổng phần thực và phần ảo của số phức w 2i3 3i4 2017i2018 2018i2019 . Tính giá trị của T ? A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 2 . Lời giải Chọn.A. Đặt f x 1 x x2 x3 x2017 x2018 f x 1 2x 3x2 2017x2016 2018x2018 x2 f x x2 2x3 3x4 2017x2018 2018x2019 1 Mặt khác: x2019 1 f x 1 x x2 x3 x2017 x2018 x 1 2019x2018 x 1 x2019 1 f x Thay x i vào 1 và 2 ta được: x 1 2 2019x2018 x 1 x2019 1 x2 f x x2. 2 x 1 2 2019i2018 i 1 i2019 1 i2 2i3 3i4 2017i2018 2018i2019 i2. 1009 1010i i 1 2 2019i2018 i 1 i2019 1 i2 2i3 3i4 2017i2018 2018i2019 i2. 1009 1010i i 1 2 Trang 27
  28. w 1009 1010i i2 1010 1010i Câu 54: Cho các số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 6, z2 2 . Gọi M , N lần lượt là điểm biểu diễn các · 2 2 số phức z1 , iz2 . Biết rằng MON 60. Tính T z1 9z2 . A. T 18 . B. T 24 3 .C. T 36 2 . D. T 36 3 . Lời giải Chọn D Ta có z1 6 OM 6 ; z2 2 iz2 2 ON 2 . 1  1  Gọi z z và K là điểm biểu diễn số phức z OK OM K· ON 60 và OK 2 . 3 1 3 2 3 Từ đó suy ra tam giác OKN đều cạnh bằng 2 NK 2 và OI 3 , với I là trung 2 điểm KN . 2 2 2 2 2 2 Khi đó T z1 9z2 9z 9z2 9 z iz2 9 z1 3iz2 z1 3iz2 9 z iz2 . z iz2 Do đó: T 18.NK.OI 18.2. 3 36 3 . M K I O N Câu 55: Cho số phức z a bi a,b R thỏa mãn z2018 z . Hỏi có bao nhiêu cặp a;b thỏa mãn đề bài: A. 2021. B. 2018 . C. 2019 . D. 2020 . Lời giải: Chọn D. Trang 28
  29. 2018 z 0 Ta có z2018 z z z . z 1 + Nếu z 0 z 0 . 1 + Nếu z 1, ta có z2018 z z2018 z2019 1. z Vì phương trình z2019 1 có 2019 nghiệm nên có tất cả 2020 số phức z thỏa mãn. Vậy có 2020 cặp a;b thỏa mãn đề bài. Câu 56: Cho số phức z thỏa mãn: z 1 3i 13 . Gọi m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức P z 2 2 z 3i 2 . Tính A m M. A. A 10. B. A 25. C. A 34. D. A 40. Lời giải Chọn đáp án C Đặt z x yi x; y R Ta có z 1 3i 13 (x 1)2 (y 3)2 13 P 4x 6y 5 P 17 4(x 1) 6(y 3) (42 62 )[(x 1)2 (y 3)2 ] Vậy P 17 26 9 P 43 m 9, M 43 A 34 . Câu 57: Cho số phức z thỏa mãn z 3 z 3 8 . Gọi M , m lần lượt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất z . Khi đó M m bằng A. 4 7. B. 4 7. C. 7. D. 4 5. Lời giải Chọn B Gọi z x yi với x; y ¡ . Ta có 8 z 3 z 3 z 3 z 3 2z z 4 . Do đó M max z 4 . 2 2 Mà z 3 z 3 8 x 3 yi x 3 yi 8 x 3 y2 x 3 y2 8 . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có 8 1. x 3 2 y2 1. x 3 2 y2 12 12 x 3 2 y2 x 3 2 y2 Trang 29
  30. 8 2 2x2 2y2 18 2 2x2 2y2 18 64 x2 y2 7 x2 y2 7 z 7 . Do đó M min z 7 . Vậy M m 4 7 . Câu 58: Xét số phức z thỏa mãn z 2 i z 4 7i 6 2 . Gọi m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của z 1 i . Tính P m M . 5 2 2 73 A. P 13 73 .B. P . 2 5 2 73 C. P 5 2 2 73 .D. P . 2 Lời giải Chọn B . Cách 1. Gọi M x; y là điểm biểu diễn của z . Các điểm A 2;1 , B 4,7 , C 1; 1 . Ta có z 2 i z 4 7i 6 2 MA MB 6 2 , mà AB 6 2 MA MB AB . Suy ra M thuộc đoạn thẳng AB . Phương trình đường thẳng AB : y x 3 , với x  2;4 . Ta có z 1 i MC z 1 i 2 MC 2 x 1 2 y 1 2 x 1 2 x 4 2 2x2 6x 17 Đặt f x 2x2 6x 17 , x  2;4 . 3 f x 4x 6 , f x 0 x ( nhận ) 2 3 25 Ta có f 2 13 , f , f 4 73. 2 2 3 25 Vậy Maxf x f 4 73, Minf x f . 2 2 Trang 30
