CÁC PHÉP TOÁN SỐ PHỨC

Câu 1: [2D4-1-3] (Toán học và Tuổi trẻ - Tháng 4 - 2018 - BTN) Cho hai số phức z1 , z2
thỏa mãn z1  1 , z2  2 và z1  z2  3 . Giá trị của z1  z2 là
A. 0 .
trị khác.

B. 1 .

C. 2 .

D. một giá

Lời giải
Chọn B
Giả sử z1  a1  b1i,

 a1 , b1  

, z2  a2  b2i,

 a2 , b2   .

Theo bài ra ta có:

a12  b12  1
a12  b12  1
 z1  1



 a22  b22  4
.

 a22  b22  4
 z2  2

2a a  2b b  4

2
2
1 2
 a1  a2    b1  b2   9
 z1  z2  3
 1 2
Khi đó, ta có:
z1  z2 

 a1  a2    b1  b2 
2

2

a



2
1

 b12    a22  b22    2a1a2  2b1b2   1 .

Vậy z1  z2  1 .
Câu 2: [2D4-1-3](THPT VĨNH VIỄN - TP.HCM - HKII - 2017) Cho 2 số phức z1 , z2

thỏa z1  1 , z2  1 , z1  z2  3 . Khi đó z1  z2 bằng:
A. 2 .

B.

C. 2  3 .

3.

D. 1 .

Lời giải
Chọn D
Giả sử z1  a  bi , z2  c  di với a , b , c , d 

.

Ta có z1  1  a 2  b2  1  a 2  b 2  1 .

z2  1  c 2  d 2  1  c 2  d 2  1 .
z1  z2  3 

a  c

2

  b  d   3  a 2  c 2  2ac  b 2  d 2  2bd  3
2

 a 2  c 2  b 2  d 2  2bd  2ac  3  2bd  2ac  1 .

Khi đó z1  z2 

a  c

2

  b  d   a 2  c 2  b2  d 2  2bd  2ac  1 .
2

(Chuyên Quang Trung - Bình Phước - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho số
1 i
phức z thoả mãn
là số thực và z  2  m với m . Gọi m0 là một giá trị của
z
m để có đúng một số phức thoả mãn bài toán. Khi đó:

Câu 3: [2D4-1-3]


 1
A. m0   0;  .
 2
 3
m0  1;  .
 2

1 
B. m0   ;1 .
2 

3 
C. m0   ; 2  .
2 

D.

Lời giải
Chọn D
Giả sử z  a  bi,  a, b 
Đặt: w 

.

1 i
1 i
1
ab
a b

 2
 2
i.
 a  b   a  b  i   2
2 
2
z
a  bi a  b
a b
a  b2

w là số thực nên: a  b 1 .

Mặt khác: a  2  bi  m   a  2   b2  m2  2  .
2

Thay 1 vào  2  được:  a  2   a 2  m2  2a 2  4a  4  m2  0
2

 3 .

Để có đúng một số phức thoả mãn bài toán thì PT  3 phải có nghiệm a duy nhất.

 3
   0  4  2  4  m2   0  m 2  2  m  2  1;  .
 2
Trình bày lại
Giả sử z  a  bi, vì z  0 nên a 2  b 2  0 * .
Đặt: w 

1 i
1 i
ab
a b
1

 2
i.
 2
 a  b   a  b  i   2

2
2 
z
a  bi a  b
a b
a  b2

w là số thực nên: a  b 1 .Kết hợp * suy ra a  b  0 .

Mặt khác: a  2  bi  m   a  2   b2  m2  2  ..
2

Thay 1 vào  2  được:  a  2   a 2  m2  g  a   2a 2  4a  4  m2  0
2

 3 .

Để có đúng một số phức thoả mãn bài toán thì PT  3 phải có nghiệm a  0 duy
nhất.
Có các khả năng sau :
KN1 : PT  3 có nghiệm kép a  0
2

   0
m  2  0

m 2 .
ĐK: 
2
g

0

0


4

m

0






KN2: PT  3 có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm a  0

m2  2  0

   0
ĐK: 

 m  2.
2


 g  0  0
4  m  0

 3
Từ đó suy ra m0  2  1;  .
 2
(Chuyên Quang Trung - Bình Phước - Lần 1 - 2018 - BTN) Gọi S
là tập hợp các số thực m sao cho với mỗi m  S có đúng một số phức thỏa mãn
z
z  m  6 và
là số thuần ảo. Tính tổng của các phần tử của tập S .
z4

Câu 4: [2D4-1-3]

A. 10.

B. 0.

C. 16.

D. 8.

Lời giải
Chọn D
Cách 1:
Gọi z  x  iy với x, y 

ta có

 x  iy  x  4  iy   x  x  4   y 2  4iy
z
x  iy



2
2
z  4 x  4  iy
 x  4  y2
 x  4  y2
là số thuần ảo khi x  x  4   y 2  0   x  2   y 2  4
2

Mà z  m  6   x  m   y 2  36
2

Ta được hệ phương trình


36  m2
x


 x  m   y 2  36  4  2m  x  36  m
4  2m



2



2

2
2
2
2
 x  2   y  4
 y 2  4   36  m  2 
 y  4   x  2 



 4  2m


2

2

2

 36  m2

36  m 2
36  m 2
2
 2 hoặc 2 
 2  0  2 
Ycbt  4  
4  2m
4  2m
 4  2m



 m  10 hoặc m  2 hoặc m  6
Vậy tổng là 10  2  6  6  8 .
Cách 2:


