Đề thi thử THPT quốc gia

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.33 MB, 21 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

MỤC LỤC

I. MỞ ĐẦU... 2

1.1. Lí do chọn đề tài. ... 2

1.2. Mục đích nghiên cứu. ... 2

1.3. Đối tượng nghiên cứu. ... 2

1.4. Phương pháp nghiên cứu. ... 2

II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ... 3

2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm ... 3

2.1.1. Những kiến thức cơ bản: ... 3

2.1.2. Các dạng quỹ tích thường gặp đối với điểm biểu diễn của một số phức4
2.1.2.1. Quỹ tích điểm biểu diễn là đường thẳng: ... 4

2.1.2.2. Quỹ tích điểm biểu diễn là đường trịn: ... 5

2.1.2.3. Quỹ tích điểm biểu diễn là elip: ... 6

2.1.3. Tìm số phức có mơđun lớn nhất, nhỏ nhất trong đó điểm biểu diễn của
số phức đó là đường trịn, đường thẳng hoặc elip. ... 6

2.1.3.1. Dạng 1: Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng (5 
cách giải ) ... 7

2.1.3.2. Dạng 2: Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn ( 5 
cách giải) ... 9

2.1.3.3. Dạng 3:Cho số phức z thỏa mãn 𝒛 + 𝑨 = 𝒌, 𝑨, 𝑩 ∈ 𝕮, 𝒌 > 𝟎 . 
Tìm z sao cho 𝑷 = 𝒛 + 𝑩 đạt min, max. ... 11

2.1.3.4. Dạng 4: Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường elíp (4 
cách giải) ... 12

2.1.4.
Sử dụng mối quan hệ của số phức và số phức liên hợp của nó
... 12

2.1.5. Một số bài toán trắc nghiệm về modul của số phức ... 14

2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi thực hiện SKKN ... 19

2.3. Các giải pháp đã thực hiện để giải quyết vấn đề:... 20

2.4. Hiệu quả sau khi áp dụng SKKN vào giảng dạy ... 20

III. KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ ... 20

1. Kết luận ... 20

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

I. MỞ ĐẦU

1.1. Lí do chọn đề tài.

Với việc đổi mới hình thức thi tốt nghiệp THPT và xét tuyển Đại học như

hiện nay, mơn Tốn được kiểm tra đánh giá bằng hình thức thi trắc nghiệm. Mảng
kiến thức về số phức trước đây vốn được học và thi khá nhẹ nhàng, nhưng hiện
nay đã được khai thác khá sâu trong hệ thống các câu hỏi trắc nghiệm. Một trong
những dạng toán được hỏi khá nhiều đó là các bài tốn về modul của số phức. Để
giải các bài tốn này nhanh chóng, chính xác nhằm lựa chọn được phương án trả
lời đúng trong đề bài, chúng ta cần hướng dẫn cho học sinh có một tư duy linh
hoạt và nhạy bén. Ngồi u cầu địi hỏi học sinh cần hiểu sâu và rộng kiến thức, 
người thầy còn phải biết cách dạy học sinh các kĩ năng như loại trừ, thử đáp án, 
chọn lựa...và đặc biệt là kĩ năng sử dụng máy tính cầm tay để giải quyết. Đó là lí 
do tơi chọn đề tài này.

1.2. Mục đích nghiên cứu.

Mục đích nghiên cứu của SKKN này là nghiên cứu các phương pháp để
hướng dẫn học sinh nhanh chóng giải quyết được bài tốn về modul của số phức,
đặc biệt là các bài tốn về “tìm modul của số phức ’’, “tìm modul lớn nhất, nhỏ 
nhất của số phức ’’, “tìm tập hợp các điểm trong mặt phẳng biểu diễn số phức

z’’... Để giải quyết tốt các loại toán này, ta cần vận dụng thành thạo các kiến thức
về bất đẳng thức, hình học, lượng giác, hàm số, đánh giá...Tuy nhiên phần lớn
học sinh lại gặp rất nhiều khó khăn khi vận dụng. Với thực trạng như vậy, tôi viết
sáng kiến kinh nghiệm “Một số phương pháp giải các bài toán về modul của số

phức”. Sáng kiến kinh nghiệm này chứa đựng những kĩ năng cơ bản quan trọng
mà học sinh cần phải nắm được nếu muốn tiến đến trình độ giải quyết tốt các bài
tốn số phức, đồng thời chứa đựng những kĩ thuật, kĩ xảo, ý tưởng vận dụng các
năng lực toán học tương đối cao, phức tạp trong tư duy.

1.3. Đối tượng nghiên cứu.

Đối tượng nghiên cứu là:

* Các quỹ tích quen thuộc của điểm biểu diễn của số phức như đường thẳng,
đường trịn, đường elíp.

* Cách vận dụng các phương pháp như bất đẳng thức, phương pháp hình học,
phương pháp hàm số. lượng giác hóa, đánh giá, mối quan hệ giữa số phức và số
phức liên hợp của nó để giải quyết các bài toán về modul của số phức.

* Một số phương pháp, kĩ năng, kĩ xảo dùng để giải quyết một bài toán trắc
nghiệm.

1.4. Phương pháp nghiên cứu.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm 
2.1.1. Những kiến thức cơ bản:

2.2.1.1. Một số phức là một biểu thức có dạng x yi, trong đó 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅, và i là số
thoả mãn i2 1. Ký hiệu số phức đó là z và viết z x yi .

* i được gọi là đơn vị ảo

* x được gọi là phần thực, kí hiệu là Re(z).
* y được gọi là phần ảo, kí hiệu là Im(z).
* Tập hợp các số phức ký hiệu là ℭ .
2.2.1.2. Hai số phức bằng nhau.

Cho 2 số phức z = x + yi và z’ = x’ + y’i khi đóz = z’ 









'
'

y
y

x
x

2.2.1.3. Biểu diễn hình học của số phức.

Mỗi số phức được biểu diễn bởi một điểm M(x; y) trên mặt phẳng toạ độ Oxy.
Ngược lại, mỗi điểm M(x;y) biểu diễn một số phức là z = x +ybi .

2.2.1.4. Modul của số phức: Cho số phức z = x + yi có điểm biểu diễn là M(x; y),
khi đó ta định nghĩa modul của số phức z là khoảng cách OM.

|𝑧| = 𝑂𝑀 = √𝑎2 + 𝑏2

2.2.1.5. Phép cộng và phép trừ các số phức.

Cho hai số phức z = a + bi và z’ = a’ + b’i. Ta định nghĩa:

' ( ') ( ')
' ( ') ( ')

z z a a b b i

    



     


2.2.1.6. Phép nhân số phức.

Cho hai số phức z = a + bi và z’ = a’ + b’i. Ta định nghĩa:

' ' ' ( ' ' )

zz aabb aba b i
2.2.1.7. Số phức liên hợp.

Cho số phức z = a + bi. Số phức z = a – bi gọi là số phức liên hợp với số phức

trên.

