014 gt12 civ so phuc trac nghiem bo hdg chi tiet

C
H
Ư
Ơ
N
III
=
=
=I

CHUYÊN ĐỀ IV – GIẢI TÍCH 12 – SỐ PHỨC

SỐ PHỨC

IV

HỆ THỐNG BÀI TẬP

TRẮC NGHIỆM.

BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM TRÍCH TỪ ĐỀ THAM KHẢO VÀ ĐỀ CHÍNH THỨC
CỦA BỘ GIÁO DỤC TỪ NĂM 2017 ĐẾN NAY

Câu 1:

Câu 11 (101-2023) Điểm M trong hình bên là điểm biểu diễn của số phức nào dưới đây?

A. 2  i .

B. 1  2i .

C. 1  2i .

D. 2  i .

Lời giải
Điểm
Câu 2:

M  2;1

Câu 8 (104-2023) Điểm M trong hình bên biểu diễn số phức nào dưới đây?

A. 1  2i .
Điểm
Câu 3:

biểu diễn số 2  i .

M ( 2;1)

B. 1  2i .

C. 2  i .
Lời giải

D. 2  i .

nên biểu diễn số phức 2 + i .

M   2; 2 

Câu 1 (102-2023) Trên mặt phẳng tọa độ, điểm
là điểm biểu diễn của số phức nào
dưới đây?
A.  2  2i .
B. 2  2i .
C. 2i .
D. 2  2i .
Page 396

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ IV – GIẢI TÍCH 12 – SỐ PHỨC
Lời giải
Điểm
Câu 4:

M   2; 2 

là điểm biễu diễn của số phức  2  2i trên mặt phẳng tọa độ.

Câu 22 (103-2023) Trên mặt phẳng tọa độ, điểm
dưới đây?
A. 2  2i .

M   2; 2 

C.  2  2i .

B. 2i .

là điểm biểu diễn của số phức nào
D. 2  2i .

Lời giải
Trên mặt phẳng tọa độ, điểm
Câu 5:

M   2; 2 

là điểm biểu diễn của số phức  2  2i .

Câu 15 (101-2023) Cho hai số phức z1 2  i và z2 1  3i . Phần thực của số phức z1  z2
bằng
A. 3 .
B.  4 .
C. 1 .
D.  1 .
Lời giải
z1  z2 2  i   1  3i  1  4i

.

Phần thực của số phức z1  z2 bằng 1 .
Câu 6:

zz
Câu 4 (104-2023) Cho hai số phức z1 2  i và z2 1  3i . Phần thực của số phức 1 2 bằng
A.  1 .

Câu 7:

B. 3 .

C.  4 .
Lời giải

D. 1 .

Ta có: z1  z2 2  i  1  3i 1  4i
Câu 25 (102-2023) Cho số phức z1 2  3i và z2 i . Số phức z1 z2 bằng
A.  3  2i .
B. 2  4i .
C. 2  3i .
D. 3  2i .
Lời giải
Ta có

Câu 8:

z1 z2  2  3i  i 2i  3i 2  3  2i

Câu 11 (103-2023) Cho số phức z1 2  3i và z2 i . Số phức z1.z2 bằng
A. 3  2i .

B. 2  3i .

C.  3  2i .

D. 2  4i .

Lời giải

z1.z2  2  3i  .i 2i  3i 2 2i  3   1  3  2i
Câu 9:

.

Câu 21 (101-2023) Cho số phức z 1  2i . Phần ảo của số phức z bằng
A.  1 .
B. 2 .
C. 1 .
D.  2
Lời giải
Ta có z 1  2i nên phần ảo của số phức z là 2 .
Page 397

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ IV – GIẢI TÍCH 12 – SỐ PHỨC
Câu 10: Câu 1 (104-2023) Cho số phức z 1  2i .Phần ảo của số phức z bằng
A.  2 .
B.  1 .
C. 1 .
D. 2 .
Lời giải
z 1  2i  z 1  2i .

Câu 11: Câu 21 (102-2023) Số phức nào dưới đây là số thuần ảo?

A.  i .
B. 2 .
C. 1  i .

D. 1  i .

Lời giải
Số thuần ảo là  i .
Câu 12: Câu 12 (103-2023) Số phức nào dưới đây là số thuần ảo?
B. 1  i .

A. 2.

C. 1  i

D.  i .

Lời giải
Ta có: z  i 0  1. i .
Số phức này có phần thực bằng 0, phần ảo bằng  1 , khác 0 nên nó là số thuần ảo.
Câu 13: Câu 37 (102-2023) Cho số phức z thỏa mãn z  2 z 1  6i . Môđun z bằng
A. 5 .

B.

3.

C.

5.

D. 3 .

Lời giải
Đặt

z  x  yi  x, y  R

.

 x  1
x  yi  2  x  yi  1  6i  
.
y

2

Theo giả thiết ta có
Do đó z  1  2i .
Vậy

z  5

.