2
2

 x  m   y  36
Để có một số phức thỏa mãn ycbt thì hpt 
2
2

 x  2   y  4
nghiệm

có đúng một

Nghĩa là hai đường tròn  C1  :  x  m   y 2  36 và  C2  :  x  2   y 2  4 tiếp
2

2

xúc nhau.
Xét  C1  có tâm I1  2;0  bán kính R1  2 ,  C2  có tâm I 2  m;0  bán kính R2  6

m2  4
 I I  R1  R2

 m  6;6;10; 2 .
Cần có :  1 2

 m  2  6
 I1 I 2  R1  R2
Vậy tổng là 10  2  6  6  8 .sss
Câu 5: [2D4-1-3] (THPT Lê Hồng Phong - Nam Định - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho số
phức z thỏa mãn z  4 z  7  i  z  7  . Khi đó, môđun của z bằng bao nhiêu?
A. z  5 .

B. z  3 .

C. z  5 .

D. z  3 .

Lời giải
Chọn C
Đặt z  a  bi với a , b . Khi đó z  a  bi .
Ta có z  4 z  7  i  z  7   a  bi  4  a  bi   7  i  a  bi  7 

 a  bi  4a  4bi  7  ai  b  7i  5a  b   a  3b  i  7  7i
5a  b  7 a  1
.


a  3b  7
b  2
Do đó z  1  2i . Vậy z  5 .
Câu 6: [2D4-1-3] [Chuyên Nguyễn Quang Diệu - Đồng Tháp - 2018 - BTN] Biết số phức

z có phần ảo khác 0 và thỏa mãn z   2  i   10 và z.z  25 . Điểm nào sau đây
biểu diễn số phức z trên?
A. P  4;  3
B. N  3;  4 

C. M  3; 4 

Q  4; 3
Lời giải
Chọn C
Giả sử z  x  yi

 x, y 

, y  0 .

Ta có z   2  i   10  x  yi   2  i   10

D.


  x  2    y  1 i  10   x  2    y  1  10  x 2  y 2  4 x  2 y  5 .
2

2

Lại có z.z  25  x 2  y 2  25 nên 25  4 x  2 y  5  2 x  y  10  y  10  2 x

x  5
2

.
 x 2  10  2 x   25  5 x 2  40 x  75  0  
x  3
+ Với x  5  y  0 , không thỏa mãn vì y  0 .
+ Với x  3  y  4 , thỏa mãn y  0  z  3  4i .
Do đó điểm M  3; 4  biểu diễn số phức z .
Câu 7: [2D4-1-3]
(THPT Chuyên Hà Tĩnh - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho số phức z  a  bi
 a, b  , a  0 thỏa mãn z  1  2i  5 và z.z  10 . Tính P  a  b .
A. P  4

B. P  4

C. P  2

D. P  2

Lời giải
Chọn A

 a  12   b  2 2  5
Từ giả thiết z  1  2i  5 và z.z  10 ta có hệ phương trình 
2
2
a  b  10
a  2b  5
a  2b  5
a  1
a  3
 2

hay 
(loại). Vậy P  4 .



2
2
2
b  3
a  b  10
 2b  5   b  10 b  1
Câu 8:

[2D4-1-3] [THPT Lê Hồng Phong-HCM-HK2-2018] 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  a 2  b2  12 a 2  b2  2bi  13  10i
a 2  b 2  12 a 2  b 2  13
a 2  25  12 a 2  25  13



2b  10
b  5

  a 2  25  13
 
a  12 a  12
, vì a  0 .
   a 2  25  1VN   

b  5
b  5

b  5
Vậy S  a  b  7 .
Câu 9: [2D4-1-3]
(CỤM CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU
LONG-LẦN 2-2018) Gọi S là tập hợp các số thực m sao cho với mỗi m  S có


đúng một số phức thỏa mãn z  m  4 và
phần tử của tập S .
A. 0

z
là số thuẩn ảo. Tính tổng của các
z6

B. 12

C. 6

D. 14

Lời giải
Chọn B
Điều kiện z  6 .

 x, y   .

Giả sử z  x  yi

Ta có z  m  4  x  m  yi  4   x  m   y 2  16  C  .
2

Lại có

 1

6  x  6  yi 
z
6
6
 1
 1
 1
2
z 6
z 6

x  6  yi
 x  6  y 2

6  x  6

 x  6

Khi đó

2

y

2



6y

 x  6

2

 y2

i.

6  x  6
z
là số thuẩn ảo khi 1 

0
2
z6
 x  6  y 2

  x  6   y 2  6  x  6   0   x  3  y 2  9  C   .
2

2

Như vậy  C  có tâm I  m;0  , bán kính R  4 và  C   có tâm I   3;0  , bán kính

R  3 .
Do đó II    3  m;0   II   m  3 .
YCBT   C  và  C   tiếp xúc trong hoặc tiếp xúc ngoài

m  4
m  2
 m 3 1
 II   R  R  1



 S  12 .

m

10

m


3

7
II

R

R
'

7




 m  4
Câu 10: [2D4-1-3] (Chuyên Long An - Lần 2 - Năm 2018) Cho số phức z  a  bi
 a, b   và thỏa mãn điều kiện 1  2i  z   2  3i  z  2  30i . Tính tổng S  a  b
.
A. S  2 .

