Hướng dẫn học sinh giải một số dạng toán tự luận và TNKQ liên quan đến số phức trong thi tốt nghiệp THPT quốc gia

MỤC LỤC
STT
1
2
3
4
5
6

NỘI DUNG
Phần một: Mở đầu
I. Lí do chọn đề tài
II. Mục đích, nhiệm vụ nghiên cứu
III. Đối tượng nghiên cứu
IV. Phương pháp nghiên cứu
Phần hai: Nội dung

TRANG
1
2
3
3
3
4

7

A. Cơ sở lý luận

4

8

B. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu.

4

9

C. Các giải pháp để giải quyết vấn đề.

5

10

I. Hướng dẫn học sinh tiếp thu kiến thức cơ bản.

5

11
12
13
14
15
16
17
18
19

II. Phân loại các dạng toán
Dạng 1: Bài toán xác định một số phức z thỏa mãn một điều kiện cho trước.

Dạng 2: Căn bậc hai và phương trình trên C.
Dạng 3: Bài toán tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z.
III. Phụ lục: Giới thiệu một số câu hỏi dạng TNKQ và lời giải
Phần ba: Kết luận
1. Kết quả đạt được
2. Bài học kinh nghiệm
Tài liệu tham khảo

7
7
9
12
17
20
20
21
22

PHẦN MỘT: MỞ ĐẦU
I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
1


1. Với mục tiêu “Nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài, hình thành
đội ngũ lao động có tri thức và tay nghề, có năng lực thực hành, năng động, sáng tạo, có
đạo đức cách mạng, tinh thần yêu nước, yêu chủ nghĩa xã hội" [1] (Trích văn kiện Đại
hội Đảng toàn quốc lần thứ VII). Tại Hội nghị Ban Chấp hành Trung ương Đảng (khóa
XI), ngày 29/10/2012 cũng đã ban hành Kết luận số 51 KL/TW về Đề án “Đổi mới căn
bản, toàn diện giáo dục và đào tạo, đáp ứng yêu cầu công nghiệp hóa, hiện đại hóa trong
điều kiện kinh tế thị trường định hướng xã hội chủ nghĩa và hội nhập quốc tế”. [2] Trong

những năm qua giáo dục nước ta đã và đang có những đổi mới mạnh mẽ cả về nội dung,
phương pháp và đã thu được những kết quả khả quan.
2. Việc đổi mới phương pháp dạy học là vấn đề cấp bách, thiết thực nhằm đào tạo
những con người có năng lực hoạt động trí tuệ tốt. Đổi mới phương pháp dạy học không
chỉ trong các bài giảng lí thuyết, mà ngay cả trong quá trình luyện tập. Luyện tập ngoài
việc rèn luyện kỹ năng tính toán, kỹ năng suy luận mà thông qua qua đó còn giúp học
sinh biết tổng hợp, khái quát các kiến thức đã học, sắp xếp các kiến thức một cách hệ
thống, giúp học sinh vận dụng các kiến thức đã học vào giải bài tập một cách năng động
sáng tạo.
3. Về mặt phương pháp, từ các phương pháp dạy truyền thống như phương pháp dùng
lời (thuyết trình, đàm thoại ...), các phương pháp trực quan, các phương pháp thực hành,
luyện tập.... đến các xu hướng dạy học hiện đại như: dạy học giải quyết vấn đề, lý thuyết
tình huống, dạy học phân hóa, dạy học có sự hỗ trợ của công nghệ thông tin, có sử dụng
máy tính đã tạo ra một không khí học tập hoàn toàn mới.
4. Với tinh thần đó, tôi cũng đã có những đổi mới về mặt phương pháp giảng dạy để
phù hợp với giáo dục trong giai đoạn hiện nay. Trong công tác giảng dạy, tôi đã luôn trau
dồi, tích luỹ kinh nghiệm qua từng bài học, qua từng tiết dạy cũng như đã dự nhiều tiết
dạy của đồng nghiệp giúp tôi ngày càng hoàn thiện từ đó giúp các em học sinh hăng say
trong tìm tòi nghiên cứu và học tập, các em đã linh hoạt và sáng tạo hơn trong con đường
chiếm lĩnh tri thức của mình.
II. MỤC ĐÍCH, NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU

2


Qua đề tài này, tác giả cố gắng làm sáng tỏ hệ thống kiến thức về số phức, các phép
toán trên C, biểu diễn hình học của số phức trên mặt phẳng phức, phương trình bậc hai và
một số phương trình bậc cao đơn giản trên C để hình thành cho học sinh phương pháp
giải các dạng toán này một cách chủ động, tự tin và khoa học.
III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU

Các bài toán liên quan đến số phức như nhân, chia, cộng trừ, khai căn bậc hai, lũy
thừa hay giải các phương trình trên tập các số phức ở trường THPT thường gặp trong kỳ
thi THPT Quốc Gia.
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
1. Phương pháp nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu Sách giáo khoa, Sách bài tập, Sách
tham khảo, đề thi THPT Quốc Gia, đề giới thiệu của Bộ GD – ĐT, đề giới thiệu của các
Sở GD – ĐT và các tài liệu liên quan.
2. Phương pháp điều tra thực tiễn: Dự giờ của đồng nghiệp, quan sát việc dạy và học
phần bài tập này.
3. Phương pháp thực nghiệm sư phạm: Tiến hành trên các tập thể lớp.

PHẦN HAI: NỘI DUNG
3


A. CỞ SỞ LÝ LUẬN: Muốn giải một bài toán ta thường thực hiện 2 bước:
Bước 1: Huy động kiến thức: Là một thao tác tư duy nhằm tái hiện các kiến thức có liên
quan với bài toán, từ lý thuyết, phương pháp giải, các bài toán đã gặp, do đó người làm
toán phải biết và cần biết ý tưởng kiểu như: ta đã gặp bài toán nào gần gũi với bài toán
này hay chưa? Nhà bác học Polia đã viết ra một quyển sách kinh điển với nội dung:
"Giải bài toán như thế nào trong đó ông có đề cập đến nội dung trên như một điều
kiện thiết yếu”[3].
Bước 2: Tổ chức kiến thức: Là một tổ hợp các hành động, thao tác để sắp xếp các kiến
thức đã biết và các yêu cầu của bài toán lên hệ với nhau như thế nào để từ đó trình bày
bài toán theo một thể thống nhất. Có nhiều cách lựa chọn cho việc tổ chức kiến thức mà
trong đó phương pháp tương tự hay tổng quát hóa là những thao tác tư duy cần thiết cho
người làm toán.
B. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
1. Chúng ta đã biết, Số phức có vai trò quan trọng trong nhiều lĩnh của khoa học, kỹ
thuật, suốt một thời gian dài chỉ được giảng dạy ở các trường Đại học, Cao đẳng và Trung

