D01 max min của môđun muc do 4

Câu 45. [2D4-4.1-4] (Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017)

Tìm giá trị lớn nhất của

P  z 2  z  z 2  z  1 với z là số phức thỏa mãn z  1 .
A.

3.

B. 3 .

C.

13
.
4

D. 5 .

Lời giải
Chọn C
Đặt z  a  bi  a, b 

 . Do

z  1 nên a 2  b2  1 .

Sử dụng công thức: u.v  u v ta có: z 2  z  z z  1  z  1 

z 2  z  1   a  bi   a  bi  1  a 2  b2  a  1   2ab  b  i 
2

 a  1

a

2

2

 b2  2  2a .

 b 2  a  1   2ab  b 
2

2

 a 2 (2a  1)2  b2  2a  1  2a  1 (vì a 2  b2  1 ).
2

Vậy P  2a  1  2  2a .
1
TH1: a   .
2
Suy ra P  2a  1  2  2a   2  2a   2  2a  3  4  2  3  3 (vì 0  2  2a  2 ).
1
TH2: a   .
2
2

1

1 13

Suy ra P  2a  1  2  2a    2  2a   2  2a  3    2  2a    3   .
2
4 4

7
Xảy ra khi a  .
16
Câu 42. [2D4-4.1-4] (TRƯỜNG CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH - LẦN 2 - 2018) Trong các số phức z
thỏa mãn z 2  1  2 z gọi z1 và z2 lần lượt là các số phức có môđun nhỏ nhất và lớn nhất. Khi
đó môđun của số phức w  z1  z2 là
B. w  2 .

A. w  2 2 .

D. w  1  2 .

C. w  2 .
Lời giải

Chọn A
Đặt z  a  bi  a, b 



thì z 2  1  2 z   a  bi   1  2 a  bi
2

 a 2  b2  1  2abi  2 a  bi   a 2  b2  1  4a 2b2  4  a 2  b2 

2

 a4  b4  1  2a2  6b2  2a2b2  0   a 2  b2  1  4b2  0
2

  a 2  b2  1  2b  a 2  b2  1  2b   0

 a 2  b 2  1  2b  0
 2
2
 a  b  1  2b  0

TH1: a2  b2  1  2b  0  a 2   b  1  2 .
2

Khi đó tập hợp điểm M  a; b  biểu diễn số phức z là đường tròn có tâm I1  0;1 , bán kính







R  2 , giao điểm của OI (trục tung) với đường tròn là M1 0; 2  1 và M 2 0;1  2
w



 



2  1 i  1  2 i  w  2i  w  2

TH2: a2  b2  1  2b  0  a 2   b  1  2 .
2




Khi đó tập hợp điểm M  a; b  biểu diễn số phức z là đường tròn có tâm I 2  0; 1 , bán kính









R  2 , giao điểm của OI (trục tung) với đường tròn là M 3 0; 2  1 và M 4 0;  2  1
w



 



2  1 i  1  2 i  w  2i  w  2 .

Với đáp án của trường ĐH Vinh đưa ra là A thì ta chọn số phức M 1 và M 3 có

w  2 2i  w  2 2 nên đề bài chưa chuẩn, có thể chọn phương án B.
Câu 39. [2D4-4.1-4] (THPT Lê Hồng Phong - Nam Định - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho số phức
z và w thỏa mãn z  w  3  4i và z  w  9 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T  z  w .

B. max T  14 .

A. max T  176 .

C. max T  4 .

D. max T  106 .

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

 . Do

z  w  3  4i nên w   3  x    4  y  i .

Mặt khác z  w  9 nên z  w 

 2 x  3   2 y  4 
2

2

 4 x 2  4 y 2  12 x  16 y  25  9

 2 x2  2 y 2  6 x  8 y  28 1 . Suy ra T  z  w  x 2  y 2 

3  x    4  y 
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có T 2  2  2 x2  2 y 2  6 x  8 y  25  2  .
Dấu "  " xảy ra khi

x2  y 2 

3  x    4  y 
2

2

2

2

.

.

Từ 1 và  2  ta có T 2  2.  28  25   106  T  106 . Vậy MaxT  106 .
Câu 43: [2D4-4.1-4] (Chuyên Thái Bình – Lần 5 – 2018) Cho số phức z thỏa mãn
1  i  z  2  1  i  z  2  4 2 . Gọi m  max z , n  min z và số phức w  m  ni . Tính
w

2018

A. 41009 .

B. 51009 .

C. 61009 .
Lời giải

D. 21009 .

Chọn C
Ta có 1  i  z  2  1  i  z  2  4 2  z  1  i  z  1  i  4 .
Gọi M là điểm biểu diễn của số phức z , F1  1;1 là điểm biểu diễn của số phức z1  1  i và

F2 1;  1 là điểm biểu diễn của số phức z2  1  i . Khi đó ta có MF1  MF2  4 . Vậy tập hợp
điểm M biểu diễn số phức z là Elip nhận F1 và F2 làm hai tiêu điểm.
Ta có F1F2  2c  2c  2 2  c  2 .
Mặt khác 2a  4  a  2 suy ra b  a 2  c 2  4  2  2 .
Do đó Elip có độ dài trục lớn là A1 A2  2a  4 , độ dài trục bé là B1B2  2b  2 2 .
Mặt khác O

là trung điểm của

AB

nên

m  max z  maxOM  OA1  a  2 và

n  min z  minOM  OB1  b  2 .
Do đó w  2  2i suy ra w  6  w

Câu 48:

2018

 61009 .

[2D4-4.1-4]
(THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2018 - BTN) Cho số phức z thỏa
mãn 5 z  i  z  1  3i  3 z  1  i . Tìm giá trị lớn nhất M của z  2  3i ?
A. M 

10
3

B. M  1  13

C. M  4 5

D. M  9


Chọn C
Lời giải
Gọi A  0;1 , B  1;3 , C 1; 1 . Ta thấy A là trung điểm của BC
MB 2  MC 2 BC 2
BC 2
 MB 2  MC 2  2MA2 
 2MA2  10 .

2

2
4
Ta lại có : 5 z  i  z  1  3i  3 z  1  i
 MA2 

 5MA  MB  3MC  10. MB2  MC 2





 25MA2  10 2MA2  10  MC  2 5

Mà z  2  3i   z  i    2  4i   z  i  2  4i  z  i  2 5  4 5 .

 z i  2 5

Dấu "  " xảy ra khi  a b  1 , với z  a  bi ; a, b  .
 
 2
4
 z  2  3i  loai 
.

 z  2  5i
Câu 49:

[2D4-4.1-4] [Chuyên Nguyễn Quang Diệu - Đồng Tháp - 2018 - BTN] Gọi M và m lần
z i
lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P 

, với z là số phức khác 0 và thỏa mãn
z
M
z  2 . Tính tỷ số
.
m
M 3
M 1
M
M
A.
B.
C.
D.