C. S  8 .

B. S  2 .

D. S  8 .

Lời giải
Chọn C

Ta có 1  2i  z   2  3i  z  2  30i  1  2i  a  bi    2  3i  a  bi   2  30i


a  b  2
a  3
  a  b    5a  3b  i  2  30i  

5a  3b  30
b  5
Khi đó S  a  b  8 .
Câu 11: [2D4-1-3]

(SGD Hà Nam - Năm 2018) Cho số phức z  a  bi  a, b 

 thỏa mãn

z  5 và z  2  i 1  2i  là một số thực. Tính P  a  b
B. P  7 .

A. P  5 .

C. P  8 .

D. P  4 .

Lời giải
Chọn B

z  5  a 2  b2  25 1
z  2  i 1  2i    a  bi  4  3i    4a  3b    4b  3a  i là số thực nên 4b  3a  0

.
2

3 
Thay vào 1 ta được a   a   25  a  4  b  3  P  7
4 
2

Câu 12: [2D4-1-3] [Sở GD và ĐT Cần Thơ - mã 301 - 2017-2018-BTN] Giá trị của biểu thức
0
2
4
6
98
100
bằng
C100
 C100
 C100
 C100
 ...  C100
 C100

A. 2100 .

B. 250 .

D. 250 .

C. 2100 .

Lời giải
Chọn B
Ta có

1  i 

100

0
1
2
100
 C100
 iC100
 i 2C100
 ...  i100C100

0
2
4
100
  C100
 C100
 C100
 ...  C100
  C1001  C1003  C1005  C10099  i

1  i 

100

Mặt khác

.

50

2
 1  i     2i 50


 250 .

0
2
4
6
98
100
Vậy C100
 C100
 C100
 C100
 ...  C100
 C100
 250 .

Câu 13: [2D4-1-3]

(THPT Kinh Môn - Hải Dương - Lần 2 - 2018 - BTN) Số phức

z  a  bi ( với a , b là số nguyên) thỏa mãn 1  3i  z là số thực và z  2  5i  1 .
Khi đó a  b là
A. 9

B. 8

C. 6
Lời giải

D. 7


Chọn B
Ta có: 1  3i  z  1  3i  a  bi   a  3b   b  3a  i .
Vì 1  3i  z là số thực nên b  3a  0  b  3a 1 .

z  2  5i  1  a  2   5  b  i  1   a  2    5  b   1  2  .
2

2

Thế 1 vào  2  ta có:  a  2    5  3a   1  10a 2  34a  28  0
2

2

a  2  b  6
.


 a  7 (loaïi)
5

Vậy a  b  2  6  8 .
Câu 14: [2D4-1-3] (THPT Chuyên Tiền Giang - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho số phức
z  a  bi  a, b   thỏa mãn z  1  3i  z i  0 . Tính S  a  3b .
A. S 

7
.
3

B. S  5 .

C. S  5 .

D. S  

7
3

.
Lời giải
Chọn B
Ta có z  1  3i  z i  0  a  bi  1  3i  i a 2  b2  0

a  1  0
 a  1  b  3  a 2  b2 i  0  
2

2

b  3  a  b





a  1
 a  1


 b  3

4  S  5 .
 b  3 2  1  b 2
b   3



Câu 15: [2D4-1-3] (Chuyên Lương Thế Vinh – Hà Nội – Lần 2 – 2018 – BTN) Cho số
phức z  3  5i . Gọi w  x  yi  x, y   là một căn bậc hai của z . Giá trị của
biểu thức T  x 4  y 4 là
A. T  706 .

Chọn C

B. T 

17

.
2
Lời giải

C. T 

43
.
2

D. T  34 .


Ta có w  x  yi  x, y 

  x  yi 

2



là một căn bậc hai của z khi và chỉ khi w2  z

 x2  y2  3

 3  5i  x  y  2 xyi  3  5i . 
2 xy  5
2

Ta có T  x  y   x  y

4

4

2

2



2 2

 5  43
 2 x y  3  2.    .
2
 2 
2

2

2

2

Câu 16: [2D4-1-3] (Chuyên Lương Thế Vinh – Hà Nội – Lần 2 – 2018 – BTN) Gọi z1 , z2

là hai trong các số phức thỏa mãn z  1  2i  5 và z1  z2  8 . Tìm môđun của số
phức w  z1  z2  2  4i .
A. w  6 .

B. w  16 .

C. w  10 .

D. w  13

.
Lời giải
Chọn A

Gọi A là điểm biểu diễn của số phức z1 , B là điểm biểu diễn của số phức z2 .
Theo giả thiết z1 , z2 là hai trong các số phức thỏa mãn z  1  2i  5 nên A và B
thuộc đường tròn tâm I 1; 2  bán kính r  5 .
Mặt khác z1  z2  8  AB  8 .


Gọi M là trung điểm của AB suy ra M là điểm biểu diễn của số phức

z1  z2
và
2

IM  3 .
Do đó ta có

3  IM 

1
z1  z2
 1  2i  3  z1  z2  2  4i  z1  z2  2  4i  6  w  6 .