  31. 5 2 5 2 2 73 M 73 , m . P . 2 2 Cách 2.Gọi M x; y là điểm biểu diễn của z . Các điểm A 2;1 , B 4,7 , C 1; 1 . Ta có z 2 i z 4 7i 6 2 MA MB 6 2 , mà AB 6 2 MA MB AB Suy ra M thuộc đoạn thẳng AB . Phương trình đường thẳng AB : y x 3 , với x  2;4 . 5 CM d C; AB . min 2 CB 73;CA 13 CM max CB 73 . 5 2 73 5 2 Vậy P 73 . 2 2 Câu 59: Biết phương trình: 2 2018 z 2017.2018z 2 0 có 2 nghiệm z1 , z2 . Tính S z1 z2 . A. S 22018 . B. S 22019 . C. S 21009 . D. S 21010 . Lời giải Chọn D 2 2018 2018 z 2017.2018z 2 0 z1 z2 2017.2018 và z1z2 2 là số thực. z2 z1 z2 z1 z1 . 2018 2018 2 2018 1009 Mà ta có: z1z2 2 z1.z1 2 z1 2 z1 2 . 1010 Vậy ta có: S z1 z2 2 z1 2 . Trang 31
  32. Câu 60: Cho hai số thực b và c c 0 . Kí hiệu A , B là hai điểm biểu diễn hai nghiệm phức của phương trình z2 2bz c 0 trong mặt phẳng phức. Tìm điều kiện của b và c để tam giác OAB là tam giác vuông (O là gốc tọa độ). A. b2 2c .B. c 2b2 .C. b c .D. b2 c . Lời giải Chọn B. 2 Ta có: z 2bz c 0 . Vì z1 z2 2b và z1z2 c là số thực. 2 2 z2 z1 z2 z1 z1 . Vậy ta có: x1 b và x1 y2 c . Ta có: z1 x1 y1i A x1; y1 ; z1 x2 y2i B x2 ; y2 .   2 2 Để tam giác OAB là tam giác vuông tại O OA.OB 0 x1x2 y1 y2 0 x1 y1 0 2 2 2 x1 y1 c 2b . Câu 61: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 4z2 4(m 1)z m2 3m 0 có hai nghiệm phức z1,z2 thỏa mãn z1 z2 2 A. 0 .B. 1.C. 2 .D. 4 . Lời giải Chọn C. 2 2 2 Ta có: 4z 4(m 1)z m 3m 0 Vì z1 z2 1 m và z1z2 m 3m là số thực. 1 m z z z z z . Vậy ta có: x và x2 y2 m2 3m . 2 1 2 1 1 1 2 1 1 2 2 Ta có: z1 z2 2 z1 z1 2 z1 1 x1 y1 1 2 m 1 m 3m 4 . m 4 Câu 62: Cho số phức z a bi a,b ¡ ,a 0 thỏa z.z 12 z z z 13 10i . Tính S a b . A. S 17 .B. S 5 .C. S 7 .D. S 17 . Lời giải Chọn C. Ta có: z.z 12 z z z 13 10i a2 b2 12 a2 b2 2bi 13 10i Trang 32
  33. a2 25 13 a2 b2 12 a2 b2 13 a2 25 12 a2 25 13 2 a 25 1 VN 2b 10 b 5 b 5 a 12 a 12 , vì a 0 . b 5 b 5 Vậy S a b 7 . Câu 63: Cho số phức z a bi a, b ¡ thỏa mãn 1 i z 2z 3 2i . Tính P a b . 1 1 A. P .B. P 1.C. P 1.D. P . 2 2 Lời giải Chọn C. Ta có: 1 i z 2z 3 2i. 1 . Ta có: z a bi z a bi . Thay vào 1 ta được 1 i a bi 2 a bi 3 2i 1 a a b 2 2 a b i 3a b 3 2i . 3a b 3 3 b 2 Vậy P 1. Câu 64: Cho số phức z a bi (a,b ¡ ) thỏa mãn z 1 3i z i 0 . Tính S a 3b . 7 7 A. S .B. S 5. C. S 5 .D. S . 3 3 Lời giải Chọn B. Đặt z a bi; a;b ¡ . Từ giả thiết, ta có: a bi 1 3i a bi i 0 a bi 1 3i a2 b2 .i 0 a 1 a 1 0 a 1 b 3 a2 b2 .i 0 . 2 2 4 b 3 a b 0 b 3 4 Vậy S a 3b 1 3. 5. 3 Trang 33
  34. 12 5i z 17 7i Câu 65: Tìm tập hợp các số phức z thỏa 13. z 2 i A. d :6x 4y 3 0. B. d :x 2y 1 0 . C. (C) : x2 y2 2x 2y 1 0 . D. (C) : x2 y2 4x 2y 4 0 . Lời giải Chọn A. Gọi M (x; y) là điểm biểu số phức z x yi (x, y ¡ ) thỏa bài toán. Theo đề có 12 5i z 17 7i 2 2 2 2 13 12x 5y 17 12y 5x 7 169 x 2 y 1 z 2 i 6x 4y 3 0 . Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là đường thẳng 6x 4y 3 0 . Câu 66: Cho số phức z thỏa mãn 2 z 2 3i 2i 1 2z . Tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z trong mặt phẳng tọa độ Oxy là đường thẳng có phương trình nào sau đây? A. 20x 16y 47 0 . B. 20x 16y 47 0 . C. 20x 16y 47 0 . D. 20x 16y 47 0 . Lời giải Chọn A. Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn của số phức z x yi (x, y ¡ ) z x yi . Ta có 2 z 2 3i 2i 1 2z 2 (x 2) (y 3)i ( 2x 1) (2y 2)i 2 (x 2)2 (y 3)2 ( 2x 1)2 (2y 2)2 20x 16y 47 0 . Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là đường thẳng 20x 16y 47 0 . Câu 67: Tìm tập hợp các số phức z thỏa z thỏa z 4 z 4 10 . x2 y2 x2 y2 A. E : 1. B. E : 1. 9 25 25 9 x2 y2 x2 y2 C. E : 1. D. E : 1. 16 9 5 3 Lời giải Chọn B. Gọi M (x; y) là điểm biểu số phức z x yi (x, y ¡ ) thỏa bài toán. Ta có z 4 z 4 10 (x 4) yi (x 4) yi 10 (x 4)2 y2 (x 4)2 y2 10 * Trang 34
