File vip 5

PHẦN IV SỐ PHỨC §1 SỐ PHỨC I KIẾN THỨC CƠ BẢN Khái niệm số phức Định nghĩa 1: Một số phức biểu thức dạng a  bi , a, b số thực số i thỏa mãn i  Kí hiệu số phức z viết z a  bi i gọi đơn vị ảo, a gọi phần thực b gọi phần ảo số phức z a  bi Chú ý: Mọi số thực a coi số phức có phần ảo 0, tức z a  0.i, a   Số phức có phần thực gọi số ảo (còn gọi ảo): z 0  bi  b    ; i 0  1.i 1.i Định nghĩa 2: Hai số phức z a  bi  a, b    , z ' a ' b ' i  a ', b '    nếu: a a ', b b ' Khi đó, ta viết z  z ' Biểu diễn hình học số phức Mỗi số phức z a  bi  a, b    biểu diễn điểm M  a; b  Khi đó, ta thường viết M  a  bi  hay M  z  Gốc O biểu diễn số Mặt phẳng tọa độ với việc biểu diễn số phức gọi mặt phẳng phức  Trục Ox gọi trục thực  Trục Oy gọi trục ảo Phép cộng phép trừ số phức Định nghĩa 3: Tổng hai số phức z1 a1  b1i, z2 a2  b2i  a1 , b1 , a2 , b2    số phức z1  z2  a1  a2    b1  b2  i Như vậy, để cộng hai số phức, ta cộng phần thực với nhau, cộng phần ảo với Tính chất phép cộng số phức: (Tính chất kết hợp):  z1  z2   z3 z1   z2  z3  với z1 , z2 , z3   (Tính chất giao hốn): z1  z2 z2  z1 với z1 , z2   (Cộng với 0): z  0  z  z với z   Với số phức z a  bi  a, b    , kí hiệu số phức  a  bi  z ta có: z    z   z  z 0  z gọi số phức đối số phức z Định nghĩa 4: Hiệu hai số phức z1 a1  b1i, z2 a2  b2i  a1 , b1 , a2 , b2    tổng z1 với  z2 , tức là: z1  z2 z1    z2   a1  a2    b1  b2  i Ý nghĩa hình học phép cộng phép trừ số phức:  Mỗi số phức z a  bi  a, b    biểu diễn điểm M  a; b  có nghĩa vectơ OM   Khi đó, u1 , u2 theo thứ tự biểu diễn số phức z1 , z2 thì:    u1  u2 biểu diễn số phức z1  z2    u1  u2 biểu diễn số phức z1  z2 Phép nhân số phức Định nghĩa 5: Tích hai số phức z1 a1  b1i, z2 a2  b2i  a1 , b1 , a2 , b2    số phức z1.z2 a1a2  b1b2   a1b2  a2b1  i Từ định nghĩa, ta có:  Với số thực k số phức a  bi  a, b    : k  a  bi  ka  kbi  z 0 với số phức z Tính chất phép nhân số phức (Tính chất giao hốn): z1 z2 z2 z1 với z1 , z2   (Tính chất kết hợp):  z1 z2  z3 z1  z2 z3  với z1 , z2 , z3   Nhân với 1: 1.z  z.1  z với z   Tính chất phân phối (của phép nhân phép cộng): z1  z2  z3  z1 z2  z1 z3 với z1 , z2 , z3   Số phức liên hợp môđun số phức Định nghĩa 6: Số phức liên hợp z a  bi  a, b    a  bi kí hiệu z Như vậy, ta có: z a  bi a  bi Nhận xét: Từ định nghĩa ta thấy Số phức liên hợp z lại z , tức z z Vì người ta cịn nói z z hai số phức liên hợp với Số phức liên hợp điểm biểu diễn chúng đối xứng qua trục Ox Tính chất Với z1 , z2   ta có: z1  z2  z1  z2 , z1 z2 z1 z2 Với số phức z , số z.z số thực, z a  bi  a, b    thì: z.z a  b Định nghĩa 7: Môđun số phức z a  bi  a, b    số thực khơng âm a  b kí hiệu z Như vậy, z a  bi  a, b    thì: z  z z  a  b Nhận xét: Nếu z số thực mơđun z giá trị tuyệt đối số thực z 0 z 0 Phép chia cho số phức khác 1 Định nghĩa 8: Số