Câu 14: Câu 37 (103-2023) Số phức z thoả mãn z  2 z 1  6i . Mô đun của z bằng
A.

3.

B. 3 .

C. 5 .

D.

5.

Lời giải
Gọi số phức

z x  yi  z x  yi,  x, y  R 

thay vào z  2 z 1  6i ta có:

 x  2 x 1


z  2 z 1  6i  x  yi  2( x  yi) 1  6i
 y  2 y 6
Vậy số phức

 x  1

 y 2 .

z  1  2i  | z | ( 1) 2  22  5 .
Page 398

Sưu tầm và biên soạn

CHUYÊN ĐỀ IV – GIẢI TÍCH 12 – SỐ PHỨC
VD VDC - SỐ PHỨC
z a  bi  a, b   
Câu 15: Câu 43 (101-2023) Gọi S là tập hợp các số phức
thỏa mãn

z  z  z  z 6

z1  z2
z
z
và ab 0 . Xét 1 và 2 thuộc S sao cho  1  i là số thực dương. Giá trị

nhỏ nhất của biểu thức
A. 3 2.

z1  3i  z2

bằng
C. 3 5.

B. 3.

D. 3  3 2.

Lời giải
Cách 1
Từ giả thiết suy ra

a  b 3  a  b 3

(do ab 0 )

z1  z2
a  a   b1  b2   0
Do  1  i là số thực dương nên 1 2
suy ra a1  a2 và a1  b1 a2  b2 (1)

Nếu a1  b1 a2  b2 thì z1 z2 (loại);
Vậy

a1  b1   a2  b2 

(2)

Từ (1) và (2) suy ra a1 b2 , a2 b1  a1  a2 b1
Do đó a1  b1  3  b1 a1  3  x  3
 z1 x   x  3 i z2  x  3  xi
,
2

Vậy

z1  3i  z2  x 2   x  6  

 x  3

2

 x 2  32  62 3 5

Dấu “=” xảy ra khi x  2 .
Cách 2

Page 399

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ IV – GIẢI TÍCH 12 – SỐ PHỨC

Từ giả thiết suy ra

a  b 3  a  b 3

(do ab 0 )

Trên mặt phẳng Oab, vẽ 2 đoạn thẳng
[AB]:

a  b 3  0 a 3

[A’B’]:

A  3; 0  , B  0;  3 

với

a  b  3   3 a 0 

với

A '   3;0  , B '  0;3

M  a; b 
N a '; b '
Gọi
biểu diễn cho số phức z1 , 
biểu diễn cho số phức z2 . Thế thì M , N
chạy trên [AB] hoặc [A’B’].

z1  z2 1
   b  b '   a  a '    a  a ' i   b  b '  i 
Ta có  1  i 2

Do

a  a '
 b  b '   a  a '  0

 b  b '

z1  z2
 b  b '   a  a ' 0 a  b a ' b '

 1  i là số thực dương nên

Khi đó

Vậy

M   A ' B ' , N   AB 

M  a; a  3 

,

.

N  a '; a ' 3

N a  3; a 
Ta có a  b a ' b '  a  a  3 a ' a ' 3  a ' a  3 nên 

Do vậy
2

z1  3i  z2  a 2   a  6  

 a  3

2

 a2 

  a

2

2

  a  6 

 a  3

2

   a

2

 32  62 3 5
Page 400

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ IV – GIẢI TÍCH 12 – SỐ PHỨC
a 6
a

 0  a  2
a 3
Dấu “=” xảy ra khi  a
.
z a  bi  a, b   
Câu 16: Câu 44 (102-2023) Gọi S là tập hợp các số phức

z  z  z  z 4

z1  z2
z
z
và ab  0. Xét 1 và 2 thuộc S sao cho 1  i là số thực dương. Giá trị

nhỏ nhất của biểu thức
A. 2 2 .

thỏa mãn

z1  z2  2i

bằng
C. 2 5 .

B. 2 .

D. 2  2 2 .

Lời giải
Đầu tiên ta có

z a  bi  a, b   

thì khi đó

z  z  z  z 4  a  b 2, ab  0.

z1  z2

M  z1  , N  z 2 
Do 1  i là số thực dương nên khi
thì ta có:
  

OM  ON NM k  1  i  kOE  k    
E 1;1 .
với  
Do ab  0 nên tập hợp các điểm M , N thuộc S biểu diễn như hình vẽ sau:

Gọi

F   2;  2 

Suy ra

là điểm đối xứng với O qua đoạn thẳng CD

P  z1  z2  2i MO  NA  NO  NA  NF  NA FA 2 5

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M M 0  AF  CD.