học chuyên nghiệp mà không giảng dạy ở phổ thông nên đã gây ra sự thiệt thòi cho nhiều
học sinh không có điều kiện học tiếp. Trước những đòi hỏi khách quan của thời đại bùng
nổ thông tin và khoa học kỹ thuật hiện đại ngày nay, Bộ GD – ĐT đã đưa phần Số phức
về giảng dạy cho học sinh khối THPT (học sinh lớp 12), và nó đã tạo ra sự hưởng ứng
tích cực của đội ngũ thầy cô giáo và các em học sinh .
Đây không phải là nội dung khó, song là nội dung mới và có những kết quả khác
nhiều so với những gì mà các em học sinh đã biết trước đây trên tập số thực, bởi vậy
phần nào cũng làm cho các em có phần bỡ ngỡ nhất định, do vậy khi dạy học sinh học,
chúng ta cần làm rõ để học sinh thấy được sự ra đời của Số phức là một thực tế khác
quan, nó xuất hiện một cách tự nhiên, đồng thời ta cũng cho các em thấy rõ từng phần
trong kiến thức một cách cẩn thận, chắc chắn.
2. Với những đặc điểm như vừa nêu, tôi cũng đã nghiên cứu, tìm tòi qua nhiều tài
liệu, suy nghĩ nhiều giải pháp với mong muốn giúp các em học sinh có thể tiếp cận các
bài toán về số phức một cách đơn giản, nhẹ nhàng nhưng vẫn đảm bảo các yêu cầu cần
4


thiết của đối với nội dung này, giúp học sinh có cái nhìn cụ thể, rõ ràng hơn đối với một
trong những vấn đề mới ở trường phổ thông, bởi vậy tôi chọn đề tài “ Hướng dẫn học
sinh giải một số dạng toán tự luận và TNKQ liên quan đến số phức trong thi tốt
nghiệp THPT Quốc Gia”. Tôi mong rằng qua đề tài này có thể góp phần làm tăng
thêm khả năng tư duy khoa học, khả năng thực hành, kỹ năng giải toán... về phần số
phức cho học sinh.
C. CÁC GIẢI PHÁP ĐỂ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. HƯỚNG DẪN HỌC SINH TIẾP THU KIẾN THỨC CƠ BẢN
1. Một số phức là một biểu thức có dạng a + bi, trong đó a, b là các số thực và số i thoả
mãn i2 = -1. Ký hiệu số phức đó là z và viết z = a + bi .
i được gọi là đơn vị ảo
a được gọi là phần thực. Ký hiệu Re(z) = a
b được gọi là phần ảo của số phức z = a + bi , ký hiệu Im(z) = b

Tập hợp các số phức ký hiệu là C.
*) Một số lưu ý:
- Mỗi số thực a dương đều được xem như là số phức với phần ảo b = 0.
- Số phức z = a + bi có a = 0 được gọi là số thuần ảo hay là số ảo.
- Số 0 vừa là số thực vừa là số ảo.
2. Hai số phức bằng nhau.
a = a '
b = b '

Cho z = a + bi và z’ = a’ + b’i; z = z’ ⇔ 

3. Biểu diễn hình học của số phức.
Mỗi số phức được biểu diễn bởi một điểm M(a;b) trên mặt phẳng toạ độ Oxy.
Ngược lại, mỗi điểm M(a;b) biểu diễn một số phức là z = a + bi .
4. Phép cộng và phép trừ các số phức.
Cho hai số phức z = a + bi và z’ = a’ + b’i. Ta định nghĩa:

 z + z ' = (a + a ') + (b + b ')i

 z − z ' = (a − a ') + (b − b ')i
5. Phép nhân số phức.
Cho hai số phức z = a + bi và z’ = a’ + b’i. Ta định nghĩa: zz ' = aa '− bb '+ (ab '− a ' b)i
6. Số phức liên hợp.
*) Cho số phức z = a + bi. Số phức z = a – bi gọi là số phức liên hợp với số phức trên.
Vậy z = a + bi = a - bi
5


Chú ý: 10) z = z ⇒ z và z gọi là hai số phức liên hợp với nhau.
20) z. z = a2 + b2

*) Tính chất của số phức liên hợp:
(1): z = z ;
(2): z + z ' = z + z ' ;
7. Môđun của số phức.

(3): z.z ' = z.z ' ;

(4): z. z = a 2 + b 2 (z = a + bi)

Cho số phức z = a + bi . Ta ký hiệu z là môđun của số phư z, đó là số thực không âm
được xác định như sau:

uuuuu
v

- Nếu M(a;b) biểu diễn số phc z = a + bi, thì z = OM = a 2 + b 2
- Nếu z = a + bi, thì z = z.z = a 2 + b2
8. Phép chia số phức khác 0.
- Cho số phức z = a + bi ≠ 0 (tức là a 2+b2 > 0 ).Ta định nghĩa số nghịch đảo z -1 của số
phức z ≠ 0 là số:
- Thương

1

1

z-1= a 2 + b 2 z = z 2 z

z'
của phép chia số phức z’ cho số phức z ≠ 0 được xác định như sau:

z
z'
z '.z
= z.z −1 = 2
z
z

* Với các phép tính cộng, trừ, nhân chia số phức nói trên nó cũng có đầy đủ tính chất
giao hoán, phân phối, kết hợp như các phép cộng, trừ, nhân, chia số thực thông thường.
9. Phương trình bậc hai với hệ số phức.
Cho phương trình bậc hai a.z 2 + b.z + c = 0 với a, b, c ∈ £ và a ≠ 0 . Phương trình này có
biệt thức ∆ = b 2 − 4ac , Khi đó
−b ± iδ
với δ là một căn bậc hai của ∆ .
2a
b
* Nếu ∆ = 0 thì phương trình có nghiệm kép z1 = z2 = −
2a
a
,
b
,
c
Đặc biệt: Khi
là các số thực thì với :

* Nếu ∆ ≠ 0 thì phương trình có hai nghiệm z1,2 =

−b ± ∆
+) ∆ > 0 phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,2 =

+) ∆ < 0 phương trình có hai nghiệm phức x1,2

2a
−b ± i ∆
=
2a

II. PHÂN LOẠI CÁC DẠNG TOÁN
6


Dạng 1: Bài toán xác định một số phức z thỏa mãn một điều kiện cho trước.
1. Thuật toán:
Bước 1: Gọi số phức cần tìm có dạng z = a +b.i (với a, b thực)
Bước 2: Từ các điều kiện ban đầu ta lập hệ phương trình với ẩn là a, b.
Bước 3: Giải hệ phương trình để từ đó tìm a, b.
2. Một số bài tập minh họa:
Nhóm 1: Các bài toán dạng tự luận
Bài 1: Tìm số phức z biết z + 2 z = ( 2 − i ) ( 1 − i ) (1)
3

[4]

Lời giải: Giả sử z = a + bi ( a, b ∈ R ) ⇒ z = a − bi
(1) ⇔ a + bi + 2(a − bi ) = (23 + 3.22 i + 3.2i 2 + i 3 )(1 − i)
⇔ a + bi + 2a − 2bi = (8 + 12i − 6 − i )(1 − i ) = (11i + 2)(1 − i )
3a = 13
13
⇒ z = − 9i

