CÂU hỏi CHỨA đấp án CHUYÊN đề 27

Phương trình bậc 2 với hệ số thực
Câu 1.

z1 , z2 , z3

(ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Kí hiệu

và

z4

là bốn nghiệm phức của

4
2
T = z1 + z2 + z3 + z4
phương trình z − z − 12 = 0 . Tính tổng

A. T = 2 + 2 3

B. T = 4

C. T = 2 3
Lời giải

D. T = 4 + 2 3

Chọn D

 z 2 = −3  z = ± i 3
z − z − 12 = 0 ⇔  2

⇔
 z = ±2
 z = 4
4

2

T = z1 + z2 + z3 + z4 = i 3 + i 3 + −2 + 2 = 2 3 + 4
Câu 2.

(ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Gọi

z1

z2

và

là hai nghiệm phức của phương trình

4 z 2 − 4 z + 3 = 0 . Giá trị của biểu thức z1 + z2 bằng:

B. 2 3

A. 3 2
Lời giải
Chọn D

C. 3

D.


1
 z1 = +
2


1
 z2 = −
2
2
Xét phương trình 4 z − 4 z + 3 = 0 ta có hai nghiệm là: 
⇒ z1 = z2 =

Câu 3.

3

2
i
2
2
i
2

3
2 ⇒ z1 + z 2 = 3

2

(MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Kí hiệu z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình z + 4 = 0 .
Gọi M , N lần lượt là điểm biểu diễn của z1 , z2 trên mặt phẳng tọa độ. Tính T = OM + ON

với O là gốc tọa độ.
A. T = 8

B. 4

C. T = 2
Lời giải

D. T = 2

Chọn B
 z = −2i
z2 + 4 = 0 ⇔  1
 z2 = 2i .
Ta có:
T = OM + ON =
M ( 0; −2 ) N ( 0; 2 )
Suy ra
;
nên

Câu 4.

( −2 )

2

+ 22 = 4

.

2
(Mã đề 101 - BGD - 2019) Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z − 6 z + 10 = 0 .

2
2
Giá trị của z1 + z2 bằng:
A. 16.
B. 56 .

C. 20.
Lời giải

D. 26 .

Chọn A

Trang 1/39 - Mã đề 132


 z1 + z2 = 6

z z = 10
Áp dụng định lý Viet áp dụng cho phương trình trên ta được:  1 2
.
z12 + z 22 = ( z1 + z2 ) − 2 z1 z 2 = 36 − 20 = 16
2

Khi đó ta có
Câu 5.

.

(MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Phương trình nào dưới đây nhận hai số phức 1+ 2i và
1− 2i là nghiệm.
2
A. z + 2z + 3 = 0

2
B. z − 2z + 3 = 0

2
C. z + 2z − 3 = 0
Lời giải

2
D. z − 2z − 3 = 0

Chọn B

 z1 + z2 = 2

z .z = 3
Theo định lý Viet ta có  1 2
, do đó z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình

z2 − 2z + 3 = 0

Câu 6.

(MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Kí hiệu

z1 , z2

là hai nghiệm phức của phương trình

3 z 2 − z + 1 = 0 . Tính P = z1 + z2 .

A.

P=

2
3

B.

P=

3
3

C.
Lời giải

P=

2 3

3

D.

P=

14
3

Chọn C
2
∆ = ( −1) − 4.3.1 = −11 < 0
Xét phương trình 3 z − z + 1 = 0 có
.
Phương trình đã cho có 2 nghiệm phức phân biệt

2

z1 =

1 + i 11 1
11
1 − i 11 1
11
= +
i; z2 =
= −
i
6
6

6
6
6
6

Suy ra
2

2

2
2
 1   11 
 1   11 
1
11
1
11
+
i+ −
i =  ÷ + 
÷ +  ÷ +  −
÷ = 3+ 3
6
6
6
P = z1 + z2 = 6
6  6 ÷
6  6 ÷



3
3

=

Câu 7.

2 3
3

(Mã 102 - BGD - 2019) Kí hiệu

z1 , z2

2
2
Giá trị của z1 + z2 bằng
A. 36 .
B. 8 .

2
là hai nghiệm phức của phương trình z − 6z + 14 = 0 .

C. 28 .

D. 18 .

 z = 3 + 5i
2

z 2 − 6z + 14 = 0 ⇔ 
⇒ z12 + z2 2 = 3 + 5i + 3 − 5i
 z = 3 − 5i
Ta có :

(

Câu 8.

(Mã đề 104 - BGD - 2019) Gọi

z1 , z2

) (

)

2

= 8.

2
là hai nghiệm phức của phương trình z − 4 z + 7 = 0.

2
2
Giá trị của z1 + z2 bằng

Trang 2/39 - Mã đề 132

Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại
A. 2.
B. 8.

C. 16.
Lời giải

D. 10.

Chọn A
∆′ = 4 − 7 = −3 =

Ta có

( 3i )

2

.

Do đó phương trình có hai nghiệm phức là
Suy ra
Câu 9.

(

z12 + z22 = 2 + 3i

) + ( 2 − 3i )

2

2

z1 = 2 + 3i, z2 = 2 − 3i.

= 4 + 4 3i − 3 + 4 − 4 3i − 3 = 2.

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Kí hiệu

z1 ; z2

là hai nghiệm của phương trình

2
2
z 2 + z + 1 = 0 . Tính P = z1 + z2 + z1 z2 .

A. P = 2

B. P = −1

D. P = 1

C. P = 0
Lời giải

Chọn C
Cách 1


1
z = − +
2
z2 + z +1 = 0 ⇔ 

1
z = − −

2

3
i
2
3
i
2
2

2

 1
3   1
3   1
3  1
3 
P = z + z + z1 z2 =  − +
i÷
+
−

−
i
+
−
+
i
−
−
i÷

÷

÷
÷ 
÷ 
÷
÷= 0
 2 2   2 2   2 2  2 2 
2
1

2
2

Cách 2: Theo định lí Vi-et:

z1 + z2 = −1 ; z1.z2 = 1 .

P = z12 + z22 + z1 z2 = ( z1 + z 2 ) − 2 z1 z2 + z1 z2 = 12 − 1 = 0
2

Khi đó
Câu 10.

.

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Kí hiệu

z1

và

z2

là hai nghiệm phức của

2
z + z2
phương trình z − 3 z + 5 = 0 . Giá trị của 1
bằng:

B. 2 5 .

A. 10

C. 5 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn B

3
 z1 = −
2


3
 z2 = +
2
2
Xét phương trình z − 3 z + 5 = 0 ta có hai nghiệm là: 

11
i
2
11
i
2

⇒ z1 = z2 = 5 ⇒ z1 + z2 = 2 5
.
Câu 11.

(MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Kí hiệu z1, z 2 là hai nghiệm phức của phương trình

z − z + 6 = 0 . Tính
2

P=

1 1
+
z1 z2

.

Trang 3/39 - Mã đề 132


1
A. 6

B.

−

1
6

C. 6
Lời giải

1
D. 12

Chọn A

 z1 + z2 = 1
1 1 z +z

1
P= + = 1 2 =

zz =6
z1 z2
z1.z2
6
Theo định lí Vi-et, ta có  1 2
nên
Câu 12.

