SKKN ĐỊNH HƯỚNG CHO học SINH lớp 12 THPT GIẢI NHANH một số DẠNG bài tập TRĂC NGHIỆM về MÔĐUN của số PHỨC ở mức độ vận DỤNG

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 3

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỊNH HƯỚNG CHO HỌC SINH LỚP 12 THPT GIẢI NHANH
MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP TRĂC NGHIỆM VỀ MÔĐUN CỦA
SỐ PHỨC Ở MỨC ĐỘ VẬN DỤNG

Người thực hiện: Phạm Văn Quí
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh mực (môn): Toán

THANH HOÁ, NĂM 2019


MỤC LỤC
1.Mở đầu
1.1. Lý do chọn đề tài
1.2. Mục đích nghiên cứu
1.3. Đối tượng nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.2.1. Đối với giáo viên
2.2.2. Đối với học sinh
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1. Phương pháp giải nhanh một số bài toán trắc nghiệm lấy
môđun hai vế của đẳng thức số phức

2.3.2. Phương pháp giải nhanh bài toán trắc nghiệm chuẩn hóa số
phức
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo
dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
3. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận
3.2. Kiến nghị
Tài liệu tham khảo
Danh mục
Các đề tài sáng kiến kinh nghiệm đã được hội đồng đánh giá xếp
loại cấp phòng GD & ĐT, cấp Sở GD & ĐT và cấp cao hơn xếp
loại từ C trở lên

Trang
2
2
2
2
2
3
3
4
4
4
5
5
9
13
15
15

15
17
18

1


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Số phức là bài toán thường xuyên xuất hiện ở kỳ thi THPT Quốc Gia, đặc
biệt từ khi môn toán trong kỳ thi THPT Quốc Gia chuyển sang hình thức thi trắc
nghiệm khách quan thì số phức trong đề thi trắc nghiệm chiếm tỉ trọng không
nhỏ và càng đa dạng hơn kể cả về dạng toán cũng như mức độ nhận thức, vì vậy
nó luôn được sự quan tâm đặc biệt của học sinh cũng như giáo viên. Hơn nữa
chương trình SGK và nội dung thi tốt nghiệp cũng như thi tuyển sinh đại học
trước đây thì các dạng toán về số phức được đưa ra rất căn bản, đa phần chỉ ở
mức độ nhận biết, hoặc thông hiểu. Các câu hỏi mang tính vận dụng gần như
không xuất hiện. Nhưng thực tế trong đề thi THPT Quốc gia những năm gần đây
thì thường xuyên xuất hiện các câu hỏi số phức ở mức độ vận dụng, điều đó làm
cho không chỉ học sinh mà giáo viên cũng gặp khó khăn trong việc tìm tòi lời
giải. Mặt khác với hình thức thì trắc nghiệm thì không những áp lực về kiến thức
mà áp lực về thời gian cũng rất lớn. Chính vì vậy định hướng được cách suy
luận lôgic và cách giải bài toán để tìm đáp án đúng rất quan trọng trong khi làm
bài thi. Bên cạnh đó, các tài liệu tham khảo cho những dạng toán trên hầu như
chưa có và chỉ xuất hiện rời rạc ở những bài toán đơn lẻ và trong các đề thi thử.
Do đó việc tổng hợp và đưa ra phương pháp giải nhanh các dạng toán trên là rất
cần thiết cho học sinh trong quá trình ôn thi THPT quốc gia. Xuất phát từ thực tế
trên, với một số kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy và tham khảo một số tài
liệu, tôi mạnh dạn chọn đề tài “ Định hướng cho học sinh lớp 12 THPT giải
nhanh một số dạng bài tập trắc nghiệm về môđun của số phức ở mức độ vận

dụng” nhằm giúp các em hiểu và có kỹ năng giải quyết tốt các bài tập để đạt
kết quả tốt nhất trong các kì thi.

2


1.2. Mục đích nghiên cứu
Thông qua việc nghiên cứu các bài toán giúp học sinh hiểu, định hướng
được cách làm bài tập, biết vận dụng lý thuyết để giải quyết một số bài toán về
môđun số phức ở mức độ vận dụng một cách chính xác và nhanh chóng. Từ đó
kích thích khả năng tư duy, sự ham hiểu biết và yêu thích môn học của học sinh.
1.3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
- Kiến thức chương Số phức trong chương trình toán THPT.
- Hệ thống và hướng dẫn phương pháp giải nhanh một số bài toán trắc nghiệm
lấy môđun hai vế của đẳng thức số phức
- Hệ thống và hướng dẫn phương pháp giải nhanh bài toán trắc nghiệm chuẩn
hóa số phức
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp nghiên cứu lí thuyết.
- Phương pháp nghiên cứu tài liệu và sản phẩm hoạt động sư phạm.
- Phương pháp tổng hợp.
- Phương pháp thống kê, so sánh.