⇔ 3a − bi = 11i − 11i 2 + 2 − 2i = 13 + 9i ⇔ 
3
−b = 9

Bài 2: Tìm số phức z biết: z + 3z = ( 3 − 2i ) ( 2 + i ) (2) [4]
2

Lời giải: Giả sử z = a + bi ( a, b ∈ R ), ta có:
(2) ⇔ a − bi + 3a + 3bi = ( 9 − 12i + 4i 2 ) ( 2 + i ) = ( 5 − 12i ) . ( 2 + i )
⇔ 4a + 2bi = 10 − 24i + 5i − 12i 2 = 22 − 19i ⇔ a =

11
−19
11 19
;b =
. Vậy z = − i
12
2
2 2
2

Bài 3: (KA-2011) Tìm tất cả các số phức z, biết z 2 = z + z (3)
Lời giải Giả sử z = a + bi ( a, b ∈ R ), ta có
(3) ⇔ ( a + bi 2 ) = a 2 + b 2 + a − bi ⇔ a 2 + b 2i 2 + 2abi = a 2 + b 2 + a − bi
1
1

a = − 2 ; b = 2
2b 2 + a = 0


⇔ 2b 2 + a − bi − 2abi = 0 ⇔ 
⇔ b = 0; a = 0
b + 2ab = 0

−1
−1
a = ; b =
2
2


Vậy các số phức cần tìm là: z = 0; z =

−1 1
−1 1
+ i; z =
− i.
2 2
2 2

7


Các em cũng có thể gặp bài toán về việc xác định một số phức mà ở đó giả thiết của
bài toán có sự xuất hiện của số phức liên hợp hoặc mô đun của nó. Ta xét bài toán sau:
Bài 4: (KA+A 1 2012) Cho số phức z thỏa mãn

5( z + i )
= 2 − i (4)
z +1

Tính môđun của số phức ω = 1 + z + z 2 .
Lời giải: Giả sử z = a + bi ( a, b ∈ R ), ta có (1) ⇔

5(a − bi + i )
= 2−i
a + bi + 1

⇔ 5a − 5i (b − 1) = 2a + 2bi + 2 − ai − bi 2 − i ⇔ 3a − 2 − b − i (5b − 5 − 2b + a + 1) = 0
3a − 2 − b = 0 a = 1
⇔
⇒
⇒ z = 1 + i ⇒ ω = 1 + 1 + i + 1 + 2i − 1 = 2 + 3i ⇒ ω = 4 + 9 = 13
3
b
+
a
−
4
=
0
b
=
1



Nhóm 2: Một số bài dạng Trắc nghiệm khách quan (TNKQ)
Bài 1(TNKQ): Cho số phức z thỏa mãn: z.z = 1 và z − 1 = 2 . Xác định phần thực của z?
A. −1

B. 0
C. 1
D. 2
Lời giải
Đặt: z = a + ib , với a, b ∈ ¡ ⇒ z = a − ib . Ta có: z.z = 1 ⇔ a 2 + b 2 = 1 và z − 1 = ( a − 1) + i ( −b )
⇒ z −1 = 2 ⇔

( a − 1)

2

+ ( −b ) = 2 ⇔ ( a − 1) + b 2 = 4
2

2

a 2 + b 2 = 1
b 2 = 1 − a 2
 a = −1
⇔
⇔
⇒ a = −1
Ta có hệ phương trình : 


2
2
2
2
b

=
0
a
−
1
+
b
=
4
a
−
1
+
1
−
a
=
4
(
)
(
)




Chọn A
Bài 2: Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: ( 1 + 2i ) z + ( 2 − 3i ) z = −2 − 2i . Tính mô-đun của z?
A. 6
B. 2

C. 3
D. 5
Lời giải
Gọi z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) . Phương trình đã cho trở thành

( 1 + 2i ) ( x + yi ) + ( 2 − 3i ) ( x − yi ) = −2 − 2i ⇔ ( x − 2y ) + ( 2x + y ) i + ( 2x − 3y ) + ( −3x − 2y ) i = −2 − 2i
3x − 5y = −2
x = 1
⇔ ( 3x − 5y ) + ( − x − y ) i = −2 − 2i ⇔ 
⇔
⇒
− x − y = −2
y = 1

z = 12 + 12 = 2

Chọn B
Bài 3: Cho số phức z = 3 − 2i . Tính mô-đun của số phức w =
A.

11
6

B.

15
6

C.

13
6

z2
?
z+z

D. 2

Lời giải
z 2 = ( 3 − 2i ) = 5 − 2i và z + z = 6 suy ra: w =
2

5 − 12i 5
25
13
= + 2i . Do đó: w =
+4 =
6
6
36
6

Chọn C
8


Dạng 2: Căn bậc hai và phương trình trên C.
1. Kiến thức liên quan:
Căn bậc hai của số phức:

Định nghĩa: Cho số phức ω = a + bi
Căn bậc hai của số phức ω là số phức z = a1 + b1i thỏa mãn z 2 = ω .
Phương trình bậc hai trên tập số phức
Xét phương trình az 2 + bz + c = 0( a, b, c ∈ C ; a ≠ 0)
Cách giải:
Tính ∆ = b 2 − 4ac
Gọi ± k là căn bậc hai của ∆ , nghiệm của phương trình là: z =

−b − k
−b + k
,z=
2a
2a

Đặc biệt nếu b=2b’, ta tính ∆ '
Gọi ± k ' là căn bậc hai của ∆ ' , nghiệm của phương trình là: z =

−b '− k '
−b '+ k '
,z=
a
a

2. Một số bài tập minh họa:
Nhóm 1: Các bài toán dạng tự luận
Bài 1: Tìm các căn bậc hai của số phức z = 5 + 12i [4]
Lời giải
Giả sử m + ni (m; n∈ R) là căn bậc hai của z
Ta có: (m + ni ) 2 = 5 + 12i ⇔ m 2 + 2mni + n 2i 2 = 5 + 12i ⇔ m 2 + 2mni − n 2 = 5 + 12i
m 2 − n 2 = 5(1)

m − n = 5

⇔
⇔
6
2mn = 12
m = (2)
n

2

2

2

6
Thay (2) vào (1) ta có:  ÷ − n 2 = 5 ⇔ 36 − n 4 = 5n 2
n
n = 2 ⇒ m = 3
⇔ n 4 + 5n 2 − 36 = 0 ⇔ n 2 = 4; n 2 = −9(loai ) ⇒ 
 n = −2 ⇒ m = −3

Vậy z có hai căn bậc hai là 3+2i và -3-2i.
Từ bài toán xác định các căn bậc hai của một số phức, ta có thể giải được các
phương trình bậc hai trên C. Ta hãy xét bài toán sau:
9


Bài 2: Giải phương trình: z 2 + 4 z + 7 = 0 [4]
Lời giải

∆ ' = 22 − 7 = −3 = 3i 2 ⇒ các căn bậc hai của ∆ ' là ±i 3

Vậy nghiệm của phương trình là: z = −2 + 3i, z = −2 − 3i
Bài 3: Giải phương trình: z 2 − (3i + 8) z + 11i + 13 = 0
Lời giải
∆ = (3i + 8)2 − 4(11i + 13) = 4i + 3 . Giả sử m+ni (m; n∈ R) là căn bậc hai của ∆