2
(Mã 103 - BGD - 2019) Gọi z1 , z2 là 2 nghiệm phức của phương trình z − 4z + 5 = 0 . Giá trị
2
2
của z1 + z2 bằng
A. 16.

B. 26.

C. 6.
Lời giải

D. 8.

Chọn C
V' = b'2 − ac = 4 − 5 = −1
Phương trình có 2 nghiệm phức z1 = −2 + i, z2 = −2 − i
z12 + z22 = ( −2 + i ) + ( −2 − i ) = 4 − 4i + i 2 + 4 + 4i + i 2 = 8 + 2i 2 = 8 − 2 = 6
2

nên
Câu 13.

2

[2D4-4.1-1] (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi

z2

2

z1

;

2

2
A = z1 + z2
là hai nghiệm của phương trình z + 2 z + 10 = 0 . Tính giá trị biểu thức
.

A. 10 3 .

C. 2 10 .
Lời giải

B. 5 2 .

D. 20 .

 z = −1 + 3i
z 2 + 2 z + 10 = 0 ⇔  1
 z2 = −1 − 3i .
2

Do đó:
Câu 14.

2

2

2

A = z1 + z2 = −1 + 3i + −1 − 3i = 20

.

[2D4-4.1-1] (THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Ký hiệu
2
z .z
nghiệm của phương trình z + 2 z + 10 = 0 . Giá trị của 1 2 bằng
5
A. 5 .
B. 2 .
C. 10 .

z1

,

z2

là

D. 20 .

Lời giải
 z = −1 + 3i
z 2 + 2 z + 10 = 0 ⇔ 
 z = −1 − 3i . Vậy z1 = −1 + 3i , z2 = −1 − 3i .
Phương trình
Suy ra
Câu 15.

z1 . z2 = 10. 10 = 10

.

[2D4-4.1-1] (ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 - 2019) Kí hiệu z1 , z2 là hai nghiệm
2
z + z2
phức của phương trình z = −3 . Giá trị của 1
bằng

A. 6 .

B. 2 3 .

C. 3 .
Lời giải

D.

3.

Trang 4/39 - Mã đề 132


z = i 3
z 2 = −3 ⇔ 
 z = −i 3 ⇒ z1 + z2 = i 3 + −i 3 = 2 3 .
Ta có:
Câu 16.

[2D4-4.1-2] (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi
2
z −z
nghiệm phức của phương trình z − 8 z + 25 = 0 . Giá trị 1 2 bằng
A. 5 .
B. 3 .
C. 8 .

z1 z2
,
là các

D. 6 .

Lời giải
 z1 = 4 − 3i
 z = 4 + 3i
2
Phương trình z − 8 z + 25 = 0 ⇔  2
.
z − z = −6i = 6
Suy ra: 1 2
.
Câu 17.

[2D4-4.1-2] (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Biết z là số phức có phần ảo âm và là
nghiệm của phương trình z − 6 z + 10 = 0 . Tính tổng phần thực và phẩn ảo của số phức
7
1
2
4
A. 5 .
B. 5 .
C. 5 .
D. 5 .
2

w=

z
z.

Lời giải

2
Ta có: z − 6 z + 10 = 0

z = 3 − i
⇔
 z = 3 + i . Vì z là số phức có phần ảo âm nên ⇔ z = 3 − i

Suy ra

w=

z 3−i 4 3
=
= − i
z 3+i 5 5

4  3 1
+  − ÷=
5
 5 5 .
Tổng phần thực và phần ảo:
Câu 18.

[2D4-2.2-2] (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi
2
là hai nghiệm phức của phương trình z − 4 z + 5 = 0 . Tính
w=

z1 z2
,

1 1
+ + i ( z12 z2 + z2 2 z1 )
z1 z2
.

4
w = − + 20i
5
A.
.

B.

w=

4
+ 20i
5
.

C. w = 4 + 20i .
Lời giải

4
w = 20 + i
5 .
D.

 z1 + z2 = 4


z z =5
Theo hệ thức Vi-et, ta có  1 2
.
w=

Suy ra

z2 + z1
+ i ( z1 + z2 ) z1 z2 = 4 + 20i
z1 z2
5
.

Trang 5/39 - Mã đề 132


Câu 19.

[2D4-4.2-2] (ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Với các số thực a, b biết phương trình
z 2 + 8az + 64b = 0 có nghiệm phức z0 = 8 + 16i . Tính môđun của số phức w = a + bi
A.

w = 19

B.

w = 3

C.

w = 7

D.

w = 29

Lời giải
Chọn D
 z1 + z2 = −8a = 16 a = −2
⇒

w = 29
z1.z2 = 64b = 64.5 b = 5

Theo Viet ta có
. Vậy
.

Câu 20.

[2D4-4.2-2] (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Phương trình
z + a . z + b = 0 , với a , b là các số thực nhận số phức 1 + i là một nghiệm.
2

Tính a − b ? .
A. −2 .

B. −4 .

C. 4 .
Lời giải

D. 0 .

2
Do số phức 1 + i là một nghiệm của phương trình z + a . z + b = 0 .

Nên ta có:

( 1+ i)

2

a + b = 0
 a = −2
⇔
⇔
+ a ( 1 + i ) + b = 0 ⇔ a + b + ( a + 2) i = 0
a + 2 = 0
b = 2 .

Vậy: a − b = −4 .
Câu 21.

[2D4-4.2-2] (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Tính modun của số phức
i 8 − 1 − 2i
w = b + ci , b, c ∈ ¡ biết số phức 1 − i 7 là nghiệm của phương trình z 2 + bz + c = 0 .
A. 2 .
B. 3 .

C. 2 2 .
D. 3 2 .
Lời giải
Chọn C
i 8 = ( i 2 ) 4 = ( −1) 4 = 1


i 8 − 1 − 2i
3
zo =
i 7 = ( i 2 ) .i = −i
7

1 − i , ta có
+) Đặt
1 − 1 − 2i −2i −2i ( 1 − i )
⇒ zo =
=
=
= −1 − i
1+ i
1+ i
1− i2
.
P ( z ) = z 2 + bz + c ⇒ zo
P( z)
là nghiệm của đa thức
là nghiệm còn lại của
.
b

zo + zo = − = −b = −2 ⇒ b = 2
a
+) Ta có:
.

+)

zo

z o .z o =

c
⇒ ( −1 − i ) ( −1 + i ) = c ⇒ c = 2
a

⇒ w = 2 + 2i ⇒ w = 22 + 22 = 2 2
Câu 22.

.

[2D4-4.1-2] (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi

z1 , z2

là các

2
z .z + z .z
nghiệm phức của phương trình z + 4z + 7 = 0 . Số phức 1 2 2 1 bằng

Trang 6/39 - Mã đề 132


B. 10

A. 2

C. 2i

D. 10i

Lời giải
Chọn A
 z = −2 + 3i
 1
⇒ z1.z2 + z2.z1 = −2 + 3i
 z2 = −2 − 3i
Ta có

(

Câu 23.

) + ( −2 − 3i )
2

2

=2

[2D4-4.1-2] (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Gọi z1 ; z2 là hai nghiệm
2
z z + z 2 z1
phức của phương trình 3 z − 2 z + 27 = 0 . Giá trị của 1 2
bằng:

C. 3 6

B. 6

A. 2

D.