2
2

Câu 17: [2D4-1-3](CHUYÊN VINH LẦN 3-2018) Cho số phức z . Gọi A , B lần lượt là

các điểm trong mặt phẳng  Oxy  biểu diễn các số phức z và 1  i  z . Tính z
biết diện tích tam giác OAB bằng 8 .

D. z  4 .

C. z  2 .

B. z  4 2 .

A. z  2 2 .

Lời giải
Chọn D
Ta có OA  z , OB  1  i  z  2 z , AB  1  i  z  z  iz  z .
Suy ra OAB vuông cân tại A ( OA  AB và OA2  AB 2  OB 2 )
1
1 2
Ta có: S OAB  OA. AB  z  8  z  4 .
2
2
Câu 18: [2D4-1-3](THPT ĐẶNG THÚC HỨA-NGHỆ AN-LẦN 2-2018) Có bao nhiêu số

phức z thỏa mãn 1  i  z  z là số thuần ảo và z  2i  1
A. 2 .

B. 1 .

C. 0 .

D.Vô số.

Lời giải
Chọn A
Đặt z  a  bi với a, b 

ta có : 1  i  z  z  1  i  a  bi   a  bi  2a  b  ai .

Mà 1  i  z  z là số thuần ảo nên 2a  b  0  b  2a .
Mặt khác z  2i  1 nên a 2   b  2   1  a 2   2a  2   1  5a 2  8a  3  0
2

2

a  1
.

a  3
5

Ứng với mỗi a ta tìm được một b duy nhất, vậy có 2 số phức thỏa mãn yêu cầu bài
toán.
Câu 19: [2D4-1-3](THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI-SÓC TRĂNG-2018) Cho số phức

z  a  bi  a, b 
A. P  2 .

 thoả mãn  3  i  z
B. P  1 .



1 i 7
 5  i . Tính P  a  b.
z
C. P  1 .
D. P  2 .

Lời giải


Chọn C
Ta có  3  i  z 





1 i 7 z
1 i 7
5i
 5  i  3  i  z 
2
z
z

1  i 7  z  3 z  5  1  z 
  3 z  5   1  z  i 
z
2

2

2





8z
z

2

4



 10 z  32 z  26 z  8  0   z  2  5 z  6 z  z  2  0
4

3

2

3

2

 z  2 (phương trình 5 z  6 z  z  4  0 vô nghiệm do z  0 ).
3

2

Với z  2 thay vào biểu thức  3  i  z 

1 i 7
 5  i ta được
z


1 7
a

1 i 7
1 7 1 7
1 i 7

2
.
 z
 z
1 i 

i 
z

2
1 i
2
b  1  7

2
Vậy a  b  1.
Câu 20: [2D4-1-3] (THPT Quốc Oai - Hà Nội - HKII - 2016 - 2017 - BTN) Cho hai số phức

z1 , z2 thỏa mãn | z1 || z2 | 1 , | z1  z2 | 3 . Tính | z1  z2 | .

A. 4 .

B. 1 .

C. 2 .
Lời giải

Chọn B

D. 3 .


Vẽ đường tròn  C1  có tâm A và bán kính bằng 1 , trên  C1  lấy một điểm bất kỳ
B . Từ điểm B vẽ đường tròn  C2  có B và bán kính bằng 1 , trên  C1  lấy một

điểm C sao cho góc ABC  120o . Lấy điểm C đối xứng với A qua B , khi đó C
nằm trên đường tròn  C2  .
Ta xem AB, BC là các véc tơ biểu diễn số phức z1 , z2 . Khi đó AC là véc tơ biểu
diễn cho

z1  z2 và AC là véc tơ biểu diễn cho z1  z2 .

Tam giác ABC là tam giác cân tại B có góc ABC   60 nên nó là tam giác đều,
suy ra | z1  z2 | AC   1 .
Câu 21: [2D4-1-3] (THPT Ngô Sĩ Liên - Bắc Giang - HKII -2016 - 2017 - BTN) Cho các số

phức z1 , z2 , z3 thoả mãn các điều kiện z1  z2  z1  z2  3 . Mô đun của số phức
z1  z2 bằng

A. 3.

B. 3 3 .

C.
Lời giải

Chọn B

3 3
.
2

D. 6.


 z1
 3  cos 1  i sin 1
z1
z2
z1  z2

Ta có z1  z2  z1  z2  3 


1  
.
3
3
3
 z2  cos   i sin 
2
2
 3
Suy ra

z1  z2
 cos 1  cos  2  i  sin 1  sin  2  .
3

Từ giải thiết

z1  z2
2
2
 1   cos 1  cos 2    sin 1  sin 2   1
3

 2  2  cos 1 cos 2  sin 1 sin 2   1
 1  2 cos 1   2   0  cos 1   2  

Vậy

1
.
2

z1  z2
 cos 1  cos 2  i  sin 1  sin  2  .
3

z1  z2
2
2
  cos 1  cos 2    sin 1  sin 2   2  2cos 1  2   3 .
3
2

Suy ra

Vậy z1  z2  3 3 .
Cách 2 : Dùng máy tính cầm tay



 z1
 3  cos 6  i sin 6
Chọn  
 z2  cos      i sin    
 3
 6
 6

Ta có

z z
z1
z
z z
 2  1 2  1 . Khi đó ta có 1 2  3  z1  z2  3 3 .
3
3
3
3

Câu 22: [2D4-1-3] [TRẦN HƯNG ĐẠO – NB-2017] Cho các số phức z1 , z2 khác nhau thỏa

mãn: z1  z2 . Chọn phương án đúng:
A.

z1  z2
0.
z1  z2

B.

z1  z2
là số phức với phần thực và phần ảo đều khác
z1  z2

z1  z2
là số thực.
z1  z2

D.

z1  z2
là số thuần ảo.
z1  z2

0.