Ta có: (m + ni ) 2 = 3 + 4i ⇔ m 2 + 2mni + n 2i 2 = 3 + 4i ⇔ m 2 + 2mni − n 2 = 3 + 4i
m 2 − n 2 = 3(1)
m 2 − n 2 = 3

⇔
⇔
2
2mn = 4
n = (2)
m

2
m2 = 4
2
4
2
m
−
=
3
⇔
m
−

3
m
−
4
=
0
⇔
Thay (2) vào (1) ta được:
 2
 ÷
m
 m = −1(loai)
2

⇒ m = ±2, n = ±1 vậy ∆ có hai căn bậc hai là 2 + i và -2 - i
 3i + 8 + i + 2
= 2i + 5
z =
2
Do đó nghiệm của phương trình là  3i + 8 − i − 2
.
z =
=i+3

2

Bài 4: Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình:
2
2
2 ( 1 + i ) z 2 − 4 ( 2 − i ) z − 5 − 3i = 0 . Tính z1 + z2 .

[5]

Lời giải
Ta có ∆ ' = 4 ( 2 − i ) + 2 ( 1 + i ) ( 5 + 3i ) = 16 . Vậy phương trình có hai nghiệm phức
2

z1 =

3 5
1 1
2
2
− i, z2 = − − i . Do đó z1 + z2 = 9 .
2 2
2 2

Bên cạnh việc giải các phương trình bậc hai, chúng ta còn gặp các phương trình bậc
cao như bậc 3, bậc 4. Khi đó để giải các phương trình này ta phải biến đổi để quy về các
phương trình bậc nhất, bậc hai thông qua phương trình tích hoặc dùng ẩn phụ:
Bài 5: Giải phương trình: z 3 + 4 z 2 + (4 + i) z + 3 + 3i = 0 (1)
Lời giải
Dễ thấy z = -i là nghiệm của (1) nên (1) ⇔ ( z + i)( z 2 + (4 − i) z + 3 − 3i) = 0
z + i = 0
⇔ 2
 z + (4 − i ) z + 3 − 3i = 0(2)

Giải (2): ∆ = (4 − i )2 − 12 + 12i = 16 − 1 − 8i − 12 + 12i = 3 + 4i = 4 + 2.2.i + i 2 = (2 + i) 2
10

Vậy ∆ có hai căn bậc hai là: 2 + i và -2-i

 −4 + i + 2 + i
= −1 + i
z =
2
Do đó nghiệm của (2) là 
 z = −4 + i − 2 − i − 2 = −3

2

Vậy (1) có 3 nghiệm là –i, -3, -1+i.
Bài 7: Giải phương trình sau trên tập số phức C: z 4 − z 3 +
Lời giải :

Nhận xét z=0 không là nghiệm của phương trình (1) vậy z ≠ 0

Chia hai vế PT (1) cho z2 ta được : ( z 2 +
Đặt t= z −

z2
+ z + 1 = 0 (1) [5]
2

1
1 1
) − ( z − ) + = 0 (2)
2
z

2
z

1
1
1
Khi đó t 2 = z 2 + 2 − 2 ⇔ z 2 + 2 = t 2 + 2
z
z
z
5
2

5
2

Phương trình (2) có dạng : t2-t+ = 0 (3) có ∆ = 1 − 4. = −9 = 9i 2
Vậy PT (3) có 2 nghiệm t=
Với t=

1 + 3i
1 − 3i
, t=
2
2

1 + 3i
1 1 + 3i
⇔ 2 z 2 − (1 + 3i ) z − 2 = 0 (4)
ta có z − =

2
z
2

Có ∆ = (1 + 3i ) 2 + 16 = 8 + 6i = 9 + 6i + i 2 = (3 + i) 2
Vậy PT(4) có 2 nghiệm : z=

(1 + 3i ) + (3 + i )
(1 + 3i ) − (3 + i ) i − 1
= 1 + i , z=
=
4
4
2

Do đó PT đã cho có 4 nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z=

i −1
− i −1
; z=
2
2

Nhóm 2: Một số bài dạng Trắc nghiệm khách quan (TNKQ)
Bài 1: Giải phương trình z 2 − z + 1 = 0 trên tập số phức. Chọn phát biểu đúng:
A. Phương trình chỉ có 1 nghiệm
B. Phương trình này vô nghiệm
1
2
1

D. Phương trình này có hai nghiệm z = −
2

C. Phương trình này có hai nghiệm z = +

3
1
i, z = −
2
2
3
1
i, z = −
2
2

3
i
2
3
i
2

Lời giải

Phương trình có: ∆ = 1 − 4 = −3 = ( 3i ) .
2

11

1
2

Do đó phương trình có 2 nghiệm: z = +

3
1
3
i, z = −
i [5]
2
2 2

Chọn C
Bài 2: Gọi z1 , z 2 là hai nghiệm của phương trình z 2 − 2z + 2 = 0 trên tập số phức. Tìm mô2016
2017
đun của số phức: w = ( z1 − 1) + ( z 2 − 1) .
[6]
A. w = 5
B. w = 2
C. w = 1
Lời giải
Phương trình: z 2 − 2z + 2 = 0 có ∆ ' = 1 − 2 = −1 = i 2
z1 = 1 − i
z 2 = 1 + i

D. w = 3

Suy ra phương trình có hai nghiệm 

2017
Thay z1 = 1 − i vào w ta được w = ( −i ) + i 2016 = − ( i 2 )
2016
Thay z 2 = 1 + i vào w = i 2017 + ( −i ) = ( i 2 )

1002

.i + ( i 2 )

1003

1007

.i + ( i 2 )

1013

= −1 + i

= −1 + i

Vậy w = 2
2
Bài 3: Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình 2 ( 1 + i ) z − 4 ( 2 − i ) z − 5 − 3i = 0 .
2
2
Tính z1 + z 2 ? [6]
A. 9
B. 10

C. 1
D. 12
Lời giải
Phương trình: ∆ ' = 4 ( 2 − i ) + 2 ( 1 + i ) ( 5 + 3i ) = −16
3
2

5
2

1
2

1
2

2
2
Do đó phương trình có hai nghiệm phức: z1 = − i, z 2 = − − i . Vậy z1 + z 2 = 9

Chọn A
Dạng 3: Bài toán tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z.
1.Thuật toán:
Bước 1: Gọi M(x, y) là điểm xác định bởi số phức z = x + y.i thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bước 2: Từ điều kiện ban đầu, ta thiết lập một hệ thức cho x, y.
Bước 3: Từ hệ thức nhận được ta suy ra quỹ tích cần tìm.
2. Một số bài tập minh họa:
Nhóm 1: Các bài toán dạng tự luận
Bài 1. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z, biết z thỏa mãn:

z + 2 − 3i
= 1(*)
z −4+i

Lời giải
Giả sử z = x + yi ( x, y ∈ R ), ta có (*) ⇔ x + 2 + ( y − 3)i = x − 4 − ( y − 1)i
⇔ ( x + 2) 2 + ( y − 3) 2 = ( x − 4) 2 + ( y − 1)2 ⇔ 3 x − y − 1 = 0