6

Lờigiải
Chọn A
3 z 2 − 2 z + 27 = 0

z1 =

Câu 24.

1 + 80i
1 − 80i
; z2 =
z z + z 2 z1
3
3

vậy 1 2
=2

[2D4-1.4-2] (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Gọi z1
2
và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z + 4 z + 29 = 0 .Tính giá trị của biểu thức
4

z1 + z2

4

.

A. 841 .

B. 1682 .

C. 1282 .
Lời giải

D. 58 .

 z = −2 − 5i
2
2
2
z 2 + 4 z + 29 = 0 ⇔ ( z + 2 ) = −25 ⇔ ( z + 2 ) = ( 5i ) ⇔  1
 z2 = −2 + 5i .
Phương trình

Suy ra

4

Vậy
Câu 25.

( −2 )

z1 = z2 =
4

z1 + z2 =

(

29

2

+ 52 = 29

) +(
4

29

)

4

.

= 1682

.

[2D4-2.1-2] (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Kí hiệu z1;
z2 là hai nghiệm phức của phương trình 3 z 2 − z + 1 = 0 . Tính P = z1 + z2 .
A.

P=

14
3 .

B.

P=

2
3.

C.
Lời giải

P=

3
3 .

D.

P=

2 3
3 .

Cách 1:

1
1
11
 1
3z 2 − z + 1 = 0 ⇔ z 2 − z + = 0 ⇔  z − ÷ 2 = −
3
3
36
 6
Ta có

1
11
z= +
i

1  2 11 2

6
6

⇔z− ÷ = i ⇔ 
6
36


1
11
i
z = −
6
6 .


Trang 7/39 - Mã đề 132


2

2

2
2
2 3
 1   11 
 1   11 
P =  ÷ + 
+
+
−
=

÷

÷

÷
3
6  6 ÷
 6   6 ÷


Khi đó
.
Cách 2:

Theo tính chất phương trình bậc 2 với hệ số thực, ta có z1; z2 là hai số phức liên hợp nên

z1.z2 = z12 = z22

Vậy
Câu 26.

. Mà

P = z1 + z2 =

1
3
z1 = z2 =
3 suy ra
3 .

z1.z2 =

2 3
3 .

[2D4-4.1-2] (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Gọi

z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình 3z 2 − z + 2 = 0 . Tính giá trị biểu thức
2

T = z1 + z2

A.

T=

2
3.

2

.
B.

T=

8
3.

T=

C.
Lời giải

4
3.

D.

T =−

11
9 .


1 − 23i
 z1 =
6
∆ = (−1) 2 − 4.3.2 = −23 ⇒ 

1 + 23i
 z2 =
2
6

Phương trình 3 z − z + 2 = 0 có
.
2

2

z2 = z1

Câu 27.

2

2
2
2 2 4
 1   23 
=  ÷ + 
=
⇒
T
=
+ =
÷
3
3 3 3
6  6 ÷

.

[2D4-3.1-3] (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Gọi A, B là
hai điểm trong mặt phẳng phức theo thứ tự biểu diễn cho các số phức z1 , z 2 khác 0 thỏa mãn

z 2 + z22 − z1 z2 = 0,
đẳng thức 1

khi đó tam giác OAB ( O là gốc tọa độ):
A. Là tam giác đều.
B. Là tam giác vuông.
C. Là tam giác cân, không đều.
D. Là tam giác tù.
Lời giải
Cách 1:
z = a + bi ( a, b ∈ ¡ : a 2 + b 2 ≠ 0) A ( a; b )
+ Gọi 1
.
.
z 2 − ( a + bi ) z2 + ( a + bi ) = 0
Khi đó z2 là nghiệm phương trình: 2
2

2

2
2
2
∆ = ( a + bi ) − 4 ( a + bi ) = −3 ( a + bi ) =  3 ( a + bi ) i  =  3 ( −b + ai ) 
+ Ta có:
Phương trình có hai nghiệm phân biệt:
 a − 3b 3a + b 
a − 3b
3a + b
B
;

÷

z2 =
+
i
÷
2
2

.
2
2
nên
 a + 3b − 3a + b 
a + 3b − 3a + b
B 
;
÷
z2 =
+
i
÷
2
2

.
2
2
Hoặc
nên

2

Trang 8/39 - Mã đề 132


2
2
2
2
2
2
2
2
2
+ Tính OA = a + b , OB = a + b , AB = a + b . Vậy tam giác OAB đều.
Cách 2:

z 2 + z22 − z1 z2 = 0 ⇒ ( z1 + z2 ) ( z12 + z22 − z1 z2 ) = 0
Theo giả thiết: 1
⇔ z13 + z 32 = 0 ⇔ z13 = − z23 ⇒ z1 = z2 → OA = OB
.
z12 + z22 − z1 z2 = 0 ⇔ ( z1 − z2 ) = − z1 z2
2

Mặt khác:

⇒ ( z1 − z2 ) = − z1 z2 ⇒ z1 − z2 = z1 z2 ⇒ AB 2 = OA.OB
2

2

.

Mà OA = OB nên AB = OA = OB .
Vậy tam giác OAB đều.
Cách 3:
2

z 
z
z + z − z1 z2 = 0 ⇔  1 ÷ − 1 + 1 = 0
z2
 z2 
+
2
1

2
2

2

z 
z
z
z
1 ± 3i
⇔  1 ÷ − 1 +1 = 0 ⇔ 1 =
⇒ 1 = 1 ⇒ z1 = z2
z2
z2

2
z2
 z2 
Vậy OA = OB .
z1 − z2 =

Mặt khác:

1 ± 3i
z2 − z2 = z2 ⇒ AB = OB
2

Vậy tam giác OAB đều.
Câu 28.

[2D4-1.4-3] (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hai số
3 4
5
+ =
w =1
phức z và w khác 0 , thỏa mãn z w z + w và
. Hỏi mệnh đề nào dưới đây đúng?

A.

z =2 3

.

B.

z=

2 3
3 .

C.
Lời giải

z = 3

.

D.

z=

3
2 .

3 4
5
+ =
Ta xét phương trình z w z + w với điều kiện z + w ≠ 0 .
3 4
5
+ =
⇔ 3w2 + 4 z 2 + 2 wz = 0
z
w

z
+
w
Ta có
.
2

 w
 w
3  ÷ + 2  ÷+ 4 = 0
z
Vì z ≠ 0 nên ta được phương trình  z 
.

w
1
 =− +
3
z
w
1
 =− −
3
Giải phương trình được kết quả  z

11
i
3
11
i

3 .

w 2 3
3
=
z
=
3 . Mà w = 1 nên
2 .
Suy ra z

Trang 9/39 - Mã đề 132


Câu 29.

[2D4-4.2-3] (KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho phương
2
z ,z
trình az + bz + c = 0 , với a, b, c ∈ ¡ , a ≠ 0 có các nghiệm 1 2 đều không là số thực. Tính
2

P = z1 + z2 + z1 − z2

A.

P=

2

b 2 − 2ac
a2

theo a, b, c.
2c
P=
a .
B.

.