Tính chất của số phức liên hợp:

* zz

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

* z z. 'z z. '

* 𝑧. 𝑧̅ = 𝑎2+ 𝑏2 = |𝑧|2 = |𝑧̅|2
2.2.1.8. Phép chia số phức khác 0.

Cho số phức z = a + bi ≠ 0 (tức là a2+b2 > 0 )

• Ta định nghĩa số nghịch đảo của số phức z ≠ 0 là số z-1 được xác định bởi 
z-1=

2
2 2

1 1

.z .z

a b  z

• Thương z'

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

sau: 1

' '.

z z z

z z

z z



 

Với các phép tính cộng, trừ, nhân chia số phức nói trên nó cũng có đầy đủ tính
chất giao hốn, phân phối, kết hợp như các phép cộng, trừ, nhân, chia số thực
thông thường.

2.2.1.9. Các đẳng thức và bất đẳng thức về modul của số phức:
* |𝑧2| = |𝑧|2 = |𝑧̅2| = |𝑧̅|2 = 𝑧. 𝑧̅. Đặc biệt: Khi |𝑧| = 1 𝑡ℎì 𝑧 =1

𝑧̅ ℎ𝑜ặ𝑐 𝑧̅ =
1
𝑧.

* |𝑧| là khoảng cách từ điểm M biểu diễn của số phức z đến gốc tọa độ O của mặt
phẳng phức.

* |𝑧 − 𝑧′| là khoảng cách từ điểm M biểu diễn của số phức z đến điểm M’ biểu
diễn của số phức z’.

* |𝑧. 𝑧′| = |𝑧|. |𝑧′|, |𝑧

𝑧′| =
|𝑧|
|𝑧′|.

* |𝑧| − |𝑧′| ≤ ||𝑧| − |𝑧′|| ≤ |𝑧 + 𝑧′| ≤ |𝑧| + |𝑧′|.

2.1.2. Các dạng quỹ tích thường gặp đối với điểm biểu diễn của một số 
phức

2.1.2.1. Quỹ tích điểm biểu diễn là đường thẳng: 
Ta xét một ví dụ mẫu như sau:

Ví dụ 1 : Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn cho số phức z thỏa mãn

|3𝑧 + 1 − 𝑖| = |−3𝑧̅ + 2 + 3𝑖|
Giải:

Cách 1: (Tự luận) Đặt z = x + yi (x, y ∈ 𝑅), ta có

(3x + 1)2 + (3y – 1)2 = (-3x + 2)2 + (3y + 3)2 18x – 24y – 11 = 0

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay.

Dự đốn: Quỹ tích điểm M là đường thẳng có dạng ax + by + c = 0. Ta tìm a, b, 
c như sau:

Vào mơi trường tính tốn của số phức bằng cách bấm tổ hợp phím

|3𝑋 + 1 − 𝑖|2− |−3𝑐𝑜𝑛𝑗𝑔(𝑋) + 2 + 3𝑖|2 CALC X = 0 → −11 → 𝑐 = −11

|3𝑋 + 1 − 𝑖|2− |−3𝑐𝑜𝑛𝑗𝑔(𝑋) + 2 + 3𝑖|2+ 11 CALC X = 1 → 18 → 𝑎 = 18

CALC X = i → −24 → 𝑏 = −24
Vậy quỹ tích điểm M là đường thẳng: 18x – 24y – 11 = 0

Nhận xét: Đây là một bài tốn khơng khó đối với học sinh khá giỏi, nhưng với 
học sinh trung bình và yếu thì nếu biến đổi theo kiểu tự luận một cách nhanh và 
chính xác cũng mất vài ba phút, chưa kể nhầm lẫn. Bằng cách sử dụng máy tính 
cầm tay, thì kể cả các học sinh yếu kém cũng có thể giải quyết bài tốn trong vịng 
trên dưới 20 giây.

Chú ý: Để có dự đốn trên ta cần chứng minh cho học sinh hiểu rằng nếu số phức
z thỏa mãn một trong các điều kiện sau:

|𝑚𝑧 + 𝑎 + 𝑏𝑖| = |𝑚′. 𝑧 + 𝑎′ + 𝑏′𝑖|

|𝑚𝑧 + 𝑎 + 𝑏𝑖| =|m'.𝑧̅ + a' + b'i|

|𝑚𝑧̅ + 𝑎 + 𝑏𝑖| =|m'.𝑧̅ + a' + b'i|

Mà m = m’ hoặc m = - m’ thì quỹ tích các điểm biểu diễn của z là một đường
thẳng.

2.1.2.2. Quỹ tích điểm biểu diễn là đường trịn:

Ta xét 2 ví dụ mẫu như sau:

Ví dụ 2: Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn cho số phức z thỏa mãn

|𝑧 − (𝑎 + 𝑏𝑖)| = 𝑅 𝑣ớ𝑖 𝑅 > 0

Giải: Dễ thấy quỹ tích điểm M là đường trịn tâm I(a; b), bán kính R

Ví dụ 3: Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn cho số phức z thỏa mãn

|𝑧 + 1 − 𝑖| = |−3𝑧̅ + 2 + 3𝑖|
Giải:

Cách 1: (Tự luận) Đặt z = x + yi (x, y ∈ 𝑅), ta có

(x + 1)2 + (y – 1)2 = (-3x + 2)2 + (3y + 3)2 -8x2 – 8y2 +14x – 20y – 11 = 0

 𝑥2+ 𝑦2 −7

4𝑥 +
5
2𝑦 +

11
8 = 0

Vậy quỹ tích điểm M là đường trịn: 𝑥2+ 𝑦2−7
4𝑥 +

5
2𝑦 +

8 = 0

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Dự đốn: Quỹ tích điểm M là đường trịn có dạng x2 + y2+ ax + by + c = 0. Ta 
tìm a, b, c như sau:

Vào mơi trường tính tốn của số phức bằng cách bấm tổ hợp phím

(|𝑋 + 1 − 𝑖|2− |−3𝑐𝑜𝑛𝑗𝑔(𝑋) + 2 + 3𝑖|2): (12− (−3)2) − |𝑋|2 CALC X = 0

→ 118 → 𝑐 = 118

(|𝑋 + 1 − 𝑖|2− |−3𝑐𝑜𝑛𝑗𝑔(𝑋) + 2 + 3𝑖|2): (12− (−3)2) − |𝑋|2 −11
8

CALC X = 1 → −7

4 → 𝑎 =
−7

CALC X = i → 5

2→ 𝑏 =
5
2

Vậy quỹ tích điểm M là đường trịn: 𝑥2+ 𝑦2−7
4𝑥 +

5
2𝑦 +

11
8 = 0

Nhận xét: Cũng như dạng tốn có quỹ tích điểm biểu diễn là đường thẳng, đây 
cũng là một bài tốn khơng khó đối với học sinh khá giỏi, nhưng với học sinh 
trung bình và yếu thì nếu biến đổi theo kiểu tự luận một cách nhanh và chính xác 
cũng mất vài ba phút, chưa kể nhầm lẫn. Bằng cách sử dụng máy tính cầm tay, 
thì kể cả các học sinh yếu kém cũng có thể giải quyết bài tốn trong vịng trên 
dưới 20 giây.