Page 401

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ IV – GIẢI TÍCH 12 – SỐ PHỨC

z a  bi  a, b   

Câu 17: Câu 42 (103-2023) Gọi S là tập hợp các số phức

z  z  z  z 2

z1  z2
z
z
và ab 0. Xét 1 và 2 thuộc S sao cho  1  i là số thực dương. Giá trị

nhỏ nhất của biểu thức
A.

5.

thỏa mãn

z1  z2  i

bằng:

B. 1  2 .

C. 1 .

D.

2.

Lời giải
Ta có

z a  bi  a, b   

Khi đó

.

z  z  z  z 2  2 a  2 b 2  a  b 1, ab 0.

z a  bi  a, b   
Do ab 0. nên tập hợp các điểm biểu diễn số phức
là hai cạnh hình

A   1;0  , B  0;1 , C  1;0  , D  0;  1
vuông ABCD với


z1  z2


k
,
k

0

MN

kv



M  z1  , N  z2 
v
  1;1
Gọi
ta có:  1  i
với


v
nên MN cùng hướng với  MN // AD // BC
Gọi

E  1;  1

Suy ra

là điểm đối xứng với O qua đoạn thẳng CD

P  z1  z2  i MO  NB  NO  NB  NE  NB BE  5

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
Vậy

N N 0 BE  CD.

Pmin  5 khi E ; N ; B thẳng hàng.

Page 402

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ IV – GIẢI TÍCH 12 – SỐ PHỨC

z a  bi  a, b   
Câu 18: Câu 43 (104-2023) Gọi S là tập hợp các số phức
thỏa mãn
z  z  z  z 8

z1  z2
z
z
và ab 0 . Xét 1 và 2 thuộc S sao cho 1  i là số thực dương. Giá trị

nhỏ nhất của biểu thức

z1  4i  z2

A. 4.

bằng
C. 4 5.

B. 4 2.

D. 4  4 2.

Lời giải
Từ giả thiết suy ra

Đặt

a  b 4  a  b 4

(do ab 0 )

z1 a1  ib1 , z2 a2  ib2 ;  a1 , b1 , a2 , b2   

.

z1  z2
Do 1  i là số thực dương nên a1  a2 b1  b2 và a1  b1  a2  b2

a a1  4
a1  b1 4   2
b2 a1
Do đó

 z1 x   4  x  i z2  x  4  xi
,
2

Vậy

z1  4i  z2  x 2   8  x  

Dấu “=” xảy ra khi

x

 x  4

2

 x 2  4 2  82 4 5

8
3.

PHƯƠNG TRÌNH BẬC 2 TRÊN TẬP SỐ PHỨC
2
Câu 19: Câu 36 (101-2023) Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z  6 z  14 0 và M , N lần
lượt là điểm biểu diễn của z1 , z2 trên mặt phẳng toạ độ.Trung điểm của đoạn MN có toạ độ là

A.

 3;7  .

B.

  3;0  .

C.

 3;0  .

D.

  3;7  .

Lời giải
2
Phương trình z  6 z  14 0
2
Có  ' 9  14  5 5i

Suy ra

 '  5i 2 i 3

Phương trình có 2 nghiệm là z1 3  i 3; z 2 3  i 3
Tọa độ



 

M 3; 3 ; N 3;  3



3;0 
Trung điểm của đoạn thẳng MN có tọa độ là 
.
Page 403

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ IV – GIẢI TÍCH 12 – SỐ PHỨC

2
Câu 20: Câu 34 (104-2023) Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z  6 z  14 0 và M , N
lần lượt là điểm biểu diễn của z1 , z2 trên mặt phẳng tọa độ. Trung điểm của đoạn thẳng MN có

tọa độ là
A.

  3; 0  .

B.

 3;0  .

C.

 3;7  .

D.

  3; 7  .

Lời giải
Ta có  ' 9  14  5 có một căn bậc hai là i 5 do đó phương trình có hai nghiệm là
z1 3  i 5 và z2 3  i 5 .



 



M 3; 5 , N 3;  5
Suy ra tọa độ các điểm biểu diễn của z1 , z2 lần lượt là
. Vậy trung điểm

 3;0  .
của đoạn thẳng MN có tọa độ là
VD VDC PHƯƠNG TRÌNH BẬC 2 TRÊN TẬP SỐ PHỨC
Câu 21: Câu 46 (101-2023) Trên tập số phức, xét phưong trình
cặp số

 a, b 

z2  1  4i 4

z 2  az  b 0  a, b  R 

. Có bao nhiêu

z  2 2
để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn 1
và

?