C.

Lời giải
Chọn D


Phương pháp tự luận:
Vì z1  z2 và z1  z2 nên cả hai số phức đều khác 0 . Đặt w 

z1  z2
và
z1  z2

z1  z2  a , ta có
a2 a2

 z1  z2  z1  z2
z1 z2 z1  z2
w
 2


 w

2
z2  z1
 z1  z2  z1  z2 a  a
z1 z2

Từ đó suy ra w là số thuần ảo. Chọn D.
Phương pháp trắc nghiệm:
Số phức z1 , z2 khác nhau thỏa mãn z1  z2 nên chọn z1  1; z2  i , suy ra

z1  z2 1  i

 i là số thuần ảo. Chọn D.
z1  z2 1  i
Câu 23: [2D4-1-3] [THTT – 477-2017] Cho P  z  là một đa thức với hệ số thực.Nếu số phức
z thỏa mãn P  z   0 thì

A. P  z   0 .

Pz   0.

1
B. P    0 .
z

1
C. P    0 .
z

D.

Lời giải
Chọn D
Giả sử P  z  có dạng P  z   a0  a1 z  a2 z 2  ...  an z n  a0 ; a1; a2 ;...; an  ; an  0 
P  z   0  a0  a1 z  a2 z 2  ...  an z n  0  a0  a1 z  a2 z 2  ...  an z n  0

 a0  a1 z  a2 z 2  ...  an z n  0  P  z   0
4

 z 1 
Câu 24: [2D4-1-3] [2017] Gọi z1 , z2 , z3 , z4 là các nghiệm của phương trình 
  1.
 2z  i 











C. P 

16
.
9

Tính giá trị biểu thức P  z12  1 z22  1 z32  1 z42  1 .
A. P  2 .

B. P 

17
.
9

.
Lời giải
Chọn B
Ta có phương trình  f  z    2z  i    z  1  0
4

4

D. P 

15
9


Suy ra: f  z   15  z  z1  z  z2  z  z3  z  z4  . Vì

z12  1   z1  i  z1  i   P 

f  i  . f  i 
225

1 .

Mà f  i   i 4   i  1  5; f  i    3i    i  1  85. Vậy từ  1  P 
4

4

4

17
.
9

Câu 25: [2D4-1-3] [2017] Cho z1 , z2 là hai số phức liên hợp của nhau và thỏa mãn

z1

z22

và z1  z2  2 3. Tính môđun của số phức z1 .
A. z1  5.

z1 

B. z1  3.

C. z1  2.

D.

5
.
2
Lời giải

Chọn C
Gọi z1  a  bi  z2  a  bi;  a  ; b 

 . Không mất tính tổng quát ta gọi b  0.

Do z1  z2  2 3  2bi  2 3  b  3.
Do z1 , z2 là hai số phức liên hợp của nhau nên z1 .z2  , mà

z1
z13


z22  z z 2
1 2

 z13  .

Ta có:



 



z13   a  bi   a3  3ab2  3a2 b  b3 i 
3

b  0
 3a 2 b  b3  0   2
 a 2  1.
2
 3a  b

Vậy z1  a2  b2  2.
m

 2  6i 
Câu 26: [2D4-1-3] [2017] Cho số phức z  
 , m nguyên dương. Có bao nhiêu giá
 3i 

trị m 1; 50  để z là số thuần ảo?
A.24.

B.26.

C.25.

D.50.

Lời giải
Chọn C
m

 2  6i 
m
m m
Ta có: z  
  (2i)  2 .i
3

i


z là số thuần ảo khi và chỉ khi m  2k  1, k 

Vậy có 25 giá trị m thỏa yêu cầu đề bài.

(do z  0; m 

*

).


Câu 27: [2D4-1-3] [2017] Nếu

z 1

thì

z2  1
z

B. là số thuần ảo.
D. lấy mọi giá trị thực.

A. lấy mọi giá trị phức.
C. bằng 0.
Lời giải
Chọn B
Ta có:

z2  1
1
z
z
 z  z
 z  2  z  z là số thuần ảo.
z
z
z.z
z

Câu 28: [2D4-1-3] [2017] Có bao nhiêu số phức z thỏa
A.1.

B.2.

z 1
zi
 1?
 1 và
2z

iz
C.3.

D.4.

Lời giải
Chọn A
 z 1

3
1

x




z

1

i

z
x   y
 iz


2  z   3  3 i.
Ta có : 




2 2
4 x  2 y  3
 zi 1 
y  3
 zi  2 z



2
 2z

Câu 29: [2D4-1-3] [2017] Nếu

z  a;  a  0 

thì

z2  a
z
B. là số thuần ảo.
D. lấy mọi giá trị thực.

A. lấy mọi giá trị phức.
C. bằng 0.
Lời giải
Chọn B
Ta có:

z 2  a2
a
a2 z
a2 z
z z
 z  2  z  z là số thuần ảo.
z
z
z .z
z

Câu 30: [2D4-1-3] [2017] Cho số phức z có z  m;  m  0  . Với z  m; tìm phần thực
của số phức
A. m.