4c
P=
a .
C.
Lời giải

D.

P=

2b 2 − 4ac
a2

.

Chọn C
Cách 1: Tự luận.
2
z ,z

Ta có phương trình az + bz + c = 0 có các nghiệm 1 2 đều không là số thực, do đó

∆ = b 2 − 4ac < 0 . Ta có

(

∆ = i 2 4ac − b 2

)

.


−b + i 4ac − b 2
 z1 =

2a


−b − i 4ac − b 2
 z2 =
2a
*

b2
2
 z1 + z2 = 2
4c

2

2
a
⇒ P = z1 + z2 + z1 − z2 =

a
4ac − b 2
2

4c
z
−
z
=
P=
 1 2
2
a
a .
Khi đó:
. Vậy
Cách 2: Trắc nghệm.
2
z = i, z2 = −i
Cho a = 1, b = 0, c = 1 , ta có phương trình z + 1 = 0 có 2 nghệm phức là 1
. Khi đó
2

P = z1 + z2 + z1 − z2

2

=4

.

Thế a = 1, b = 0, c = 1 lên các đáp án, ta thấy chỉ có đáp án C cho kết quả giống.
Câu 30.

[2D4-4.1-3] (THPT YÊN PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi S là
2
z = 2.
tổng các số thực m để phương trình z − 2 z + 1 − m = 0 có nghiệm phức thỏa mãn
Tính
S.
A. S = 6.
B. S = 10.
C. S = −3.
D. S = 7.
Lời giải

Chọn D

z 2 − 2 z + 1 − m = 0 ⇔ ( z − 1) = m ( 1)
2

Ta có:

m = 1
z = 2 ⇔ 1± m = 2 ⇒ 
( 1) ⇔ z = 1 ± m . Do

 m = 9 (thỏa mãn).
+) Với m ≥ 0 thì

( 1) ⇔ z = 1 ± i −m .
+) Với m < 0 thì
Do

z = 2 ⇔ 1 ± i − m = 2 ⇔ 1 − m = 4 ⇔ m = −3

(thỏa mãn).

Vậy S = 1 + 9 − 3 = 7 .

Trang 10/39 - Mã đề 132


Câu 31.

[2D4-2.3-3] (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho
số phức z = a + bi
A. S = −6 .

Ta có

( a,

b∈¡

)

thỏa mãn
B. S = 6 .

(

z + 1 + 3i − z i = 0

. Tính S = 2a + 3b .
C. S = −5 .
D. S = 5 .
Lời giải

)

2
2
z + 1 + 3i − z i = 0 ⇔ ( a + 1) + b + 3 − a + b i = 0

a = −1
a + 1 = 0
⇔
⇔

2
2
2
 1 + b = b + 3
b + 3 − a + b = 0

.

( *) .

b ≥ −3

b ≥ −3
⇔
4
( *) ⇔  2
2
b=− ⇔b=−4

1
+
b
=
b
+
3
(
)

3

3.
 a = −1


4
b = − 3

⇒ S = 2a + 3b = −6 .
Vậy
Câu 32.

[2D4-4.1-3] (TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi S là tổng
2
z =1
các giá trị thực của m để phương trình 9 z + 6 z + 1 − m = 0 có nghiệm phức thỏa mãn
.
Tính S .

B. 12 .

A. 20 .

C. 14 .
Lời giải

D. 8 .

9 z 2 + 6 z + 1 − m = 0 ( *) .
( *) có nghiệm thực ⇔ ∆′ ≥ 0 ⇔ 9 − 9 ( 1 − m ) ≥ 0 ⇔ m ≥ 1 .
Trường hợp 1:
z = 1
z =1⇔ 
 z = −1 .
 z = 1 ⇒ m = 16 (thỏa mãn).
 z = −1 ⇒ m = 4 (thỏa mãn).
Trường hợp 2:

( *)

có nghiệm phức

z = a + bi ( b ≠ 0 ) ⇔ ∆′ < 0 ⇔ 9 − 9 ( 1 − m ) < 0 ⇔ m < 1

.

Nếu z là một nghiệm của phương trình 9 z + 6 z + 1 − m = 0 thì z cũng là một nghiệm của
2

2
phương trình 9 z + 6 z + 1 − m = 0 .

c
1− m
=1⇔
= 1 ⇔ m = −8
a
9
Ta có
(thỏa mãn).
Vậy tổng các giá trị thực của m bằng 12 .
2

z = 1 ⇔ z = 1 ⇔ z.z = 1 ⇔

Bài toán MIN-MAX
Câu 33.

(ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Xét số phức z = a + bi
z − 4 − 3i = 5
A. P = 8

( a, b ∈ ¡ )

thỏa mãn

z + 1 − 3i + z − 1 + i
. Tính P = a + b khi
đạt giá trị lớn nhất.
B. P = 10
C. P = 4
D. P = 6
Lời giải

Chọn B
Trang 11/39 - Mã đề 132


M ( a; b )

Goi

là điểm biểu diễn của số phức z.

z − 4 − 3i = 5 ⇔ ( a − 4 ) + ( b − 3) = 5 ⇒
Theo giả thiết ta có:
Tập hợp điểm biểu diễn số
2

2

I ( 4;3)
phức z là đường tròn tâm
bán kính R = 5

 A ( −1;3)
⇒ Q = z + 1 − 3i + z − 1 + i = MA + MB

B
1;
−
1
(
)

Gọi: 
Gọi E là trung điểm của AB, kéo dài EI cắt đường tròn tại D
2
2
2
Ta có: Q = MA + MB + 2 MA.MB

(

⇔ Q 2 ≤ MA2 + MB 2 + MA2 + MB 2 = 2 MA2 + MB 2

)

Vì ME là trung tuyến trong ∆MAB
⇒ ME 2 =

MA2 + MB 2 AB 2
AB 2
−
⇒ MA2 + MB 2 = 2ME 2 +
2
4
2


AB 2 
2
2
⇒ Q 2 ≤ 2  2 ME 2 +
÷ = 4ME + AB
2 

. Mặt khác ME ≤ DE = EI + ID = 2 5 + 5 = 3 5

(

⇒ Q 2 ≤ 4. 3 5

)

2

+ 20 = 200

 MA = MB
⇒ Q ≤ 10 2 ⇒ Qmax = 10 2 ⇔ 
M ≡ D
uur
uur
 4 = 2( xD − 4)
 xD = 6
⇔ EI = 2 ID ⇔ 
⇔
⇔⇒ M ( 6; 4 ) ⇒ P = a + b = 10
2
=
2(
y
−
3)
y
=
4
D
D


Cách 2:Đặt z = a + bi. Theo giả thiết ta có:

( a − 4)

2

+ ( b − 5 ) = 5.
2

 a − 4 = 5 sin t

b − 3 = 5 cos t
Đặt 
. Khi đó:

Q = z + 1 − 3i + z − 1 + i =
=

(

)

2

( a + 1)

5 sin t + 5 + 5cos 2 t +

(

2

+ ( b − 3) +
2

) (

2

5 sin t + 3 +

( a − 1)

2

+ ( b + 1)

5 cos t + 4

)

2

2

= 30 + 10 5 sin t + 30 + 2 5 ( 3sin t + 4 cos t )

Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có:

(

)

(

)

Q ≤ 2 60 + 8 5 ( 2sin t + cos t ) ≤ 2 60 + 8 5. 5 = 200 = 10 2
Trang 12/39 - Mã đề 132


⇒ Q ≤ 10 2 ⇒ Qmax = 10 2

sin t =

cos t =

Dấu bằng xảy ra khi 
Câu 34.