Chú ý: Để có dự đốn trên ta cần chứng minh cho học sinh hiểu rằng với số phức
z thỏa mãn một trong các điều kiện sau:

|𝑚𝑧 + 𝑎 + 𝑏𝑖| = |𝑚′. 𝑧 + 𝑎′ + 𝑏′𝑖|

|𝑚𝑧 + 𝑎 + 𝑏𝑖| =|m'.𝑧̅ + a' + b'i|

|𝑚𝑧̅ + 𝑎 + 𝑏𝑖| =|m'.𝑧̅ + a' + b'i|

Mà m ≠ m’ và m ≠ -m’ thì quỹ tích các điểm biểu diễn của z là một đường trịn

2.1.2.3. Quỹ tích điểm biểu diễn là elip:

Ta thường gặp bài tốn:

Tìm quỹ tích điểm M biểu diễn cho số phức z thỏa
mãn |𝑧 − 𝑐| + |𝑧 + 𝑐| = 2𝑎 với a > c > 0.

Giải: Gọi F1(-c; 0), F2(c; 0). Từ điều kiện bài tốn,

ta có MF1 + MF2 = 2a. Dựa vào định nghĩa của elip,

ta dễ dàng nhận thấy quỹ tích của M là elip có phương trình :

𝑥2
𝑎2+

𝑦2

𝑏2 = 1 𝑣ớ𝑖 𝑏2 = 𝑎2− 𝑐2

2.1.3. Tìm số phức có mơđun lớn nhất, nhỏ nhất trong đó điểm biểu diễn 
của số phức đó là đường trịn, đường thẳng hoặc elip.

Phương phápchung:

F2
F1

c

-c

-b
b

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Bước 1. Tìm tập hợp (G) các điểm biểu diễn số phức z thoả mãn điều kiện, đây

cũng là quá trình tìm biểu thức liên hệ giữa phần thực và phần ảo của số phức z.

Bước 2.

• Sử dụng bất đẳng thức để đánh giá.

• Phân tích biểu thức thành tổng bình phương để đánh giá.
• Khảo sát hàm số để đánh giá.

• Sử dụng phương pháp lượng giác hóa.

• Dùng tính chất hình học để đánh giá bằng cách: Tìm số phức z tương ứng
với điểm biểu diễn M ∈ (G) sao cho khoảng cách tương ứng với điều kiện
bài tốn có giá trị lớn nhất (hoặc nhỏ nhất).

2.1.3.1. Dạng 1: Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng (5 
cách giải )

Ví dụ 4: Tìm z sao cho z đạt giá trị nhỏ nhất. Biết số phức z thỏa mãn điều kiện



z i



z i



w 3 13 là số thực.

Giải: Giả sử z = x + yi (x, y ∈ 𝑅), khi đó







x y i





x



y



i



x y x y



x y



i

w 3 1 . 1 3  2 24 4 62  4

Ta có wRxy40.

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng (d): xy40.

Cách 1: (Hình học) Giả sử M(x; y) là điểm biểu diễn z thì

)
(
min

min OM OM d

z    , ta được M(-2; 2)z22i.

Cách 2. (Phân tích thành tổng bình phương). Ta có





2 2





2 8 2 2

2
2

2        

 x y x x x

z .

Vậy z 2 2 x 2 y 2 z 2 2i

min        

Cách 3. (Phương pháp hàm số) z  x2  y2  x2 



4x



2  2x2 8x16

Xét hàm số f(x) =2 28 16

x

x là hàm bậc 2 có a > 0 nên hàm số đạt min tại 𝑥 =

− 𝑏

2𝑎 = −2min z 2 2z22i

Cách 4: (Dùng BĐT Bunhiacopxki)







2 2



2
16

4
0

4 x y x y x y

y

x          

i
z

y
x
z

y
x
z
y

x2  2 8  2  2 2 2 min 2 2   2 22

 .

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Nhận thấy |𝑧| nhỏ nhất là = 2√2 tại x = -2, nên y = 2
hay z = -2 + 2i

Ví dụ 5: Tìm modul nhỏ nhất của số phức z – 3 + 2i . Biết số phức z thỏa mãn
điều kiện |𝑧 + 1 − 3𝑖| = |−𝑧 + 1 + 𝑖|

Giải:

Tập hợp các điểm M(x; y) biểu diễn của z là đường thẳng: x - y + 2 = 0

Cách 1: (Hình học) Ta thấy |𝑧 − 3 + 2𝑖| nhỏ nhất có giá trị là khoảng cách từ

điểm I(3; -2) đến đường thẳng x – y + 2 = 0 và bằng 7√2

Cách 2. (Phân tích thành tổng bình phương). Ta có

|𝑧 − 3 + 2𝑖| = √(𝑥 − 3)2+ (𝑦 + 2)2 = √(𝑥 − 3)2+ (𝑥 + 4)2

= √2𝑥2+ 2𝑥 + 25 = √2(𝑥 +1

2)2+
49

2 ≥ √
49

2 =
7√2

Cách 3. (Phương pháp hàm số) |𝑧 − 3 + 2𝑖|=√2𝑥2+ 2𝑥 + 25

Xét hàm số 𝑓(𝑥) = 2𝑥2+ 2𝑥 + 25 là hàm bậc 2 có a > 0 nên hàm số đạt min tại

𝑥 = − 𝑏

2𝑎 =
−1

2 2

2
7
min 

 z

Cách 4: (Dùng BĐT Bunhiacopxki)







2 2



)
2
(
)
3
(
2
))
2
(
3
(
49
7
)
2
(
)

3
(
0

2              



y x y x y x y

x

2
2
7
2
3 


 z i .

Cách 5: (Dùng máy tính cầm tay CASIO Fx 570 VN Plus)
Vào môi trường khảo sát hàm số bằng cách bấm tổ hợp phím

Nhận thấy 𝑓(𝑥) nhỏ nhất là = 49

2 tại x = -2

nên |𝑧 − 3 + 2𝑖| nhỏ nhất là 7√2

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

2.1.3.2. Dạng 2: Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn ( 5 
cách giải)

Ví dụ 6: Trong các số phức z thoả mãn điều kiện z 2 4i  5.Tìm số phức z có

mơđun lớn nhất, nhỏ nhất.

