Câu hỏi chứa đấp án chuyên đề 27

Phương trình bậc với hệ số thực Câu z1 , z2 , z3 (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Kí hiệu z4 bốn nghiệm phức T  z1  z2  z3  z4 phương trình z  z  12 0 Tính tổng A T 2  B T 4 C T 2 Lời giải D T 4  Chọn D  z   z i z  z  12 0     z 2  z 4 T  z1  z2  z3  z4  i  i    2  Câu (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Gọi z1 z2 hai nghiệm phức phương trình z  z  0 Giá trị biểu thức z1  z2 bằng: B A Lời giải Chọn D C D   z1      z2   2 Xét phương trình z  z  0 ta có hai nghiệm là:   z1  z2  Câu 3 i 2 i  z1  z2  (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Kí hiệu z1 , z2 hai nghiệm phương trình z  0 Gọi M , N điểm biểu diễn z1 , z2 mặt phẳng tọa độ Tính T OM  ON với O gốc tọa độ A T 8 B C T  Lời giải D T 2 Chọn B  z  2i z  0    z2 2i Ta có: T OM  ON  M 0;   N  0;  Suy  ; nên Câu   2  22 4 (Mã đề 101 - BGD - 2019) Gọi z1 , z2 hai nghiệm phức phương trình z  z  10 0 2 Giá trị 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 ta được:  Khi ta có Câu z12  z22  z1  z2   z1 z2 36  20 16 (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Phương trình nhận hai số phức  2i 1 2i nghiệm A z  z  0 B z  z  0 C z  z  0 Lời giải D z  z  0 Chọn B  z1  z2 2  z z 3 Theo định lý Viet ta có  , z1 , z2 hai nghiệm phương trình z  z  0 Câu (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Kí hiệu z1 , z2 hai nghiệm phức phương trình 3z  z  0 Tính P  z1  z2 A P B P 3 C Lời giải P 3 D P 14 Chọn C 2    1  4.3.1  11  Xét phương trình 3z  z  0 có Phương trình cho có nghiệm phức phân biệt  i 11 11  i 11 z1    i; z2    6 6 11 i Suy 11  i  6 P  z1  z2   Câu 2 2 11     11   1  11 3 i               6         3 (Mã 102 - BGD - 2019) Kí hiệu 2 Giá trị z1  z2 A 36 B z1 , z2 hai nghiệm phức phương trình z  6z  14 0 C 28 D 18  z 3  5i z  6z  14 0    z12  z2   5i    z 3  5i Ta có :  Câu (Mã đề 104 - BGD - 2019) Gọi 2 Giá trị z1  z2 Trang 2/39 - Mã đề 132   5i  8 z1 , z2 hai nghiệm phức phương trình z  z  0 Hàm số cho đạt cực tiểu A B C 16 Lời giải D 10 Chọn A Ta có  3i   4    Do phương trình có hai nghiệm phức Suy Câu  z12  z22   3i   2 3i  z1 2  3i, z2 2  3i 4  3i    3i  2 (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Kí hiệu z1 ; z2 hai nghiệm phương trình 2 z  z  0 Tính P  z1  z2  z1 z2 A P 2 B P  D P 1 C P 0 Lời giải Chọn C Cách   z  z  z  0     z     i i 2        P  z  z  z1 z2    i      i      i     i  0  2   2   2  2  2 Cách 2: Theo định lí Vi-et: z1  z2  ; z1.z2 1 Khi Câu 10 P z12  z22  z1 z2  z1  z2   z1 z2  z1 z 12  0 (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Kí hiệu z1 z2 hai nghiệm phức z  z2 phương trình z  3z  0 Giá trị bằng: B A 10 C Lời giải D Chọn B   z1      z2   2 Xét phương trình z  3z  0 ta có hai nghiệm là:  11 i 11 i  z1  z2   z1  z2 2 Câu 11 (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Kí hiệu z1 , z hai nghiệm phức phương trình z  z  0 Tính P 1  z1 z2 Trang 3/39 - Mã đề 132 A B  C Lời giải D 12 Chọn A  z1  z2 1 1 z z P     z z 6 z1 z2 z1 z2 Theo định lí Vi-et, ta có  nên Câu 12 (Mã 103 - BGD - 2019) Gọi z1 , z2 nghiệm phức phương trình z  4z  0 Giá trị 2 z1  z2 A 16 B 26 C Lời giải D Chọn C ' b'2  ac 4   Phương trình có nghiệm phức z1   i, z2   i nên Câu 13 z12  z22    i      i  4  4i  i   4i  i 8  2i 8  6 [2D4-4.1-1] (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi z1 ; z2 hai nghiệm phương trình z  z  10 0 Tính giá trị biểu thức A  z1  z2 A 10 C 10 Lời giải B D 20  z   3i z  z  10 0    z2   3i Do đó: Câu 14 2 A  z1  z2    3i    3i 20 [2D4-4.1-1] (THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Ký hiệu z z nghiệm phương trình z  z  10 0 Giá trị A B C 10 z1 , z2 D 20 Lời giải  z   3i z  z  10 0    z   3i Vậy z1   3i , z2   3i Phương trình Suy Câu 15 z1 z2  10 10 10 [2D4-4.1-1] (ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 - 2019) Kí hiệu z1 , z2 hai nghiệm z  z2 phức phương trình z  Giá trị A Trang 4/39 - Mã đề 132 B C Lời giải D  z i z     z  i  z1  z2  i   i 2 Ta có: Câu 16 [2D4-4.1-2] (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi z  z nghiệm phức phương trình z  z  25 0 Giá trị A B C z1 z2 , D Lời giải  z1 4  3i  z 4  3i Phương trình z  z  25 0   z  z   6i 6 Suy ra: Câu 17 [2D4-4.1-2] (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Biết z số phức có phần ảo âm nghiệm phương trình z  z  10 0 Tính tổng phần thực phẩn ảo số phức A B C D w z z Lời giải Ta có: z  z  10 0  z 3  i   z 3  i Vì z số phức có phần ảo âm nên  z 3  i z 3 i w    i z 3i 5 Suy  3      5 Tổng phần thực phần ảo: Câu 18 [2D4-2.2-2] (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi hai nghiệm phức phương trình z  z  0 Tính w A z1 , z2 1   i  z12 z2  z2 z1  z1 z2 w   20i w   20i B C w 4  20i Lời giải w 20  i D  z1  z2 4  z z 5 Theo hệ thức Vi-et, ta có  w Suy z2  z1  i  z1  z2  z1 z2   20i z1 z2 Trang 5/39 - Mã đề 132 Câu 19 [2D4-4.2-2] (ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Với số thực a, b biết phương trình z  8az  64b 0 có nghiệm phức z0 8  16i Tính mơđun số phức w a  bi A w  19 B w  C w  D w  29 Lời giải Chọn D  z1  z2  8a 16 a     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 số thực nhận số phức  i nghiệm Tính a  b ? A  B  C Lời giải D Do số phức  i nghiệm phương trình z  a z  b 0 a  b 0  a      i   a   i   b 0  a  b   a   i 0 a  0 b 2 Nên ta có: Vậy: a  b  Câu 21 [2D4-4.2-2] (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Tính modun số phức i   2i w b  ci , b, c   biết số phức  i nghiệm phương trình z  bz  c 0 A B C 2 D Lời giải Chọn C i  i    1 1   i   2i zo  i  i  i  i   i , ta có +) Đặt   2i  2i  2i   i   zo      i 1 i 1 i  i2 zo nghiệm đa thức P  z  z  bz  c  zo nghiệm lại P  z  b zo  zo   b   b 2 a +) Ta có: +) c zo zo      i     i  c  c 2 a  w 2  2i  w  22  22 2 Câu 22 [2D4-4.1-2] (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi nghiệm phức phương trình z  z  0 Số phức z1 z2  z2 z1 Trang 6/39 - Mã đề 132 z1 , z B 10 A C 2i D 10i Lời giải Chọn A  z   3i   z1 z2  z2 z1    3i  z2   3i Ta có  Câu 23      3i  2 [2D4-4.1-2] (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Gọi z1 ; z2 hai nghiệm z z  z z1 phức phương trình 3z  z  27 0 Giá trị bằng: C B A D Lờigiải Chọn A 3z  z  27 0  80i  80i z1  ; z2  z z  z z1 3 =2 Câu 24 [2D4-1.4-2] (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN NĂM 2018-2019) Gọi z1 z2 hai nghiệm phức phương trình z  z  29 0 Tính giá trị biểu thức z1  z2 A 841 B 1682 C 1282 Lời giải D 58  z   5i 2 z  z  29 0   z    25   z    5i     z2   5i Phương trình z1  z2  Suy Vậy Câu 25  z1  z2    2 29  52  29   29  1682 [2D4-2.1-2] (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN NĂM 2018-2019) Kí hiệu z1; z2 hai nghiệm phức phương trình z  z  0 Tính P  z1  z2 A P 14 B P C Lời giải P 3 D P 3 Cách 1: 3z  z  0  z  Ta có 1   z  6  1 z  0  3  z   11  i  36  z    1 11   z    6 36  11 i 11 i Trang 7/39 - Mã đề 132 2 2 11     11  1  P                6    6   Khi Cách 2: Theo tính chất phương trình bậc với hệ số thực, ta có z1; z2 hai số phức liên hợp nên z1.z2  z12  z22 Vậy Câu 26 Mà P  z1  z2  z1.z2  z1  z2  suy 3 [2D4-4.1-2] (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Gọi z1 z2 hai nghiệm phức phương trình 3z  z  0 Tính giá trị biểu thức , T  z1  z2 A T B T T C Lời giải D T  11   23i  z1   ( 1)  4.3.2  23     23i  z2   Phương trình 3z  z  0 có 2 z2  z1 Câu 27 2 2    23         T    3 3  6   [2D4-3.1-3] (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Gọi A, B hai điểm mặt phẳng phức theo thứ tự biểu diễn cho số phức z1 , z khác thỏa mãn z  z22  z1 z2 0, tam giác OAB ( O gốc tọa độ): đẳng thức A Là tam giác B Là tam giác vuông C Là tam giác cân, không D Là tam giác tù Lời giải Cách 1: z a  bi ( a, b   : a  b 0) A  a; b  + Gọi z  a  bi  z2   a  bi  0 Khi z2 nghiệm phương trình:  2 2   a  bi    a  bi    a  bi     a  bi  i      b    + Ta có: Phương trình có hai nghiệm phân biệt:  a  3b 3a  b  a  3b 3a  b B ;   z2   i 2   2 nên  a  3b  3a  b  a  3b  3a  b B  ;  z2   i 2   2 Hoặc nên Trang 8/39 - Mã đề 132 2 2 2 2 2 + Tính OA a  b , OB a  b , AB a  b Vậy tam giác OAB Cách 2: z  z22  z1 z2 0   z1  z2   z12  z22  z1 z2  0 Theo giả thiết:  z13  z 32 0  z13  z2  z1  z2  OA OB Mặt khác:   z1  z12  z22  z1 z2 0   z1  z2   z1 z2 2 z2    z1 z2  z1  z2  z1 z2  AB OA.OB Mà OA OB nên AB OA OB Vậy tam giác OAB Cách 3: z  z z  z  z1 z2 0      0 z2  z2  + 2 2 z  z z z  3i      0    1  z1  z2 z2 z2 z2  z2  Vậy OA OB z1  z2  Mặt khác:  3i z2  z  z2  AB OB Vậy tam giác OAB Câu 28 [2D4-1.4-3] (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hai số   w 1 phức z w khác , thỏa mãn z w z  w Hỏi mệnh đề đúng? A z 2 B z 3 C Lời giải z  D z    Ta xét phương trình z w z  w với điều kiện z  w 0    3w2  z  2wz 0 z w z  w Ta có  w  w       0  z Vì z 0 nên ta phương trình  z  w   z w   Giải phương trình kết  z   11 i 11 i w 3  z  Mà w 1 nên Suy z Trang 9/39 - Mã đề 132 Câu 29 [2D4-4.2-3] (KTNL GV THUẬN THÀNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho phương z ,z trình az  bz  c 0 , với a, b, c  , a 0 có nghiệm khơng số thực Tính P  z1  z2  z1  z2 A P b  2ac a2 theo a, b, c 2c P a B 4c P a C Lời giải D P 2b  4ac a2 Chọn C Cách 1: Tự luận z ,z Ta có phương trình az  bz  c 0 có nghiệm khơng số thực,  b  4ac  Ta có   b i  z1     b i  z2  *  i 4ac  b   4ac  b 2a 4ac  b 2a  b2  z1  z2  4c  2 a  P  z1  z2  z1  z2   a 4ac  b 2  4c z  z  P  2 a a Khi đó: Vậy Cách 2: Trắc nghệm z i, z2  i Cho a 1, b 0, c 1 , ta có phương trình z  0 có nghệm phức Khi 2 P  z1  z2  z1  z2 4 Thế a 1, b 0, c 1 lên đáp án, ta thấy có đáp án C cho kết giống Câu 30 [2D4-4.1-3] (THPT YÊN PHONG SỐ BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi S z 2 tổng số thực m để phương trình z  z   m 0 có nghiệm phức thỏa mãn Tính S A S 6 B S 10 C S  D S 7 Lời giải Chọn D Ta có: z  z   m 0   z  1 m  1  m 1 z 2   m 2    1  z 1  m Do  m 9 (thỏa mãn) +) Với m 0  1  z 1 i  m +) Với m  Do z 2  i  m 2   m 4  m  Vậy S 1   7 Trang 10/39 - Mã đề 132 (thỏa mãn)