5
3
m 4
m 3
m
m
Lời giải
Chọn B

z i
 T  1 z  i .
z
Nếu T  1  Không có số phức nào thoả mãn yêu cầu bài toán.
i

i
1
Nếu T  1  z 
 z 
 2  T 1  .
T 1
T 1
2
Gọi T 

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức T là hình tròn tâm I 1;0  có bán kính R 

1
.
2


3

 M  OB  OI  R  2
M


 3.
1
m
m  OA  OI  R 

2
Câu 45:

[2D4-4.1-4]
(THPT Chuyên Hà Tĩnh - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho số phức z thỏa mãn
z  1  i  1 , số phức w thỏa mãn w  2  3i  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của z  w .
A. 13  3

B. 17  3

D. 13  3

C. 17  3
Lời giải

Chọn B
Gọi M  x; y  biểu diễn số phức z  x  iy thì M thuộc đường tròn  C1  có tâm I1 1;1 , bán
kính R1  1 .

N  x; y  biểu diễn số phức w  x  iy thì N thuộc đường tròn  C2  có tâm I 2  2; 3 , bán

kính R2  2 . Giá trị nhỏ nhất của z  w chính là giá trị nhỏ nhất của đoạn MN .
Ta có I1I 2  1; 4   I1I 2  17  R1  R2   C1  và  C2  ở ngoài nhau.

 MN min  I1I 2  R1  R2  17  3
Câu 50: [2D4-4.1-4] [THPT Lê Hồng Phong-HCM-HK2-2018] Cho số phức z thỏa z  1 . Gọi m ,
M lần lượt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức P  z 5  z 3  6 z  2 z 4  1 . Tính
M m.
A. m  4 , n  3 .

B. m  4 , n  3

C. m  4 , n  4 .

D. m  4 , n  4 .

Lời giải
Chọn A
Vì z  1 và z.z  z nên ta có z 
2

1
.
z

Từ đó, P  z 5  z 3  6 z  2 z 4  1  z z 4  z 4  6  2 z 4  1  z 4  z 4  6  2 z 4  1 .
Đặt z 4  x  iy , với x, y 

. Do z  1 nên z 4  x 2  y 2  1 và 1  x, y  1 .

Khi đó P  x  iy  x  iy  6  2 x  iy  1  2 x  6  2
 2x  6  2 2x  2 





 x  1

2

 y2

2

2x  2 1  3 .

Do đó P  3 . Lại có 1  x  1  0  2 x  2  2  1  2 x  2  1  1  P  4 .
1
3
i . Suy ra M  m  1 .
Vậy M  4 khi z 4  1 và m  3 khi z 4   
2 2
----------HẾT----------

Câu 48: [2D4-4.1-4] (THPT Hậu Lộc 2 - Thanh Hóa - 2017 - 2018 - BTN) Cho hai số phức z1 , z2
thỏa mãn z1  1  i  2 và z2  iz1 . Tìm giá trị nhỏ nhất m của biểu thức z1  z2 ?
B. m  2 2 .

A. m  2  1 .

m  2 2  2.
Lời giải
Chọn D

C. m  2 .

D.


 z2  b  ai

Đặt z1  a  bi; a, b 

 z1  z2   a  b    b  a  i .

Nên z1  z2 

 a  b   b  a 
2

2

 2. z1

Ta lại có 2  z1  1  i  z1  1  i  z1  2

 z1  2  2 . Suy ra z1  z2  2. z1  2 2  2 .

a b

 0.
1 1
Vậy m  min z1  z2  2 2  2 .
Dấu "  " xảy ra khi

Câu 38: [2D4-4.1-4] (SGD Hà Nam - Năm 2018) Xét các số phức z  a  bi ,  a, b 

















 thỏa

mãn

2
1
4 z  z  15i  i z  z  1 . Tính F  a  4b khi z   3i đạt giá trị nhỏ nhất
2
A. F  7 .
B. F  6 .
C. F  5 .
D. F  4 .
Lời giải
Chọn A
Ta có

4 z  z  15i  i z  z  1  4  a  bi  a  bi   15i  i  a  bi  a  bi  1
2

 8b  15   2a  1 suy ra b 
2

1
1
z   3i 
2
2

15
.
8

 2a  1   2b  6 
2

2



1
1
8b  15  4b 2  24b  36 
4b 2  32b  21
2
2

Xét hàm số f  x   4 x 2  32 x  21 với x 
f   x   8 x  32  0, x 

2

15
8

15
15

suy ra f  x  là hàm số đồng biến trên  ;   nên
8
8


 15  4353
.
f  x  f   
16
8

1 4353
15
1
1
Do đó z   3i đạt giá trị nhỏ nhất bằng
khi b  ; a  .
2 16
8
2
2

Khi đó F  a  4b  7 .
Câu 45: [2D4-4.1-4] [Sở GD và ĐT Cần Thơ - mã 301 - 2017-2018-BTN] Cho số phức z thỏa mãn
z  1 . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  z  1  z 2  z  1 . Giá trị của M .m bằng

A.

13 3
.
4

B.

13 3
.
8

C.

3
.
3

D.

3 3
.
8

Lời giải

Chọn A
Đặt t  z  1  z  1  2 nên t   0; 2 .
Do z  1 nên z.z  1  P  z  1  z 2  z  z.z  z  1  z  z  1 .
Ta có t 2  z  1   z  1 z  1  z.z   z  z   1  2   z  z  nên z  z  t 2  2 .
2


Vậy P  f  t   t  t 2  3 , với t   0; 2 .
2


khi 3  t  2
t  t  3
2t  1 khi 3  t  2
Khi đó, f  t   
nên f   t   
.
2
khi 0  t  3


t  t  3
2t  1 khi 0  t  3
1
f  t   0  t  .
2
 1  13
f  0  3 ; f    ; f 3  3 ; f  2  3 .
2 4

 

13
13 3
; m  3 nên M .m 
.
4
4
Câu 45: [2D4-4.1-4] (Sở GD Cần Thơ-Đề 302-2018) Cho số phức z thỏa mãn z  1 . Giá trị lớn nhất

Vậy M 

của biểu thức P  1  z  2 1  z bằng
A.

5.

B. 6 5 .

C. 2 5 .

D. 4 5 .

Lời giải
Chọn B
Gọi số phức z  x  yi , với x, y  .
Theo giả thiết, ta có z  1  x 2  y 2  1. Suy ra 1  x  1 .
Khi đó, P  1  z  2 1  z 
Suy ra P 

1

2

 x  1

2

 y2  2

 x  1

2

 y 2  2x  2  2 2  2x .

 22   2 x  2    2  2 x  hay P  2 5 , với mọi 1  x  1 .

4
3
Vậy Pmax  2 5 khi 2 2 x  2  2  2 x  x   , y   .
5
5
Câu 39: [2D4-4.1-4] (Sở GD Cần Thơ-Đề 323-2018) Cho số phức z thoả mãn z  3  4i  5 và biểu

thức P  z  2  z  i đạt giá trị lớn nhất. Môđun của số phức z bằng
2

2

A. 10 .

C. 13 .
Lời giải

B. 5 2 .

D. 10 .

Chọn B
và gọi M  x; y  là điểm biểu diễn của z trên Oxy , ta có

Đặt z  x  yi với x, y 

z  3  4i  5   x  3   y  4   5
2

2

Và P  z  2  z  i   x  2   y 2  x 2   y  1  4 x  2 y  3 .
2

2

2

2

Như
P  4 x  2 y  3  4  x  3  2  y  4   23  42  22 .

vậy

 x  3   y  4 
2

2

 23  33

x  5
x 3 y 4

t


 y  5 .
2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  4
t  0,5
4  x  3  2  y  4   10


Vậy P đạt giá trị lớn nhất khi z  5  5i  z  5 2 .
Câu 44.

