Vận dụng cao - Số phức trong đề thi thử THPTQG tháng 3 năm 2021

2 2 2

z  i và



^z1



² là số ảo?

A. 2. B. 1. C. 4. D. 3.

Câu 2. (THPT Thanh Chương 1 - Nghệ An - 2021) Cho số phức zthỏa mãn z 2. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, tập hợp điểm biểu diễn các số phức 3 i z

w z i

  

 là một đường tròn có bán kính bằng

A. 2 3 . B. 2 6 . C. 4 . D. 2 .

Câu 3. (THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2021) Xét các số phức z thoả mãn z 4, biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn của số phức

(3 4 ) 5

w  i z i là một đường tròn. Bán kính r của đường tròn đó là

A. r10. B. r20. C. r18. D. r25.

Câu 4. (THPT Hoàng Hoa Thám - Đà Nẵng - 2021) Xét các số phức z thỏa mãn z z 2  zz 6. Gọi M m, lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P z 3 2i. Khi đó

Mm bằng A. 2 53 3 2

2

 . B. 6 2. C. 2 53 2 2

 . D. 53 5.

Câu 5. (Chuyên KHTN - Hà Nội - 2021) Cho số phức ^{z a bi a b}



^{, }



thoả mãn

1 2 3 4

z  i  z  i và z2iz là số thực. Tổng a b bằng

A. 1. B. 1. C. 3. D. 3.

Câu 6. (Chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - 2021) Cho hai số phức z z₁, ₂ là hai nghiệm của phương trình 2z i 2iz , biết z₁z₂ 1. Giá

trị của biểu thức P z₁z₂ bằng.

A. 2. B. 2

2 . C. 3 . D. 3

2 ^.

Câu 7. (Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình - 2021) Cho số phức z a bi với a b,  thỏa mãn 4(zz) 15 ii z( z1)2 và môđun của số phức 1

2 3

z  i đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó giá trị

4

ab bằng

A. 3. B. 4. C. 1. D. 2.

Câu 1. (THPT Quãng Xương 1-Thanh Hóa - 2021) Cho bao nhiêu số phức z thỏa mãn

PHẦN 1. SỐ PHỨC

Câu 1. (THPT Quãng Xương 1-Thanh Hóa - 2021) Cho  bao  nhiêu  số  phức  z  thỏa  mãn 

2 2 2

z  i  và 



z1



² là số ảo? 

A. 2.  B. 1.  C. 4.  D. 3. 

Lời giải  Chọn D

Giả sử z a bi



^{a b, }



^. 



^z1



^{2 }



^abi1



^2_



^a1



^bi_^{2 }



^a1



^2b22



^a1



^bi. 



^z1



² là số ảo khi và chỉ khi 



^a1



^{2b2 0} 

     

²

 

²

2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 8

z i   abi i   a  b i   a  b    Ta có: 

 

   

   

 

2 2

2 2

2 2

2 2 2

1 1

2 2 8 0

1

1 1

2 1 8

2 2 0

2 8

0 1 3 1 3

1 2 3 2 3

b a b a

a a a

a b

b a

b a

a b

a a

a a

a a a

b b b

     

 

         

   

          

 

        

 

      

  

  

     

  

 

Vậy có 3 số phức thỏa yêu cầu bài toán là 

   

, 1 3 2 3 , 1 3 2 3

z i z     i z z     i. 

Câu 2. (THPT Thanh Chương 1 - Nghệ An - 2021) Cho số phức zthỏa mãn  z 2. Trên mặt phẳng  tọa độ Oxy, tập hợp điểm biểu diễn các số phức  3 i z

w z i

  

  là một đường tròn có bán kính bằng 

A. 2 3 .  B. 2 6 .  C. 4 .  D. 2 . 

Lời giải Chọn D

 Theo bài ra  3

3 ( 1) (1 ) 3

i z

w wz wi i z z w i w

z i

            



. 1 (1 ) 3 1 3  

z w i w w i

        . 

Đặt w a bi2a bi  1 (a bi ) 3 i 1 2a bi  1 (b3)i a 1 

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

4 ( 1) ( 1) ( 3) 3( 1) 3 6 9 0

( 1) 2 1 4 0 ( 1) ( 1) 4.

a b a b a b b

a b b a b

 

             

           

 

Tập hợp điểm biểu diễnw là đường tròn bán kính R2. 

Câu 3. (THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2021) Xét các số phức z thoả mãn  z 4, biết rằng tập  hợp các điểm biểu diễn của số phức 

(3 4 ) 5

w  i z i là một đường tròn. Bán kính r của đường tròn đó là 

A. r10. B. r20. C. r18. D. r25.  Lời giải

Chọn B

Gọi w x yi với  ,x y. 

Ta có  5

(3 4 ) 5

3 4

w i z i z w

i

     

 . 