Giải: Giả sử điểm M(x; y) biểu diễn số phức z=x+yi. Khi đó tập hợp điểm M là
đường trịn I(2;4), bán kính R 5, có phương trình: 2 2

(x2) (y4) 5

Cách 1: (Sử dụng BĐT Bunhiacopxki) Ta có





2 2 2 2 2 2

( 2) ( 4) 4 8 20 4 8 15 4 ( 2) 2( 4) 25 (2)

z OM x y  x  y  x y  x y  x  y 

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

2 2 2 2

(x 2) 2(y4)  (1 2 ) ( x2) (y4)     5 5 (x 2) 4(y 4) 5 (3)
Từ (2), (3) ta suy ra: 5 z 3 5 .Vậy:

min max

1 3

5 1 2 3 5 3 6

2 6

x x

z z i z z i

y y
 
 
         
 
 

Cách 2: (Định lý về dấu của tam thức bậc 2)

Đặt 2 2

y
x

t  . Do



x2

 

2  y4



2 5x2 y2 154(x2y)

Ta có x2y  5



x2  y2



 5.t, Suy ra t2154 5t 5t3 5

Vậy

min max

1 3

5 1 2 3 5 3 6

2 6

x x

z z i z z i

y y
 
 
         
 
 

Cách 3: ( Phương pháp lượng giác hóa)

Đặt x2 5sint, y4 5cost

Ta có : x2 y2 



2 5.sint

 

2  4 5.cost



2 254 5



sint2cost



Do  5 sint2.cost  55x2  y2 45 5  z 3 5

Vậy min 5 1 1 2 max 3 5 3 3 6

2 6

x x

z z i z z i

y y
 
 
         
 
 

Cách 4. (Phương pháp hình học)

Giả sử M(x;y) là điểm biểu diễn số phức z, khi đó max

max
min

min OM , z OM

z  

Ta có phương trình đường thẳng OI là:2x y0.

Đường thẳng OI cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B có toạ độ là nghiệm của hệ
phương trình:



 




















2
,
6
1
,
3
0
2
5
4

2 2 2

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Với mọi điểm M thuộc đường trịn (C) thì OAOMOB. Hay 5 z 3 5

Vậy: min 5 1 1 2 max 3 5 3 3 6

2 6

x x

z z i z z i

y y

 

 

         

 

 

Cách 5. (Phương pháp hình học)

Đường thẳng OI cắt đường tròn (C) tại 2 điểm A, B như
hình vẽ.

Ta có zmin OMmin  M trùng với điểm A trên (C) gần O

nhất

Ta có OI  416 2 5
Kẻ AH Ox theo định lý Ta lét ta có:

i
z

OH
AH

OI
OA
AH

2
1
1

2
2

1
5
2

5
5
2

4        





M trùng với điểm B trên (C) xa O nhất. Kẻ BK Ox, theo định lý Ta lét ta có:

i
z

OK
BK

OB
OI

BK 3 6 3 3 6

2
5
5
2

5
2

4        






Ví dụ 7: Cho hai số phức z z1, 2 thỏa mãn z1 5 5, z2 1 3i  z2 3 6i . Tìm
giá trị nhỏ nhất của z1z2 .

Giải: Chúng ta có thể giải bằng 5 phương pháp đã nêu trên, ở đây tôi chọn 
phương pháp hình học để trình bày lời giải

Ta có

• Quỹ tích điểm biểu diễn của số phức z1 là

đường trịn tâm I(-5; 0), bán kính R = 5
• Quỹ tích điểm biểu diễn của số phức z1 là

đường thẳng : 8x6y350.

Dễ thấy đường thẳng  không cắt ( )C do d(I; ) = 15

2 > 𝑅. Theo hình vẽ ta thấy

1 2

5
2

Min z z   d R

d
R

-5

A

I

K
B

4

2

A

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

2.1.3.3. Dạng 3:Cho số phức z thỏa mãn |𝒛 + 𝑨| = 𝒌, 𝑨, 𝑩 ∈ 𝕮, 𝒌 > 𝟎 . 
Tìm z sao cho 𝑷 = |𝒛 + 𝑩| đạt min, max.

Hướng giải: Ngoài 5 phương pháp trên, ta cịn có thể áp dụng tính chất sau:
Đặt T = |𝐴 − 𝐵|, khi đó ta có |𝑇 − 𝑘| ≤ 𝑃 ≤ 𝑇 + 𝑘

Chứng minh: Gọi M là điểm biểu diễn của z, -A là
điểm biểu diễn của số phức –A, -B là điểm biểu diễn
của số phức –B. Khi đó M thuộc đường trịn tâm là –
A, bán kính k.

Ta thấy M1B ≤ 𝑃 ≤ M2B  ||𝑨 − 𝑩| − 𝒌| ≤ 𝑷 ≤
|𝑨 − 𝑩| + 𝒌

Áp dụng tính chất trên ta dễ dàng giải được các bài tốn sau: 
Ví dụ 8: Cho |𝑧 − 2 − 4𝑖| = √5. 𝑇ì𝑚 𝑚𝑖𝑛, max 𝑐ủ𝑎 𝑃 = |𝑧 + 1|

Đáp số: 5 − √5 ≤ 𝑃 ≤ 5 + √5
Ví dụ 9:|𝑧 − 2 − 4𝑖| = √5. 𝑇ì𝑚 𝑚𝑖𝑛, max 𝑐ủ𝑎 𝑃 = |𝑧|

Đáp số:√5 ≤ 𝑃 ≤ √5
Ví dụ 10: Cho |𝑧 − 1| = 1. 𝑇ì𝑚 𝑧 để |𝑧 − 𝑖| đạt GTNN

Giải: Dễ thấy GTNN của |𝑧 − 𝑖| là √2 − 1, để tìm z, ta xét hệ

{ |𝑧 − 1| = 1

|𝑧 − 𝑖| = √2 − 10 {

(𝑥 − 1)2+ 𝑦2 = 1

𝑥2+ (𝑦 − 1)2 = 3 − 2√2 

{

𝑥 = 2 − √2
2
𝑦 =√2

 𝑧 =2 − √2

2 +

√2
2 𝑖

Nhận xét: Từ dạng toán trên ta có ngay cách giải dạng tốn sau: Cho số phức z
thỏa mãn |𝐴𝑧 + 𝐵| = 𝑘, 𝐴, 𝐵 ∈ ℭ, k > 0 . Tìm z sao cho 𝑃 = |𝐶𝑧 + 𝐷| đạt min,
max.