[2D4-4.1-4] (SỞ GD VÀ ĐT HƯNG YÊN NĂM 2018) Xét số phức z và số phức liên hợp
của nó có điểm biểu diễn là M , M  . Số phức z  4  3i  và số phức liên hợp của nó có điểm biểu
diễn lần lượt là N , N  . Biết rằng M , M  , N , N  là bốn đỉnh của hình chữ nhật. Tìm giá trị
nhỏ nhất của z  4i  5 .

A.

1
.
2

B.

4
.
13

C.

5
.
34

2
.
5

D.

Lời giải
Chọn A
Gọi z  a  bi  M  a; b  , M   a; b  .
Ta có:

z  4  3i    a  bi  4  3i   4a  3b   3a  4b  i  N  4a  3b;3a  4b  , N   4a  3b; 3a  4b  .
Vì MM  và NN  cùng vuông góc với trục Ox nên M , M  , N , N  là bốn đỉnh của hình chữ

 2b 2   6a  8b 2

a  b  0
 MM   NN 
nhật khi 
.
  3a  3b  .0   3a  3b  .  2b   0  
b

0,3
a

4
b

0

 MN  MM 
b  0,3a  4b  0

Khi đó: z  4i  5   a  5   b  4  i 

 a  5   b  4 
2

2



 a  5   4  a 
2

2

2

9 1
1

 2a  18a  41  2  a    
.
2 2
2

1
9
9
Vậy giá trị nhỏ nhất của z  4i  5 là
khi a   b   .
2
2
2
2

Câu 48: [2D4-4.1-4](CHUYÊN VINH LẦN 3-2018) Cho các số phức w , z thỏa mãn w  i 
và 5w   2  i  z  4  . Giá trị lớn nhất của biểu thức P  z  1  2i  z  5  2i bằng

A. 6 7 .

B. 4  2 13 .

C. 2 53 .

3 5
5

D. 4 13 .

Lời giải
Chọn C
Gọi z  x  yi , với x, y 

. Khi đó M  x; y  là điểm biểu diễn cho số phức z .

Theo giả thiết, 5w   2  i  z  4   5  w  i    2  i  z  4   5i   2  i  w  i   z  3  2i

 z  3  2i  3 . Suy ra M  x; y  thuộc đường tròn  C  :  x  3   y  2   9 .
2

Ta có P  z  1  2i  z  5  2i  MA  MB , với A 1; 2  và B  5; 2  .

Gọi H là trung điểm của AB , ta có H  3; 2  và khi đó:
P  MA  MB  2  MA2  MB 2  hay P  4MH 2  AB 2 .

2

Mặt khác, MH  KH với mọi M   C  nên
P  4KH 2  AB 2  4  IH  R   AB 2  2 53 .
2

M  K
3 11
Vậy Pmax  2 53 khi 
hay z  3  5i và w   i .
5 5
 MA  MB
Câu 165: [2D4-4.1-4] [CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU-2017] Cho số phức z thỏa mãn z  2  3i  1 .
Giá trị lớn nhất của z  1  i là
A. 13  2 .

B. 4 .

D. 13  1 .

C. 6 .
Lời giải

Chọn D
Gọi z  x  yi ta có z  2  3i  x  yi  2  3i  x  2   y  3 i .
Theo giả thiết  x  2    y  3  1 nên điểm M biểu diễn cho số phức z nằm trên đường tròn
2

2

tâm I  2;3 bán kính R  1 .

Ta có z  1  i  x  yi  1  i  x  1  1  y  i 
Gọi M  x; y  và H  1;1 thì HM 

 x  1   y  1
2

 x  1   y  1
2

2

.

2

.

Do M chạy trên đường tròn, H cố định nên MH lớn nhất khi M là giao của HI với đường
tròn.
 x  2  3t
Phương trình HI : 
, giao của HI và đường tròn ứng với t thỏa mãn:
 y  3  2t

1
3
2 
3
2 



;3 
;3 
nên M  2 
, M  2 
.
13
13
13 
13
13 


Tính độ dài MH ta lấy kết quả HM  13  1 .
9t 2  4t 2  1  t  

Câu 166: [2D4-4.1-4] [THTT – 477-2017] Cho z1 , z2 , z3 là các số phức thỏa mãn z1  z2  z3  0 và

z1  z2  z3  1. Khẳng định nào dưới đây là sai ?
A. z13  z23  z33  z13  z23  z33 .

B. z13  z23  z33  z13  z23  z33 .

C. z13  z23  z33  z13  z23  z33 .

D. z13  z23  z33  z13  z23  z33 .
Lời giải

Chọn D
Cách 1: Ta có: z1  z2  z3  0  z2  z3   z1

 z1  z2  z3 

3

 z13  z23  z33  3  z1 z2  z1 z3  z1  z2  z3   3z2 z3  z2  z3 

 z13  z23  z33  3z1 z2 z3  z13  z23  z33  3z1 z2 z3 .

 z13  z23  z33  3z1 z2 z3  3 z1 z2 z3  3

Mặt khác z1  z2  z3  1 nên z1  z2  z3  3 . Vậy phương án D sai.
3

3

3

Cách 2: thay thử z1  z2  z3  1 vào các đáp án, thấy đáp án D bị sai


Câu 167: [2D4-4.1-4] [THTT – 477-2017] Cho z1 , z2 , z3 là các số phức thỏa z1  z2  z3  1. Khẳng
định nào dưới đây là đúng?
A. z1  z2  z3  z1 z2  z2 z3  z3 z1 .

B. z1  z2  z3  z1 z2  z2 z3  z3 z1 .

C. z1  z2  z3  z1 z2  z2 z3  z3 z1 .

D. z1  z2  z3  z1 z2  z2 z3  z3 z1 .

Lời giải

Chọn A
Cách 1: Kí hiệu Re : là phần thực của số phức.
2
2
2
2
Ta có z1  z2  z3  z1  z2  z3  2 Re  z1 z2  z2 z3  z3 z1   3  2 Re  z1 z2  z2 z3  z3 z1  (1).
z1 z2  z2 z3  z3 z1  z1 z2  z2 z3  z3 z1  2 Re  z1 z2 z2 z3  z2 z3 z3 z1  z3 z1z1z2 
2

2

2

2



 z1 . z2  z2 . z3  z3 . z1  2 Re z1 z2 z3  z2 z3 z1  z3 z1 z2
2

2

2

2

2

2

2

2

2



 3  2 Re  z1 z3  z2 z1  z3 z2   3  2 Re  z1 z2  z3 z3  z3 z1  (2).
Từ 1 và  2  suy ra z1  z2  z3  z1 z2  z2 z3  z3 z1 .
Các h khác: B hoặc C đúng suy ra D đúngLoại B, C.
Chọn z1  z2  z3  A đúng và D sai
Cách 2: thay thử z1  z2  z3  1 vào các đáp án, thấy đáp án D bị sai
Câu 176: [2D4-4.1-4] [2017] Cho số phức z thỏa mãn z  1  2i  3 . Tìm môđun lớn nhất của số phức
z  2i.