(ĐỀ

THAM

KHẢO

z + 2 − i + z − 4 − 7i = 6 2.
z −1+ i .

A.

P=

2
a = 6
5
⇒

⇒ P = a + b = 10.
1
b = 4
5
BGD&ĐT

NĂM

2017)

Xét

số

phức

z

thỏa

mãn

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

Tính P = m + M .

5 2 + 2 73
2

B. P = 5 2 + 73

C.
Lời giải

P=

5 2 + 73
2

D. P = 13 + 73

Chọn A

E ( −2;1) , F ( 4;7 )
N ( 1; −1) .
Gọi A là điểm biểu diễn số phức z ,
và

Từ

AE + A F = z + 2 − i + z − 4 − 7i = 6 2

và EF = 6 2 nên ta có A thuộc đoạn thẳng EF .

 3 3
5 2 + 2 73
H − ; ÷
P = NH + NF =
.
2

2
 . Suy ra
2
Gọi H là hình chiếu của N lên EF , ta có 

Câu 35.

(KTNL GIA BÌNH NĂM 2018-2019) Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn đồng thời hai điều
kiện sau

z − 1 = 34, z + 1 + mi = z + m + 2i

nhất. Khi đó giá trị
A.

2

z1 + z2

z −z
(trong đó m là số thực) và sao cho 1 2 là lớn

bằng

B. 10

C. 2
Lời giải

D. 130

Chọn C

Trang 13/39 - Mã đề 132


Gọi M , N lần lượt là điểm biểu diễn của số phức z1 , z 2
Gọi

z = x + iy , ( x, y ∈ ¡

Ta có
Mà

⇔

)

z − 1 = 34 ⇒ M , N

thuộc đường tròn

( C)

có tâm

I ( 1;0 )

, bán kính R = 34

z + 1 + mi = z + m + 2i ⇔ x + yi + 1 + mi = x + yi + m + 2i

( x + 1)

2

+ ( y + m) =

( x + m)

2

2

+ ( y + 2)

2

⇔ 2 ( m − 1) x + 2 ( m − 2 ) y − 3 = 0
d : 2 ( m − 1) x + 2 ( m − 2 ) y − 3 = 0
Suy ra M , N thuộc đường thẳng

( C)
Do đó M , N là giao điểm của đường thẳng d và đường tròn
Ta có

z1 − z2 = MN

z1 − z2

nên

lớn nhất khi và chỉ khi MN lớn nhất

⇔ MN đường kính của ( C ) . Khi đó z1 + z2 = 2OI = 2
Câu 36.

[2D4-5.1-3] (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Cho số phức z thỏa mãn

z − 2 − 2i = 1
A.

. Số phức z − i có môđun nhỏ nhất là:

5−2.

B.

5 −1.

C. 5 + 1 .
Lời giải

D.

5 +2.

Cách 1:
Đặt w = z − i ⇒ z = w + i .

M ( x; y )

là điểm biểu diễn hình học của số phức w.
z − 2 − 2i = 1
Từ giả thiết
ta được:
Gọi

2
2
w + i − 2 − 2i = 1 ⇔ w − 2 − i = 1 ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 1) i = 1 ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 1) = 1

Suy ra tập hợp những điểm

I ( 2;1)

M ( x; y )

.

( C ) có tâm
biểu diễn cho số phức w là đường tròn

bán kính R = 1 .

Trang 14/39 - Mã đề 132


( C ) tại hai điểm A, B với A nằm trong đoạn thẳng OI .
Giả sử OI cắt đường tròn

w = OM
Ta có
Mà OM + MI ≥ OI ⇔ OM + MI ≥ OA + AI ⇔ OM ≥ OA
w
Nên
nhỏ nhất bằng OA = OI − IA = 5 − 1 khi M ≡ A.
Cách 2:
z − 2 − 2i = 1 ⇒ ( a − 2 ) + ( b − 2 ) = 1
z = a + bi ( a, b ∈ ¡
Từ
với
a − 2 = sin x; b − 2 = cos x ⇒ a = 2 + sin x, b = 2 + cos x
2

Khi đó:

2

z − i = 2 + sin x + ( 2 + cos x ) i − i =

( 2 + sin x )

2

)

+ ( 1 + cos x )

2

= 6 + ( 4sin x + 2cos x )
≥ 6−

Nên

(4

z −i

2

+ 2 2 ) ( sin 2 x + cos 2 x ) = 6 − 2 5 =

nhỏ nhất bằng

(

)

5 −1

2

= 5 −1


2 5
sin x = −

5

⇒
4 cos x = 2sin x
cos x = − 5


4sin
x
+
2
cos
x
=
−
2
5

5 − 1 khi 
5


2 5 
5
z =  2 −
+
2
−
÷

÷i


5 ÷
5 ÷




Ta được
Cách 3:
Sử dụng bất đẳng thức

z1 − z2 ≤ z1 + z2 ≤ z1 + z2

z − i = ( z − 2 − 2i ) + ( 2 + i ) ≥ z − 2 − 2i − 2 + i = 5 − 1
Câu 37.

[2D4-5.2-3] (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi M và m lần

P=
lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

z ≥2

M
. Tính tỉ số m .

M
=3
A. m
.

Ta có

2z + i
z
với z là số phức khác 0 và thỏa mãn

M 4
=
B. m 3 .

M 5
M
=
=2
C. m 3 .
D. m
.
Lời giải
2z + i
2z − i
2z + i
2z + i
1
1
3
5
P=
=
⇒
≤P≤

⇔ 2− ≤ P ≤ 2+ ⇔ ≤ P ≤
z
z
z
z
z
z
2
2

.

Trang 15/39 - Mã đề 132


M 5
=
Vậy m 3 .

Câu 38.

z − 2 − 3i = 1
z +1+ i
[2D4-5.1-3] Cho số phức z thoả mãn
. Tìm giá trị lớn nhất của
.

A. 13 + 3 .

B. 13 + 5 .

C. 13 + 1 .
Lời giải

D. 13 + 6 .

Chọn C

1 = z − 2 − 3i = ( z − 2 − 3i ) .( z − 2 − 3i ) = ( z − 2 − 3i ) ( z − 2 + 3i )
2

Ta có

⇔ 1 = ( z − 2 − 3i ) ( z − 2 + 3i ) ⇔ z − 2 + 3i = 1`⇔ z + 1 + i − 3 + 2i = 1(*)

.

⇔ w − 3 + 2i = 1
+Đặt w = z + 1 + i , khi đó
.

( I ;1) và w là khoảng cách từ
Tập hợp các điểm biểu diễn số phức w = z + 1 + i là đường tròn
gốc tọa độ đến 1 điểm trên đường tròn. Do đó giá trị lớn nhất của
⇒ w max = 1 + 32 + 2 2 = 1 + 13
Câu 39.

w

chính là đoạn OQ .