Vậy tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z là đường thẳng có PT 3x − y − 1 = 0 .[6]
12


Bài 2: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z sao cho số phức u =

z + 2 + 3i
là một số
z −i

thuần ảo.
Lời giải
Giả sử z = x + yi ( x, y ∈ R ) , khi đó u =

x + 2 + yi + 3i ( x + 2 + ( y + 3)i )( x − ( y − 1)i )
=
x + ( y − 1)i
x 2 + ( y − 1) 2

Tử số bằng x 2 + y 2 + 2 x + 2 y − 3 + 2(2 x − y + 1)i
 x2 + y 2 + 2x + 2 y − 3 = 0
( x + 1) 2 + ( y + 1) 2 = 5

⇔
u là số thuần ảo khi và chỉ khi 

2 x − y + 1 ≠ 0
( x; y ) ≠ (0;1), ( −2; −3)

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I (−1; −1) , bán kính bằng 5 ,
khuyết 2 điểm (0;1) và (-2;-3).[6]
Bài 3. Tìm quĩ tích các điểm M biểu diễn số phức ω = (1 + i 3) z + 2 biết số phức z thỏa
mãn: z − 1 ≤ 2 (1) .
Lời giải
Giả sử ω = x + yi ( x, y ∈ R )
Ta có x + yi = (1 + i 3) z + 2 ⇔ z =

x − 2 + yi
x − 3 + ( y − 3i )
⇔ z −1 =
1+ i 3
1+ i 3

x − 3 + ( y − 3)i
( x − 3) 2 + ( y − 3) 2
x − 3 + ( y − 3)i
≤2⇔
≤2
(1) ⇔
≤2 ⇔
2
1+ i 3
1+ i 3

⇔ ( x − 3) 2 + ( y − 3) 2 ≤ 16

Vậy quĩ tích các điểm M biểu diễn số phức là hình tròn ( x − 3) 2 + ( y − 3) 2 ≤ 16 (kể cả
những điểm nằm trên biên).
Nhận xét: Bên cạnh bài toán tìm quỹ tích điểm, chúng ta còn gặp bài toán liên quan đến
mô đun nhỏ nhất hoặc lớn nhất của số phức. Ta xét bài toán sau:
Bài 4: Biết rằng số phức z thỏa mãn u = ( z + 3 − i )( z + 1 + 3i ) là một số thực. Tìm giá trị
nhỏ nhất của |z|.
Lời giải
Giả sử z = a + bi ( a, b ∈ R ), ta có u = (a + 3 + (b − 1)i )(a + 1 − (b − 3)i )
13


= a 2 + b 2 + 4a − 4b + 6 + 2(a − b − 4)i
u ∈ R ⇔ a − b − 4 = 0 ⇔ a = b + 4 . | z |min ⇔ | z |2 min
| z |2 = a 2 + b 2 = (b + 4) 2 + b 2 = 2b 2 + 8b + 16 = 2(b + 2) 2 + 8 ≥ 8

Dấu = xảy ra khi b = −2 ⇒ a = 2 . Vậy | z |min ⇔ z = 2 − 2i
Bài 5: Cho số phức z thỏa mãn: z + i + 1 = z − 2i . Tìm giá trị nhỏ nhất của z ? [6]
Lời giải
Giả sử z = a + bi ( a, b ∈ R ), Ta có a + bi + i + 1 = a − bi − 2i
⇔ ( a + 1) + ( b + 1) = a 2 + ( b + 2 )
2

2

2

⇔ a 2 + 2a + 1 + b 2 + 2b + 1 = a 2 + b 2 + 4b + 4 ⇔ 2a − 2b − 2 = 0

⇒ a − b = 1 ⇒ a = 1 + b ⇒ a 2 + b 2 = ( b + 1) + b 2 = 2b 2 + 2b + 1 ≥
2

⇒ z ≥

1
2

1
1
1
−1
⇔a= ; b=
. Vậy Min z =
2
2
2
2

Nhóm 2: Một số bài dạng Trắc nghiệm khách quan (TNKQ)
Bài 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn
điều kiện: log 2 z − ( 3 − 4i ) = 1
A. Đường thẳng qua gốc tọa độ
B. Đường tròn bán kính 1
C. Đường tròn tâm I ( 3; −4 ) bán kính 2 D. Đường tròn tâm I ( 3; −4 ) bán kính 3
Lời giải
Điều kiện z ≠ 3 − 4i
Gọi M ( x; y ) với ( x; y ) ≠ ( 3; −4 ) là điểm biểu diễn số phức: z = x + yi, ( x, y ∈ ¡ )
2
2

2
2
Khi đó: log 2 z − ( 3 − 4i ) = 1 ⇔ z − ( 3 − 4i ) = 2 ⇔ ( x − 3) + ( y + 4 ) = 2 ⇔ ( x − 3) + ( y + 4 ) = 4
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z trong mặt phẳng tọa độ là đường tròn tâm
I ( 3; −4 ) bán kính R = 2 . Chọn C
Bài 2: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z trên mặt phẳng tọa độ thỏa mãn điều
2
kiện z − 5z − 5z = 0
A. Đường thẳng qua gốc tọa độ
B. Đường tròn bán kính 1
C. Đường tròn tâm I ( 5;0 ) bán kính 5 D. Đường tròn tâm I ( 5;0 ) bán kính 3
Lời giải
2
Đặt z = x + yi , ta có z = x − yi . Do đó: z − 5z − 5z = 0 ⇔ x 2 + y 2 − 5x − 5yi − 5x + 5yi = 0

⇔ ( x − 5 ) + y 2 = 25 . Trên mặt phẳng tọa độ, đó là tập hợp các điểm thuộc đường tròn bán
2

kính bằng 5 và tâm là I ( 5;0 )

14


Chọn C
Bài 3: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thỏa
mãn điều kiện zi − ( 2 + i ) = 2
A. Đường thẳng qua gốc tọa độ
B. Đường tròn bán kính 1
C. Đường tròn tâm I ( 5;0 ) bán kính 5 D. Đường tròn tâm I ( 1; −2 ) bán kính 2
Lời giải

2
2
Gọi z = x + yi, ( x, y ∈ ¡ ) , ta có: zi − ( 2 + i ) = 2 ⇔ − y − 2 + ( x − 1) i = 2 ⇔ ( x − 1) + ( y + 2 ) = 4
Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm I ( 1; −2 ) và bán kính R = 2
Chọn D
Bài 4: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn
điều kiện z + 1 = z − i
A. Đường thẳng qua gốc tọa độ
B. Đường tròn bán kính 1
C. Đường tròn tâm I ( 5;0 ) bán kính 5 D. Đường tròn tâm I ( 1; −2 ) bán kính 2
Lời giải
2
2
Gọi z = x + yi, ( x, y ∈ ¡ ) , ta có: z + 1 = z − i ⇔ ( x + 1) + yi = x + ( y − 1) i
⇔ ( x + 1) + y 2 = x 2 + ( y − 1) ⇔ x 2 + 1 + 2x + y 2 = x 2 + y 2 − 2y + 1 ⇔ y = − x
Tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường thẳng y = − x đi qua gốc tọa độ.
2