A.

26  6 17 .

B.

26  6 17 .

C.

26  8 17 .

D.

26  4 17 .

Lời giải
Chọn A

Gọi z  x  yi;  x  ; y 

  z  2i  x   y  2  i . Ta có:
z  1  2i  9   x  1   y  2   9 .
2

2

Đặt x  1  3sin t; y  2  3cos t; t  0; 2  .
 z  2i  1  3sin t    4  3cos t   26  6  sin t  4 cos t   26  6 17 sin  t    ;  
2

2

2

 26  6 17  z  2i  26  6 17  z  2i max  26  6 17 .
Câu 178: [2D4-4.1-4] [2017] Cho số phức z thỏa mãn z  1. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất
và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  z  1  z 2  z  1 . Tính giá trị của M.m .
A.

13 3

.
4

B.

39
.
4

C. 3 3 .

D.

Lời giải
Chọn A

Gọi z  x  yi;  x  ; y 

 . Ta có:

z  1  z.z  1

Đặt t  z  1 , ta có 0  z  1  z  1  z  1  2  t  0; 2 .
Ta có t 2  1  z  1  z   1  z.z  z  z  2  2x  x 
2
2
Suy ra z  z  1  z  z  z.z  z z  1  z 

t2  2
.

2

 2x  1

2

 2x  1  t 2  3 .

13
.
4




Xét hàm số f  t   t  t 2  3 , t  0; 2  . Bằng cách dùng đạo hàm, suy ra

max f  t  

13
13 3
; min f  t   3  M.n 
.
4
4

1 i
z;  z  0 
2
trên mặt phẳng tọa độ ( A, B, C và A, B, C đều không thẳng hàng). Với O là gốc tọa độ,

khẳng định nào sau đây đúng?

Câu 179: [2D4-4.1-4] [2017] Gọi điểm A, B lần lượt biểu diễn các số phức z và z 

A. Tam giác OAB đều.
B. Tam giác OAB vuông cân tại O .
C. Tam giác OAB vuông cân tại B .
D. Tam giác OAB vuông cân tại A .
Lời giải
Chọn C
Ta có: OA  z ; OB  z 

1 i
1 i
2
.z 
.z 
z
2
2
2

Ta có: BA  OA  OB  BA  z  z  z 

1 i
1 i
2
z
.z 
z

2
2
2

Suy ra: OA2  OB2  AB2 và AB  OB  OAB là tam giác vuông cân tại B .
Câu 180: [2D4-4.1-4] [2017] Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z 2  4  2 z . Khẳng định nào sau đây
là đúng?
A.

3 1
3 1
z
.
6
6

B. 5  1  z  5  1 .

C. 6  1  z  6  1 .

D.

2 1
2 1
z
.
3
3

Lời giải

Chọn B
Áp dụng bất đẳng thức u  v  u  v , ta được
2

2

2 z  4  z 2  4  4  z  z  2 z  4  0  z  5  1
2

2

2 z  z  z 2  4  z 2  4  z  2 z  4  0  z  5  1

Vậy, z nhỏ nhất là
Câu 188: [2D4-4.1-4] [2017]
2

2

5  1, khi z  i  i 5 và z lớn nhất là

Gọi z  x  yi  x , y 

z  2  z  2  26 và z 

A. xy 

9
.
4

3
2

B. xy 



3
2

là số phức thỏa mãn hai điều kiện

i đạt giá trị lớn nhất. Tính tích xy.

13
.
2

C. xy 
Lời giải

Chọn D



5  1, khi z  i  i 5.

16
.

9

D. xy 

9
.
2


Đặt z  x  iy  x , y 

 . Thay vào điều kiện thứ nhất, ta được x2  y2  36.

Đặt x  3cos t , y  3sin t. Thay vào điều kiện thứ hai, ta có

P   z 

3
2



 
i  18  18 sin  t    6.
2
 4

3

 

3
3 2 3 2
z

i.
Dấu bằng xảy ra khi sin  t    1  t  
4
2
2
 4
Câu 196: [2D4-4.1-4] [2017] Biết số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện z  3  4i  5 và biểu
2

2

thức M  z  2  z  i đạt giá trị lớn nhất. Tính môđun của số phức z  i.
A. z  i  2 41

B. z  i  3 5.

C. z  i  5 2

D. z  i  41.
Lời giải

Chọn D
Gọi z  x  yi;  x  ; y 

.

Ta có: z  3  4i  5  C  :  x  3    y  4   5 : tâm
2

2

I  3; 4  và R  5.

Mặt khác:

 

2
2
2
2
M  z  2  z  i   x  2   y 2   x2   y  1   4x  2 y  3  d : 4x  2 y  3  M  0.


Do số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện nên d và  C  có điểm chung

 d  I; d  R 

23  M

 5  23  M  10  13  M  33
2 5

x  5
4 x  2 y  30  0
 Mmax  33  


 z  i  5  4i  z  i  41.
2
2
y  5
x

3

y

4

5







Câu 47: [2D4-4.1-4] (THPT Chuyên Quốc Học Huế-Lần 3-2018-BTN) Cho z  x  yi với x , y 
là số phức thỏa mãn điều kiện z  2  3i  z  i  2  5 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất
và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x2  y 2  8x  6 y . Tính M  m .
156
156
A.
B. 60  20 10 .
C.
 20 10 .

 20 10 .
5
5
Lời giải
Chọn B

D. 60  2 10 .

6

y
4

B

2

x

2
x

15

10

-1

5

5

-1
K

I

2

J
4

6

A
8

10

10

15


- Theo bài ra: z  2  3i  z  i  2  5 

 x  2     y  3
2

2



 x  2   y  1
2

2

5


2 x  y  2  0

2
2

 x  2    y  1  25
 tập hợp điểm biểu diễn số phức z là miền mặt phẳng T  thỏa mãn

2 x  y  2  0

2
2

 x  2    y  1  25
- Gọi A  2; 6  , B  2; 2  là các giao điểm của đường thẳng 2 x  y  2  0 và đường tròn

 C :  x  2   y  1
2

2

 25 .

- Ta có: P  x2  y 2  8x  6 y   x  4    y  3  P  25 .
2

2

Gọi  C  là đường tròn tâm J  4; 3 , bán kính R  P  25 .
- Đường tròn  C  cắt miền T  khi và chỉ khi
JK  R  JA  IJ  IK  R  IA  2 10  5  25  P  3 5  40  20 10  P  20
 M  20 và m  40  20 10 .

Vậy M  m  60  20 10 .
Câu 42: [2D4-4.1-4] (THPT HAU LOC 2_THANH HOA_LAN2_2018_BTN_6ID_HDG) Cho các số
phức z , z1 , z2 thỏa mãn z1  4  5i  z2  1 và z  4i  z  8  4i . Tính M  z1  z2 khi

P  z  z1  z  z2 đạt giá trị nhỏ nhất.
A.

41 .