  35. Đặt F1(- 4;0) và F2 (4;0) thì * MF1 MF2 10 F1F2 8 nên tập hợp điểm M (x; y) biểu diễn số phức z là một elíp với hai tiêu điểm F1, F2 . MF1 MF2 2a 10 a 5 x2 y2 Ta có: F1F2 2c 8 c 4 (E) : 1. 25 9 2 2 2 a b c b 3 Câu 68: Tìm tổng các giá trị của số thực a sao cho phương trình z 2 3z a2 2a 0 có nghiệm phức zo thỏa zo 2 . A. 0 . B. 2 . C. 6 . D. 4 . Lời giải Chọn D Ta có với mọi a ¡ thì phương trình z 2 3z a2 2a 0 luôn có nghiệm phức. 3 i 4a2 8a 9 3 i 4a2 8a 9 z và z . 1 2 2 2 3 4a2 8a 9 Suy ra z z . 1 2 4 4 2 3 4a2 8a 9 9 4a 8a 9 z 2 2 4 4a2 8a 9 7 o 4 4 4 4 4a2 8a 9 7 4a2 8a 2 0 1 . 2 2 4a 8a 9 7 4a 8a 16 0 2 Từ 1 ta có a1 a2 2 , từ 2 ta có a3 a4 2 . Vậy tổng a1 a2 a3 a4 4 . Câu 69: Cho số phức z thỏa z 1 , gọi m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của 3 P z5 z 6z 2 z4 1 . Tính M m . A. M m 1.B. M m 3.C. M m 6 . D. M m 12 . Lời giải Chọn A. 3 Ta có P z5 z 6z 2 z4 1 4 2 z4 z 6 2 z2 z Trang 35
  36. 2 2 2 z2 z 4 2 z2 z 2 2 2 z2 z 4 2 z2 z 2 2 z2 z 1 3 2 z2 z ¡ Vì nên Pmax 4 , Pmin 3 nên chọn A. 2 2 2 z z 2 Cách giải khác: 3 Ta có P z5 z 6z 2 z4 1 4 2 z4 z 6 2 z2 z 2 Đặt t z2 z với t 0;2 4 z4 z t 2 2 Do đó P t 2 4 2t t 2 2t 4 f t với t 0;2 Khi đó Pmax 4 , Pmin 3 nên chọn A. Câu 70: Cho số phức z thỏa z 1 , gọi m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất 3 2 của P z5 z 4z 2 z2 z . Tính M mi . A. M mi 3 . B. M mi 1.C. M mi 5 . D. M mi 2 . Lời giải Chọn C. 3 2 Ta có P z5 z 4z 2 z2 z 4 2 z4 z 4 2 z2 z Trang 36
  37. 2 2 2 z2 z 2 2 z2 z 2 2 2 z2 z 2 2 z2 z 2 2 z2 z 1 1 2 z2 z ¡ Vì nên Pmax 2 , Pmin 1 nên chọn C. 2 2 2 z z 2 Câu 71: Xét số phức z thỏa mãn iz 2i 2 z 1 3i 34. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P (1 i)z 2i . 9 A. P 4 2. B. P 26. C. P . D. P 3 2. min min min 17 min Lời giải Chọn A. Gọi M (x; y), A, B, I lần lượt là điểm biểu diễn các số phức z, 2 2i, 1 3i, 1 i. Ta có: iz 2i 2 z 1 3i 34 z 2 2i z 1 3i 34 MA MB AB M thuộc tia đối của tia BA. P (1 i)z 2i (1 i)(z 1 i) 2 z 1 i 2MI . Dựa vào quan sát, suy ra: Pmin MImin M  B. Vậy Pmin 2IB 4 2. Trang 37
  38. Câu 72: Cho số phức z thỏa mãn z 2 i z 4 7i 6 2 . Gọi M ,m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của z 1 i . Khi đó P M 2 m2 bằng 171 171 167 167 A. .B. .C. .D. . 2 4 4 2 Lời giải Chọn A. Gọi z x yi, x, y ¡ . Đặt: N x; y , F1 2;1 , F2 4;7 Khi đó từ giả thiết z 2 i z 4 7i 6 2 suy ra NF1 NF2 6 2 . 2 Mà F1F2 72 NF1 NF2 F1F2 . Vậy N thuộc đoạn F1F2 .  x 2 y 1 Ta có F F 6;6 Phương trình đường thẳng F F : x y 3 0 . 1 2 1 2 1 1 Tập hợp các điểm N biểu diễn số phức z thuộc đường thẳng y x 3 với 2 x 4 . 2 2 2 2 z 1 i x 1 y 1 x 1 x 4 . Xét f x x 1 2 x 4 2 , 2 x 4 . 3 f x 2 x 1 2 x 4 ; f x 0 x . 2 3 25 f 2 13 ; f ; f 4 73. 2 2 25 25 171 Suy ra M 73;m P M 2 m2 73 . 2 2 2 Câu 73: Cho các số phức z1 3i, z2 4 i và z thỏa mãn z i 2 . Biết biểu thức T z z1 2 z z2 đạt giá trị nhỏ nhất khi z a bi ( a,b ¡ ). Hiệu a b bằng 3 6 13 3 6 13 6 13 3 3 6 13 A. . B. . C. . D. . 17 17 17 17 Lời giải Chọn A. Trang 38