1
.
mz

B.

1
.
m

C.
Lời giải

Chọn D

1
.
4m

D.

1
.
2m


Gọi Re  z  là phần thực của số phức z.
Ta xét:



1
 1 
1
1
m z mz
2m  z  z




 2

m  z  m  z  m  z m  z  m  z  m  z  m  z.z  mz  mz

2m  z  z
2m  z  z
1
 1  1

  Re 
.

2
2m  mz  mz m  2m  z  z  m
 m  z  2m

Câu 31: [2D4-1-3] (THPT CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN) Cho a , b , c là các số thực

và

1
3
. Giá trị của  a  bz  cz 2  a  bz 2  cz  bằng
z   i
2
2
A. a  b  c .

B. a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca .

C. a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca .

D. 0 .

Lời giải

Chọn B

1
3
1
3
2
Ta có z    i
 z2    i
 z và z 2  z , z  z  1 , zz  z  1 .
2
2
2
2
Khi đó

 a  bz  cz  a  bz
2

2





 cz   a  bz  cz a  bz  cz



2

 a 2  abz  acz  abz  b 2 z z  bcz 2  acz  bcz  c 2 z z
 a 2  b 2  c 2  ab  ac  bc.
Câu 32: [2D4-1-3] (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI) Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z2  1

. Khi đó z1  z2  z1  z2
2

A. 2 .

2

bằng

B. 4 .

C. 1 .
Lời giải

Chọn B

D. 0 .


Gọi M , N là hai điểm lần lượt biểu diễn số phức z1 , z2 . Khi đó
z1  OM  1 , z2  ON  1 , z1  z2  OP , z1  z2  NM với OMPN là hình

bình hành. Tam giác OMN có OI 2 


OM 2  ON 2 OI 2

2
4

OP 2
MN 2
 1
 OP 2  MN 2  4
4
4

Cách 2: Đặt z1  x  yi; z2  a  bi; x, y, a, b  R .Từ giả thiết có

x2  y 2  a 2  b2  1
z1  z2  z1  z2  ( x  a)2  ( y  b)2  ( x  a)2  ( y  b)2
2

2

z1  z2  z1  z2  2 x 2  2 y 2  2a 2  2b 2  4
2

2

Câu 33: [2D4-1-3] (THPT CHUYÊN BIÊN HÒA) Cho số phức

z1

,

z2

,

z3

thỏa mãn

z1  z2  z3  1 và z1  z2  z3  0 . Tính A  z  z2  z3 .
2
1

B. A  1  i .

A. A  1 .

2

2

C. A  1 .

D. A  0 .

Lời giải
Chọn D
Cách 1:
Chọn z1  1, z2 

1
3
1
3

i, z3  
i. Khi đó
2
2
2
2
2

2

 1
3   1
3 
A  1   
i  +  
i   0 .
2
2
2
2

 

2

( Lí giải cách chọn là vì z1  z2  z3  1 và z1  z2  z3  0 nên các điểm biểu
diễn của z1 , z2 , z3 là ba đỉnh của tam giác đều nội tiếp đường tròn đơn vị nhận


gốc O làm trọng tâm, nên ta chỉ việc giải nghiệm của phương trình z 3  1 để chọn
ra các nghiệm là z1 , z2 , z3 ).
Cách 2:
Nhận thấy z.z  z  1  z 
2

1
1
1
1
. Do đó z1  , z2  , z3  . Khi đó
z
z1
z2
z3

A  z12  z2 2  z32   z1  z2  z3   2  z1 z2  z1 z3  z2 z3 
2

 1
1
1 
= 0  2




 z1 z2 z1 z3 z2 z3 
z z z 
z z z 
=  2  1 2 3   2  1 2 3   2.0  0.
 z1 z2 z3 
 z1 z2 z3 
Cách 3:
Vì z1  z2  z3  1 và z1  z2  z3  0 nên các điểm biểu diễn của z1 , z2 , z3 là ba
đỉnh của tam giác đều nội tiếp đường tròn đơn vị nhận gốc O làm trọng tâm.
Do đó ta có thể giả sử acgumen của z1 , z2 , z3 lần lượt là 1 , 1 

2
4
, 1 
.
3
3

Nhận thấy acgumen của z12 , z2 2 , z32 lần lượt là
21 , 21 

4
8
2
2
, 21 
 21 
 2 (vẫn lệch đều pha
) và

3
3
3
3

z12  z22  z32  1 nên các điểm biểu diễn của z12 , z2 2 , z32 cũng là ba đỉnh của

tam giác đều nội tiếp đường tròn đơn vị nhận gốc O làm trọng tâm. Từ đó
A  z12  z22  z32  0
Lưu ý: Nếu GA  GB  GC  0  G là trọng tâm ABC .
Câu 34: [2D4-1-3] Biết phương trình az 3  bz 2  cz  d  0  a, b, c, d 

 có z1 , z2 , z3  1  2i

là nghiệm. Biết z2 có phần ảo âm, tìm phần ảo của w  z1  2 z2  3z3 .
A. 3 .