B. 6 .

C. 2 5 .
Lời giải

D. 8 .

Chọn C

Gọi I  4;5 , J 1;0  .
Gọi A, B lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z1 , z2 .
Khi đó A nằm trên đường tròn tâm I bán kính R  1 , B nằm trên đường tròn tâm J bán kính
R 1.
Đặt z  x  yi , x, y  . Ta có:

z  4i  z  8  4i

 x  yi  4i  x  yi  8  4i


 x 2   4  y    x  8   y  4 
2

2

2

 16 x  16 y  64  0
 : x y4  0
Gọi C là điểm biểu diễn số phức z thì C     .
Ta có: P  z  z1  z  z2  CA  CB .

d  I ,  

454
12   1

2

1 0  4
5
3
 1  R , d  J,   

1 R .
2
2
2
2
1   1



 xI  yI  4 xJ  yJ  4   4  5  41  0  4  0

 hai đường tròn không cắt  và nằm

cùng phía với  .
Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua  , suy ra A1 nằm trên đường tròn tâm I1 bán kính

R  1 (với I1 là điểm đối xứng với I qua  ). Ta có I1  9;0  .
 A  A
Khi đó: P  CA  CB  CA1  CB  A1B nên Pmin  A1Bmin   1
.
 B  B
1
7

Khi đó: I1 A  I1 J  A 8;0  ; I1 B  I1 J  B  2;0  .
8
8
Như

vậy:

Pmin khi

đối

A

xứng

A

qua



và

 A  4; 4 
.
B  B  
 B  2;0 

Vậy

M  z1  z2  AB  20  2 5 .
Câu 47: [2D4-4.1-4] [SGD NINH BINH _ 2018 _ BTN _ 6ID _ HDG] Xét các số phức z  a  bi ( a ,
b

) có môđun bằng 2 và phần ảo dương. Tính giá trị biểu thức S  5  a  b   2

2018

khi

biểu thức P  2  z  3 2  z đạt giá trị lớn nhất.
A. S  1 .

B. S  22018 .

C. S  21009 .
Lời giải

D. S  0 .

Chọn D
z  a  bi ; z  2  a 2  b2  2  a 2  b2  4 .

P  2 z 3 2 z 

4a  8  3 8  4a 

 a  2

1

2

Dấu đẳng thức xẩy ra khi

2

 b2  3

2  a

2

 b2  4a  8  3 8  4a .

 32  8  4a  8  4a   4 10 .

8
4a  8
8  4a
 9  4a  8  8  4a  a   .

5
1
3

8
6
 b  (do b  0 ).
5

5
2018
8 6
  8 6 
Vậy min P  4 10  z    i . Khi đó S  5      2  0 .
5 5
  5 5 
Với a  

Câu 44: [2D4-4.1-4] (Sở GD Thanh Hoá – Lần 1-2018 – BTN) Cho số phức z thỏa mãn

 z  2 i  1   z  2 i  1  10 . Gọi

M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

z . Tính tổng S  M  m .
A. S  9 .

B. S  8 .

C. S  2 21 .
Lời giải

D. S  2 21  1 .


Chọn C
Giả sử z  a  bi ,  a, b 

  z  a  bi .

Chia hai vế cho i ta được: z  2  i  z  2  i  10 .
Đặt M  a ; b  , N  a ;  b  , A  2;1 , B  2;  1 , C  2;1  NB  MC .

X2 Y2
Ta có: MA  MC  10  M   E  :

 1.
25 21
Elip này có phương trình chính tắc với hệ trục tọa độ IXY , I  0;1 là trung điểm

AC .
X  x
x 2  y  1
Áp dụng công thức đổi trục 


 1.
21
Y  y  1 25
2


2
a  5sin t
Đặt 
, t  0; 2   z  OM 2  a 2  b2  25sin 2 t  1  21cos t

b  1  21 cos t







2



 26  4cos2 t  2 21cos t .

a  0
.
z max  1  21  cos t  1  

b  1  21

a  0
.
z min  1  21  cos t  1  

b  1  21

 M  m  2 21 .
Câu 35. [2D4-4.1-4] (SỞ GD-ĐT HẬU GIANG-2018-BTN) Cho hai số phức z, z thỏa mãn z  5  5
và z  1  3i  z  3  6i . Tìm giá trị nhỏ nhất của z  z .
A.

5

.
2

B.

5
.
4

C. 10 .

D. 3 10 .

Hướng dẫn giải
Chọn A

Gọi M  x; y  là điểm biểu diễn của số phức z  x  yi , N  x; y  là điểm biểu diễn
của số phức z  x  yi .


Ta có z  5  5  x  5  yi  5   x  5  y 2  52 .
2

Vậy M thuộc đường tròn  C  : x  5  y 2  52
2

z  1  3i  z  3  6i   x  1   y  3 i   x  3   y  6  i
  x  1   y  3   x  3   y  6   8x  6 y  35
2

2

2

2

Vậy N thuộc đường thẳng  :8x  6 y  35
Dễ thấy đường thẳng  không cắt  C  và z  z  MN
Áp dụng bất đẳng thức tam giác, cho bộ ba điểm  I , M , N  ta có.

MN  IN  IM  IN  R  IN0  R  d  I ,    R 

8.  5  6.0  5
8 6
2

2

5 

5
2

Dấu bằng đạt tại M  M 0 ; N  N0 .
Câu 50.
[2D4-4.1-4] (Chuyên Thái Nguyên - 2018 - BTN)
z  1  i  5 và biểu thức T  z  7  9i  2 z  8i đạt giá trị nhỏ nhất.
A. z  5  2i .
C. z  1  6i và z  5  2i .

Tìm số phức z thỏa mãn

B. z  1  6i .
D. z  4  5i .
Lời giải

Chọn B
M

I
K

A
M0
B

Từ giả thiết z  1  i  5 suy ra tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z là đường tròn (C) tâm

I 1;1 , bán kính R  5 .
Xét các điểm A  7;9  và B  0;8 . Ta thấy IA  10  2.IM .
Gọi K là điểm trên tia IA sao cho IK 

1
5 
IA  K   ;3 
4
2 

IM IK 1


 , góc MIK chung  IKM ∽ IMA  c.g.c 
IA IM 2
MK IK 1


  MA  2.MK .
MA IM 2
Lại có: T  z  7  9i  2 z  8i  MA  2.MB  2  MK  MB   2.BK  5 5

Do

5
 Tmin  5 5  M  BK   C  , M nằm giữa B và K  0  xM  .
2
Ta có: phương trình đường thẳng BK là: 2x+y-8=0
 x  1


2 x  y  8  0
  y  6  M  1;6  .
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 

2
2
 x  5

 x  1   y  1  25

  y  2
Vậy z  1  6i là số phức cần tìm.

Câu 39: [2D4-4.1-4] [Đề thi thử-Liên trường Nghệ An-L2] Biết rằng hai số phức z1 , z2 thỏa mãn

1
. Số phức z có phần thực là a và phần ảo là b thỏa mãn
2
3a  2b  12 . Giá trị nhỏ nhất của P  z  z1  z  2 z2  2 bằng:

z1  3  4i  1 và z2  3  4i 

A. Pmin 

9945
.
11

B. Pmin  5  2 3 .

C. Pmin 

9945
.
13

D. Pmin  5  2 5 .

Hướng dẫn giải
Chọn C
Gọi M 1 , M 2 , M lần lượt là điểm biểu diễn cho số phức z1 , 2z2 , z trên hệ trục tọa độ Oxy .