2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Những kiến thức cơ bản về phức
2.1.1. Định nghĩa 1
Một số phức là biểu thức dạng a  bi , trong đó a, b là những số thực và
2
số i thỏa mãn i  1. Kí hiệu số phức đó là z và viết z  a  bi .

i được gọi là đơn vị ảo, a được gọi là phần thực và b được gọi là phần
 1
ảo của số phức z  a  bi
2.1.2. Định nghĩa 2
a, b��
a ', b '��
Hai số phức z  a  bi 
và z '  a ' b ' i 
gọi là bằng
 1
nhau nếu: a  a ' và b  b ' . Khi đó ta viết z  z ' .
2.1.3. Định nghĩa 3
a, b, a ', b '��
Tổng của hai số phức z  a  bi , z '  a ' b ' i 
là số phức
z  z '  a  a '  b  b '  i
 1
2.1.4. Định nghĩa 4
Hiệu của hai số phức z và z ' là tổng của z với  z ' , tức là:
z  z '  z    z '
 1
2.1.5. Định nghĩa 5
 a, b, a ', b '�� là số
Tích của hai số phức z  a  bi và z '  a ' b ' i
phức
zz '  aa ' bb '  ab ' a ' b  i
 1
2.1.6. Định nghĩa 6
3

a, b��
Số phức liên hợp của z  a  bi 
là a  bi và được kí hiệu bởi z
 1
2.1.7. Định nghĩa 7
2
2
a, b��
Môđun của số phức z  a  bi 
là số thực không âm a  b
 1
và được kí hiệu là z
2.1.8. Định nghĩa 8
z 1 

1
z

2

z

Số nghịch đảo của số phức z khác 0 là số
.
z'
Thương z của phép chia số phức z ' cho số phức z khác 0 là tích của z '
z'
 z ' z 1
 1

với số phức nghịch đảo của z , tức là: z
.
2.1.9. Các tính chất
a. Tính chất của số phức liên hợp
Với mọi số phức z, z ' , ta có:
+ z  z'  z  z'
+ zz '  z z '
�z ' � z '
  z �0 
� �
z
z
�
�
+
b. Tính chất của môđun số phức
Với mọi số phức z, z ' , ta có:
z z'  z z'
+
z' z'

  z �0 
z
z
+
z  z ' �z  z '
+

 2

 3

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.2.1. Đối với giáo viên
- Trước đây số phức trong chương trình thi THPT quốc gia (từ năm 2009
đến 2016) chỉ là một bài áp dụng định nghĩa hoặc tính chất và đặc biệt là các em
học sinh có thể kiểm tra kết quả bằng máy tính cầm tay
- Hiện tại với đề THPT Quốc Gia bằng hình thức trắc nghiệm khách quan
của bộ giáo dục. Thông qua các đề minh họa của Bộ đưa ra và các đề thi thử của
các sở, các trường, các câu hỏi trong phần số phức đã xuất hiện nhiều hơn, rộng
hơn. Đặc biệt những câu khó, hoặc “lạ” (mức độ vận dụng) mà trước đây chưa
xuất hiện thì nay xuất hiện tương đối nhiều. Tuy nhiên lại chưa có nhiều tài liệu
nghiên cứu về vấn đề này vì vậy nguồn tham khảo của giáo viên còn hạn chế.
4


- Các giáo viên chưa có nhiều thời gian nghiên cứu những dạng toán mới,
vì vậy chưa có nhiều kinh nghiệm trong giảng dạy và định hướng cho học sinh
giải những bài toán tích phân ở mức độ vận dụng
2.2.2. Đối với học sinh
- Trường THPT Hậu Lộc 3 đóng trên địa bàn có nhiều xã khó khăn về
kinh tế, khó khăn trong việc học tập vì vậy kiến thức cơ sở về môn toán của các
em hầu hết tập trung ở mức độ trung bình.
- Với lớp bài toán vận dụng, các em thường thụ động trong việc tiếp cận
và phụ thuộc nhiều vào những kiến thức được giáo viên cung cấp chứ chưa có ý
thức tìm tòi, sáng tạo cũng như tìm được niềm vui, sự hưng phấn khi giải các bài
toán.
- Số lượng tài liệu tham khảo cho các em còn ít.
- Việc thi trắc nghiệm đòi hỏi học sinh không chỉ hiểu đúng bản chất bài
toán mà còn phải tìm ra cách giải nhanh nhất để đạt kết quả tối đa.

- Học sinh còn lúng túng vì các dạng bài toán số phức ở mức độ vận dụng
các em chưa được tiếp xúc nhiều, cũng như chưa được định hướng phương pháp
đúng đắn nên chưa có nhiều kĩ năng giải loại bài tập này.
Trước tình hình đó tôi muốn đưa ra một ý tưởng giải quyết các bài toán
môđun số phức ở mức độ vận dụng bằng cách “ định hướng” cho học sinh cách
giải một số bài tập môđun số phức một cách “chính xác” và “nhanh chóng”,
giúp các em phát triển tư duy và kích thích sự ham học tập của các em.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1. Phương pháp giải nhanh một số bài toán trắc nghiệm lấy môđun hai vế
của đẳng thức số phức
Bài 1: (Đề thi THPT Quốc Gia năm 2018) Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn:
z  z  4  i   2i   5  i  z
[4]
3
A. 1 .
B. 2 .
C. .
D. 4 .
* Phân tích: Thông thường khi gặp bài toán này học sinh thường gọi số phức
dưới dạng z  a  bi và đưa về giải hệ phương trình tìm a, b . Tuy nhiên với bài
toán này nếu làm theo lối mòn đó ta sẽ gặp hệ phương trình phức tạp và tương
đối khó khăn khi tìm a, b .
Mặt khác ta đã biết z là số thực không âm và một tính chất rất “mạnh” của
z. z '  z . z ' ;