C. 2 .

B. 2 .

D. 1 .

Lời giải
Chọn B
Vì phương trình bậc ba với hệ số thực luôn có ít nhất một nghiệm thực, nên theo đề
bài, phương trình đã cho có 1 nghiệm thực và 2 nghiệm phức với phần ảo khác 0 .
Vì z3  1  2i là nghiệm của phương trình nên một nghiệm phức còn lại phải là liên
hợp của z3 ; hay z2  z3  1  2i .

Vì phần ảo của z1 bằng 0 nên phần ảo của w  z1  2 z2  3z3 là

0  2.  2   3.2  2 .
Câu 35: [2D4-1-3] Cho số phức z  a  bi ( với a, b 

) thỏa z  2  i   z  1  i  2 z  3 . Tính

S  a b .
B. S  1 .

A. S  1.

D. S  5 .

C. S  7 .
Lời giải

Chọn A
z  2  i   z  1  i  2 z  3  z  2  i   1  3i  z 1  2i   1  2 z    z  3 i  z 1  2i 

Suy ra: 1  2 z    z  3  5 z  z  5
2

2

2

Khi đó, ta có: 5  2  i   z  1  i  2 z  3  z 1  2i   11  2i  z 

11  2i
 3  4i
1  2i

Vậy S  a  b  3  4  1.
Câu

36:

[2D4-1-3]

Cho

số

phức

z  1  i  ,
n

n

biết

và

thỏa

mãn

log 4  n  3  log 4  n  9   3 . Tìm phần thực của số phức z .
B. a  0.

A. a  7.

C. a  8.

D. a  8.

Lời giải
Chọn C

n  7
 n  7.
Đk: n  3 pt   n  3 n  9   43  n2  6n  91  0  
n  13
z   i  1  8  8i. Phần thực của z là 8 .
7

Câu 37: [2D4-1-3] Tính tổng S của các phần thực của tất cả các số phức

z thỏa mãn điều kiện

z  3z .
2

A. S  3.

S

B. S 

3
.
6

C. S 

3
.
3
Lời giải

Chọn B
Đặt z  a  bi,  a, b 

.

2 3
.
3

D.


 3  a 2  b2   a 1
.
a  bi  3  a  bi   a  bi  3  a  b  2abi   
32
ab



b
2
 

b  0
b  0
.

 2  
a   3
3.2
a


1

6

2

2

2

a  0
Với b  0  
.
a  3


3

a

3
3
3
3
1


.
b S 
3
6
6
6
2
 z  i  z  1
.
 z  2i  z

Câu 38: [2D4-1-3] (THPT CHUYÊN BẾN TRE ) Xét số phức z thỏa mãn 

Mệnh đề nào sau đây là đúng?
B. z  5 .

A. z  5 .

C. z  2 .

D. z  2

.
Lời giải
Chọn C
Đặt z  x  yi ,  x, y 

.

2
2
2
2

 x   y  1   x  1  y
Ta có hệ phương trình: 
 x  y 1.
2
2
2
2
x

y

2

x


y





Do đó z  1  i nên z  2 .
Câu 39: [2D4-1-3] (THPT Chuyên Lào Cai) Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z2  1 ,

z1  z2  3 . Tính z1  z2 .

B. 2 .

A. 1 .

C. 3 .

D. 4 .

Lời giải
Chọn A
Cách 1:
Đặt z1  a1  b1i ; z2  a2  b2i . Theo giải thiết z1  z2  1  a12  b12  a22  b22  1 .
Ta có z1  z2  3   a1  a2    b1  b2   3
2

 a12  b12  a22  b22  2  a1a2  b1b2   3

2

 a1a2  b1b2 

1
2

Khi đó z1  z2   a1  a2    b1  b2  i 

 a1  a2    b1  b2 
2

 a12  b12  a22  b22  2  a1a2  b1b2   2  2.

2

1
1
2

Cách 2:
Giả sử z1 được biểu diễn bởi điểm M 1

z2 được biểu diễn bởi điểm M 2
MM
Gọi I là trung điểm của 1 2
Khi đó:

z1  OM 1 ; z2  OM 2
z1  z2  M 1M 2

z1  z2  OM 1  OM 2  2OI
OM1  OM 2  1

Giả thiết có: 
 OM1M 2 đều
3
OI


2


Vậy M1M 2  1  z1  z2  1
Câu 40: [2D4-1-3] (CHUYÊN ĐH VINH – L4 - 2017) Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn

z1  z2  z1  z2  1. Tính z1  z2 .
A.

B. 2 3.

3.

C. 1.

D.

3
.
2

Lời giải
Chọn A





Cách 1. Ta có z1  z2   z1  z2  . z1  z2   z1  z2  z1  z2   z1  z2   z1.z2  z1.z2  .
2

2

2

 z1.z2  z1.z2  1





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

2

2

Từ đó suy ra z1  z2  3.
Cách 2. Giả sử z1 được biểu diễn bởi điểm M 1 trong mặt phẳng Oxy .

Giả sử z2 được biểu diễn bởi điểm M 2 trong mặt phẳng Oxy .
Gọi I là trung điểm của M 1M 2 .
Ta có 1  z1  z2  z1  z2  OM1  OM 2  M1M 2  1 , suy ra OM 1M 2 đều có cạnh bằng 1
.
Khi đó z1  z2  OM1  OM 2  2 OI  2OI  2 
Cách 3: Sử dụng đẳng thức z1
suy ra phương trình z1

z2

2

12

z2

2

2 12

z1

z2

3
 3 . Vậy z1  z2  3.
2

2

2 z1

2

z2

2

với mọi số phức z1 , z2 , ta

12 . Từ đó z1  z2  3.