  39. Gọi A(0; 3), B(4;1) lần lượt là các điểm biểu diễn của z1, z2 . Do | z i | 2 nên tập hợp điểm biểu diễn của z là đường tròn (C) tâm I(0;1) , bán kính R 2 . Lấy M (C) là điểm biểu diễn của z . Ta có T MA 2MB . IM IO Ta có IM 2, IO 1, IA 4 IM 2 IO.IA . IA IA OM IM 1 Từ đó IMO ∽ IAM AM 2OM . AM IA 2 Vậy MA 2MB 2 MO MB 2OB . Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của đường thẳng BM và (C) . 1 2 13 M (C) IM 2 16t 2 (t 1)2 4 17t 2 2t 3 0 t (t 0 ). 17 4 8 13 1 2 13 3 6 13 Vậy z i a b . 17 17 17 1 i 3 1 i 3 Câu 74: Cho hai só phức z , z . Gọi z là số phức thỏa mãn 3z i 3 3 . 1 2 2 2 2 2 Đặt M ,m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức T z z z1 z z2 . Tính mô đun số phức w M mi . 2 21 4 3 A. . B. 13 . C. . D. 4 . 3 3 Lời giải Chọn A. Trang 39
  40. i 3 1 Ta có 3z i 3 3 z . 3 3 2 2 3 1 Đặt z x yi x; y ¡ x y (C) . 3 3 1 3 1 3 Gọi K(x; y), A ; ;B ; lần lượt là điểm biểu diễn của z, z , z . 1 2 2 2 2 2 Khi đó ta có T OK KA KB . Vì A, B, O cùng thuộc đường tròn (C) và tam giác OAB đều nên suy ra: m minT 2OA 2 , khi đó K trùng với O hoặc A hoặc B . Gọi K thuộc cung O»B . Ta có KA.OB OA.BK AB.OK (Ptoleme). KA KB OK . 4 3 4 3 Suy ra T 2AK 2.2R M . 3 3 2 21 Vậy w . 3 Câu 75: Cho số phức z thỏa mãn z 1. Tìm min z3 z 2 . 2 6 2 13 A. 13 . B. 6 . C. . D. . 9 6 Lời giải Chọn C. Gọi z a bi , với a, b ¡ . Theo giả thiết ta có z 1 suy ra z.z 1 và a2 b2 1, 1 a 1. Ta có z3 z 2 z3 z 2z.z z z2 1 2z a2 b2 2a 1 2ab 2b i 2 a2 a 1 2b a 1 i Trang 40
  41. 2 4 a2 a 1 4b2 a 1 2 16a3 4a2 16a 8 2 4a3 a2 4a 2 . 2 x 3 2 2 3 Xét hàm số f x 4x x 4x 2 trên  1;1. Ta có f x 12x 2x 4 0 1 x 2 . 2 2 1 13 Ta có f 1 1; f 1 1; f ; f . 3 27 2 4 2 2 3 2 6 2 5 Vậy min f x f . Do đó min z z 2 khi a và b .  1;1 3 27 9 3 3 Câu 76: Cho số phức z thỏa mãn z 1, gọi m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của P z5 z 3 6z 2 z4 1 . Tính M m . A. M m 1. B. M m 3. C. M m 6 . D. M m 12 . Lời giải Chọn A. Cách 1 : Đặt t z4 1 t 0;2 t 2 z4 1 z 4 1 2 z4 z 4 z4 z 4 t 2 2 . z 4 Mà z5 z 3 6z z z4 6 z4 z 4 6 . z.z 2 2 Nên P t 2 6 2t t 2t 4,t 0;2 suy ra Pmin 3 m, Pmax 4 M M m 1. Cách 2: P z5 z 3 6z 2 z4 1 = z4 z 4 6 2 z4 1 . Đặt w z4 x yi, x, y ¡ , w 1 x2 y2 1. 2 Nên P w w 6 2 w 1 2x 6 2 x 1 y2 2 x 3 2 2x 2 . Đặt f x 2 x 3 2 2x 2, x  1;1 . Bảng biến thiên Trang 41
  42. Vậy Pmin 3 m, Pmax 4 M M m 1. Câu 77: Cho số phức z thay đổi và thỏa mãn z 1 i 5 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 2 z 8i z 7 9i bằng 5 5 5 5 3 A. . B. 5 5 . C. . D. . 2 2 2 Lời giải Chọn B Gọi M x; y biểu diễn số phức z , từ z 1 i 5 thì M nằm trên đường tròn x 1 2 y 1 2 25 có tâm và bán kính : I 1;1 , R 5 . Gọi A 0;8 ; B 7;9 thì P 2 x2 y 8 2 x 7 2 y 9 2 2MA MB . Phân tích : mục tiêu tìm tọa độ điểm C sao cho MB 2MC , nhận thấy IB 2IM 2R nên ta có hai cách tìm tọa độ điểm C như sau : Cách 1 : x 1 2 y 1 2 25 T x2 y2 23 0 MB x2 y2 14x 18y 130 x2 y2 14x 18y 130 3T 2 2 2 5 2 4x 4y 20x 24y 61 2 x y 3 2 5 Nên chọn điểm C ;3 thì MB 2MC 2 Trang 42
  43.  1  Cách 2 : Lấy điểm C thỏa mãn IC IB thì tam giác IMC đồng dạng với tam giác IBM 4 5 nên ta có MB 2MC , từ đó C ;3 2 Ta có : P 2MA MB 2 MA MC 2AC 5 5 Dấu « = » đạt được khi điểm C nằm trên đoạn AM . Câu 78: Cho các số phức z thỏa mãn z 2 4 z 2i z 1 2i . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P z 3 2i . 7 A. P 4.B. P 2. C. P .D. P 3. min min min 2 min Lời giải Chọn D. Gọi M x; y là điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng phức. Có z 2 4 z 2i z 1 2i z 2i . z 2i z 2i z 1 2i x 0; y 2 z 2i 1 . z 2i z 1 2i x ; y ¡ 2 1 Vậy M 0;2 hoặc M d : x . 2 7 Gọi I 3;2 thì P IM . Khi đó IM 3 hoặc IM d(I;d) . min min 2 Vậy Pmin 3. Trang 43