A. 2.

B. 3.

C. 6.

D. 4.

Lời giải
2
Ta có  a  4b

TH1.   0  z1 , z2  ¡

 z1  2 2
z1  2 2  

 z1  2  2

 z1 4
 z 0
 1

2

z2  1  4i 4   z2  1  16 16  z2  1 0  z2  1.

 z1  z2  a


z
z

b
z


4,
z

1

1
2
2
Với 1
có

a  3  tm 

b  4  tm 

 z1  z2  a


z1 z2 b
z

0,
z

1

1
2
Với

có

 a 1  tm 

b 0  tm 

Vậy TH1 có 2 cặp số

 a; b 

thỏa mãn.

 z x  yi
  0   1
 z2 x  yi
TH2.
Page 404

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ IV – GIẢI TÍCH 12 – SỐ PHỨC
 z1  2 2


z

1

4

i

4

2
Vì 

 x  yi  2 2

 x  yi  1  4i 4

 x  2  2  y 2 4


2
2
x

1

y

4

16
 



 x 2  y 2  4 x 0  1

 2
2
 x  y  2 x  8 y  1 0  2 

Lấy (2) – (1) vế theo vế ta được:

6 x  8 y  1 0  y 

 6x  1
8

2

 6 x 1 
 x 
  4 x 0
 8 
2

 100 x 2  244 x  1 0


61  4 231
 416  24 231
 x1 
 y1 


50
400



 x  61  4 231
 y   416  24 231
 2
 2
50
400
a; b 
Vậy TH2 có 2 cặp số 
thỏa mãn.
a; b 
Vậy có 4 cặp số 
thỏa mãn.
2
Câu 22: Câu 45 (102-2023) Trên tập số phức, xét phương trình z  az  b 0

nhiêu cặp số

 a, b 

z2  3  2i 4

 a, b    .

Có bao

z  1 2
để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn 1
và

?

A. 2 .

C. 6 .

B. 4 .

D. 5 .

Lời giải
2
Ta có  a  4b .
2
TH1: a  4b  0 , phương trình có hai nghiệm thực z1 , z2 . Khi đó

 z1  1 2


 z2  3  2i 4

z  1 2
 1


2
  z2  3  4 4

  z1 1


  z1  3

 z2 3 2 3

, suy ra có 4 cặp

 a, b 

thỏa mãn.

2
TH2: a  4b  0 , phương trình có hai nghiệm phức liên hợp z1 x  yi , z2  x  yi . x, y   ;

y 0 . Theo giả thiết, ta có:

 z1  1 2


 z2  3  2i 4







 x  1

2

 y 2 2

 x  3

2

   y  2  4

2

Page 405

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ IV – GIẢI TÍCH 12 – SỐ PHỨC
3

x


5

 x 2  y 2  2 x  3 0
x

1
2 x  y 0


 2
 y  6
 2

2
2
 x  y  6 x  4 y  3 0
 y 2 hoặc 
5.
 x  y  2 x  3 0
3 6
3 6
z1   i z2   i
z

1

2
i
,
z

1

2
i
2
5 5 ,
5 5 ; do đó có 2 cặp  a, b  thỏa mãn
Suy ra 1

hoặc
2
điều kiện a  4b  0 trong trường hợp này.

Vậy có tất cả có 6 cặp

 a, b 

thỏa yêu cầu bài.

Câu 23: Câu 45 (103-2023) Trên tập số phức xét phương trình
cặp số thực

 a, b 

z 2  az  b 0  a, b  ¡

 . Có bao nhiêu

để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn

z1  1 2, z2  3  2i 3

?
B. 5 .

A. 4 .

C. 2 .

D. 6 .

Lời giải
2
Ta có  a  4b
2
Trường hợp 1:   0  a  4b  0 phương trình có hai nghiệm thực phân biệt z1 , z2 . Khi đó:

 z1  1 2
 z1 1
2
2
z1  1 4   z1  1 4  
 
 z1  1  2
 z1  3 .

2

z2  3  2i 3   z2  3     2 
Vậy có 4 cặp nghiệm

 z1 , z2 

2

 z 3  5
2
  z2  3 5   2
9

 z2 2  5

nên có 4 cặp

 a, b 

tương ứng.

2
Trường hợp 2:   0  a  4b  0 . Khi đó, phương trình có 2 nghiệm phức liên hợp

z1  x  yi, z2  x  yi  x, y  ¡

 x  1 2  y 2 4


2
2
 x  3   y  2  9
Xét đường trịn

Ta có



 x 2  y 2  2 x 3

 2
2
 x  y  6 x  4 y  4

4 x  4 y  7 0  d 
 2
2
 x  y  2 x  3 0  C 

I

 C  : Tâm I  1;0  , R 2

d  I; d  

4 7
42  42



3 2
 R 2
8

Page 406

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ IV – GIẢI TÍCH 12 – SỐ PHỨC

 C  có 2 điểm chung. Nên hệ  I  có 2 nghiệm phân
Suy ra đường thẳng d và đường trịn

biệt. Suy ra có 2 cặp

 a, b 

Vậy có 6 cặp

 z1 , z2 

nên có 2 cặp

 a, b 

tương ứng.

thỏa mãn.