z
z

z' z'

môđun số phức đó là
. Nếu biết kết hợp khéo léo với định
nghĩa “Hai số phức z  a  bi  a, b�� và z '  a ' b ' i  a ', b '�� gọi là bằng
nhau nếu: a  a ' và b  b ' ” thì ta sẽ có hướng giải bài toán nhanh chóng và triệt
để
* Giải:
Ta có: z  z  4  i   2i   5  i  z � z .z  4 z  z .i  2i   5  i  z
5


� z .z   5  i  z  4 z  z .i  2i � z  z  5  i   4 z   z  2  i
Lấy môđun hai vế ta được:
� z

z

2

� z

2

�

 z  5
  z  5

z

2

z z  5  i  4 z   z  2 i

2

 1  16 z   z  2 

2

2

 1  16 z   z  2 

2

2

 

2

 
 4  0

2





4

3

2

 10 z  26  17 z  4 z  4 � z  10 z  9 z  4 z  4  0



�  z  1 z  9 z
3

2

�z  1
��
�3
2
z

9
z
40
�
�

�z  1
�
�z 8,95; z 0,69

�z �0,64 (loai v �z �0)
�

z 1

thay vào đề bài ta tìm được 1 giá trị z
z �8,95
Với
thay vào đề bài ta tìm được 1 giá trị z
z �0,69
Với
thay vào đề bài ta tìm được 1 giá trị z
Vậy có 3 giá trị z thỏa mãn bài toán
� Chọn C
* Nhận xét:
1) Vì bài toán chỉ yêu cầu đếm số giá trị z nên ta chỉ cần đếm số nghiệm không
z
z
âm
sau đó suy ra số giá trị z thỏa mãn đề bài (vì mỗi
cho ta một giá trị
z
của )
2) Thực tế giải các bài toán như trên ta có thể đi đến quy trình sau:
+ Từ giả thiết ta chuyển về phương trình dạng: một vế chứa z và một vế không
chứa z
+ Đặt z làm nhân tử chung và viết phần còn lại dưới dạng số phức dạng đại số
a  bi
z
z

z. z '  z . z ' ;

z' z'
+ Lấy môđun hai vế, sử dụng tính chất
và giải phương
z
trình với ẩn là
z
+ Từ
tìm được thay vào giả thiết ban đầu tìm z (hoặc đếm số giá trị của z )
Với

Bài 2: (Đề minh họa lần 2 thi THPT Quốc Gia năm 2017) Xét số phức z thỏa
10
2i
 1  2i  z 
z
mãn:
. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
[4]
3
1
1
3
 z 2
z


z


z 2
2
2
A. 2
B.
C.
D. 2

6


z
* Phân tích: Một điều khá thú vị là đề bài không hỏi giá trị của
(Nếu đưa ra
z
z
thì ta có thể thay vào đề thử) mà hỏi thông qua đặc điểm của
vì vậy đòi
hỏi học sinh phải nắm được phương pháp giải toán chứ không thể dựa hoàn toàn
vào máy tính Casio
Với các bước giải như Bài 1 ta có thể giải bài toán như sau:
* Giải:
10
10
2i � z 2 z i  2i 
 1  2i  z 
z
z
10
� z  2   2 z  1 i 

z . Lấy môđun hai vế ta có:

z  2   2 z  1 i 

10
�
z

�  z  2    2 z  1 
2

2

10
z

2

 z  2    2 z  1
2

2

� 5 z 5

2



10

z

10
z

2

�z  1
4
2
� 5 z  5 z  10  0 � �
�z  2 (loai )
Vậy z  1
� Chọn D
* Nhận xét: Ta thấy với phương pháp Môđun hóa hai vế thì bài toán trở nên đơn
giản, dễ hiểu và cũng không tốn nhiều thời gian khi làm bài thi trắc nghiệm.