  44. Câu 79: Cho các số phức z thỏa mãn z 1 i z 8 3i 53 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P z 1 2i . 185 A. P 53.B. P . C. P 106 . D. P 53 . max max 2 max max Lời giải Chọn C. Gọi M x; y , A 1;1 , B 8;3 , C 1; 2 lần lượt là điểm biểu diễn các số phức z, 1 i , 8 3i , 1 2i trong mặt phẳng phức. Có z 1 i z 8 3i 53 MA MB 53 AB M thuộc đoạn AB. P z 1 2i = MC. Ta có : CA 13,CB 106 và CA CM CB 106 . Vậy Pmax 106 đạt khi M trùng B . 3 2 Câu 80: Biết z1, z2 5 4i và z3 là ba nghiệm của phương trình z bz cz d 0 b,c,d ¡ , trong đó z3 là nghiệm có phần ảo dương. Phần ảo của số phức w z1 3z2 2z3 bằng: A. 12.B. 8 .C. 4 .D. 0 . Lời giải Trang 44
  45. Chọn C. Xét phương trình z3 bz2 cz d 0 b,c,d ¡ là phương trình bậc ba với hệ số thực nên luôn có một nghiệm thực là z1 . 2 Do đó phương trình tương đương với: z z1 z a ' z b' 0 a ',b' ¡ z z1 ¡ 2 . z a ' z b' 0 1 Nên z3, z2 5 4i là hai nghiệm phức của phương trình bậc hai với hệ số thực (1). Suy ra z3 5 4i . Khi đó : w z1 3z2 2 z3 z1 3. 5 4i 2. 5 4i 25 2z3 4i . Vậy phần ảo của w z1 3z2 2z3 là 4. 1 Câu 81: Biết rằng hai số phức z , z thỏa mãn z 3 4i 1 và z 3 4i . Số phức z có phần 1 2 1 2 2 thực là a và phần ảo là b thỏa mãn 3a 2b 12 . Giá trị nhỏ nhất của P z z1 z 2z2 2 bằng 9945 9945 A. P . B. P 5 2 3 . C. P . D. P 5 2 3 . min 11 min min 13 min Lời giải Chọn C. Đặt z3 2z2 thì z3 6 8i 1 và P z z1 z z3 2 . Gọi M , A , B lần lượt là các điểm biểu diễn cho z , z1 và z3 . Khi đó: Điểm A nằm trên đường tròn C1 có tâm I1 3;4 , bán kính R1 1; Điểm B nằm trên đường tròn C3 có tâm I3 6;8 , bán kính R3 1 Và điểm M nằm trên đường thẳng d :3x 2y 12 0 . Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của P MA MB 2 . Trang 45
  46. Ta kiểm tra thấy C1 và C3 nằm cùng phía và không cắt đường thẳng d :3x 2y 12 0 . Gọi đường tròn C có tâm I và bán kính R 1 đối xứng với C qua d . 1 1 1 1 Điểm A đối xứng với A qua d thì A thuộc C . 1 72 30 105 8 Ta có I1I1 : 2x 3y 18 0 . Gọi H I1I1  d H ; suy ra I1 ; . 13 13 13 13 Ta có P MA MB 2 MA MB 2 MA R MB R I M I M I I . 1 3 1 3 1 3 9945 Từ đó P khi các điểm I , I , A , B và M thẳng hàng và P I I . min 1 3 min 1 3 13 Câu 82: Cho z1 , z2 là hai trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z 5 3i 5 , đồng thời z1 z2 8 . Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức w z1 z2 trong mặt phẳng tọa độ Oxy là đường tròn có phương trình nào dưới đây? 2 2 2 2 5 3 9 5 3 A. x y . B. x y 9 . 2 2 4 2 2 2 2 C. x 10 2 y 6 2 36 . D. x 10 y 6 16 . Lời giải Chọn C. Trang 46
  47. Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện z 5 3i 5 là đường tròn T có tâm là I 5;3 , bán kính R 5. Gọi M , N lần lượt là các điểm biểu diễn cho z1 , z2 . Khi đó M , N nằm trên đường tròn T . Có z1 z2 8 nên suy ra MN 8. Giả sử z1 a1 b1i và z2 a2 b2i , suy ra w z1 z2 a1 a2 b1 b2 i . Gọi H là trung điểm của MN , ta có MN  IH nên IH IM 2 MH 2 52 42 3 . 2 2 Vậy ta có xH 5 yH 3 9 . a a x 1 2 H 2 Mà nên ta suy ra b b y 1 2 H 2 2 2 a1 a2 b1 b2 2 2 5 3 9 a1 a2 10 b1 b2 6 36 . 2 2 2 2 Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w z1 z2 là đường tròn x 10 y 6 36. Câu 83: Xét các số phức z , w thỏa mãn điều kiện z 1 3i z 2i và w 1 3i w 2i . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P z w là 3 3 26 26 13 1 A. . B. . C. P . D. P . 13 13 4 2 Lời giải Chọn B. Trang 47