Mà  5

4 4 5 20

3 4

z w w

i

      

 ^



^x5



^{2y2400.} 

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức là đường tròn có bán kính r20. 

Câu 4. (THPT Hoàng Hoa Thám - Đà Nẵng - 2021) Xét các số phức z thỏa mãn  z z 2  zz 6.  Gọi M m,   lần  lượt  là  giá  trị  lớn  nhất  và  giá  trị  nhỏ  nhất  của  biểu  thức  P z 3 2i .  Khi  đó 

Mm bằng  A. 2 53 3 2

2

 . B. 6 2. C. 2 53 2 2

 . D. 53 5.  Lời giải

Chọn A

Gọi z x yi và điểm ^{E x y}



^;



 biểu diễn cho số phức z trong mặt phẳng tọa độ Oxy  Ta có:  z z 2  zz  6 2x2  2yi  6 2 x 1 2 y 6 

 

 

 

 

1 2 3 4

2 0

1 3

2 0

1 3

1 3 4 0

1 3 4 0

x y d

x y

x y d

x y

x y x y d

x y x y d

  

   

 

       

        

    

    

 

Suy ra điểm E nằm trên các cạnh của hình vuông ABCD có các cạnh nằm trên các đường thẳng 

1, 2, 3, 4

d d d d  như hình vẽ 

 

Ta có: ^{P z}



^{3 2 i}



^{EK  với K}



^{3; 2}



 là điểm biểu diễn cho số phức  3 2i . 

 

³

min min ,

P EKd K AD  2  và  maxPmaxEKKC 53 

Câu 5. (Chuyên KHTN - Hà Nội - 2021) Cho  số  phức  ^{z a bi a b}



^{, }



  thoả  mãn 

1 2 3 4

z  i  z  i và z2iz là số thực. Tổng a b  bằng 

A. 1.  B. 1.  C. 3.  D. 3. 

Lời giải  Chọn A

   

1 2 3 4 1 2 3 4

z  i  z  i  a  b i  a  b i



^{a 1}



²



^{b 2}



²



^{a 3}



²



^{b 4}



^{2 a 3b 5 1}

 

           . 

   

2 2 2 2

z i z a bi i a bi a b b a i.  2

z iz là số thực nên ^{b2a0 2}

 

^. 

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình  3 5 1

2 0 2 1

a b a

a b b a b

   

 

   

 

  

 

. 

Câu 6. (Chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - 2021) Cho hai số phức z z₁, ₂ là hai nghiệm của phương trình  2z i 2iz , biết  z₁z₂ 1. Giá 

trị của biểu thức P z₁z₂  bằng. 

A. 2. B. 2

2 . C. 3 . D. 3

2 ^.  Lời giải 

Chọn C Gọi zabi

 



^{a b, }



^. 

Ta có: 

2z i 2iz ^



^2a



^2



^2b1



^{2 }



^2b



^{2a2a2b2 1.} 

Vậy số phức z z₁, ₂ có mô đun bằng 1. 

Gọi z₁a₁b i z₁ ; ₂a₂b i₂

 



^{a b a b1, ,1 2, 2,a12b121;a22b22 1}



^. 

 

²

 

²

1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1

z z   a a  b b   a a  b b   

1 2

P z z 



a1a2



²



b1b2



²  a1²b1²a2²b2²2a a1 22b b1 2  3

Câu 7. (Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình - 2021) Cho  số  phức z a bi  với a b,   thỏa  mãn  4(zz) 15 ii z( z1)2  và  môđun  của  số  phức 1

2 3 z  i

ab bằng 

A. 3.  B. 4.  C. 1.  D. 2. 

Lời giải  Chọn D

Ta có: ⁴



^zz



^{15ii z}



^z1



^24



^{abi a bi}



^{15ii a}



^{bi a bi1}



² 

 

²

8b 15 2a 1

    15

8 15 0

b b 8

     . 

Theo giả thiết: 

 

1 1

3 3

2 2

z i a  b i

      

 

 

2

1 2

2 3

a b

 

     

  ¹



^{2 1}



²



^{2 6}



²

2 a b

   

   

^{2 2}

1 1

8 15 2 6 4 32 21

2 b b 2 b b

       . 

Xét hàm số  ^{f b}

 

^{4b232b21 với  15}

b 8 . 

Ta có 

 

^{8 32 0, 15}

f b  b   b 8  nên hàm số  ^{f b}

 

^{4b232b21} đồng biến trên  15

; .

8

 

  

   

Suy ra: 

 

^{15 4353}

8 16

f b f 

  

 

. 

Do đó  1 2 3

z  i đạt giá trị nhỏ nhất là 1 4353

2 16  khi  15 b 8 ,  1

a 2. 

Vậy 4 ab

1

2 15 2

4 8

   .