.

z − 3i + 4 = 1
[2D4-5.2-3] Xét tất cả các số phức z thỏa mãn
. Giá trị nhỏ nhất của
z 2 + 7 − 24i

nằm trong khoảng nào?
( 0;1009 ) .
( 1009; 2018) .
A.
B.

C.

( 2018; 4036 ) .

D.

( 4036; +∞ ) .

Lời giải

1 = z − 3i + 4 ≥ z − 3i − 4 = z − 5 ⇒ −1 ≤ z − 5 ≤ 1 ⇒ 4 ≤ z ≤ 6
Ta có
.
2
z = 4 − 3i ⇒ z0 = 5, z0 = 7 − 24i
Đặt 0

.

(

A = z 2 + 7 − 24i = z 2 + zo 2 = ( z 2 + zo 2 ) z + zo
2

2

2

Ta có
2
( z + z o ) z + z o = 1 ⇒ z. z o + z o . z = 1 − z − z o
Mà

(

)

4

Suy ra

4

(

2

A = z + z o + 1 − z − zo

) − 2 z. z

2 2

2
o

2

)=z

4

(

4

+ zo + z . z o + z o . z

)

2

− 2 z. z o

2

2

4

2

= 2 z − 2 z + 1201

.

[ 4;6] nên A ≥ 2.44 − 2.42 + 1201 = 1681 .
Hàm số y = 2t − 2t + 1201 đồng biến trên
 z = 4

z + 4 − 3i = 1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
.
2
z + 7 − 24i
( 1009; 2018) .
Do đó
nằm trong khoảng
4

2

Trang 16/39 - Mã đề 132


Câu 40.

[2D4-5.2-3] (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho số
phức z thỏa mãn

P = z − 2 − 2i
A.

A∈

Giả sử:
Oxy .

(

z+z + z−z =4

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

. Đặt A = M + m . Mệnh đề nào sau đây là đúng?

34;6

).

B.

(

A∈ 6; 42

z = x + yi, ( x, y ∈ ¡ ) ⇒ N ( x; y )

).

C.
Lời giải

(

A∈ 2 7; 33

).

D.

(

A∈ 4;3 3

).

: điểm biểu diễn của số phức z trên mặt phẳng tọa độ

Ta có:
•

z + z + z − z = 4 ⇔ x + y = 2⇒ N

thuộc các cạnh của hình vuông BCDF (hình vẽ).
y
I

B 2

1

E
F

C
O

-2

1

x

2

D -2

•

P = z − 2 − 2i ⇒ P =

Từ hình ta có:

( x − 2)

2

Câu 41.

2

với

I ( 2; 2 )

E ( 1;1)

M = Pmax = ID = 42 + 22 = 2 5

Vậy,

+ ( y − 2) ⇒ P = d ( I ; N )

A = M +m = 2+2 5∈

(

và

34;6

m = Pmin = IE =

( 2 − 1)

2

+ ( 2 − 1) = 2
2

).

[2D4-5.1-3] (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho số phức z thỏa mãn
z − 6 + z + 6 = 20

A. M − n = 2 .

. Gọi M , n lần lượt là môđun lớn nhất và nhỏ nhất của z. Tính M − n
B. M − n = 4 .
C. M − n = 7 .
D. M − n = 14 .

Lời giải
( x, y ∈ ¡ ) . Theo giả thiết, ta có z − 6 + z + 6 = 20 .
Gọi z = x + yi ,
⇔ x − 6 + yi + x + 6 + yi = 20 ⇔

Gọi

M ( x; y )

,

F1 ( 6;0 )

và

F2 ( −6;0 )

( x − 6)

2

+ y2 +

( x + 6)

2

+ y 2 = 20

( ∗) .

.

Trang 17/39 - Mã đề 132


Khi đó

( ∗) ⇔ MF1 + MF2 = 20 > F1F2 = 12

( E ) có hai
nên tập hợp các điểm E là đường elip

tiêu điểm F1 và F2 . Và độ dài trục lớn bằng 20 .

2
2
2
Ta có c = 6 ; 2a = 20 ⇔ a = 10 và b = a − c = 64 ⇒ b = 8 .

x2
y2
+
( E ) là 100 64 = 1 .
Do đó, phương trình chính tắc của
max z = OA = OA' = 10
min z = OB = OB ' = 8
Suy ra
khi z = ±10 và
khi z = ±8i .
Vậy M − n = 2 .
Câu 42.

[2D4-4.1-3] (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho số phức
z thỏa mãn z − 3 + 4i = 2 và w = 2 z + 1 − i . Khi đó w có giá trị lớn nhất bằng

A. 4 + 74 .

B. 2 + 130 .

C. 4 + 130 .
Lời giải

D. 16 + 74 .

Theo bất đẳng thức tam giác ta có
w = 2 z + 1 − i = ( 2 z − 6 + 8i ) + ( 7 − 9i ) ≤ 2 z − 6 + 8i + 7 − 9i = 4 + 130

Vậy giá trị lớn nhất của
Câu 43.

w

.

là 4 + 130 .

[2D4-4.1-3] (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Xét số phức

M và M ′ . Số phức z ( 4 + 3i ) và số phức
liên hợp của nó có điểm biểu diễn là N và N ′ . Biết rằng M , M ′ , N , N ′ là bốn đỉnh của
z và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn là

hình chữ nhật. Tìm giá trị nhỏ nhất của

5
A. 34 .

z + 4i − 5

2
B. 5 .

.

1
C. 2 .

4
D. 13 .

Lời giải

M ( x; y ) M ′ ( x; − y )
Gọi z = x + yi , trong đó x, y ∈ ¡ . Khi đó z = x − yi ,
,
.
w = z ( 4 + 3i ) = ( x + yi ) ( 4 + 3i ) = ( 4 x − 3 y ) + ( 3x + 4 y ) i ⇒ N ( 4 x − 3 y;3x + 4 y )
Ta đặt
. Khi đó
w = z ( 4 + 3i ) = ( 4 x − 3 y ) − ( 3x + 4 y ) i ⇒ N ′ ( 4 x − 3 y; −3x − 4 y )

Ta có

M và M ′ ; N và N ′ từng cặp đối xứng nhau qua trục Ox . Do đó, để chúng tạo thành

một hình chữ nhật thì
hợp các điểm
Đặt

.

yM = yN hoặc yM = yN ′ . Suy ra y = 3 x + 4 y hoặc y = −3x − 4 y . Vậy tập
d1 : x + y = 0
d 2 : 3x + 5 y = 0

M là hai đường thẳng:

P = z + 4i − 5 =

( x − 5)

2

+ ( y + 4)

và

2

. Ta có

.

P = MA với A ( 5; −4 ) .
Trang 18/39 - Mã đề 132


Pmin ⇔ MAmin ⇔ MA = d ( A; d1 )

vậy
Câu 44.

Pmin = d ( A; d1 ) =

hoặc

MA = d ( A; d 2 )

. Mà

d ( A; d1 ) =

1
5
d ( A; d 2 ) =
2,
34 ,

1
2.

z
iz − 3 = z − 2 − i
[2D4-5.1-3] Biết số phức z thỏa mãn
và
có giá trị nhỏ nhất. Phần thực
của số phức z bằng:
2
1
2
1
−
−
A. 5 .