2
( a, b Ỵ ¡ ) . Có bao
Câu 24: Câu 46 (104-2023) Trên tập số phức, xét phương trình z + az + b = 0

( a, b) để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1; z2 thỏa mãn z1 - 1 = 2 và

nhiêu cặp số

z2 - 2 + 3i = 3

?
B. 3 .

A. 4 .

C. 6 .

D. 2 .

Lời giải

z 2 + az + b = 0
D = a 2 - 4b .
Trường hợp 1: D > 0 , phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt.
ìï z1 - 1 = 2
ï
Û
í
ïï z2 - 2 + 3i = 3
ỵ
Khi đó ta có

ìï éz1 - 1 = 2
ïï ê
ê
Û
íï ëz1 - 1 =- 2
ïï
2
ïï ( z - 2) + 9 = 3
2
ïỵ

ìïï z1 = 3

í
ï z =2
Nếu ïỵ 2
, khi đó theo Viet ta có:

Nếu

ïìï z1 =- 1
í
ïïỵ z2 = 2

ìï éz1 = 3
ïê
ïíï êz =- 1
ïï ë1
ïïỵ z2 = 2

ïìï a =- ( z1 + z2 ) =- 5
í
ïï b = z1.z2 = 6
ỵ
(nhận)

ìï a =- ( z1 + z2 ) =- 1
ïí
ï b = z1.z2 =- 2
, khi đó theo Viet ta có: ïỵ
(nhận)

Trường hợp D < 0 , phương trình có 2 nghiệm khơng thực. Khi đó ta có z2 = z1 .

Gọi

z1 = x + yi ( x, y ẻ Ă ) ị z2 = x - yi

ỡù ( x - 1) 2 + y 2 = 4
ïïí
Û
ïï ( x - 2) 2 +( y - 3) 2 = 9
Ta có ïỵ

.

ïìï ( x - 1) 2 + y 2 = 4
í
ïï 2 x + 6 y = 7
ỵ

Page 407

Sưu tầm và biên soạn


CHUN ĐỀ IV – GIẢI TÍCH 12 – SỐ PHỨC
éìï
êïï x = 25 + 9
êï
20
êïí
êï
êïï y = 15 - 3

êïï
20
ỵ
Û ê
êì
êïï
25 - 9
êïï x =
20
êï
êíï
êï
15 + 3
êïï y =
ê
20
ëïỵ

Câu 25:

éìï
êïï z = 25 + 9
êï 1
20
êïí
êï
15
êïï z = 25 + 9
êïï 2
20

êỵ
êì
15
êïï
25 - 9
êïï z1 =
20
êï
êíï
êï
15
25 - 9
êïï z2 =
20
ëïỵ
. Do đó ta có. ê
15

15 - 3 15
i
20
15 15 - 3 15
i
20

15

+

15 + 3 15

i
20
15 15 + 3 15
i
20
.

15

+

ìï
ïï z = 25 + 9 15 + 15 - 3 15 i
ïï 1
20
20
í
ïï
25 + 9 15 15 - 3 15
ïï z2 =
i
20
20
Nếu ïỵ
, ta có

ìï
ïï a =- 25 + 9 15
ïï
20

í
ïï
55 + 9 15
ïï b =
ïỵ
10
(nhận)

ìï
ïï z = 25 - 9 15 + 15 + 3 15 i
ïï 1
20
20
í
ïï
25 - 9 15 15 + 3 15
ïï z2 =
i
20
20
Nếu ỵï
, ta có

ìï
ïï a =- 25 - 9 15
ïï
20
í
ïï
55 - 9 15

ïï b =
10
ỵï
(Nhận)

(MĐ 103-2022) Số phức nào dưới đây có phần ảo bằng phần ảo của số phức w 1  4i ?
A. z2 3  4i .
B. z1 5  4i .
C. z3 1  5i .
D. z4 1  4i .
Lời giải
Chọn B
Số phức có phần ảo bằng phần ảo của số phức

Câu 26:

w 1  4i là z1 5  4i
.

(MĐ 104-2022) Số phức nào dưới đây có phần ảo bằng phần ảo của số phức z = 1- 4i ?
A. z1 5  4i .
B. z4 1  4i .
C. z3 1  5i .
D. z2 3  4i .
Lời giải
Chọn A
Số phức z1 = 5 - 4i có phần ảo bằng phần ảo của số phức z = 1- 4i.

Câu 27:

(MĐ 101-2022) Môđun của số phức z 3  4i bằng
A. 25.

B.

7.

C. 5.
Lời giải

D. 7.

Chọn C
Ta có:
Câu 28:

z  3  4i  32  4 2 5.

(MĐ 102-2022) Môđun của số phức z 3  4i bằng
A.

7.

B. 5.

C. 7 .
Lời giải

D. 25.

Page 408

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ IV – GIẢI TÍCH 12 – SỐ PHỨC
Chọn B
Ta có:

z  32  42 5

.