2

Chọn A
Bài 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn
điều kiện z + 1 − i = 2
2
2
2
2
2
2
2

2
A. ( x + 1) + ( y − 1) = 4 B. ( x − 1) + ( y − 1) = 4 C. ( x + 1) + ( y − 1) = 8 D. ( x + 1) + ( y − 1) = 9
Lời giải
M ( x; y ) , x, y ∈ ¡ ⇒ z = x + yi ⇒ z + 1 − i = 2 ⇔

( x + 1) + ( y − 1) = 2
2
2
Vậy tập hợp các điểm M cần tìm là đường tròn: ( x + 1) + ( y − 1) = 4
2

2

Bài 6: Cho số phức z = x +yi, với x, y ∈ ¡ có điểm biểu diễn M thuộc đường thẳng
d : x − y + 3 = 0 và x + i − 2z có giá trị nhỏ nhất. Số phức z là:
3 1
5 5

A. z = + i

B. z = −

14 1
+ i
5 5

C. z =

14 1
+ i

5 5

3 1
5 5

D. z = − + i

Lời giải
Ta có: điểm biểu diễn M thuộc đường thẳng d nên: x − y + 3 = 0 ⇔ x = y − 3 .
x + i − 2z = x + i − 2x + 2yi = − x + ( 2y + 1) i =

( −x )

2

+ ( 2y + 1) =
2

( y − 3)

2

+ ( 2y + 1) = 5y 2 − 2y + 10
2

x + i − 2z đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi f ( y ) = 5y 2 − 2y + 10 đạt giá trị nhỏ nhất.
f ' ( y ) = 10y − 2 ⇒ f ' ( y ) = 0 ⇔ y =

y
f '( y)

1
.
5
1
5

+∞
−

0

+∞

+
15


+∞
f ( y)

+∞
49
5

1
5

14
14 1

⇒ z = − + i . ⇒ Chọn B. [8]
5
5 5
Bài 7: Trong các số phức thỏa mãn điều kiện z + 3i = z + 2 − i . Tìm số phức có môđun nhỏ

Ta được: y = ⇒ x = −
nhất?

1
5

2
5

B. z = − + i .

A. z = 1 − 2i .

1 2
5 5

C. z = − i .

D. z = −1 + 2i .

Đáp án C
Phương pháp tự luận: Giả sử z = x + yi ( x, y ∈ ¡ )
z + 3i = z + 2 − i ⇔ x + ( y + 3) i = ( x + 2 ) + ( y − 1) i ⇔ x 2 + ( y + 3) = ( x + 2 ) + ( y − 1)
2

2

2

⇔ 6 y + 9 = 4x + 4 − 2 y +1 ⇔ 4x − 8 y − 4 = 0 ⇔ x − 2 y −1 = 0 ⇔ x = 2 y + 1
2

2 1
5

+ y2 = 5 y2 + 4 y +1 = 5 y + ÷ + ≥
5 5
5

2
1
1 2
5
Suy ra z min =
khi y = − ⇒ x = .Vậy z = − i. [8]
5
5
5 5
5
Phương pháp trắc nghiệm: Giả sử z = x + yi ( x, y ∈ ¡ )
z = x2 + y 2 =

( 2 y + 1)

2

z + 3i = z + 2 − i ⇔ x + ( y + 3) i = ( x + 2 ) + ( y − 1) i ⇔ x 2 + ( y + 3) = ( x + 2 ) + ( y − 1)
2

2

2

⇔ 6 y + 9 = 4x + 4 − 2 y +1 ⇔ 4x − 8 y − 4 = 0 ⇔ x − 2 y −1 = 0
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa điều kiện z + 3i = z + 2 − i là đường thẳng
d : x − 2 y −1 = 0 .
Phương án A: z = 1 − 2i có điểm biểu diễn ( 1; − 2 ) ∉ d nên loại A.


Phương án B: z = − + i có điểm biểu diễn  − ; ÷∉ d nên loại B.
5 5
5 5
1

2

1 2



Phương án D: z = −1 + 2i có điểm biểu diễn ( −1; 2 ) ∉ d nên loại B.
1 2
1 2
Phương án C: z = − i có điểm biểu diễn  ; − ÷∈ d
5 5

5 5
Bài 8: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − 3 + 4i ≤ 2. Trong mặt phẳng Oxy tập hợp
điểm biểu diễn số phức w = 2 z + 1 − i là hình tròn có diện tích:
A. S = 9π .
B. S = 12π .
C. S = 16π .
D. S = 25π .

Đáp án C
Tập hợp điểm biểu diễn số phức w là hình tròn tâm I ( 7; − 9 ) , bán kính r = 4.
Vậy diện tích cần tìm là S = π .42 = 16π . [6]

16


PHỤ LỤC GIỚI THIỆU MỘT CÂU HỎI DẠNG TNKQ VÀ LỜI GIẢI
Câu 1: Cho số phức z thỏa mãn: ( 1 + 2z ) ( 3 + 4i ) + 5 + 6i = 0 . Tìm số phức w = 1 + z ?
A. w = −

7
1
+ i
25 25

B. w =

7
1
+ i
25 25

C. w = −

7
1
− i
25 25

D. w = −

7 1
+ i
25 5

Lời giải
Gọi z = a + bi , với a, b ∈ ¡ . Ta có ( 1 + 2z ) ( 3 + 4i ) + 5 + 6i = 0

⇔ ( 2a + 1 + 2bi ) ( 3 + 4i ) + 5 + 6i = 0 ⇔ ( 6a − 8b + 8 ) + ( 8a + 6b + 10 ) i = 0
32

a=−

6a − 8b + 8 = 0
32 1
7
1

25
⇔
⇔

⇒ z = − + i ⇒ w = 1+ z = − + i
25 25
25 25
8a + 6b + 10 = 0
b = 1

25

[8]

Chọn đáp án A
Câu 2: Cho số phức z thỏa mãn: ( 1 + i ) z + ( 3 − i ) z = 2 − 6i . Tìm phần thực, phần ảo của số
phức w = 2z + 1
A. 6;5
B. 5; −6
C. −5; −6
D. 5;6
Lời giải
Giả sử z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) ⇒ z = a − bi , khi đó:

( 1 + i ) z + ( 3 − i ) z = 2 − 6i ⇔ ( 1 + i ) ( a + bi ) + ( 3 − i ) ( a − bi ) = 2 − 6i ⇔ 4a − 2b − 2bi = 2 − 6i