B. 5 .
C. 5 .
D. 5 .
Lời giải
Đặt z = x + yi ( x , y ∈ ¡ ).
Khi đó
2
iz − 3 = z − 2 − i ⇔ x + ( − y − 3) =
2

z = x2 + y2 ( 2)

Lại có
Thay

( 1)

vào

( 2)

( x − 2)

2

+ ( y − 1) ⇔ x + 2 y + 1 = 0 ⇔ x = −2 y − 1 ( 1)
.
2

.

ta được:
2

2 1
5

2
= 5 y + ÷ + ≥
2
2
2
2
z = x + y = ( −2 y − 1) + y = 5 y + 4 y + 1
5 5 5


2
2
y+ =0 ⇔ y =−
5
5.
Dấu đẳng thức xảy ra khi

Thay

y=−

2
1

x=−
1
(
)
5 vào
5.
suy ra

Vậy phần thực của số phức z là
Câu 45.

−

1
5.

[2D4-5.2-3] (CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Xét các

z − 1 − 3i = 2
z −1
số phức z thỏa mãn
. Số phức z mà
nhỏ nhất là
A. z = 1 + 5i .
B. z = 1 + i .
C. z = 1 + 3i .
D. z = 1 − i .
Lời giải
M ( x; y )
Gọi z = x + yi , x, y ∈ R . Khi đó

là điểm biểu diễn của số phức z .
z − 1 − 3i = 2 ⇔ ( x − 1) + ( y − 3) = 4
2

Theo bài ra ta có

2

.

I ( 1; 3)
Suy ra tập hợp điểm M là đường tròn tâm
bán kính R = 2 .
Khi đó

z −1 =

( x − 1)

2

+ y 2 = I ′M

với

I ′ ( 1; 0 )

.

Trang 19/39 - Mã đề 132

z −1

nhỏ nhất khi I ′M ngắn nhất hay I , M , I ′ thẳng hàng, M nằm giữa I và I ′ .
Phương trình đường thẳng II ′ là x = 1 .

M ( 1; 1)
Tọa độ giao điểm của đường thẳng II ′ với đường tròn tâm I bán kính R = 2 là 1
và
M 1 ( 1; 5 )

.

Thử lại ta thấy
Câu 46.

M1 ( 1; 1)

thỏa mãn. Vậy z = 1 + i .

[2D4-5.1-3] (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) Cho số phức z thỏa mãn
z + z + z − z = 4.

P = z − 2 − 2i .
Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

Đặt A = M + m. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A.

A∈

(

34;6

).

B.

(

A∈ 6; 42

).

C.
Lời giải

(

A∈ 2 7; 33

).

D.

A ∈  4;3 3

).

M ( x; y )
Đặt z = x + iy và gọi
là điểm biểu diễn của z = x + iy
z+z + z−z =4⇔ x + y =2
ta có:
A ( 2; 2 )
Gọi
và P = MA

min P = d ( A, ∆ ) ,
* Theo hình vẽ,
với ∆ : x + y = 2
2+ 2−2
min P =
= 2
2
và
max P = AE = 22 + 42 = 2 5, với E ( 0; −2 )

Trang 20/39 - Mã đề 132


Vậy M + m = 2 + 2 5 ; 5,88
Câu 47.

[2D4-4.1-3] (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Trong các số

z − 1 + i = z + 1 − 2i

phức z thỏa mãn
3
A. 10 .

3
B. 5 .

, số phức z có mô đun nhỏ nhất có phần ảo là
3
3
−
−
C. 5 .
D. 10 .
Lời giải

( x, y ∈ ¡
Gọi z = x + yi ,

)

được biểu diễn bởi điểm

M ( x; y)

.

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

( x − 1)

2

+ ( y + 1) =
2

( x + 1)

2

+ ( y + 2 ) ⇔ 4 x + 2 y + 3 = 0 ⇔ y = −2 x −
2

3
2.

Cách 1:
2

2

3
9
3
9 3 5


z = x + y = x +  −2 x − ÷ = 5 x 2 + 6 x + = 5  x + ÷ +
≥

, ∀x
2
4
5  20 10


.
2

Suy ra

2

min z =

2

3 5
3
3
x=− ;y=−
10 khi
5
10 .
−

3
10 .

Vậy phần ảo của số phức z có mô đun nhỏ nhất là

Cách 2:
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng

d : 4x + 2 y + 3 = 0 .
z = OM

z

nhỏ nhất ⇔ OM nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của O trên d .
Phương trình đường thẳng OM đi qua O và vuông góc với d là: x − 2 y = 0 .
Ta có

.

3

 x = − 5
4 x + 2 y + 3 = 0
⇔

x − 2 y = 0
y = − 3

10
Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
 3 3
3 3
⇒ M − ;− ÷
z=− − i
5

10

 . Hay
5 10 .
−

3
10 .

Vậy phần ảo của số phức z có mô đun nhỏ nhất là
Nhận xét: Ta có thể tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z như sau:

z − 1 + i = z + 1 − 2i ⇔ z − ( 1 − i ) = z − ( −1 − 2i )

( *)

A ( 1; − 1)
B ( −1; − 2 )
Gọi M biểu diễn số phức z , điểm
biểu diễn số phức 1 − i , điểm
biểu
diễn số phức −1 − 2i .
Khi đó

( *) ⇔ MA = MB . Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức

z là đường trung trực của

đoạn thẳng AB có phương trình d : 4 x + 2 y + 3 = 0 .

Trang 21/39 - Mã đề 132


Câu 48.

[2D4-5.1-4] Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn
của

z1 − z2

z1 − i
z +i
= 1; 2
= 2
z1 + 2 − 3i
z2 − 1 + i

. Giá trị nhỏ nhất

là

A. 2 2 .

2.

B.

C. 1 .

D.

2 −1 .

Lời giải
Giả sử z1 = x1 + y1i với x1 ; y1 ∈ ¡ . Khi đó:
z1 − i
= 1 ⇔ z1 − i = z1 + 2 − 3i ⇔ x1 + ( y1 − 1) i = ( x1 + 2 ) + ( y1 − 3) i
z1 + 2 − 3i
⇔ x12 + ( y1 − 1) =
2

( x1 + 2 )

2

+ ( y1 − 3) ⇔ x1 − y2 + 3 = 0
2

.
z
⇒ Quỹ tích điểm M biểu diễn số phức 1 là đường thẳng ∆ : x − y + 3 = 0 .
Giả sử z2 = x2 + y2i với x2 ; y2 ∈ ¡ . Ta có:
z2 + i
= 2 ⇔ z2 + i = 2 z2 − 1 + i ⇔ x2 + ( y2 + 1) i = 2 ( x2 − 1) + ( y2 + 1) i
z2 − 1 + i
⇔ x22 + ( y2 + 1) = 2
2

( x2 − 1)

2

+ ( y2 + 1) ⇔ x22 + y22 − 4 x2 + 2 y2 + 3 = 0
2

⇒ Quỹ tích điểm N biểu diễn số phức z2 là đường tròn
I ( 2; −1)

.
2
2
C
:
x
+
y
−
4
x + 2y +3 = 0
( )

có tâm

R = 22 + ( −1) − 3 = 2
2

và bán kính

d ( I;∆) =

Khoảng cách từ I đến ∆ là:
tròn C không có điểm chung.