Giải:|𝐴𝑧 + 𝐵| = 𝑘 |𝑧 +𝐵

𝐴| =
𝑘

|𝐴|, ta xem
𝐵

𝐴 = 𝐴′,
𝑘

|𝐴| = k’

𝑃 = |𝐶𝑧 + 𝐷| 𝑃

|𝐶| = |𝑧 +
𝐷

𝐶|, ta xem
𝐷

𝐶 = 𝐵′,

𝑃

|𝐶| = 𝑃′

Đặt T = |𝐴′ − 𝐵′|, ta quay về dạng tốn trên

Ví dụ 11: Cho số phức z thỏa mãn

|(1 + 𝑖)𝑧 − 2𝑖 + 1| = 1. 𝑇ì𝑚 𝑚𝑖𝑛, max 𝑐ủ𝑎 𝑚𝑜𝑑𝑢𝑙 𝑐ủ𝑎 𝑃 = (𝑖 + 2)𝑧 − 𝑖 + 1
Giải:

Áp dụng ta có |(1 + 𝑖)𝑧 − 2𝑖 + 1| = 1 |𝑧 −12−35𝑖| = 1

√2

𝑃 = |(𝑖 + 2)𝑧 − 𝑖 + 1| 𝑃

|𝑖+2| = |𝑧 +
1
5−

5𝑖|, T =
√130

Từ đó √130

10 −
√2

2 ≤ 𝑃 ≤
√130

10 +
√2

k

M1

M2 -A

M

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

2.1.3.4. Dạng 4: Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường elíp (4 
cách giải)

Ví dụ 12: Tìm số phức z sao cho môđun của z đạt giá trị nhỏ nhất, lớn nhất. Biết
số phức z thoả mãn điều kiện: z   1 z 1 4

Giải: Ta thấytập hợp các điểm M là elip có phương trình là:

2 2

4 3

x y
 
Cách 1: (Phân tích thành bình phương) Ta có

4
3
2
2
2 x
y
x
OM

z     

2 2

4 3

x  y 

2
3

1
4
0
2






 x z

Vậy : 3 3 2 2

max

min  z i z  z

z

Cách 2:(Đánh giá) Giả sử M(x;y) là điểm biểu diễn z 1
3
4
2
2


 x y

Khi đó: 4 2

3
4
4
4
4
4
2
2
2
2
2
2

2   




















 x y x y x y OM

OM
3
3
3
4
3
3
3
3
2
2
2
2
2
2

2   




















 x y x y x y OM

OM

Từ đó, ta được 3 z 2

. Vậy: zmin  3z 3i zmax 2z2
Cách 3: (Lượng giác hóa) Đặt x2.sint, y 3cost , t



0;2



Ta có: OM2 x2 y2 4sin2t3cos2t 3sin2t

Do 0sin2t 1,t3OM2 4 3 z 2.

Vậy: 3 3 2 2

max

min  z i z  z

z

Cách 4: (Hình học)

Theo hình vẽ ta thấy √3 ≤ 𝑂𝑀 ≤ 2. Vậy :
• |𝑧|𝑚𝑖𝑛 = √3 M B hoặc B’ z 3i

• |𝑧|𝑚𝑎𝑥 = M A hoặc A’ z2

2.1.4.

Sử dụng mối quan hệ của số phức và số phức liên hợp của nó

Với mỗi số phức z, ngoài một số mối quan hệ quen thuộc ta nêu thêm một số quan 
hệ sau với số phức liên hợp của nó:

• 𝑧 + 𝑧̅ = 2. 𝑅𝑒(𝑧)

• 𝑧 − 𝑧̅ = 2. 𝐼𝑚(𝑧). 𝑖

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

• z là số thực  𝑧 = 𝑧̅

• z là số thuần ảo  𝑧 = −𝑧̅  𝑧 + 𝑧̅ = 0

Ví dụ 13:Cho số phức z ≠ 1 thỏa mãn 𝑧+1

𝑧−1 là số thuần ảo. Tìm |𝑧|

Giải: 𝑧+1

𝑧−1 là số thuần ảo 
𝑧+1
𝑧−1+

𝑧̅+1
𝑧̅−1 = 0

 𝑧. 𝑧̅ − 𝑧 + 𝑧̅ − 1 + 𝑧. 𝑧̅ + 𝑧 − 𝑧̅ − 1 2𝑧. 𝑧̅ − 2 = 0|𝑧| = 1
Ví dụ 14: Cho số phức z thỏa mãn |𝑧| = 5 và i.z + 4 là số thuần ảo, tìm z?

Giải: Do i.z + 4 là số thuần ảo nên 𝑖𝑧 + 4 + 𝑖𝑧 + 4̅̅̅̅̅̅̅̅ = 0  𝑖𝑧 − 𝑖𝑧̅ + 8 = 0
 𝑖(𝑧 − 𝑧)̅ = −8  𝐼𝑚(𝑧) = 4 → 𝑅𝑒(𝑧) = ±3. Vậy z = ±3 + 4𝑖

Ví dụ 15: Cho số phức z ≠ 1 thỏa mãn |𝑧| = 1 tìm phần thực của 1

1−𝑧

Giải: Ta có: 2.Re(1−𝑧1 ) = 1−𝑧1 + (̅̅̅̅̅̅̅ =1−𝑧1 ) 1−𝑧1 +1−𝑧̅1 =1−𝑧−𝑧̅+𝑧𝑧̅2−𝑧−𝑧̅ = 1. Vậy
Re( 1

1−𝑧) =
1
2

Ví dụ 16: Cho số phức thỏa mãn 1

|𝑧|−𝑧 có phần thực bằng 4. Tính |𝑧|

Giải: Từ giả thiết, ta có

|𝑧| − 𝑧+ (
1
|𝑧| − 𝑧 )
̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅

= 8  1

|𝑧| − 𝑧+
1

|𝑧| − 𝑧̅ = 8 

2|𝑧| − 𝑧 − 𝑧̅
|𝑧|2− |𝑧|(𝑧 + 𝑧̅) + 𝑧. 𝑧̅

= 8

|𝑧|(2|𝑧|−(𝑧+𝑧̅))2|𝑧|−𝑧−𝑧̅ = 8  |𝑧|1 = 8  |𝑧| =1

Ví dụ 17: Cho 2 số phức z1, z2 thỏa mãn |𝑧1| = |𝑧2| = 1 𝑣à 𝑧1. 𝑧2 ≠ 1 Tìm phần

ảo của 𝑤 = 𝑧1+𝑧2
1+𝑧1𝑧2

Giải: Vì |𝑧1| = |𝑧2| = 1 𝑛ê𝑛 𝑧1 = 1

𝑧1

̅̅̅, 𝑧2 =
1
𝑧2

̅̅̅. Ta có

𝑤 = 𝑧1+𝑧2
1+𝑧1𝑧2 =

1
𝑧1
̅̅̅̅ +

1
𝑧2
̅̅̅̅
1+1

𝑧1
̅̅̅̅.

1
𝑧2
̅̅̅̅

= 𝑧̅̅̅+𝑧1 ̅̅̅2

1+𝑧̅̅̅̅̅̅1𝑧2 =𝑤̅. Vậy w là số thực

Ví dụ 18: Cho 3 số phức a, b, c thỏa mãn |𝑎| = |𝑏| = |𝑐| = 1 , 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 0 .
Tính w = a2 + b2 + c2

Giải: Ta có w = a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 – 2(ab + bc + ca) = -2abc(1
𝑎+

1
𝑏+

1
𝑐)

= -2abc(𝑎̅ + 𝑏̅ + 𝑐̅) = -2abc.𝑎 + 𝑏 + 𝑐̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ = 0

Ví dụ 19: Cho số phức z thỏa mãn: z6 – z5 + z4 – z3 + z2 – z + 1 = 0. Tìm phần

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Giải: Ta có 𝑧

7+1

𝑧+1 = 0 𝑧7 = −1 |𝑧| = 1 |𝑧|3 = 1

Mặt khác: z6 – z5 + z4 – z3 + z2 – z + 1 = 0 nên (z3 - 1)(z3 – z + 1) + 1 = 0

 𝑤 = 1

1−𝑧3. Dễ thấy 𝑅𝑒(𝑤) =
1

1
1−𝑧3+

1
1−𝑧̅3) =

1
2(

2−𝑧3−𝑧̅3

1−𝑧3−𝑧̅3+𝑧3𝑧̅3) =
1
2

Ví dụ 19: Cho số phức z thỏa mãn: |𝑧 +1𝑧| = 2√3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ
nhất của |𝑧|.