Câu 29:

(MĐ 101-2022) Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn cho số phức z 2  7i có tọa độ là
A. (2;7) .
B. ( 2;7) .
C. (2;  7) .
D. ( 7; 2) .
Lời giải
Chọn C

Câu 30:

(MĐ 102-2022) Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z 2  7i có tọa độ là
2;  7 
 7; 2 
2;7 
 2;7 

A. 
.
B. 
.
C. 
.
D. 
.
Lời giải
Chọn A
2;  7 
Điểm biểu diễn số phức z 2  7i có tọa độ là 
.

Câu 31:

(MĐ 103-2022) Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z 2  7i có tọa độ là
2;  7 
2;7 
7; 2 
 2;  7 
A. 
.
B. 
.
C. 
.
D. 
Lời giải
Chọn B

z 2  7i nên điểm biểu diễn có tọa độ là  2;7  .

Câu 32:

(MĐ 104-2022) Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z 2  7i có tọa độ là
A.

 2;  7  .

B.

  2;  7  .

 7;2  .

C.
Lời giải

D.

 2;7  .

Chọn D

 2;7  .
Điểm biểu diễn số phức z 2  7i có tọa độ là
Câu 33:

(MĐ 101-2022) Cho hai số phức z1 2  3i và z2 1  i . Số phức z1  z2 bằng
A. 5  i .

B. 3  2i .
C. 1  4i .
D. 3  4i .
Lời giải
Chọn B
Ta có z1  z2 3  2i

Câu 34:

(MĐ 102-2022) Cho hai số phức z1 2  3i và z2 1  i . Số phức z1  z2 bằng
A. 3  4i .
B. 1  4i .
C. 5  i .
D. 3  2i .
Lời giải
Chọn D
Số phức

z1  z2  2  1   3  1 i 3  2i

.
Page 409

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ IV – GIẢI TÍCH 12 – SỐ PHỨC
Câu 35:

(MĐ 103-2022) Phần ảo của số phức

A. 3 .
B. 1 .

z  2  i   1  i 

bằng
D.  3 .

C.  1 .
Lời giải

Chọn B
Ta có:

z  2  i   1  i  3  i

.

Vậy phần ảo của số phức z bằng 1 .
Câu 36:

(MĐ 104-2022) Phần ảo của số phức
A.  3 .
B. 1 .

z = ( 2 - i) ( 1+ i)

bằng

C. 3 .

Lời giải

D.  1 .

Chọn B

z = ( 2 - i) ( 1+i) = 3 +i

.

Do đó phần ảo của số phức z là 1.
2
Câu 37: (MĐ 101-2022) Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z  z  6 0 . Khi đó
z1  z2  z1 z2 bằng

A. 7 .

B. 5 .

C.  7 .
Lời giải

D.  5 .

Chọn B
2
Ta có z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z  z  6 0 nên có:

 z1  z2  1
 z1  z2  z1 z2  1  6 5.


 z1 z2 6
Câu 38:

2
z
(MĐ 102-2022) Gọi z1 và 2 là hai nghiệm phức của phương trình z  z  6 0 . Khi đó

z1  z2  z1 z2 bằng:
A.  5 .

B.  7 .

C. 7 .
Lời giải

D. 5 .

Chọn D

 z1  z2  1
.

2
z
z

6
z
z

Vì 1 và 2 là hai nghiệm phức của phương trình z  z  6 0 nên  1 2
Khi đó:
Câu 39:

z1  z2  z1 z2  1  6 5. .

2
z 2  z22
(MĐ 103-2022) Gọi z1 , z2 là nghiệm phức của phương trình z  2 z  5 0 . Giá trị của 1
bằng
A. 6 .
B. 8i .
C.  8i .
D.  6 .
Lời giải

Page 410

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ IV – GIẢI TÍCH 12 – SỐ PHỨC
Chọn D
 z1  z2 2

z .z 5.
Theo Vi-et ta có  1 2
2

z12  z22  z1  z2   2 z1.z2 2 2  2.5  6

Khi đó
Câu 40:

.

2
(MĐ 104-2022) Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z  2 z  5 0. Khi đó

z12  z22 bằng
A. 6.

B. - 8i.

C. 8i.
Lời giải

D. - 6.

Chọn D
2

Ta có:
Câu 41: (MĐ

2

z12  z22  z1  z2   2 z1.z2   2   2.5  6.
101-2022)

Cho

các

số

z1 , z2 , z3

phức

thỏa

mãn

z1  z2 2 z3 2

và

8  z1  z2  z3 3 z1 z2 .

Gọi A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn của z1 , z2 , z3 trên mặt phẳng tọa
độ. Diện tích tam giác ABC bằng
55
A. 32

55
B. 16

55
C. 24

Lời giải

55
8

D.