z  4   1  i  z   4  3z  i
Bài 3: Cho số phức z thỏa mãn
. Mệnh đề nào sau
đây đúng:
0  z �1
1  z �3
3  z �10
10  z �50
A.
B.
C.
D.
* Phân tích: Với định hướng như hai bài ở trên ta dễ dàng đưa về giả thiết về

dạng z1  z2 , sau đó lấy môđun hai vế
* Giải:
z  4   1  i  z   4  3 z  i � z  4  z  i z  4i  3iz
Ta có:
� z  1  3i   z  4   z  4  i
. Lấy môđun hai vế ta có:
z 1  3i  z  4   z  4  i � z 10 

 z  4   z  4
2

2

� 10 z   z  4    z  4  � 10 z  2 z  32
2

2

2

2

2

2

� z 4� z 2
� Chọn B
* Nhận xét: Khi làm đến bài thứ 3 thì có lẽ đã hình thành khá rõ trình tự các
bước thực hiện bài toán “Môđun hóa hai vế” và bài toán trở nên nhẹ nhàng hơn

khi thi trắc nghiệm hay giải tự luận cũng vậy
7


Bài 4: (Đề thi thử trường THPT Chuyên Long An năm 2018) Cho số phức z ��
17
 1  3i
 2  i z 
z
thỏa mãn
. Biết tập hợp các điểm biểu diễn số phức
w   3  4i  z  1  2i
là đường tròn tâm I , bán kính R . Kết quả nào sau đây
đúng?
I 1;  2  , R  5
I 1;  2  , R  5
A. 
B. 
I 1; 2  , R  5
I 1; 2  , R  5
C. 
D. 
[5]
* Phân tích: Đây là bài toán quỹ tích điểm biểu diễn số phức w . Sẽ không có
gì phải băn khoăn nếu ta rút z theo w rồi thay vào giả thiết như các bài toán cơ
bản mà giả thiết chỉ cho môđun z . Tuy nhiên giả thiết bài toán lại cho biểu thức
của z và z vì vậy nếu vẫn tư duy như các bài toán quỹ tích thông thường thì sẽ
gặp khó khăn khi giải bài này. Mặc dù vậy với giả thiết như trên ta hoàn toàn có
z
thể tìm được

và đưa bài toán về dạng quen thuộc
* Giải:
17
17
 1  3i �  2  i  z  1  3i 
 2  i z 
z
z
Ta có:
17
z . Lấy môđun hai vế ta có:
2
2
 2 z  1   z  3  172 � z 2 5 z 2  2 z  10  17
z
� 2 z  1   z  3 i 









� 5 z  2 z  10 z  17  0 �  z  1 5 z  7 z  17 z  17  0
4

3

2

3

2

�z  1
(1)
�� 3
2
5 z  7 z  17 z  17  0 (2)
�
�
Phương trình (2) có một nghiệm âm (Sử dụng máy tính Casio)
� z 1
w  1  2i
w   3  4i  z  1  2i � z 
3  4i thay vào (1) ta có:
Mặt khác ta có
w  1  2i
w  1  2i
z 1�
1�
 1 � w  1  2i  5
3  4i
5
� Tập hợp các điểm biểu diễn số phức w   3  4i  z  1  2i là đường tròn tâm
I  1 ; 2 
, bán kính R  5 .
� Chọn D

8


* Nhận xét: Bài toán này tác giả không có ý nói về quỹ tích điểm biểu diễn số
phức, tuy nhiên với bài toán quỹ tích điểm biểu diễn số phức như vậy nếu không
z
z
tìm được
thì sẽ rất khó khăn. Mà để tìm được
thì ta lại sử dụng phương
pháp “Môđun hóa hai vế của biểu thức” để đưa bài toán về dạng quen thuộc khi
z
biết .
Ta có thể so sánh với lời giải chi tiết mà Diễn đàn toán học trên mạng Internet
đưa ra sau đây:
z  c  0,
Cách 2: Đặt z  a  bi và
với a, b, c ��

w   3  4i  z  1  2i � z 

w  1  2i
3  4i

Lại có
Gọi w  x  yi, với x, y ��.
w  1  2i
w  1  2i
c�

 c � x  1   y  2  i  5c
z  c � 3  4i
5
Khi đó

�  x  1   y  2   25c 2
2

2

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I (1; 2) bán kính
R  5c � Chỉ có đáp án D là đúng với c  1 � R  5
Nếu so sánh hai cách trên ta thấy với phương pháp “Môđun hóa hai vế của
z
biểu thức” ta tìm được
nên bài toán được giải quyết triệt để. Còn ở cách 2
giải theo cách thuần túy bài toán tập hợp điểm biểu diễn số phức thì chỉ tìm
được tâm đường tròn là chính xác, còn bán kính thì chỉ dự đoán. Tuy nhiên đây
là bài toán trắc nghiệm với 4 phương án như trên thì cách làm đó vẫn tìm được
đáp án đúng, nhưng nếu hướng dẫn cho học sinh giải mà làm theo cách 2 thì có
lẽ học sinh “không phục” .
4 10
4
2
1  3i  z 
3 i

P

z


z
z
Bài 5: Cho số phức z �0 thỏa mãn
. Đặt
.
Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. 0  P  10
B. 10  P  20
C. 20  P  30
D. 30  P  40
z
z z
* Phân tích: Ở bài nay ta thấy xuất hiện
và z , tuy nhiên ta lại có:
vì
vậy ta vẫn sử dụng phương pháp “Môđun hóa hai vế” tương tự như Bài 2. Tuy
z
nhiên ở bài này đề bài không yêu cầu tìm z hay
* Giải:
4 10
4 10
 3  i �  1  3i  z  3  i 
 1  3i  z 
z
z
Ta có:





� z  3  3 z 1 i 

4 10
z . Lấy môđun hai vế ta có:

9






z  3  3 z 1 i 



 
2

4 10
�
z



2

� z  3  3 z 1 

160
z

2



 



2

2

z  3  3 z 1 
2



2

4 10
z



� z 10 z  10  160

1  65
2
2
4
�1  65 � �1  65 �
2
4
2
�P z  z  z  z �
� �
� 16
2
2
�
� �
�
� Chọn B
* Nhận xét chung: Qua bốn bài tập nhỏ trên ta thấy:
Lấy môđun hai vế của một biểu thức số phức thực ra là việc sử dụng phép kéo
z  z � z1  z2
theo của hai số phức bằng nhau 1 2
. Do đó ta chỉ thực hiện khi
giả thiết của bài toán được đưa về các dạng chuẩn sau:
+ a  bi  c  di với a, b, c, d ��
a  bi  z  c  di
a  bi  z  c  di với a, b, c, d ��
+
hoặc 
4

2

2

� z  z  16  0 � z 

a  bi
a  bi
 c  di
 c  di
z
z
+
hoặc
với a, b, c, d ��

2

z  z , z.z  z  z

2

Ta thường sử dụng các tính chất:
và
z
z
z. z '  z . z ' ;

z' z'
2.3.2. Phương pháp giải nhanh bài toán trắc nghiệm chuẩn hóa số phức

Bài 1: (Đề khảo sát chất lượng lớp 12 năm 2019 của Sở GD & ĐT Thanh Hóa)
z  1  2i  5
z  z 8
Gọi z1 , z2 là hai trong các số phức thỏa mãn
và 1 2
. Tìm
môđun của số phức w  z1  z2  2  4i .
A. w  6 .
B. w  16 . C. w  10 .
D. w  13 .
[5]
* Phân tích: Nếu giải bài toán này bằng cách gọi số phức dưới dạng đại số
z1  a  bi, z2  a ' b ' i thì ta có 3 phương trình ( z1  1  2i  z2  1  2i  5 và
z1  z2  8

) nhưng 4 ẩn ( a, a ', b, b ' ), về nguyên tắc là không giải được nghiệm
cụ thể. Như vậy ta biết được có rất nhiều số phức thỏa mãn giả thiết nhưng
môđun của số phức w  z1  z2  2  4i sẽ là không đổi. Chính vì vậy ta chỉ cần
w
tìm hai số phức z1 , z2 thỏa mãn giả thiết bài toán sau đó tính w và suy ra
là
giải quyết xong bài toán.
Vấn đề ở chỗ ta chọn z2 như thế nào để ta tính được z1 là số “đẹp” , từ đó ta
tính được

z1  z2  2  4i

10

Ta có

z2  1  2i  5

nên ta chọn z2  1  3i , sau đó sử dụng máy tính cầm tay

ta sẽ tìm được z1 nhanh chóng từ đó chọn được đáp án đúng. Cụ thể như sau:
z  1  2i  z2  1  2i  5
z  z 8
* Giải: Ta có: 1
và 1 2
z  1  2i  5
z  x  yi  x, y ��
Chọn chọn z2  1  3i thỏa mãn 2
. Gọi 1
, từ giả
thiết ta có:
2
2
10 y  5  39
�
�
 x  1   y  2   25 �
�z1  1  2i  5 �
�
��
��
�
2
2

2
2
x  1   y  2   25

�z1  z2  8
x

1

y

3

64
�




�
�
17
17
17
�
�
�
y



y


y


�
�
�
�
�
�
5
5
5
��
��
�
�x  1  �24
�x  29
�x   19
5
5
�
� 5 hoặc �
29 17
17 17
z1 
 i
z1    i

5
5 (hoặc
5 5 ) sau đó sử dụng máy tính cầm tay
Chọn
29 17
 i  1  3i  2  4i  6
5
5
bấm
. Ta chọn A
* Nhận xét: Phương pháp tư duy để giải bài toán trên rất đơn giản dễ hiểu với
học sinh, đặc biệt gọi số phức ở dạng đại số học sinh rất quen thuộc, hơn nữa ta
tận dụng được máy tính cầm tay nên tính toán rất nhanh
Ta cũng có thể giải bài toán bằng cách biểu diễn hình học số phức như
hướng dẫn giải của Sở GD & ĐT Thanh Hóa, tuy nhiên cách biểu diễn hình học
đòi hỏi học sinh có tư duy tổng hợp, liên hệ kiến thức hình học tọa độ Oxy khá
nhạy bén
Ở đây tác giả không đề cập đến cách làm nào tối ưu hơn, mà chỉ đưa ra một
cách làm khác cho học sinh có thể lựa chọn phù hợp với mình đồng thời làm cho
bài toán hấp dẫn hơn mà thôi.
* So sánh cách giải khác (Hướng dẫn giải của Sở GD & ĐT Thanh Hóa)
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 .
z  z  8 � AB  8
Mặt khác 1 2
.

z1  z2

Gọi M là trung điểm của AB suy ra M là điểm biểu diễn của số phức 2
và IM  3 .