  48. Cách 1: Gọi z a bi , w c di , a,b,c,d ¡ lần lượt được biểu diễn bởi điểm M a;b , N c;d trong mặt phẳng oxy . Từ giả thiết: z 1 3i z 2i a 1 b 3 i a b 2 i . a 1 2 b 3 2 a2 b 2 2 a 5b 3 . Suy ra tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là phần tô đậm như trên đồ thị có tính biên là đường thẳng : x 5y 3. w 1 3i w 2i c 1 d 3 i c d 2 i c 1 2 d 3 2 c2 d 2 2 c 5d 3. Suy ra tập hợp điểm N biểu diễn số phức w là phần tô gạch như trên đồ thị có tính biên là đường thẳng : x 5y 3. M 3 26 Khi đó P z w MN d ; . Dấu ' ' xảy ra khi N 13 MN  y x 5 y 3 1 3 x 3 O d 1 x 5 y 3 Cách 2: a 5b 3 a 5b 3 Từ giả thiết a c 5 b d 6 * c 5d 3 c 5d 3 Và P z w MN a c 2 b d 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Ta có: Trang 48
  49. a c 5 b d 26. a c 2 b d 2 2 2 a c 5 b d 6 3 26 a c b d . 26 26 13 a 2b 3 M M 3 26 Vậy Pmin khi c 5d 3 N N . 13   a c b d NM a c;b d k.n 1;5 MN  1 5 Câu 84: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z2 2z 5 (z 1 2i)(z 3i 1) . Tìm giá trị nhỏ nhất của z 2 2i 3 5 A. 5. B. 1. C. . D. . 2 2 Lời giải Chọn B. Đặt w z 2 2i Ta có z2 2z 5 (z 1 2i)(z 3i 1) (z 1 2i) . (z 1 2i) (z 1 2i) . (z 3i 1) z 1 2i 0 . z 1 2i z 3i 1 TH1: z 1 2i w 1 w 1 (1) TH2: z 1 2i z 3i 1 . Đặt z a bi ; a,b ¡ . 1 (a 1)2 (b 2)2 (a 1)2 (b 3)2 b . 2 1 9 3 z a i w (a 2)2 (2) 2 4 2 Từ 1 , 2 suy ra min | w | 1. Câu 85: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z2 2z 2 z 1 i . Tìm giá trị lớn nhất của z . A. 2 . B. 2 1. C. 2 2. D. 2 1. Trang 49
  50. Câu 86: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện : z 1 2i 5 và w z 1 i có môđun lớn nhất. Số phức z có môđun bằng: A. 2 5. B. 3 2 . C. 6 . D. 5 2 . Câu 87: Trong mặt phẳng phức, xét số phức z và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn lần lượt là M , M ; số phức z 4 3i và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn lần lượt là N, N . Biết rằng M , M , N, N là bốn đỉnh của hình chữ nhật. Tìm giá trị nhỏ nhất của z 4i 5 . 1 2 5 4 A. .B. .C. .D. . 2 5 34 13 Lời giải Chọn A Phân tích: Minh họa các điểm biểu diễn trên mặt phẳng phức ta thấy rằng tứ giác MNN M luôn là hình thanh cân ( MM∥ NN ), nên để MNN M là hình chữ nhật ta chỉ cần có thêm điều kiện là tứ giác có một góc vuông nữa hoặc MM NN . Giả sử: z a bi a,b ¡ . Ta có M a;b và M a; b . * Khi đó: z 4 3i 4a 3b 3a 4b i . Suy ra N 4a 3b;3a 4b và N 4a 3b; 3a 4b . * Do 4 điểm M , M , N, N tạo thành hình thang cân nhận Ox làm trục đối xứng nên 4 điểm đó là bốn đỉnh của một hình chữ nhật khi a b 2 MM NN 4b2 4 3a 4b 5 . a b 3 2 2 2 9 1 1 * Với a b , ta có z 4i 5 b 5 b 4 2 b . 2 2 2 9 9 Đẳng thức xảy ra khi a ,b . 2 2 2 5b 5 2 34 2 74 5 1 * Với a ta có z 4i 5 b 5 b 4 b b 41 . 3 3 9 3 34 2 1 Vậy: Min z 4i 5 . 2 Câu 88: Trong mặt phẳng phức, xét số phức z và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn là M ; số phức z 4 3i có điểm biểu diễn là N . Gọi M , N lần lượt là hình chiếu của M , N trên trục Ox . Biết rằng tứ giác MNN M hình chữ nhật. Tìm giá trị nhỏ nhất của z 4i 5 . 1 2 5 4 A B. .C. .D. . 2 5 34 13 Lời giải Chọn A Trang 50