Giải: Ta có |𝑧 +1𝑧|

= 12 (𝑧 +1𝑧) (𝑧̅ +1𝑧̅) = 12  |𝑧|4+(𝑧+𝑧̅)|𝑧|22−2|𝑧|2+1 = 12

Từ đó 12 = |𝑧|

4+(𝑧+𝑧̅)2−2|𝑧|2+1

|𝑧|2 ≥

|𝑧|4−2|𝑧|2+1

|𝑧|2  |𝑧|4− 2|𝑧|2+ 1 ≤ 12|𝑧|2

 7 − 4√3 ≤ |𝑧|2 ≤ 7 + 4√3 2 − √3 ≤ |𝑧| ≤ 2 + √3

Vậy:

• Giá trị lớn nhất của |𝑧| là 2 + √3 , đạt được tại z = (2 + √3)𝑖
• Giá trị nhỏ nhất của |𝑧| là 2 − √3 , đạt được tại z = (2 − √3)𝑖

2.1.5. Một số bài toán trắc nghiệm về modul của số phức

Trong phần này tơi đưa ra một số bài tốn trắc nghiệm để minh họa cho tính linh 
hoạt và đa dạng của tư duy nhằm chọn được đáp án đúng.

Bài 1: Cho số phức z thỏa mãn |𝑧 − 3| + |𝑧 + 3| = 10. Tổng các GTLN và
GTNN của |𝑧| là

A. 10 B. 6 C. 9 D. 13

Hướng dẫn: Dựa vào định nghĩa về elip thì tập hợp điểm biểu diễn của z là
elip có bán trục lớn bằng 5, bán trục bé bằng 4 nên 4 ≤ |𝑧| ≤ 5. Đáp án C

Bài 2: Cho 3 số phức a, b, c thỏa mãn |𝑎| = |𝑏| = |𝑐| = 1 𝑣à 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 0 .
Khi đó w = a2 + b2 + c2 có giá trị là

A. 1 B. 2 C. 3 D. 0

Hướng dẫn: Theo ví dụ 18 phía trên thì ta có đáp án D

Cách khác: Ta chọn 3 số a, b, c thỏa mãn 2 điều kiện trên, có thể nhận thấy các
nghiệm phức của phương trình z3 – 1 = 0 ( hoặc z3 + 1 = 0) sẽ thỏa mãn đủ 2 điều
kiện đó. Thay các nghiệm vào biểu thức a2 + b2 + c2 và bấm máy tính , ta sẽ có

kết quả bằng 0.

Bài 3: Cho số phức z thỏa mãn |𝑧2− 2𝑧 + 5|=|(𝑧 − 1 + 2𝑖)(𝑧 + 3𝑖 − 1)|. Tìm
giá trị nhỏ nhất của |𝑤| với w = z – 2 + 2i

A. |𝑤|𝑚𝑖𝑛 = 3

2 B. |𝑤|𝑚𝑖𝑛 = 2 C. |𝑤|𝑚𝑖𝑛 = 1 D. |𝑤|𝑚𝑖𝑛 =
1
2

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

|𝑧2− 2𝑧 + 5|=|(𝑧 − 1 + 2𝑖)(𝑧 + 3𝑖 − 1)|

|(𝑧 − 1 + 2𝑖)(𝑧 − 1 − 2𝑖)| = |(𝑧 − 1 + 2𝑖)(𝑧 + 3𝑖 − 1)|

|𝑧 − 1 + 2𝑖|(|𝑧 − 1 − 2𝑖| − |𝑧 − 1 + 3𝑖|) = 0

[𝑧 = 1 − 2𝑖 (1)|𝑧 − 1 − 2𝑖| − |𝑧 − 1 + 3𝑖| (2)

• Với (1), ta có |𝑤| = 1

• Với (2), ta có đường thẳng chứa các điểm biểu diễn của z có phương trình
là 𝑦 = −1

2. Do đó |𝑤| có giá trị nhỏ nhất bằng với khoảng cách từ điểm

(2; -2) đến đường thẳng nên |𝑤| ≥ 3

Kết luận: |𝑤|𝑚𝑖𝑛 = 1. Đáp án C

Bài 4: Nếu số phứcz ≠ 3 và |𝑧| = 3 thì phần thực của 1

3−𝑧 bằng

A. 1

3 B.

6 C. 6 D. 3

Hướng dẫn:

Cách 1: Tự luận Re ( 1

3−𝑧) =
1
2(

3−𝑧+

1
3−𝑧̅) =

1
2(

6−𝑧−𝑧̅

9−3(𝑧+𝑧̅)+𝑧𝑧̅) =
1

6 đáp án B

Cách 2: Chọn z = -3 thay vào ta có ngay kết quả 1

Bài 5: Cho 2 số phức a và b thỏa mãn a + b = 8 + 6i và |𝑎 − 𝑏| = 2.
1. Tính |𝑎|2+ |𝑏|2

A. 52 B. 56 C. 28 D. 48
2. Tìm GTLN của M =|𝑎| + |𝑏|.

A. 2√26 B. √56 C. √26 D. √564

Hướng dẫn:

1. 𝑎 + 𝑏 = 8 + 6𝑖 𝑎̅ + 𝑏̅ = 8 − 6𝑖 𝑎. 𝑎̅ + 𝑏. 𝑏̅ + 𝑎. 𝑏̅ + 𝑏. 𝑎̅ = 100

|𝑎 − 𝑏| = 2 (𝑎 − 𝑏)(𝑎̅ − 𝑏̅) = 4 𝑎. 𝑎̅ + 𝑏. 𝑏̅ − 𝑎. 𝑏̅ − 𝑏. 𝑎̅ = 4

Cộng các vế ta có: |𝑎|2+ |𝑏|2 = 52. Đáp án A 
2. Theo câu 1, ta có |𝑎|2+ |𝑏|2 = 52 ≥ 1