11


3  IM 

z1  z2
 1  2i
2

Do đó ta có
1
� 3  z1  z2  2  4i � z1  z2  2  4i  6 � w  6
2
.

z  2 z1  2
2 z  3 z2  4
Bài 2: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn 1
và 1
. Tính
z1  2 z2
A. 10
B. 11
C. 15
D. 2 5
* Phân tích: Nếu như ở bài 1 đề bài yêu cầu tính môđun của số phức có liên
quan đến z1  z2 ta có thể liên hệ đến trung điểm của MN với M , N là các

điểm trong mặt phẳng Oxy biểu diễn số phức z1 , z2 . Tuy nhiên ở bài này đề bài
z  2 z2
yêu cầu tính môđun 1
mà ta định hướng giải toán bẳng cách biểu diễn
hình học như bài 1 thì có vẻ như hơi khó khăn trong việc tìm mối liên hệ giữa
giả thiết và yêu cầu bài toán.
Từ giả thiết bài toán, về mặt đại số ta thấy bài toán cho 3 phương trình là:
z1  2; z2  1; 2 z1  3 z2  4
nhưng có tới 4 ẩn là a, a ', b, b ' (với z1  a  bi,

z2  a ' b ' i ) vì vậy ta chỉ cần chỉ cần chọn hai số phức z1 , z2 thỏa mãn giả thiết
z  2 z2
bài toán sau đó tính 1
là ta đã tìm được đáp án bài toán.
z 2
2 z  3 z2  4
Ở đây để đơn giản ta chọn z2  1 sau đó từ 2 điều kiện 1
và 1
ta sẽ tìm được z1

* Giải:
Ta có:

z1  2; z2  1; 2 z1  3 z2  4

�
�z1  2
��
2z  3  4
z  x  yi  x; y ��

Chọn z2  1 � 1
. Gọi 1
ta có:

12


2
2
�
�x  y  4
�
2
2
 2 x  3   2 y   16
�

� 3
�x  4
�x  y  4
�4 x  4 y  16
�x  y  4 �
�
�
�� 2
��
��
� 2
2
2

12
x

9
4
x

4
y

12
x

7
4
x

4
y

12
x

7
�
�
�
�y  � 55
�
4

3
55 � z1  2 z2  3  55 i  2  11
z1  
i
4
4
4
4
Chọn
� Chọn B
2

2

2

2

2

2

* Nhận xét: Thực ra với giả thiết bài toán như vậy thì có rất nhiều số phức z1; z2
thỏa mãn đề bài vì vậy nếu ta cứ định hướng tìm tất cả các số phức z1; z2 như
vậy thì đây không phải là chuyện dễ làm. Tuy nhiên có đặc điểm là môđun
z1  2 z2
lại là số không đổi. Vì vậy ta chỉ cần tìm hai số z1; z2 thỏa mãn giả thiết
là ta sẽ tìm được phương án đúng. Đây cũng chính là ý tưởng mà tác giả muốn
trình bày ở dạng toán “chuẩn hóa số phức”
z  z2  z1  z2

Bài 3: Cho các số phức z1 �0, z2 �0 thỏa mãn: 1
. Tính giá trị
4

biểu thức

4

�z � �z �
P  �1 � �2 �
�z2 � �z1 �

A. 1

B.

2

D.  2

C. 1

* Phân tích: Với ý tưởng “chuẩn hóa số phức” thì ta sẽ đi tìm hai số phức z1; z2
sao cho z1  z2  z1  z2 bằng cách chuẩn hóa z1  1 sau đó tìm z2 và tính P
* Giải:

� z2  1  z 2  1
Chuẩn hóa z1  1
2
2

�
�x 2  y 2  1
�x  y  1
�
� �2
�
2
2
1  x   y  1 �x  y 2  2 x  0

z2  x  yi  x; y ��
�
Gọi
ta có:
� 1
x
� 1
�
�x 
� 2
�� 2
��
2
2
�x  y  1 �y  � 3 � z  1 � 3 i
�
2
�
2
2 2 .

4

Ta chọn

z2 

1
3

i
2 2 . Khi đó

4

�z � �z � CASIO
P  �1 � �2 �   1
�z2 � �z1 �

� Chọn C
13


* Nhận xét: Với những bài toán dạng như trên nếu biết cách “chuẩn hóa” z1
hoặc z2 thì bài toán được giải quyết rất nhanh. Ngược lại nếu vẫn tư duy “lối
mòn” đi tìm tất cả z1 , z2 thì có lẽ rất tốn thời gian và công sức đồng thời xem
những bài toán như vậy là rất khó khăn và gây chán nản khi làm những bài thi
về số phức trong các đề thi THPT Quốc Gia
z  z 1