Chọn B

z 1
8  z1  z2  z3 3z1 z2
Ta có 3
. Từ
Mặt khác

 8  z1  z2  z3 3 z1 z2  z1  z2 





2
3 z1 z2 . z1  z2
3z1 z2 . z1  z2 
3.z2 . z1  3z1. z2
3 z1 z2
z3 




2
2
8  z1  z2  8  z1  z2   z1  z 2 
8. z1  z2
8. z1  z2
2

( do

2

z1.z1  z2 .z2  z1  z2 4; z1  z2 

2



3 z1 z2 3

8 z3
2

2
 z1  z2 
3

3
2)

Gọi A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn của z1 , z2 , z3 trên mặt phẳng tọa độ. Ta thấy điểm A,

B thuộc đường trịn tâm O bán kính bằng 2, điểm C thuộc đường trịn tâm O bán kính bằng 1.
y
A

C

D

E
O

2

1

x

B

Page 411

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ IV – GIẢI TÍCH 12 – SỐ PHỨC
 

Vẽ điểm D sao cho OA  OB OD . Tứ giác OADB là hình thoi tâm E.
3
3

1
3
z1  z2   OD   OE  OD 
2
2
2
4 . Xét tam giác vng OAE có
Ta có
2

55
 3
55
AE  OA2  OE 2  22    
 AB 2 AE 
4
 4
2 .

2
3 1
2
EC OC  OE 1  
z3   z1  z 2   OC  OD
4 4
3
3
Mặt khác
nên O, C , D thẳng hàng và

1
1 1 55
55
S ABC  .CE. AB  . .

2
2 4 2
16
Vậy

 dvdt 

z 2 2 z  z
 z  4   z  4i   z  4i
Câu 42: (MĐ 101-2022) Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn
và

A. 3 .

B. 1 .

C. 2 .
Lời giải

2

D. 4 .

Chọn D
Đặt

z a  bi  z a  bi,  a, b   

 a 2  b 2 4b,  b 0 
z 2 z  z  a  b 4 bi   2
2
 a  b  4b,  b  0 
Ta có
2

Ta lại có

2

z  4i  z  4i

 z  4   z  4i 

2

 1

. Do đó suy ra
2

2

 z  4i   z  4  .  z  4i   z  4i 0   z  4i 

 z  4i 0

 z  4i 0
 a   b  4  i 0




z

4

z

4
i
a

b
 z  4  z  4i



  z  4 



z  4i 0

  a 0

 b  4

 a  b

a 0

 1 thỏa
Với b  4 thay vào

 1 ta được
Với a  b thay vào

 2b 2 4b

 b 0

 2
2
b

4
b

 b  0

 b 2

  a  2
 a b 0

 b  2
  a 2



Vậy có 4 số phức thỏa u cầu bài tốn.
Câu 43:

(MĐ 102-2022) Cho các số phức

z1 , z2 , z3

thỏa mãn

z1  z2 2 z3 2

và

3 z1 z2 4 z3  z1  z2 

z ,z ,z
. Gọi A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn của 1 2 3 trên mặt phẳng tọa độ.
Diện tích tam giác ABC bằng
Page 412

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ IV – GIẢI TÍCH 12 – SỐ PHỨC

7
A. 4 .

3 7
B. 4 .

7
C. 2 .
Lời giải

3 7
D. 2 .

Chọn A

3z1 z2 4 z3  z1  z2   3z1 z2  4 z3  z1  z 2   z1  z2 
Ta có :
2

2

2

3 z1 . z2 3.2.2

3
4 z3
4.1

2

 z1  z2 2 z1  2 z2  z1  z2 2.22  2.22  32 7  z1  z2  7
2

Đồng thời









z1  z2  z1  z2  z1  z2  z1  z 2  z1  z2 z1 .z1  z2 .z2  z1 .z 2  z1.z 2
2

2

2

 z1.z2  z1.z2  z1  z2  z1  z2 32  2 2  22 1
Lại có:

3 z1 z2 4 z3  z1  z2   3z1  z2  z3  z3  z1  4 z 2   z2  z3 

z3 . z1  4 z2 1
 . z1  4 z2
3 z1
6

3 z1 z2 4 z3  z1  z2   3z2  z1  z3  z3  4 z1  z2   z1  z3 

z3 . 4 z1  z2 1
 . 4 z1  z2
3 z2
6

 z1  4 z2 2  z1  4 z2  z1  4 z2  z1  4 z2  z1  4 z2  z1.z1  16 z2 .z2  4 z1.z2  4 z1.z2 72


2
 4 z1  z2  4 z1  z2  4 z1  z2  4 z1  z2  4 z1  z2 16 z1.z1  z2 .z2  4 z1.z2  4 z1.z2 72
Mà













1
1

 z2  z3  6 . z1  4 z2  6 . 72  2
 
 z  z  1 . 4 z  z  1 . 72  2

1
2
 1 3 6
6
Khi đó

AB  z1  z2  7, AC  z1  z3  2, BC  z2  z3  2

S ABC  p  p  AB   p  AC   p  BC  

Câu 44:

7
4 .
z2  z  z

(MĐ 102-2022) Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn
A. 4 .
B. 2 .
C. 3 .
Lời giải

và

 z  2   z  2i 

2

 z  2i ?