  51. Giả sử: z a bi a,b ¡ . Ta có M a;b và M a;0 . * Khi đó: z 4 3i 4a 3b 3a 4b i . Suy ra N 4a 3b;3a 4b và N 4a 3b;0 . * Do 4 điểm M , M , N, N tạo thành hình thang vuông (MM∥ NN ) nên 4 điểm đó là bốn a b đỉnh của một hình chữ nhật khi: MM NN b 3a 4b 5 . a b 3 2 2 2 9 1 1 * Với a b , ta có z 4i 5 b 5 b 4 2 b . 2 2 2 9 9 Đẳng thức xảy ra khi a ,b . 2 2 2 5b 5 2 34 2 74 5 1 * Với a ta có z 4i 5 b 5 b 4 b b 41 . 3 3 9 3 34 2 1 Vậy: Min z 4i 5 . 2 Câu 89: Trong mặt phẳng phức, xét số phức z và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn lần lượt là M , M ; số phức z 4 3i có điểm biểu diễn là N . Gọi N là điểm đối xứng với N qua đường thẳng MM . Biết rằng tứ giác MNM N là hình thoi. Tìm phần ảo của z để z 4i 5 đạt giá trị nhỏ nhất. 96 192 96 192 A. .B. .C. .D. . 25 25 25 25 Lời giải Chọn A Phân tích: Dựa vào tính chất hình thoi là tứ giác có hai đường chéo vuông góc và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường N Ox . Giả sử: z a bi a,b ¡ . Ta có M a;b và M a; b . * Khi đó: z 4 3i 4a 3b 3a 4b i . Suy ra N 4a 3b;3a 4b . 4 * Do tứ giác Mlà NhìnhM N thoi nên N Ox 3a 4b 0 .a b 3 2 4 2 25 2 64 * Ta có z 4i 5 b 5 b 4 b b 41 . 3 9 3 96 z 4i 5 đạt giá trị nhỏ nhất tại b . 25 Câu 90: Cho số phức z và w thỏa mãn z w 3 4i và z w 9 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T z w . A. .m axT B. .1 76 C. . maxT D. 1 .4 maxT 4 maxT 106 Trang 51
  52. Lời giải Chọn D. Phân tích: Từ yêu cầu bài toán ta nghĩ đến BĐT Bunhiacopxki, vấn đề còn lại là biến đổi để xuất hiện z 2 w 2 thì bài toán được giải quyết xong. 2 2 2 2 Ta có 2 z w z w z w 25 81 106 2 2 2 nên T 2 1. z 1. w 1 1 z w 106 . Do đó T 106 . Câu 91: Cho số phức z và w thỏa mãn z w a bi;a,b ¡ và z w c 0 (hoặc z w c 0 và z w a bi;a,b ¡ ). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T p. z q. w với p 0,q 0 . Lời giải 2 2 2 2 Ta có: 2 z w z w z w a2 b2 c2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c Khi đó T p. z q. w p q z w p q 2 2 2 2 2 2 a b c Nên T p q . 2 Câu 92: Cho số phức z x yi (x, y ¡ ) thỏa mãn z 1 3i z 3 i . Tính S x3 y3 biết rằng biểu thức P z 1 2i z 1 i đạt giá trị lớn nhất. A. .S 0 B. . S 16 C. . D.S . 54 S 27 Lời giải Chọn C. Gọi M x; y là điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng Oxy . Ta có 2 2 2 2 z 1 3i z 3 i x 1 y 3 x 3 y 1 x y 0 . Gọi A 1;2 , B 1;1 , khi đó P z 1 2i z 1 i MA MB . Bài toán trở thành: “Tìm M thuộc đường thẳng d: x y 0 sao cho MA MB lớn nhất.” Trang 52
  53. Xét P x, y x y , ta có P A  P B 1 2 2 0 . Do đó A , B nằm cùng phía đối với đường thẳng d . Gọi I là giao điểm của AB với d , ta tìm được I 3;3 . Ta có MA MB AB . Đẳng thức xảy ra khi M trùng với I . Do đó P đạt giá trị lớn nhất khi tọa độ M là M 3;3 . Vậy x 3 và y 3 do đó S 33 33 54 . Nhận xét: Bài toán sẽ khó hơn nếu A , B nằm khác phía đối với đường thẳng d . Khi đó ta cần tìm điểm đối xứng B ' của B qua d và M sẽ trùng với I AB ' d . Câu 93: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 z2 8 6i và z1 z2 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P z1 z2 . A. Pmax 2 26 B. Pmax 104 C. Pmax 32 3 2 D. Pmax 4 6 Lời giải Chọn A. 2 z z 2 z z 2 2 z 2 z 2 z z Ta có 1 2 1 2 1 2 1 2 . Trang 53