Câu 41: [2D4-1-3] Tính môđun của số phức z thỏa mãn: 3z.z  2017  z  z   12  2018i .

A. z  2 .

B. z  2017 .

C. z  4 .

D.

z  2018 .

Lời giải
Chọn A
Đặt z  a  bi ; a, b 

.

z.z   a  bi  a  bi   a 2  b 2 ; z  z  a  bi  a  bi  2bi .
1009

2
2

3  a  b   12
b 
3  a  b   2017.2bi  12  2018i  

2017
2
2
2017.2
b


2018



a  b  4
2

2

1009

1009


b

15255075 10092
b 

2017

 z  a 2  b2 

 2.
2017  
20172
20172
a 2  b 2  4
a 2  15255075


20172

Câu 42: [2D4-1-3] Cho hai số phức z1  2  i , z2  1  2i . Tìm môđun của số phức w 

A. w  5 .

B. w  3 .

w  5.

Lời giải
Chọn D

C. w  3 .

D.

z12016
.
z22017


z12016  z1 
z1 2  i

 i ; w  2017   
z2
z2 1  2i
 z2 
2

2016

1
1
2  1 2
1008  1
 i 2016 .
  1 .   i    i .
z2
1  2i
5 5  5 5

2

1  2
w       5 .
5  5
Câu 43: [2D4-1-3] (SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ THỌ) Cho hai số phức z1

và z2 thỏa mãn z1  3 , z2  4 , z1  z2  37 . Xét số phức z 

z1
 a  bi . Tìm
z2

b.

3 3
.
8
3
b
.
8

39
.
8

B. b 

A. b 

C. b 

3
.
8

D.

Lời giải
Chọn A

z2  c  di  x, y, c, d 

z1  x  yi ,

Đặt

.

Ta

có:

z1  3  x 2  y 2  9 ;

z2  4  c 2  d 2  16 ;
z1  z2  37   x  c    y  d   37  x 2  y 2  c 2  d 2  2 xc  2 yd  37  xc  yd  6
2

2

.
Lại có:

z1 x  yi  x  yi  c  di  xc  yd   yc  xd  i xc  yd yc  xd



 2

i  a  bi
z2 c  di
c2  d 2
c2  d 2
c  d 2 c2  d 2

3
   bi .
8
2

Mà

z
z1
3
9
9  3  27

3 3
.
 1   a 2  b2  a 2  b2   b2      
b
z2
z2 4
16
16  8  64
8

Vậy: b 

3 3
.
8

Câu 44: [2D4-1-3] (THPT Chu Văn An - Hà Nội - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Số phức

z  1  i   1  i   ...  1  i 
2

A. 21009  1

  21009  1

2018

có phần ảo bằng

B. 21009  1

C. 1  21009
Lời giải

Chọn B

D.


Có z  1  i   1  i   ...  1  i 
2

Do 1  i 

2018

1009

2
 1  i  



2018

  2i 

1009

 1  i 

1  i 
.

 21009.  i 2 

2018

1

i

504

 1  i  1  i 


2018

 1


.i  21009 i

Suy ra z  1  i  .  21009 i  1   21009  1  1  21009  i . Vậy phần ảo của số phức z là

21009  1 .
Câu 45: [2D4-1-3] (THPT Chu Văn An - Hà Nội - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho các số

z1 ,

phức

z2 ,

z3

z1  4 ,

thỏa mãn điều kiện

z2  3 ,

z3  2

và

4 z1 z2  16 z2 z3  9 z1 z3  48 . Giá trị của biểu thức P  z1  z2  z3 bằng:
A. 1

C. 2

B. 8 .

D. 6

Lời giải
Chọn C
Ta

z1  4 ,

có

z2  3 ,

z3  2

z1.z1  z1  16 ,
2

nên

z2 . z2  z2  9 ,
2

z3 .z3  z3  4 .
2

Khi đó 4 z1 z2  16 z2 z3  9 z1 z3  48  z3 z1 z2 z3  z1 z1 z2 z3  z2 z1 z2 z3  48
  z3  z1  z2  z1 z2 z3  48  z3  z1  z2  2 hay P  z1  z2  z3  2 .
Câu

[2D4-1-3]
[HAI
BÀ
TRƯNG
–
HUẾ-2017]
2

3
2017
S  1009  i  2i  3i  ...  2017i .
A. S  2017 1009i.
B. 1009  2017i.
C. 2017  1009i.
D.
1008 1009i.

46:

Tính

Lời giải
Chọn C
Ta có
S  1009  i  2i 2  3i 3  4i 4  ...  2017i 2017
 1009   4i 4  8i8  ...  2016i 2016    i  5i 5  9i 9  ...  2017i 2017  
  2i 2  6i 6  10i10  ...  2014i 2014    3i 3  7i 7  11i11  ...  2015i 2015 
504

505

504

504

n 1

n 1

n 1

n 1

 1009    4n   i   4n  3    4n  2   i   4n  1
 1009  509040  509545i  508032  508536i
 2017  1009i.
Cách khác:
Đặt
f  x   1  x  x 2  x3  ....  x 2017

f   x   1  2 x  3x 2  ...  2017 x 2016
xf   x   x  2 x 2  3x3  ...  2017 x 2017 1