2

2

2
Bài 4: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn 1
. Khi đó z1  z2  z1  z2 bằng
A. 2 .
B. 4 .
C. 1 .
D. 0 .
* Phân tích: Với bài toán này ta có thể định hướng cho học sinh giải theo nhiều
cách khác nhau. Chẳng hạn: j
Cách 1 : Gọi M , N là hai điểm lần lượt biểu diễn số phức z1 , z2 . Khi đó

uuuu
r
z1  OM  1

,

uuur
z2  ON  1

uuur
z1  z2  OP

uuuur
z1  z2  NM

,

,
với OMPN là hình bình hành. Tam giác OMN có
OM 2  ON 2 OI 2

2
4
2
2
OP
MN
�
 1
� OP 2  MN 2  4
4
4
Cách 2: Đặt z1  x  yi; z2  a  bi; x, y, a, b �R .Từ giả
2
2
2
2
thiết có x  y  a  b  1
OI 2 

2

2

2

2

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

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

* Tuy nhiên đây là bài toán trắc nghiệm nên ta chỉ cần làm như thế nào để tìm ra
đáp án đúng một cách nhanh nhất là được. Với ý tưởng “chuẩn hóa” như các bài
trên thì ta sẽ chọn z1 , z2 thỏa mãn giả thiết bài toán là được.
* Giải:
2

2

z1  z 2  1 � z1  z2  z1  z2  4

Chọn
� Chọn B

* Nhận xét

z  z2  1
: Ta có thể chọn z1 , z2 tùy ý sao cho 1
là được. Ví dụ như
z1 

1
3
3 1

i, z2 

 i
2 2
2 2 Tất nhiên ta nên chọn như thế nào

chọn z1  z2  i hoặc
cho đơn giản dễ tính nhất.

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
Sáng kiến kinh nghiệm được áp dụng thành công ở lớp 12 trường THPT
Hậu Lộc 3 và đã mang lại những kết quả tích cực đối với học sinh cũng như
đồng nghiệp giáo viên.
14


- Đối với bản thân tôi sau khi nghiên cứu kĩ những kiến thức liên quan phần Số
phức, đặc biệt là những bài toán về Môđun của số phức ở mức độ vận dụng,
giúp tôi có những kiến thức mới và kinh nghiệm hơn trong việc giảng dạy cho
các em. Từ đó định hướng cho các em cách phát hiện và tư duy trong việc giải
các bài toán ở mức độ vận dụng.
- Với các đồng nghiệp, việc sử dụng tài liệu nhỏ này như một tài liệu để tham
khảo và hướng dẫn cho học sinh khi giải các bài toán về Môđun của Số phức ở
mức độ vận dụng
- Đối với học sinh sau khi được áp dụng cách tiếp cận mới trong việc giải toán
giúp học sinh phát triển tư duy hơn. Học sinh có khả năng định hướng được cách
làm với những dạng bài tập khó khác. Học sinh tự tin hơn trong quá trình làm
bài, tạo hứng thú cho các em trong quá trình học tập. Việc làm các bài tập về Số
phức nói chung và Môđun của Số phức ở mức độ vận dụng của các em trở nên
nhanh chóng và chính xác. Cụ thể, tôi cho các em một số bài kiểm tra phần
Môđun của số phức trong từng quá trình trước và sau khi áp dụng phương pháp

giải mới bài tập số phức, kết quả như sau:
Bài kiểm tra số 1: ( Trước khi áp dụng sáng kiến)
Đề bài:
z   4  3z  i  4   1  i  z
Câu 1: Cho số phức z thỏa mãn:
. Hỏi mệnh đề nào
sau đây đúng:
3
3
9
9
0 z�
 z �3
3 z �
 z �10
2
2
A.
B. 2
C.
D. 2

 2  3i 

z 

26
4
2
 3  2i

z z
z
. Tính

Câu 2: Cho số phức z �0 thỏa mãn:
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
Câu 3: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn: z1  3, z 2  4 và z1  z2  37 . Xét số
z
z  1  a  bi
b
z2
phức
. Tính
?
3
8
3
3 3
A. 8
B. 8
C. 8
D. 3
Kết quả:
Lớp
12A2
12A5

Sĩ số
41
41

Đúng 0 câu
SL
11
27

Tỉ lệ
26.8%
65.9%

Đúng 1 câu
SL
25
14

Tỉ lệ
61 %
34.1 %

Đúng 2 câu

Đúng 3 câu

SL
5
0

SL
0
0

Tỉ lệ
12.2 %
0%

Tỉ lệ
0%
0%

Bài kiểm tra số 2: ( Sau khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm)

15


z�
 3  4i  z  4  3i �
� 5 2  0 . Tính z
Câu 1: Cho số phức z thỏa mãn: �
z 2
z  2
z 2 2
z 1
A.
B.
C.
D.
4 10

4
2
1  3i  z 
3i

z z
z
�
0
z
Câu 2: Cho số phức
thỏa mãn:
. Tính
A. 1
B. 16
C. 9
D. 25
z  2 z2  2
2 z  3 z2  4
Câu 3: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn: 1
và 1
. Tính
z1  2 z2
A. 10
Kết quả:
Lớp
12A2
12A5

B. 11

Sĩ số
41
41

C. 15

Đúng 0 câu
SL
0
0

Tỉ lệ
0%
0%

Đúng 1 câu
SL
2
10

Tỉ lệ
4.9 %
24.4 %

D. 2 5

Đúng 2 câu

Đúng 3 câu

SL
8
16

SL
31
15

Tỉ lệ
19.5 %
39.0%

Tỉ lệ
75.6 %
36.6%

So sánh kết quả thu được từ hai bảng ta thấy sau khi áp dụng phương pháp
giải nhanh thì học sinh làm bài tốt hơn và khả năng tư duy phát triển hơn. Điển
hình là có những câu khó dạng mới gặp các em vẫn làm tốt.