D. 1 .

Chọn A
Gọi z a  bi, a; b   .
Ta có:

 z  2

z 2  z  z  z 2  2bi  a 2  b 2 2 b  *

 z  2i   z  2i

Vì z  2i z  2i nên

2

 **

z  2i  z  2i

.
Page 413

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ IV – GIẢI TÍCH 12 – SỐ PHỨC

Nên từ (**)

 z  2

z  2i  z  2i

2

z 2i


 z  2  z  2i

2

Ta có:

2

z  2  z  2i   a  2   b 2 a 2   b  2   a  b

thay vào (*) ta được:

 b 0
b 2  b 2 2 b  b 2  b  
 b 1 .
Vậy có tất cả 4 số phức thỏa mãn là: 0, 2i ,  1  i , 1  i .
Câu 45:

2 z1 2 z2  z3 2
z  z z 3 z1 z2
(MĐ 103-2022) Cho các số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn

và  1 2  3
. Gọi A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn của z1 , z2 , z3 trên mặt phẳng tọa độ. Diện tích tam

giác ABC bằng

5 7
A. 8 .

5 7
B. 16 .

5 7
C. 24 .
Lời giải

5 7
D. 32 .

Chọn B
2

Ta có:

2

2

z1  z1 z1 1, z2 z2 z2 1, z3 z3 z3 4

 z1  z2  z3 3z1 z2 

.

z1  z2 . z3 3 z1 . z2  z1  z2 

2

3
2.

z1  z2  z1  z2   z1  z2  z1 z2  z1 z 2  z1 z2  z2 z2  z1 z2  z1 z2 

1
4.

7
7
2
z1  z2  z1  z2   z1  z2  z1 z1  z1 z2  z1 z2  z2 z2   z1  z 2 
4
2 .
Tương tự, ta tính được:

z1  z3  z2  z3  2

.

7
5 7
, 2, 2

S ABC 
16 .
Tam giác ABC có độ dài các cạnh là 2
nên có diện tích là
2

z2  z  z
 z  2   z  2i   z  2i ?
Câu 46: (MĐ 103-2022) Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn
và
A. 2.

B. 3.

C. 1.
Lời giải

D. 4.

Chọn D
Số phức z a  bi với a, b   .
Từ

z2  z  z

ta có

a

2

2

 b 2   4a 2b 2 2 b  a 2  b 2 2 b  a 2  b 2  2 b

.

 1

Page 414

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ IV – GIẢI TÍCH 12 – SỐ PHỨC
Từ


 z  2   z  2i   z  2i
2
a2   b  2 . 


 a  2

2

 a  2

ta suy ra

2

 b2 

2

2

 b2 . a 2   b  2  a 2   b  2

2

2

2
a 2   b  2   0


 a 2   b  2  2 0


2
2
2
2
  a  2   b  a   b  2  0
  a; b   0;  2   *

2
2

  a  2   b 2 a 2   b  2  (**)

Kết hợp với đk

 1

ta thấy có các cặp giá trị

 a; b 

thỏa mãn ycbt là

 0;  2  ;  0; 0  ;  1;  1 ;   1;1 .
Vậy có 4 số phức thỏa mãn ycbt.
Câu 47:

z1 , z2 , z3

(MĐ 104-2022) Cho các số phức

thỏa mãn

2 z1 2 z2  z3 2

và

 z1  z2  z3 2 z1 z2 . Gọi

A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn của z1 , z2 , z3 trên mặt phẳng tọa
độ. Diện tích tam giác ABC bằng

3
3
3 3
3 3
A. 4 .
B. 8 .
C. 8 .
D. 4 .
Lời giải
Chọn A
 z1 1

 z2 1

z 2
2 z1 2 z2  z3 2
Ta có
suy ra  3

A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn của z1 , z2 , z3 trên mặt phẳng tọa độ nên A, B thuộc
đường trịn tâm O(0;0) bán kính R 1 ; Điểm C đường tròn tâm O(0;0) bán kính r 2 .
Lại có

 z1  z2  z3 2 z1 z2

nên

 z1  z2  z3

2

Áp dụng công thức:
Ta có

z1  z2  z1  z2

z1  z2  3  AB  3

2

 2 z1 z 2  z1  z2 z3 2 z1 z 2  z1  z2 1



2

2 z1  z2

2



.

Gọi H là trung điểm của AB , ta có

AH 

3
1

; OH  OA2  AH 2 
2
2.

Page 415

Sưu tầm và biên soạn