2(|𝑎| + |𝑏|)2 |𝑎| + |𝑏| ≤ 2√26

Cách khác: chọn a = 5 + 3i, b = 3 + 3i, thì a, b thỏa mãn 2 điều kiện trên và

|𝑎| + |𝑏| = √24 + √18 lớn hơn √56, √26, √56

4 . Đáp án A

Bài 6: Cho số phức z thỏa mãn |𝑧| = 1. Gọi M và m lần lượt là GTLN và GTNN
của biểu thức 𝑃 = |𝑧 + 1| + |𝑧2− 𝑧 + 1|. Tính giá trị của M.m

A. 13√34 B. 394 C. 3√3 D. 134

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

𝑃 = √(𝑥 + 1)2+ 𝑦2+ √(2𝑥2− 𝑥)2+ 𝑦2(2𝑥 − 1)2=√2𝑥 + 2 + |2𝑥 − 1|

Sử dụng máy tính cầm tay: chức năng

Ta thấy:

f(x) lớn nhất có giá trị xấp xỉ như hình bên

f(x) nhỏ nhất có giá trị xấp xỉ như hình bên
Nhân 2 giá trị này ta được đáp án A

Bài 7: Cho số phức z thỏa mãn |𝑧 − 3 − 4𝑖| = √5. Gọi M và m lần lượt là GTLN
và GTNN của biểu thức 𝑃 = |𝑧 + 2|2− |𝑧 − 𝑖|2.

Tính modul của w = M + m.i

A. |𝑤| = 2√314 B. |𝑤| = √1258 C. |𝑤| = 3√137 D.|𝑤| = 2√309

Hướng dẫn: Dễ thấy tập hợp điểm biểu diễn của z là đường tròn
(x – 3)2 + (y – 4)2 = 5

Ta có: P = 4x + 2y + 3 = 4(x – 3) + 2(y – 4) + 23

 P - 23 = 4(x – 3) + 2(y – 4)  (𝑃 − 23)2 ≤ (42+ 22)((𝑥 − 3)2+

(𝑦 − 4)2) = 100 13 ≤ 𝑃 ≤ 33 𝑤 = 33 + 13𝑖 |𝑤| = √1258 . Đáp án B.

Bài 8: Cho số phức z thỏa mãn |𝑧| = 1. Gọi M và m lần lượt là GTLN và GTNN
của biểu thức 𝑃 = |𝑧3+ 3𝑧 + 𝑧̅| − |𝑧 + 𝑧̅|. Tính M + m

A. 7

4 B.

4 C.

4 D.

15
4

Hướng dẫn: Ở bài này do bậc của z khá cao nên ta khéo léo giảm bậc của z bằng
biến đổi sau:

𝑇ừ |𝑧| = 1 |𝑧̅| = 1. Ta có 𝑃 = |𝑧3+ 3𝑧 + 𝑧̅| − |𝑧 + 𝑧̅| = |𝑧̅||𝑧3+ 3𝑧 +

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Vậy: Max P = 3
Vậy M + m = 15

4. Đáp án D

Bài 9: Cho các số phức a, b, c thỏa mãn a.b.c = 1

2+
√3

2 𝑖. Tính GTNN của biểu

thức 𝑃 = |𝑎|2 + |𝑏|2+ |𝑐|2

A. Pmin = 1 ` B. Pmin = 2 C. Pmin = 3 D. Pmin = 4

Hướng dẫn:

𝑃 = |𝑎|2+ |𝑏|2+ |𝑐|2 ≥ 3√|𝑎|3 2. |𝑏|2. |𝑐|2 = 3√|𝑎. 𝑏. 𝑐|3 2 = 3.Đáp án C

Bài 10: Cho số phức z thỏa mãn |𝑧| = 1. Tìm GTNN của biểu thức

𝑃 = |1 + 𝑧| + |1 + 𝑧2| + |1 + 𝑧3|

A. Pmin = 1 ` B. Pmin = 2 C. Pmin = 3 D. Pmin = 4

Hướng dẫn:

𝑃 = |1 + 𝑧| + |𝑧 + 𝑧̅| + |1 + 𝑧|. |1 − 𝑧 + 𝑧2|

= |1 + 𝑧| + |𝑧 + 𝑧̅| + |1 + 𝑧|. |𝑧 + 𝑧̅ − 1|

=|𝑧 + 𝑧̅| + |1 + 𝑧|. (|𝑧 + 𝑧̅ − 1| + 1) = 2|𝑥| + √2𝑥 + 2. (|2𝑥 − 1| + 1)
Dùng máy tính cầm tay ta thấy

Min P = 2 khi z = -1. Đáp án B

Bài 11: Cho số phức z thỏa mãn |6𝑧−𝑖

2+3𝑖𝑧| ≤ 1. Tìm giá trị lớn nhất của |𝑧|

A. 𝑚𝑎𝑥|𝑧| = 1

2 B. 𝑚𝑎𝑥|𝑧| =
3

4 C. 𝑚𝑎𝑥|𝑧| =
1

3 D. 𝑚𝑎𝑥|𝑧| = 1

Hướng dẫn: |6𝑧−𝑖

2+3𝑖𝑧| ≤ 1 |6𝑧 − 𝑖| ≤ |2 + 3𝑖𝑧| |6𝑧 − 𝑖| ≤ |3𝑧 − 2𝑖|

Tập hợp các điểm biểu diễn của z là hình trịn: 𝑥2+ 𝑦2 ≤1

9. Dễ thấy giá trị lớn

nhất của |𝑧| là 19. Đáp án C.

Bài 12: Gọi z là số phức có phần thực lớn hơn 1 và thỏa mãn

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

A. Re(z) = 8+√7

2 B. Re(z) =
8+√2

2 C. Re(z) =
4+√6

2 D. Re(z) =
12+√2

Hướng dẫn: Tập hợp các điểm biểu diễn của z là parabol: y = (x – 2)2, khi đó

P = |𝑧 − 2 − 2𝑖| = √(𝑥 − 2)2+ ((𝑥 − 2)2− 2)2. Để P đạt GTNN thì
f(t) = t2 – 3t + 4 đạt GTNN  𝑡 =32 𝑥 − 2 = √62  𝑥 = 4+√62 . Đáp án C

Bài 13: Giả sử z z1, 2 là các số phức khác không, thỏa mãn z12z z1 2z22 0. gọi
A, B là các điểm biểu diễn tương ứng của z z1, 2. Khẳng định nào sau đây đúng

A. ∆𝑂𝐴𝐵 𝑣𝑢ô𝑛𝑔 𝑡ạ𝑖 𝐴 C. ∆𝑂𝐴𝐵 đề𝑢

B. ∆𝑂𝐴𝐵 𝑐â𝑛 𝑡ạ𝑖 𝐴 D. ∆𝑂𝐴𝐵 𝑣𝑢ô𝑛𝑔 𝑐â𝑛 𝑡ạ𝑖 𝑂

Hướng dẫn:

Ta có z13z32 (z1z2)(z12z z1 2 z22)0, suy ra:

3 3

1 2 1 2 1 2

z   z z  z  z  z OAOB.