3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Qua việc vận dụng đề tài đã nghiên cứu vào trong quá trình giảng dạy và
học tập của học sinh đã thu đươc những kết quả tích cực như bảng số liệu đã
phân tích. Đề tài đã giúp cho giáo viên rất nhiều trong việc truyền đạt tư tưởng,
phương pháp và kiến thức cho học sinh. Bản thân học sinh khi được giảng dạy
thông qua đề tài đã giúp các em phát triển được tư duy, biết định hướng để giải
một bài toán. Khơi dậy ở các em niềm thích thú, sự ham học hỏi và đặc biệt giúp
các em đạt hiệu quả cao nhất khi làm bài tập cũng như thi THPT quốc gia.

Việc áp dụng đề tài không chỉ dừng lại ở một số bài toán Môđun số phức
ở mức độ vận dụng, mà còn có thể mở rộng hơn nữa ở nhiều dạng toán khác.
Bản thân đề tài là động lực cho mỗi giáo viên và học sinh tìm tòi phát triển hơn
16


nữa để có được những phương pháp cách truyền thụ kiến thức và cảm hứng cho
học sinh tốt hơn.
3.2. Kiến nghị
Đối với Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa: Thông qua việc chấm sáng
kiến kinh nghiệm hàng năm, lựa chọn những đề tài có chất lượng và cần phổ
biến rộng rãi cho các trường trong tỉnh để những trường có điều kiện tương đồng
triển khai áp dụng hiệu quả. Nên đưa những SKKN có chất lượng vào mục “tài
nguyên” của sở để các giáo viên toàn tỉnh có thể tham khảo một cách rộng rãi.
Đối với trường THPT Hậu lộc 3: Mỗi sáng kiến kinh nghiệm được lựa
chọn cần được phổ biến rộng rãi trong phạm vi tổ, nhóm. Cần có những bản lưu
trong thư viện để giáo viên và học sinh tham khảo.
Đối với tổ chuyên môn: Cần đánh giá chi tiết những mặt đạt được, những
hạn chế và hướng phát triển của đề tài một cách chi tiết cụ thể để hoàn thiện
sáng kiến hơn nữa.
Đối với đồng nghiệp: Trao đổi ý tưởng, kinh nghiệm và hỗ trợ trong việc
áp dụng rộng rãi sáng kiến trong mỗi lớp học của mình. Phản hồi những mặt tích
cực. những mặt hạn chế của sáng kiến.
Đề tài nghiên cứu trong thời gian hạn chế, rất mong Hội đồng khoa học
Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa nghiên cứu, góp ý bổ sung để sáng kiến hoàn
thiện hơn nữa.
Thanh Hóa, ngày 11 tháng 5 năm 2019
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN Tôi xin cam đoan đây là sáng kiến kinh
nghiệm của tôi, không sao chép nội
VỊ

dung của người khác
Người viết sáng kiến

Phạm Văn Quí

17


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. SGK giải tích 12 nâng cao – Nhà xuất bản giáo dục 2009
2. Bài tập 6 trang 190, SGK giải tích 12 nâng cao – Nhà xuất bản giáo dục 2009
3. Bài tập 8 trang 190, SGK giải tích 12 nâng cao – Nhà xuất bản giáo dục 2009
4. Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2018, Đề minh họa thi THPT Quốc Gia
của bộ giáo dục và đào tạo năm học 2017-2018
5. Đề khảo sát chất lượng lớp 12 theo cấu trúc của đề thi THPT Quốc Gia của
Các Sở Giáo Dục
6. Website:
7. Website:

18


DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG
ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Phạm Văn Quí
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên, Trường THPT Hậu Lộc 3
Kết quả

Cấp đánh
đánh giá
Năm học
T
giá xếp loại
Tên đề tài SKKN
xếp loại
đánh giá
T
(Phòng,
(A, B,
xếp loại
Sở, Tỉnh...)
hoặc C)
Một số phương pháp giải
1.
Cấp Sở
C
2007-2008
phương trình không mẫu mực
Một số cách giải bài toán so
2.
sánh nghiệm của phương trình
Cấp Sở
C
2013-2014
bậc hai với một số
3.
Định hướng cho học sinh phát
Cấp Sở

B
2014-2015
hiện và giải quyết vấn đề với
bài toán tọa độ trong mặt
phẳng từ các tính chất của
19


4.

đường tròn
Định hướng cho học sinh lớp
12 THPT giải nhanh một số
dạng bài tập tích phân ở mức
độ vận dụng

Cấp Sở

C

2017-2018

20