4a − 2b = 2
a = 2
⇔
⇔
. Vậy: z = 2 + 3i
−2b = −6
b = 3
Do đó w = 2z + 1 = 2 ( 2 + 3i ) + 1 = 5 + 6i . Vậy số phức w có phần thực là 5, phẩn ảo là 6 [7]

Chọn đáp án D
Câu 3: Cho các số phức z1 , z2 khác nhau thỏa mãn: z1 = z2 . Chọn phương án đúng:
z +z

1
2
A. z − z = 0 .
1
2

z1 + z2

C. z − z là số thực.
1
2
Đáp án D

z +z

1
2
B. z − z là số phức với phần thực và phần ảo đều khác 0 .
1
2

z1 + z2

D. z − z là số thuần ảo.
1

2

Phương pháp tự luận: Vì z1 = z2 và z1 ≠ z2 nên cả hai số phức đều khác 0 . Đặt
a2 a2
+
z1 + z2
 z1 + z2  z1 + z2 z1 z 2 z1 + z2
w=
= 2
=
= −w
và z1 = z2 = a , ta có w = 
÷=
2
z1 − z2
z2 − z1
 z1 − z2  z1 − z2 a − a
z1 z2
Từ đó suy ra w là số thuần ảo. Chọn D.[6]

Phương pháp trắc nghiệm:

z +z

1+ i

1
2
Số phức z1 , z2 khác nhau thỏa mãn z1 = z2 nên chọn z1 = 1; z2 = i , suy ra z − z = 1 − i = i là
1

2
số thuần ảo.

17


Câu 4: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − 2 − 4i = z − 2i . Tìm số phức z
có mô đun nhỏ nhất
A. z = −1 + i
B. z = −2 + i
C. z = 2 + 2i
D. z = 3 + 2i
Đáp án C
2
2
2
Đặt z = a + bi; a, b ∈ ¡ ⇒ pt ⇔ ( a − 2 ) + ( b − 4 ) i = a + ( b − 2 ) i ⇔ ( a − 2 ) + ( b − 4 ) = a 2 + ( b − 2 )

⇔ a +b = 4⇒ b = 4−a

Có z = a 2 + b 2 = a 2 + ( 4 − a ) 2 = 2 ( a − 2 ) 2 + 8 ≥ min z = 2 2 ⇔ a = 2 ⇒ b = 2 ⇒ z = 2 + 2i [6]
2

2

 z  z 
Câu 5: Cho hai số z1 , z 2 thỏa mãn z1 = z 2 = z1 − z 2 = 1 . Tính P =  1 ÷ +  2 ÷ ?
 z 2   z1 

A. P = 1 − i

Đáp án C

B. P = −1 − i

Cách 1: Ta có GT ⇒

a 2 + b2 = 1 =

( a − 1)

2

+ b2

C. P = −1

D. P = 1 + i

z1
z −z
z
z
= 1 = 1 2 ⇔ 1 = 1 = 1 − 1 . Đặt
z2
z2
z2
z2

z1
= a + bi

z2

ta có:


3
b = ±
2 ⇒ w = 1 ± 3 ⇒ P = w 2 + 1 = −1
⇔
2 2
w2
a = 1

2
1
2

Cách 2: Chọn khéo z1 = +

i 3
1 i 3
; z2 = − +
⇒ P = −1 [7]
2
2
2

Câu 6: Kí hiệu z0 là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình 4 z 2 − 16 z + 17 = 0.
Trên mặt phẳng toạ độ, điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn số phức w = iz0 ?



A. M 1  ; 2 ÷.
2 
Đáp án B



B. M 2  − ; 2 ÷.
 2 

1

1



C. M 3  − ;1÷.
 4 
1



D. M 4  ;1÷.
4 
1

 16 + 4i i + 4
z = 8 = 2
2
2

.
4z − 16z + 17 = 0 ∆ = −16 = ( 4i ) ⇒ 
16
−
4i
−
i
+
4
z =
=

8
2
i+4
−1 + 4i −1
→ iz 0 =
=
+ 2i
Do đó: z 0 =
2
2
2
Câu 7: Cho hai số phức z1 , z 2 thỏa mãn z1 = z 2 = 1; z1 + z 2 = 3 . Tính z1 − z 2

(

)

A.

B.
C.
Lời giải
Ta có: z1 = a1 + b1i; z 2 = a 2 + b 2i ( a1 , a 2 , b1 , b 2 ∈ ¡ )

D.

2
2
2
2
 z1 = z 2 = 1
a1 + b1 = a 2 + b 2 = 1
2
2
⇒
⇔ 2 ( a1b 2 + a 2 b 2 ) = 1 ⇒ ( a1 − a 2 ) + ( b1 − b 2 ) = 1

2
2
 z1 + z 2 = 3 ( a1 + a 2 ) + ( b1 + b 2 ) = 3

18


Vậy: z1 − z 2 = 1 [6]
Chọn đáp án A
Câu 8: Giải phương trình trên tập số phức:
A. z = 3 − 2i
Lời giải

B. z = 3 + 2i

12z + i − 11
= 1 + 7i
2 − iz
C. z = 2 + 3i

Phương trình tương dương: z ( 5 + i ) = 13 + 13i ; z =

( 13 + 13i ) ( 5 − i )
( 5 + i) ( 5 − i)

Chọn đáp án B
Câu 9: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện ( 1 − 2i ) z −
trong mặt phẳng Oxy là:


A. M  ; ÷
 10 10 
Lời giải
1

5



B. M  ; ÷
 10 10 
3

5

D. z = 2 − 3i
= 3 + 2i [5]

2−i
= ( 3 − i ) z. Tọa độ biểu diễn của z
1+ i



C. M  ; ÷
 10 10 



D. M  ; ÷
 10 10 

3 7

1

7

2−i
= ( 3 − i ) z ta có:
1+ i
2−i

−2 + i
−2 + i
1 7
= ( 3 − i) z ⇔
= ( 2 + i) z ⇔ z =
⇔z= + i
( 1 − 2i ) z −
1+ i
1+ i
10 10
( 1+ i) ( 2 + i)

Từ giả thuyết ( 1 − 2i ) z −



Vậy tọa độ biểu diễn của z trong mặt phẳng Oxy là M  ; ÷ [5]
 10 10 
⇒ Chọn D.
Câu 10: Cho số phức z thỏa mãn: z + 3i = a + 2 , với a là tham số thực. Giá trị nào của a để
tồn tại duy nhất một số phức z thỏa đề và mô đun của số phức z đó là:
A. a = −2, z = 3
B. a = 2, z = 3
C. a = −2, z = 3
D. a = −2, z = 3 3
Lời giải
Đặt z = x + yi , với x, y ∈ ¡ .
1

7

Ta có: z + 3i = a + 2 ⇔ x + ( y + 3) i = a + 2 ⇔ ( y + 3) + x 2 = a + 2 ⇔ ( y + 3 ) + x 2 = ( a + 2 )
Thỏa mãn đề bài khi và chỉ khi a + 2 = 0 ⇔ a = −2 .
2

2

2

y + 3 = 0
 y = −3
⇔
⇒ z = −3i ⇒ z = 3 . [6]
x = 0
x = 0

Khi đó, ta có: 
⇒ Chọn C.