Khi đó quỹ tích của điểm M 1 là đường tròn  C1  tâm I  3; 4  , bán kính R  1 ;
quỹ tích của điểm M 2 là đường  C2  tròn tâm I  6;8 , bán kính R  1 ;
quỹ tích của điểm M là đường thẳng d : 3x  2 y 12  0 .
Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của MM1  MM 2  2 .
y

I2

8

B
4

O

I1

A

3

I3

M

6

x

 138 64 

Gọi  C3  có tâm I 3 
;  , R  1 là đường tròn đối xứng với  C2  qua d . Khi đó
 13 13 

min  MM1  MM 2  2   min  MM1  MM 3  2  với M 3   C3  .
Gọi A , B lần lượt là giao điểm của đoạn thẳng I1 I 3 với  C1  ,  C3  . Khi đó với mọi điểm

M1   C1  , M 3   C3  , M  d ta có MM1  MM 3  2  AB  2 , dấu "=" xảy ra khi
9945
.
13
Câu 44: [2D4-4.1-4] (THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp - QB - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho số
phức z1 , z2 thỏa mãn z1  12 và z2  3  4i  5 . Giá trị nhỏ nhất của z1  z2 là:
M1  A, M 3  B . Do đó Pmin  AB  2  I1I3  2  2  I1 I 3 

A. 0 .

C. 7

B. 2

D. 17

Lời giải
Chọn B
Gọi z1  x1  y1i và z2  x2  y2i , trong đó x1 , y1 , x2 , y2 

M 2  x2 ; y2  lần lượt là điểm biểu diễn các số phức z1 , z2 .

; đồng thời M1  x1; y1  và

 x12  y12  144
Theo giả thiết, ta có: 
.
2
2
x

3

y

4

25




 2
2
Do đó M 1 thuộc đường tròn  C1  có tâm O  0;0  và bán kính R1  12 , M 2 thuộc đường tròn

 C2  có tâm I  3; 4 

và bán kính R2  5 .


O   C2 

Mặt khác, ta có 
nên  C2  chứa trong  C1  .

OI  5  7  R1  R2

M1

M2

(C2)
I
O

(C1)

Khi đó z1  z2  M1M 2 . Suy ra z1  z2 min   M1M 2 min  M1M 2  R1  2R2  2 .
Câu 23: [2D4-4.1-4] (THPT Ninh Giang - Hải Dương - HKII - 2017 - 2018 - BTN) Cho các số phức
z thỏa mãn z  4  3i  2 . Giả sử biểu thức P  z đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất khi z
lần lượt bằng z1  a1  b1i  a1 , b1 



và z2  a2  b2i  a2 , b2 

B. S  6 .

A. S  4 .

 . Tính

S  a1  a2

D. S  10 .

C. S  8 .
Lời giải

Chọn C
Gọi z  a  bi ,  a, b 



z  4  3i  2  a  ib  4  3i  2  a  4   b  3 i  2
  a  4    b  3  4
2

2

Khi đó tập hợp các điểm M  a; b  biểu diễn số phức z  a  bi thuộc vào đường tròn  C  có
tâm I  4; 3 , R  2 . Ta có OI  32  42  5 .
Suy ra z max  OI  R  5  2  7 , z min  OI  R  5  2  3 .
Gọi  là đường thẳng qua hai điểm OI ta có
phương trình của    : 3x  4 y  0 . Gọi M và N lần lượt là hai giao điểm của    và  C 
sao cho OM  3 và ON  7 khi đó

3
 12 9 
28 21

z1 

 i
OM  5 OI  M  5 ;  5 

28 12




5 5

S 
  8.


12
9
5
5
7
28
21


ON  OI  N
;    z2   i


5 5
5
5  

 5
Câu 24: [2D4-4.1-4] (THPT Ninh Giang - Hải Dương - HKII - 2017 - 2018 - BTN) Cho các số phức
z thỏa mãn z 2  4   z  2i  z  1  2i  . Tìm giá trị nhỏ nhất của P  z  3  2i .
A. Pmin  4 .

B. Pmin  2 .

C. Pmin 

7
.
2

D. Pmin  3 .


Lời giải
Chọn D

 z  2i  0
Ta có z 2  4   z  2i  z  1  2i   z  2i  z  2i  z  1  2i   0  
.
 z  2i  z  1  2i
Do đó tập hợp các điểm N biểu diễn số phức z trên mặt phẳng tọa độ Oxy là điểm A  0; 2 
và đường trung trực của đoạn thẳng BC với B  0; 2  , C 1; 2  .
1 
Ta có BC  1;0  , M  ;0  là trung điểm BC nên phương trình đường trung trực của BC là
2 
 : 2x 1  0 .
7

Đặt D  3; 2  , DA  3 , d  D,    .
2
Khi đó P  z  3  2i  DN , với N là điểm biểu diễn cho z .

Suy ra min P  min DA, d  D,    3 .
Câu 25: [2D4-4.1-4] (THPT Ninh Giang - Hải Dương - HKII - 2017 - 2018 - BTN) Cho các số phức
z thỏa mãn z  1  i  z  8  3i  53 . Tìm giá trị lớn nhất của P  z  1  2i .
A. Pmax  53 .

B. Pmax 

185
.
2

C. Pmax  106 .

D. Pmax  53 .

Lời giải
Chọn C
Xét A 1;1 , B 8;3 ta có AB  53

 các điểm biểu diễn z là đoạn thẳng AB
P  z  1  2i  MM  với M là điểm biểu diễn số phức z , M  là điểm biểu diễn số phức
z  1  2i
Phương trình đường thẳng AB : 2 x  7 y  5  0
 87 13 
Hình chiếu vuông góc của M  lên AB là M1    ; 
 53 53 

Ta có A nằm giữa M 1 và B nên P  MM  lớn nhất  MM1 lớn nhất
 M  B  z  8  3i
 Pmax  106 .
Câu 50: [2D4-4.1-4] (SGD - Quảng Nam - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho số phức z thỏa mãn

z  2 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  2 z  1  2 z  1  z  z  4i bằng:
A. 4  2 3 .

B. 2  3 .

C. 4 

14
.
15

D. 2 

7
.
15

Lời giải
Chọn A
Gọi z  x  yi,  x, y 

 . Theo giả thiết, ta có

Suy ra 2  x, y  2 .

  x 1  y   x 1  y  y  2 
1  x   y  y  2   2  2 1  y  2  y  .

Khi đó, P  2 z  1  2 z  1  z  z  4i  2

P2



 x  1

2

 y2 

Dấu “  ” xảy ra khi x  0 .

z  2  x2  y 2  4 .