.
2 − ( −1) + 3
12 + ( −1)

2

=3 2 > R

⇒ đường thẳng ∆ và đường

⇒ z1 − z2
Quỹ tích các điểm biểu diễn số phức z1 − z2 là đoạn thẳng MN .
nhỏ nhất khi và chỉ
khi MN nhỏ nhất.

Dễ thấy MN min = 3 2 − 2 = 2 2 .
Câu 49.

[2D4-5.1-4] (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi S là tập hợp các

z + 1 + mi = z + m + 2i
z − 1 = 34
z z
số phức z thỏa mãn
và
, (trong đó m ∈ ¡ ). Gọi 1 , 2 là
z −z

z +z
hai số phức thuộc S sao cho 1 2 lớn nhất, khi đó giá trị của 1 2 bằng
A. 2

B. 10

C. 2
Lời giải

D. 130

Trang 22/39 - Mã đề 132


Chọn A

( x , y ∈ ¡ ) . Khi đó
Đặt z = x + yi ,
z − 1 = 34 ⇔ ( x − 1) + y 2 = 34
2

;

z + 1 + mi = z + m + 2i ⇔ 2 ( m − 1) x + 2 ( 2 − m ) y + 3 = 0

.

Do đó tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z là giao điểm của đường tròn

( C ) : ( x − 1)

2

+ y 2 = 34

và đường thẳng

d : 2 ( m − 1) x + 2 ( 2 − m ) y + 3 = 0

.

( C ) ∩ d = { A, B} .
z
z
Gọi A , B là hai điểm biểu diễn 1 và 2 . Suy ra
Mặt khác

z1 − z2 = AB ≤ 2 R = 2 34

do đó

max z1 − z2 = 2 34 ⇔ AB = 2 R ⇔ I ( 1;0 ) ∈ d

.

 z1 = 6 + 3i
1
⇒
 z = −4 − 3i
m=−

 2
2 nên d : 3 x − 5 y − 3 = 0
Từ đó ta có
.
z1 + z2 = 2

Vậy
Câu 50.

.

z − 3 2 = 2 w − 4 2i = 2 2
[2D4-4.1-4] Cho hai số phức z , w thỏa mãn
,
. Biết rằng

z−w

đạt giá trị nhỏ nhất khi

A. 2 2 .

Ta có: +
có tâm
+

B. 4 2 .
z −3 2 = 2

(

I 3 2 ;0

(

J 0; 4 2

Ta có

C. 1.
Lời giải

D. 6 2 .

, suy ra tập hợp điểm biểu diễn M biểu diễn số phức z là đường tròn

) , bán kính r =

w − 4 2i = 2 2

tâm

3z − w0
z = z0 w = w0
,
. Tính 0
.

2.

, suy ra tập hợp điểm biểu diễn N biểu diễn số phức w là đường tròn có

) , bán kính R = 2

min z − w = min MN

2.

.

+ IJ = 5 2; IM = r = 2; NJ = R = 2 2 .

Trang 23/39 - Mã đề 132


Mặt khác IM + MN + NJ ≥ IJ ⇒ MN ≥ IJ − IM − NJ hay MN ≥ 5 2 − 2 − 2 2 = 2 2 .
Suy ra min MN = 2 2 khi I , M , N , J thẳng hàng và M , N nằm giữa I , J (Hình vẽ).
Cách 1:
uuur 1 uu
r uur 3 uu
r
⇒ IM = IJ ; IN = IJ
5
5 .
Khi đó ta có:
và IN = 3 2
r
uur 3 uu
r
uur

uu
r uuuu
 uur 1 uu
r
uur uuur
uuur uur uur = OI + 3 IJ 3OM
3
OI
+
IJ
=
3
OI
+
IJ
÷
= 3 OI + IM = 
5 
5 .
5 ;
Mặt khác ON = OI + IN

uuuu
r uuur
3 z0 − w0 = 3OM − ON

(

)

uur 3 uu
r  uur 3 uu
r
uur
uuuu
r uuur = 3OI
+
IJ
−
OI
+
IJ
=
2
OI

÷
3 z − w0 = 3OM − ON
5
5 

=6 2.
Suy ra 0
Cách 2:
uur uuur
uuur uur r
Ta có IN = 3IM ⇒ 3IM − IN = 0 .
uuuu
r uuur
uur uuur

uur uur
uur
3z0 − w0 = 3OM − ON = 3 OI + IM − OI + IN = 2OI = 2.OI = 2.3 2 = 6 2.
Do đó

(

) (

)

Cách 3:


12 2
 xM =
uuur IM uu
r
uuur 1 uu
r
12 2 4 2

5
IM =
IJ ⇔ IM = IJ ⇔ 
⇒ z0 =
+
i
IJ
5

5
5
4
2
y =
 M
5
+)
.

6 2
 xN =
uur IN uu
r
uur 3 uu
r
6 2 12 2

5
IN =
IJ ⇔ IN = IJ ⇔ 
⇒ w0 =
+
i
IJ
5
5
5
 y = 12 2
 N

5
+)
.
Suy ra
Câu 51.

3z0 − w0 = 6 2 = 6 2

.

[2D4-5.1-4] (ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Cho hai số phức z và w thỏa mãn

z + 2 w = 8 − 6i và z − w = 4. Giá trị lớn nhất của biểu thức z + w bằng
Trang 24/39 - Mã đề 132


A. 4 6.

B. 2 26.

C. 66.
Lời giải

D. 3 6.

Chọn C

uuuu
r uuur uuur
uur

Giả sử M , N lần lượt là các điểm biểu diễn cho z và w. Suy ra OM + ON = OF = 2OI ,

z − w = MN = 4
Đặt

z = ON =

và OF = 2OI = 10.

a
; w = OM = b.
2
Dựng hình bình hành OMFE

 a 2 + b 2 ME 2
 2 − 4 = 25
264
2
2
⇒
a
+
2
b
=
 2
2
2
3
 b + ME − a = 16


2
4
Ta có 

( z + w)

2

2

a

1 1
=  + b ÷ ≤ ( a 2 + 2b 2 )  + ÷ = 66
2

4 2

Suy ra a + b ≤ 66, dấu “=” xảy ra khi
Vậy
Câu 52.

( a + b ) max =

a=b=

2 66
.
3

66.

z =1
[2D4-5.2-4] Cho số phức z thoả mãn
. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá

trị nhỏ nhất của biểu thức

13 3
A. 4 .

P = z +1 + z2 − z +1

. Tính M .m

39
B. 4 .

C. 3 3 .

13
D. 4 .

Lời giải
2

Thay

z =1

vào P ta có

2
P = z +1 + z2 − z +1 = z +1 + z − z + z

= z +1 + z + z −1

.

(

)

z =1
Đặt t = z + z do
nên điều kiện

Suy ra

= z + 1 + z 2 − z + z.z = z + 1 + z z + z − 1

z + 1 = ( z + 1) z + 1 = 2 + z + z
2

Mặt khác

2

P = t + 2 + t −1

.
t ∈ [ −2; 2]

.

.

Trang 25/39 - Mã đề 132