PHẦN BA: KẾT LUẬN
1. Kết quả đạt được
19


Sau một thời gian giảng dạy như trên tôi thấy đã thu được những kết quả hết sức khả
quan:
Đa số học sinh tiếp thu được kiến thức cơ bản.
Nhiều kĩ năng về giải quyết bài toán, trình bày bài toán, cách tiến hành một số dạng
bài tập cơ bản cũng như bài tập vận dụng nâng cao được học sinh thực hiện thành thạo
Nhiều kĩ năng về giải quyết bài toán, trình bày bài toán, cách tiến hành một số dạng

bài cơ bản cũng như các bài vận dụng nâng cao được học sinh thực hiện thành thạo.
Nhiều kĩ năng về giải quyết bài toán, trình bày bài toán, cách tiến hành một số dạng
bài cơ bản cũng như các bài vận dụng nâng cao được học sinh thực hiện thành Tinh thần
học tập của các em học sinh khi được nghiên cứu phần này tăng lên đáng kể, các em
hứng thú hơn trong việc tìm tòi, khám phá các lời giải, đồng thời tạo ra một động lực để
thúc đẩy trong việc nghiên cứu tiếp thu các phần kiến thức khác.
Kết quả học phần này được nâng lên rõ rệt. Trong các bài thi kiểm tra định kỳ, bài thi
học kỳ, bài thi THPT có nhiều em đạt điểm 10 môn Toán, có nhiều em đạt kết quả điểm
thi THPT với điểm số rất cao.
Trên cơ sở của chuyên đề này cùng với sự đồng ý của Ban giám hiệu nhà trường, tổ
chuyên môn ,tôi đã tiến hành thực hiện nội dung chuyên đề nêu trên của mình trên ba
năm liên tục, đó là các lớp 12A3, 12A9, 12A10 (năm học 2014 - 2015), các lớp 12A1,
12A5, 12A7 (năm học 2015 - 2016) và các lớp 12A1,12A2, năm học 2016 - 2017), (Tổng
số học sinh bình quân là 90), kết quả thu được trong các kì thi thử THPT ở trường với
bảng số liệu sau:

Số em tham Đạt điểm Đạt từ 5,0 Đạt từ 6,5 Đạt từ 7,5 Đạt trên
gia làm bài thi dưới 5,0 đến 6,5
đến 7,5
đến 8,5
8,5
Thi lần 1
Thi lần 2
Thi lần 3

10

20

20

22

18

7

20

23

20

20

5

20

25

22

28

2. Bài học kinh nghiệm:
Nắm vững chuyên môn nghiệp vụ, có kiến thức sâu rộng, khả năng bao quát kiến
thức, có tinh thần trách nhiệm trong công việc.
20

Trong công tác giảng dạy cần đổi mới phương pháp dạy học, tìm ra phương pháp phù
hợp cho nội dung bài học. Trước khi lên lớp cần có sự nghiên cứu kĩ nội dung chương
trình, đặc biệt là tình hình học sinh để đưa ra bài học sát với khả năng của học sinh, chọn
lọc hệ thống bài tập phù hợp, có sự hướng dẫn hợp lý, dễ hiểu để học sinh vận dụng được
tốt.
Mặc dù tôi đã rất cố gắng hoàn thiện bài viết một cách cẩn thận nhất, song vẫn không
tránh khỏi những sai sót, rất mong các cấp chuyên môn đóng góp ý kiến bổ sung để
chuyên đề ngày càng hoàn thiện và hữu ích hơn nữa. Cũng rất mong được sự góp ý của
quý đồng nghiệp để chúng tôi có dịp được trau dồi và tích lũy kiến thức nhằm hoàn thành
tốt nhiệm vụ giáo dục được giao.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 30 tháng 5 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác.

Lê Đức Trung
TÀI LIỆU THAM KHẢO
*********
[1]. Trích văn kiện Đại hội Đảng toàn quốc lần thứ VII, tháng 6 năm 1991.
[2]. Nghị Quyết số 29-NQ/TW, BCH TW Đảng khóa XI
[3]. Giải một bài toán như thế nào, NXB Giáo dục năm 1995.
[4]. Sách giáo khoa Giải tích 12 nâng cao, NXB Giáo dục năm 2005.
[5]. Phương pháp ôn luyện thi Đại học cao đẳng, môn toán theo chủ đề, NXB Đại học sư phạm.
[6]. Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán Đại số và Giải tích lớp 12, NXB Đại học Quốc gia Hà nội năm
2010.
[7]. Nghị Quyết số 29-NQ/TW, BCH TW Đảng khóa XI.

[8]. Tham khảo một số tài liệu trên mạng internet
21


- Nguồn:
- Nguồn: http://toan hoc.vn

Tên đề tài
Sáng kiến

Năm Xếp
cấp loại

Số, ngày, tháng, năm của quyết định công nhận,
cơ quan ban hành QĐ

Nâng cao hiệu quả giờ học 2012
Toán tự chọn 10 ở trường
THPT Lê Lợi

C

Năm học: 2011 - 2012: Giám đốc Sở GD & ĐT
Thanh Hoá chứng nhận đề tài SKKN " Nâng cao
hiệu quả giờ học Toán tự chọn 10 ở trường THPT
Lê Lợi" đạt giải C ( Quyết định số 539/ QĐ - SGD
& ĐT , ngày 18/10/2012).

Hướng dẫn học sinh lớp 12 2013
giải một số bài toán về số phức

trong các kỳ thi vào Đại học cao đẳng"

C

Năm học: 2012 - 2013: Giám đốc Sở GD & ĐT
Thanh Hoá chứng nhận đề tài SKKN " Hướng dẫn
học sinh lớp 12 giải một số bài toán về số phức
trong các kỳ thi vào Đại học - cao đẳng" đạt giải C
(Quyết định số 743/ QĐ - SGD & ĐT , ngày
04/11/2013).

Hướng dẫn học sinh Khá, 2014
Giỏi tiếp cận một số bài toán
HHKG từ bài toán Hình học
phẳng"

C

Năm học: 2013 - 2014: Giám đốc Sở GD & ĐT
Thanh Hoá chứng nhận đề tài SKKN "Hướng dẫn
học sinh Khá, Giỏi tiếp cận một số bài toán HHKG
từ bài toán Hình học phẳng" đạt giải C (Quyết định
số 753/ QĐ - SGD & ĐT , ngày 03/11/2014).

Hướng dẫn học sinh giải 2016
phương trình, bất phương
trình vô tỷ trong thi THPT
Quốc Gia và thi HSG

C

Năm học: 2015 - 2016: Giám đốc Sở GD & ĐT
Thanh Hoá chứng nhận đề tài SKKN "Hướng dẫn
học sinh giải phương trình, bất phương trình vô tỷ
trong thi THPT Quốc Gia và thi HSG" đạt giải C
(Quyết định số 972/QĐ - SGD & ĐT , ngày
24/11/2016).

22