Lại có

2 2 2

1 2 1 1 2 2 1 2 1 2

(z z ) (z z z z )z z  z z nên 2 2 2

1 2 1 2 .

z z  z z AB OA OBOA

Suy ra AB=OA=OB  OAB đều. Đáp án C

Cách khác: Chọn 𝑧1 =1

2+
√3

2 𝑖, 𝑧2 = −
1
2+

√3

2 𝑖 . Khi đó dễ thấy

2 2

1 1 2 2 0.

z z z z  OA = OB = AB = 1 nên ∆OAB đều. Đáp án C

Bài 14: Cho số phức z0 thỏa mãn 3
3

8
9.

z

  Khẳng định nào sau đây đúng.
A. z 2 3

z

  B. z 2 3

z

  C. z 2 9

z

  D. z 2 3

z

 

Hướng dẫn: Đặt a z 2 (a 0)

z

   . Ta có: 3 3

2 8 2

(z ) z 6(z )

z z z

     .

Suy ra:

3 3

2 8 2

6 9 6

a z z z a

z z z

       

Do đó 3 2

6 9 0 ( 3)( 3 3) 0

a  a   a a  a 

Vì a23a 3 0, nên a z 2 3

z

   . Đáp án A

Bài 15: Gọi S là tập hợp các số phức z thỏa mãn |𝑧 − 𝑖| ≥ 3 và |𝑧 − 2 − 2𝑖| ≤ 5.
Kí hiệu z1, z2 là hai số phức thuộc S và là những số phức có modul lần lượt nhỏ

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

A. P = √66 B. P = √33 C. P = 3√2 D. P = 8

Hướng dẫn:

Tập hợp các điểm biểu diễn của z thỏa mãn |𝑧 − 𝑖| ≥ 3 là
phần bên ngồi (kể cả biên) của đường trịn tâm I1(0; 1)

bán kính R1 = 3.

Tập hợp các điểm biểu diễn của z thỏa mãn |𝑧 − 2 − 2𝑖| ≤

5 là phần bên trong (kể cả biên) đường trịn tâm I2(2; 2)

bán kính R1 = 5.

Theo hình vẽ ta nhận thấy

• z1 có modul nhỏ nhất nên điểm biểu diễn của z1 là

B(0; -2) hay z1 = -2i

• z2 có modul lớn nhất nên điểm biểu diễn của z1 là 𝐴(5 + 2√2; 5 + 2√2).

Vậy |𝑧2+ 2√2𝑧1| = √66 . Đáp án A.

2.2. Thực trạng của vấn đềtrước khi thực hiện SKKN

Tháng 3/2017, trước khi thực hiện việc giảng dạy các phương pháp này tại
lớp 12A1, tôi đã cho học sinh thử làm một đề trắc nghiệm với nội dung sau:

Câu 1: Tập hợp điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn |𝑧 − 2| + |𝑧 + 2| = 6 là
đường nào sau đây:

A. Đường thẳng B. Đường tròn C.Đường parabol D. Đường elip

Câu 2: Trong các số phức z thỏa mãn |𝑧 − 2 − 4𝑖| = |𝑧 − 2𝑖|. Số phức z có
modul nhỏ nhất có dạng a + bi, khi đó a + b bằng:

A. 4 B. 0 C. -4 D. 2

Câu 3: Gọi D là tập hợp các số phức z thỏa mãn z i 1

z i

 

 . Khi đó D là:

A. Trục hoành C. Đường phân giác y = x
B. Trục tung D. Đường phân giác y = x

Câu 4: Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn
của các số phức z z z1, 2, 3 biết z1z2z3. Đẳng thức nào sau đây đúng ?

A. OA OB OC. B. OA OC OB. C. OB OC OA. D. OA OB OC  0.

Câu 5: Cho số phức z thỏa mãn |𝑧| = 1. Tìm giá trị lớn nhất của

𝑃 = |𝑧3− 𝑧 + 2|

R2=5

B

A

2

I1

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

A. 𝑃𝑚𝑎𝑥 =√11

2 B. 𝑃𝑚𝑎𝑥 =
√13

2 C. 𝑃𝑚𝑎𝑥 = 2√2 D. 𝑃𝑚𝑎𝑥 = 3√5

Kết quả thống kê thu được như sau

2.3. Các giải pháp đã thực hiện để giải quyết vấn đề:

• Tổ chức cho học sinh học theo nhóm đối tượng, phân chia thành các
nhóm có trình độ tương đương để thiết kế giáo án phù hợp.

• Đối với các nhóm học sinh khá giỏi thì hướng dẫn, gợi ý để các em tìm ra
được nhiều cách giải nhất, sau đó giáo viên bổ sung và tổng hợp.

• Thực hiện trắc nghiệm khách quan để kiểm tra, đánh giá và điều chỉnh
phương pháp học của học sinh cũng như điều chỉnh nội dung bài giảng,
phương pháp dạy của giáo viên.

2.4. Hiệu quả sau khi áp dụng SKKN vào giảng dạy

Sau khi giảng dạy các kĩ năng và phương pháp trên tại lớp 12A1, cũng kiểm tra
với 1 đề bài có độ khó tương tự như đề bài đã nêu ở phần 1. thì kết quả thực sự
khả quan hơn nhiều, nó thể hiện qua thống kê sau:

Năm học Sĩ

số

Điểm 9, 10 Điểm 7, 8 Điểm 5, 6 Dưới 5

SL % SL % SL % SL %

2016-2017 47 7 15% 30 64% 10 21% 0 0%

III. KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ

1. Kết luận

SKKN được viết ra qua nhiều suy ngẫm, đúc rút từ thực tế giảng dạy của bản
thân nên nó mang tính thực tiễn cao. Ta có thể thấy rằng cịn có thể mở rộng
phạm vi nghiên cứu của SKKN hơn nữa. Nhưng do sự hạn chế về số lượng trang
viết của một SKKN, nên tôi chưa thể truyền tải hết những kinh nghiệm cịn ấp ủ,
thai nghén trong đó. Tuy vậy, bài viết nhỏ này cũng thể hiện được tương đối
nhiều những điều cần thiết nhất.

Năm học Sĩ

số

Điểm 9, 10 Điểm 7, 8 Điểm 5, 6 Dưới 5

SL % SL % SL % SL %

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

2. Kiến nghị

* SKKN này chỉ nên áp dụng đối với đối tượng học sinh khá giỏi.
* SKKN này có thể mở rộng hơn nữa về các dạng tốn.

Trên đây tơi đã trình bày nội dung SKKN của mình, bài viết chắc chắn cịn nhiều
thiếu sót, rất mong nhận được sự phê bình, góp ý hữu ích của q vị.

Tôi xin chân thành cảm ơn và xin cam đoan đây là bài viết của chính 
mình, khơng sao chép lại SKKN của ai !

Thanh Hóa, ngày 20/04/2017

NHẬN XÉT CỦA CƠ QUAN NGƯỜI VIẾT

</div>

Đề thi thử THPT quốc gia

<b>MỤC LỤC </b>





























































 









 









 







Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về