  54. z1 z2 z2 8 6i z1 Suy ra P z1 z2 2 26 , dấu "=" xảy ra khi z1 z2 8 6i z1 z1 8 6i z z 2 1 2 z1 4 3i 1 z2 8 6i z1 17 19i z 1 5 5 . 23 11i z1 5 5 Vậy Pmax 2 26 . Tổng quát: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 z2 z0 z0 0 và z1 z2 m 0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P z1 z2 . Gọi các điểm biểu diễn của các số phức z1 , z2 , z0 lần lượt là M , N , K . 2 2 2 2 2 MN z m Ta có z z OM 2 ON 2 2OE 2 0 . 1 2 2 2 2 2 2 z1 z2 2 z z z z z m2 . 1 2 2 1 2 0 2 2 Suy ra giá trị lớn nhất của P z1 z2 bằng z0 m . Câu 94: Cho số phức z thoả mãn z z z z z2 . Giá trị lớn nhất của biểu thức P z 5 2 i bằng A. . 2 5 3 B. 2 3 5 . C. . 5 2 3 D. 5 3 2 Lời giải Chọn B. Trang 54
  55. Cách 1: Đại số Đặt z a bi a,b ¡ . 2 2 Từ giả thiết z z z z z2 2 a 2 b a2 b2 a 1 b 1 2 1 . 2 2 Ta có P z 5 2i a 5 b 2 2 a 2 b 10a 4b 29 . Dễ thấy P lớn nhất khi a,b 0 . Khi đó P 12a 6b 29 6 2 a 1 b 1 47 2 2 Do a,b 0 nên từ 1 ta có a 1 b 1 2 . Suy ra P 6 2 a 1 b 1 47 6 22 12 a 1 2 b 1 2 47 47 6 10 2 3 5 . 2 2 a 1 b 1 2 2 10 a 1 a 1 b 1 5 Dấu xảy ra khi . 2 1 10 a 1, b 1 0 b 1 5 Cách 2: Hình học Đặt z a bi a,b ¡ . 2 2 Từ giả thiết z z z z z2 2 a 2 b a2 b2 a 1 b 1 2 1 . Tập hợp M biểu diễn z thuộc các phần đường tròn cùng bán kính là R 2 có tâm là A 1;1 , B 1;1 , C 1; 1 , D 1; 1 nằm chọn vẹn trong 1 góc phần tư (bỏ đi các cung nhỏ). P ME với E 5;2 . Từ hình vẽ ta thấy max P HE ED 2 3 5 2 . Trang 55
  56. Nhận xét: Nếu bài yêu cầu tìm min thì ta cũng làm tương tự. Câu 95: Cho số phức z thoả mãn z z z z z2 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P z 5 2i bằng A. .5 3 2 B. 17 2 . C. .2 3 2D. 4 2 Câu 96: Cho số phức z thỏa mãn 3 z + z + 3 z - z = z2 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z + 4- 4i bằng A. 2 B. 2 2 C. 3 2 D. 2 Câu 97: Cho số phức z thỏa mãn z z 2 z z 8 ; a,b,c dương. Gọi M ,m lần lượt là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức P = z - 3- 3i . Tính M m . A. 10 + 34 B. 5 + 58 C. 10 + 58 D. 2 10 HD: Chọn B Từ đồ thị ta xác định được E 3;3 , A1 4;0 , A2 0;2 , A3 4;0 , A4 0; 2 , H1 2;1 . Khi đó, EM min EH1 5 , EM max EA3 58 . Câu 98: Cho số phức z thỏa mãn z2 5 2 z z . Gọi M ,m lần lượt là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của z 5 4i . Tính M m . Trang 56
  57. A. 57 1 B. C. 57 5D. 57 6 57 7 Câu 99: Cho số phức z thỏa mãn 1 z 2 i 4 . Gọi M là giá trị lớn nhất của z 2 3i , m là giá trị nhỏ nhất của z 2 2i . Tính M m . A. 6 B. C. 5D. 3 7 Lời giải Chọn A Lấy các điểm I 2; 1 , A 2; 3 , B 2;2 ; điểm N biểu diễn số phức z . Ta có 1 AI 2 4 M ANmax AI 4 5 ; BI 5 4 m BNmin BI 4 1 . Do đó, M m 6 . Câu 100: Cho hai điểm A , B là hai điểm biểu diễn hình học số phức theo thứ tự z0 , z1 khác 0 và 2 2 thỏa mãn đẳng thức z0 z1 z0 z1 . Hỏi ba điểm O , A , B tạo thành tam giác gì? (O là gốc tọa độ) ? Chọn phương án đúng và đầy đủ nhất. A. Cân tại O . B. Vuông cân tại O . C. Đều. D. Vuông tại O . Lời giải Chọn C. Hai điểm A , B là hai điểm biểu diễn hình học số phức theo thứ tự z0 , z1 Theo giả thiết suy ra: OA z0 , OB z1 và AB z1 z0 . 2 2 2 2 2 2 Ta có: z0 z1 z0 z1 z0 z0 z1 z1 0 z0 z1 z0 z0 z1 z1 0 . 3 3 3 3 z0 z1 0 z0 z1 z0 z1 OA OB . 2 2 2 2 Xét z1 z0 z0 z1 2z0 z1 z0 z1 z1 z0 z1 . z0 AB2 OA.OB AB OB . Vậy AB OB OA hay tam giác OAB là tam giác đều. Trang 57