2

2

2

2

2

2

2


Xét hàm số f  y   2 1  y 2  2  y trên đoạn  2; 2 , ta có:

f  y 

2y
1 y

1 

2

2 y  1 y2
1 y

2

; f  y  0  y 

1
.
3

 1 
Ta có f 
  2  3 ; f  2   4  2 5 ; f  2   2 5 .
 3

1
Suy ra min f  y   2  3 khi y 
.

2;
2


3





Do đó P  2 2  3  4  2 3 . Vậy Pmin  4  2 3 khi z 

1
i.
3

----------HẾT----------

1
D
26
A

2
C
27

A

3
A
28
C

4
B
29
C

5
A
30
A

6
D
31
B

7
C
32
A

8
C
33

B

9
B
34
D

ĐÁP ÁN THAM KHẢO
10 11 12 13 14 15 16
C A D C D A C
35 36 37 38 39 40 41
D C B C A D C

17
B
42
B

18
C
43
B

19
D
44
B

20
B

45
D

21
B
46
D

22
A
47
B

23
D
48
A

24
D
49
C

25
C
50
A

Câu 41: [2D4-4.1-4] (PTNK Cơ Sở 2 - TPHCM - 2017 - 2018 - BTN) Nếu z là số phức thỏa

z  z  2i thì giá trị nhỏ nhất của z  i  z  4 là
A. 2 .

3.

B.

C. 4 .
Lời giải

Chọn D
Đặt z  x  yi với x , y 

D. 5 .

theo giả thiết z  z  2i  y  1 .  d 

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng  d  .
Gọi A  0;1 , B  4;0  suy ra

z  i  z  4  P là tổng khoảng cách từ điểm

M  x;  1 đến hai điểm A , B .
Thấy ngay A  0;1 và B  4;0  nằm cùng phía với  d  . Lấy điểm đối xứng với

A  0;1 qua đường thẳng  d  ta được điểm A  0;  3 .
Do đó khoảng cách ngắn nhất là AB  32  42  5 .
Câu 48: [2D4-4.1-4] (THPT Vũng Tàu - BRVT - HKII - 2017 - 2018 - BTN) Cho số phức z thỏa
1
mãn z  1  i  z  3i và số phức w  . Tìm giá trị lớn nhất của w .

z
A. w max 

4 5
.
7

B. w max 

2 5
.
7

C. w max 

9 5
.
10

D. w max 

Lời giải
Chọn B.
Đặt z  a  bi  a, b 

.

z  1  i  z  3i   a  1   b  1  a 2   b  3  a  2b 
2

2

2

2

7
.
2
2

49
7
7  49
7


z  a 2  b2   2b    b 2  5b2  14b 
 5 b   

4
2
5  20 2 5



7 5
.
10

w

1 2 5
63
7
1
. Đẳng thức xảy ra khi b  và a  .


z
10
5
7
z

Vậy w max 
Câu 6197:

2 5
.
7

[2D4-4.1-4] [THPT chuyên Lương Thế Vinh] Cho số phức z thỏa mãn
z  2 z  5   z  1  2i  z  3i  1 .
2

Tính min | w | , với w  z  2  2i .
1
3

A. min | w | .
B. min | w | .
2
2

C. min | w | 1 .

D. min | w | 2 .

Lời giải
Chọn C
Ta có
z 2  2 z  5   z  1  2i  z  3i  1   z  1  2i  z  1  2i    z  1  2i  z  3i  1
 z  1  2i  0
.

  z  1  2i    z  3i  1
Trường hợp 1 : z  1  2i  0  w  1  w  1 1 .

Trường hợp 2: z  1  2i  z  3i  1 .
Gọi z  a  bi (với a, b 

) khi đó ta được

1
2
2
a  1   b  2  i   a  1   b  3 i   b  2    b  3  b   .
2
3

9 3
2
Suy ra w  z  2  2i  a  2  i  w   a  2     2  .
2
4 2
Từ 1 ,  2  suy ra min | w | 1 .

Câu 6232. [2D4-4.1-4] [THPT Hoàng Văn Thụ (Hòa Bình) - 2017] Cho z1 , z2 là hai nghiệm của
8
phương trình 6  3i  iz  2 z  6  9i , thỏa mãn z1  z2  . Giá trị lớn nhất của z1  z2
5
bằng.
56
31
A.
.
B. 4 2 .
C. 5.
D.
.
5
5
Lời giải
Chọn D
Đặt z  a  bi , a, b  .
Ta có 6  3i  iz  2 z  6  9i  a 2  b2  6a  8b  24  0 .


 z1   3  4i   1
2

2
  a  3   b  4   1  z   3  4i   1  
.
z

3

4
i

1


2


hbh

2
2
2
2
Ta lại có: 2  z1   3  4i    z2   3  4i     z1  z2  z1  z2   6  8i  .


2
64
6
2
 2 1  1 

 z1  z2   6  8i   z1  z2   6  8i   .
25
5
6
56
Ta có: z1  z2  z1  z2   6  8i    6  8i   z1  z2   6  8i   6  8i   10  .
5
5


Câu 47: [2D4-4.1-4] (THPT Phan Chu Trinh - ĐăkLăk - 2017 - 2018 - BTN) Cho số phức z thoả
mãn z  3  4i  5 . Gọi M và m là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  z  2  z  i . Tính môđun của số phức w  M  mi.
2

2

B. w  1258 .

A. w  2315 .

C. w  3 137 .
Lời giải

D. w  2 309 .

Chọn B
2
2
Đặt z  x  yi . Ta có P   x  2   y 2   x 2   y  1   4 x  2 y  3 .




Mặt khác z  3  4i  5   x  3   y  4   5 .
2

2

Đặt x  3  5 sin t , y  4  5 cos t
Suy ra P  4 5 sin t  2 5 cos t  23 .
Ta có 10  4 5 sin t  2 5 cos t  10 .
Do đó 13  P  33  M  33 , m  13  w  332  132  1258 .
Câu 49: [2D4-4.1-4] (THPT-Chuyên Ngữ Hà Nội_Lần 1-2018-BTN) Cho hai số phức z1 , z2 thỏa
mãn z1  3i  5  2 và iz2  1  2i  4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T  2iz1  3z2 .
A.

313  16 . B.

C. 313  8 .
Lời giải

313 .

D.

313  2 5 .

Chọn A
Ta có z1  3i  5  2  2iz1  6  10i  4 1 ; iz2  1  2i  4   3z2   6  3i  12  2  .
Gọi A là điểm biểu diễn số phức 2iz1 , B là điểm biểu diễn số phức 3z2 . Từ 1 và  2  suy

ra điểm A nằm trên đường tròn tâm I1  6; 10  và bán kính R1  4 ; điểm B nằm trên đường
tròn tâm I 2  6;3 và bán kính R2  12 .

B

A

I2

I1

Ta có T  2iz1  3z2  AB  I1I 2  R1  R2  122  132  4  12  313  16 .
Vậy max T  313  16 .
Câu 50: [2D4-4.1-4] (Chuyên Vinh - Lần 1 - 2018 - BTN) Giả sử z1 , z2 là hai trong số các số phức
z thỏa mãn iz  2  i  1 và z1  z2  2 . Giá trị lớn nhất của z1  z2 bằng

A. 4 .

B. 2 3 .

C. 3 2 .

D. 3 .

Lời giải
Chọn A









Ta có iz  2  i  1  z  1  i 2  1 . Gọi z0  1  i 2 có điểm biểu diễn là I 1; 2 .
Gọi A , B lần lượt là các điểm biểu diễn của z1 , z2 . Vì z1  z2  2 nên I là trung điểm của

AB .


Ta có z1  z2  OA  OB  2  OA2  OB 2   4OI 2  AB 2  16  4 .
Dấu bằng khi OA  OB .
----------HẾT---------Câu 50: [2D4-4.1-4] (SGD VĨNH PHÚC - 2018 - BTN)

Cho hai số phức u , v thỏa mãn

3 u  6i  3 u  1  3i  5 10 , v  1  2i  v  i . Giá trị nhỏ nhất của u  v là:
A.

10
3

B.

2 10
3

C. 10

D.

5 10
3

Lời giải
Chọn B
5 10
5 10
.
 MF1  MF2 
3
3
1 9
 u có điểm biểu diễn M thuộc elip với hai tiêu điểm F1  0;6  , F2 1;3 , tâm I  ;  và độ
2 2
5 10
5 10
dài trục lớn là 2a 
.
a
3
6
F1F2  1; 3  F1F2 : 3x  y  6  0 .

 Ta có: 3 u  6i  3 u  1  3i  5 10  u  6i  u  1  3i 

 Ta có: v  1  2i  v  i  v  i  NA  NB

 v có điểm biểu diễn N thuộc đường thẳng d là trung trực của đoạn AB với A 1; 2  , B  0;1 .

1 1
AB   1;3 , K  ;   là trung điểm của AB  d : x  3 y  2  0 .
2 2
1 27
 2
3 10
2 2
d I,d  

2
2
12   3
Dễ thấy F1F2  d  min u  v  min MN  d  I , d   a 

2 10
.
3

Câu 48: [2D4-4.1-4] (THPT Kim Liên-Hà Nội -Lần 2-2018-BTN) Xét các số phức Vz  a  bi
ũ nhất.
( a, b  ) thỏa mãn z  3  2i  2 . Tính a  b khi z  1  2i  2 z  2  5i đạt giá trị nhỏ
B. 2  3 .

A. 4  3 .

Chọn D
Cách 1:
Đặt z  3  2i  w với w  x  yi

D. 4  3 . V

C. 3 .
Lời giải

ă
n

 x, y   . Theo bài ra ta có

 x  4

Ta có P  z  1  2i  2 z  2  5i  w  4  2 w  1  3i 

 20  8 x  2

2



 x  1   y  3
2

x2  y 2  2x  1 

2

 2 5  2x  2

 x  1   y  3
2

 2 y  y  3   2 y  3  y  6 .

2

  2

w  2  x2  y 2
2

 x  1   y  3
2

 x  1

2

 y2 

 y2  2

B
ắ
 4.c

 x  1   y  3
2

2

 x  1   y  3
2

2



2


 x  1
 x  1

.
P  6   y 3  y   0  
y

3


 2
2
x  y  4





Vậy GTNN của P là bằng 6 đạt được khi z  2  2  3 i .

Cách 2:

z  3  2i  2  MI  2  M   I ; 2  với I   3; 2  .
P  z  1  2i  2 z  2  5i  MA  2MB với A  1; 2  , B   2;5 .
Ta có IM  2 ; IA  4 . Chọn K  2; 2  thì IK  1 . Do đó ta có IA.IK  IM 2 

IA IM

IM IK

AM IM

 2  AM  2MK .
MK IK
Từ đó P  MA  2MB  2  MK  MB   2BK .
 IAM và IMK đồng dạng với nhau 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M , K , B thẳng hàng và M thuộc đoạn thẳng BK .





Từ đó tìm được M  2; 2  3 .
Cách 3:
Gọi M  a; b  là điểm biểu diễn số phức z  a  bi. Đặt I   3; 2  , A  1; 2  và B  2;5 .
Ta xét bài toán: Tìm điểm M thuộc đường tròn  C  có tâm I , bán kính R  2 sao cho biểu
thức P  MA  2MB đạt giá trị nhỏ nhất.
Trước tiên, ta tìm điểm K  x; y  sao cho MA  2MK M   C  .



 

 2MI .IK   2MI  IA  4 IK   3R
2

Ta có MA  2MK  MA2  4MK 2  MI  IA  4 MI  IK



 MI 2  IA2  2MI .IA  4 MI 2  IK 2

 *


 IA  4 IK  0
luôn đúng M   C    2
.
2
2

3R  4 IK  IA  0


x  2
4  x  3  4
IA  4 IK  0  

.

y

2
4
y

2

0





Thử trực tiếp ta thấy K  2; 2  thỏa mãn 3R2  4IK 2  IA2  0 .
Vì BI 2  12  32  10  R2  4 nên B nằm ngoài  C  .
Vì KI 2  1  R2  4 nên K nằm trong  C  .

2

2

 4 IK 2  IA2 * .


Ta có MA  2MB  2MK  2MB  2  MK  MB   2KB .
Dấu bằng trong bất đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi M thuộc đoạn thẳng BK .
Do đó MA  2MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của  C  và đoạn thẳng BK .
Phương trình đường thẳng BK : x  2 .
Phương trình đường tròn  C  :  x  3   y  2   4 .

2

2


x  2
 x  2
x  2

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 
hoặc 
.

2
2
x

3

y

2

4
y

2

3
y


2

3















Thử lại thấy M 2; 2  3 thuộc đoạn BK .
Vậy a  2 , b  2  3  a  b  4  3 .
Câu 44:

[2D4-4.1-4]

(THPT Sơn Tây - Hà Nội - 2018 – BTN – 6ID – HDG) Gọi n là số các

số phức z đồng thời thỏa mãn iz  1  2i  3 và biểu thức T  2 z  5  2i  3 z  3i đạt giá trị
lớn nhất. Gọi M là giá trị lớn nhất của T . Giá trị tích của M .n là
B. 6 13

A. 10 21

C. 5 21

D. 2 13

Lời giải
Chọn A
Gọi z  x  yi , với x, y 

. Khi đó M  x; y  là điểm biểu diễn cho số phức z .

Theo giả thiết, iz  1  2i  3  z  2  i  3   x  2    y  1  9 .
2

2

Ta có T  2 z  5  2i  3 z  3i  2MA  3MB , với A  5; 2  và B  0;3 .
Nhận xét rằng A , B , I thẳng hàng và 2IA  3IB .

Cách 1:
Gọi  là đường trung trực của AB , ta có  : x  y  5  0 .
T  2MA  3MB  PA  PB . Dấu “  ” xảy ra khi M  P hoặc M  Q .


 8  2 2  2 
 8  2 2  2 
x  y  5  0
 P 

Giải hệ 
;
;
 .
 và Q 
2
2
2
2
2
2
x

2

y

1

9











Khi đó M  max T  5 21 .
Vậy M .n  10 21 .
Cách 2:
Ta có A , B , I thẳng hàng và 2IA  3IB nên 2IA  3IB  0 .





2



 2MA2  3MB2  2 MI  IA  3 MI  IB



2

 5MI 2  2IA2  3IB2  105 .


Do đó T 2 



2. 2MA  3. 3MB



2

 5  2MA2  3MB 2   525 hay T  5 21 .

Khi đó M  max T  5 21 . Dấu “  ” xảy ra khi M  P hoặc M  Q .
Vậy M .n  10 21 .