nghịch đảo số phức z khác z  Thương z z z' phép chia số phức z ' cho số phức z khác tích z ' với số phức nghịch đảo z , z z'  z '.z  z Như vậy, z 0 thì: z ' z '.z  z z tức Chú ý: Có thể viết z ' z '.z z '.z z'   nên để tính ta việc nhân tử mẫu số với z để ý z z z z z zz  z Nhận xét: Với z 0 , ta có 1.z   z  z z' số phức w cho zw  z ' Từ đó, nói phép chia (cho số phức khác 0) phép toán z ngược phép nhân Thương II CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM II CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM Câu 1: Phần thực số phức z  i là: A B C D i C D C D -1 Chọn A Câu 2: Phần thực số phức z 2i là: A B 2i Chọn C Câu 3: Phần ảo số phức z  2i là: A -2 B  2i Chọn A Câu 4: Môđun số phức z   4i bằng: A B C D Lời giải Chọn D z  Câu 5:   3  42  25 5 Môđun số phức z 1  2i bằng: A B C D Lời giải Chọn B z  12      Câu 6: Môđun  2iz bằng: A  z B 2z C z D Lời giải Chọn C Giả sử z a  bi , đó:  2iz  2i  a  bi  2b  2ai   2iz  Câu 7:  2b  2    2a  2 b  a 2 z Số z  z là: A Số thực B Số ảo C D 2i Lời giải Chọn A Giả sử z a  bi , đó: z a  bi  z  z a  bi   a  bi  2a , số thực Câu 8: Số z  z là: A Số thực B Số ảo C D 2i Lời giải Chọn B Giả sử z a  bi , đó: z a  bi  z  z a  bi   a  bi  2bi , số ảo Câu 9: Số i    4i     2i  có: A Phần thực phần ảo -1 B Phần thực phần ảo C Phần thực -1 phần ảo D Phần thực -1 phần ảo -1 Lời giải Chọn D i    4i     2i    i Câu 10: Số   3i  bằng: A   2i B   2i C  2i Lời giải Chọn A  Câu 11: Số  3i    2i bằng: 1 i D  2i A 1 i B 1 i C 1 i D i Lời giải Chọn B 1  2  i    i   i 1 Câu 12: Số bằng:  i 2 A  i 2 B  i 2 C   i 2 D   i 2 D  16 13  i 17 17 D   i 2 Lời giải Chọn A 1  i 2  1 3  i  i 2 1  3 2      2    4i bằng: 4 i 16 13  i A  17 17 Câu 13: Số B 16 13  i 17 17 C 16 13  i 17 17 Lời giải Chọn C  4i   4i   i 16 13     4i    i    i 2 4 i 1 17 17 17 Câu 14: Cho z  A 1  i , bằng: z 2  i 2 B  i 2 C   i 2 Lời giải Chọn D 1 1 3 z   z    i   i 2 z 2 2 z    1       2   Câu 15 Tập hợp điểm mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mãn z  i 1 là: A Đường tròn tâm I  0;1 bán kính R 1 B Đường trịn tâm I  0;1 bán kính R 2 C Đường trịn tâm I  1;0  bán kính R 2 D Đường tròn tâm I  1;0  bán kính R 1 Lời giải Chọn A Với số phức z  x  yi  x, y    biểu diễn điêm M  x; y  Ta có:  z  i  x  yi  i  x   y  1 i  x   y  1 2  x   y  1 1 Vậy tập hợp điểm M thuộc đường trịn I  0;1 bán kính R 1 Câu 16 Tập hợp điểm mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mãn z  z   4i là: A x  y  25 0 C x  y  25 0 B 3x  y  12 0 D 3x  y  12 0 Lời giải Chọn A Với số phức z  x  yi  x, y    biểu diễn điêm M  x; y  Ta có: z  z   4i  x  yi  x  yi   4i  x  yi   4i  x     y  i  x2  y2   x  3 2    y   x  y  25 0 Vậy tập hợp điểm M thuộc đường thẳng x  y  25 0   z2  z Câu 17 Số A Số thực B Số ảo C D 2i Lời giải Chọn A Với số phức z a  bi  a, b    , ta có:   z2  z 2   a  bi   a  bi   Vậy z  z số thực z z Câu 18 Số   z3  z là:   a  b   2abi   a  b   2abi 2  a  b  A Số thực C i B Số ảo D Lời giải Chọn B Với số phức z a  bi  a, b    ta có: z z   z3  z Vậy   a  bi   a  bi 3  a  bi    a  bi  z z   z3  z   z2  z  2bi b  i 2  a  3ab  a  3ab số ảo Câu 19 Số  z z là: A Số thực B Số ảo C D  2i Lời giải Chọn B Với số phức z a  bi  a, b    ta có:   z2  z 1 zz Vậy 2  a  bi    a  bi     a  bi   a  bi    z2  z 2  a  bi    a  bi     a  bi   a  bi  4ab  i  a  b2 số ảo 1 z z Câu 20 Phương trình iz   i 0 (ẩn z ) có nghiệm là: A  i B  2i C  2i D  i Lời giải Chọn B Cách 01: Với số phức z a  bi  a, b    ta có: iz   i i  a  bi    i   b    a  1 i 2  b 0   a  0 b 2  z 1  2i   a 1 Cách 02: Biến đổi iz   i 0  iz i   z  i  i     i  1  2i i Câu 21 Phương trình   3i  z  z  với ẩn z có nghiệm là? A  i 10 10 B  i 10 10 C   i 10 10 D   i 10 10 Lời giải Chọn C Cách 01: Với số phức z a  bi  a, b    ta có:   3i  z z     3i   a  bi  a  bi  2a  3b a   2a  3b   3a  2b  i a   bi   3a  2b b 1  a   1  3i   a  3b   1 10    z  2   i  3i 3 10 10 3a  b 0 b   10 Cách 02: Ta biến đổi   3i  z z     3i  z    1  3i   1 z  2   i  3i 3 10 10 Câu 22 Phương trình   i  z  0 với ẩn z có nghiệm là? A  i 5 B  i 5 8  i 5 Lời giải C D 8  i 5 Chọn A Cách 01: Với số phức z a  bi  a, b    ta có:     i  z    i  a  bi    i   a  bi    2a  b     a  2b  i  a   2a  b 4  2a  b  0      z  i 5 a  2b 0    a  2b  0 b    Cách 02: Ta biến đổi   i z  0  z  4  i 4  2   i  i 1 5 8 z z   i   i 5 5 Câu 23 Cho số phức z  x  yi  x, y    Khi z 1 , phần thực số phức A x2  y 1 x   y  1 B x2  y2  x   y  1 z i là: z i C x2  y  x   y  1 D x2  y 1 x   y  1 Lời giải Chọn C Ta có w  x  z  i x  yi  i x   y  1 i  x   y  1 i   x   y  1 i     z  i x  yi  i x   y  1 i x   y  1  y  1  xi x   y  1 Do số phức w có phần thực x   y  1 x   y  1 Bài 2: CĂN BẬC HAI CỦA SỐ PHỨC – PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI I KIẾN THỨC CƠ BẢN Căn Bậc hai số phức Định nghĩa: Cho số phức w Mỗi số phức z thỏa mãn z w gọi bậc hai w Nói cách khác, bậc hai w nghiệm phương trình z  w 0 (với ẩn z ) Để tìm bậc hai số phức w , ta có hai trường hợp: TH1: Nếu w số thực (tức w a ):  Với a  w có hai bậc hai  a  Với a  w có hai bậc hai i a TH2: Nếu w a  bi ( a, b  R b 0 ) z  x  yi  x, y  R  bậc hai w khi: z w   x  yi  a  bi  x  y a   x  y   xyi a  bi   2 xy b Ghi nhớ về bậc hai số phức w :  w 0 có bậc hai z 0  w 0 có hai bậc hai hai số đối (khác ) Đặc biệt:  Số thực dương a có hai bậc hai  a  Số thực âm a có hai bậc hai i a Phương trình bậc hai Cho phương trình Ax  Bx  C 0 , với A, B, C những số phức A 0 Xét biệt thức  B  AC , ta có trường hợp: TH1: Nếu  0 phương trình có hai nghiệm:  B   B  z1  z2  2A 2A  bậc hai  Đặc biệt:  Nếu  số thực dương phương trình có hai nghiệm: z1   B    B   z2  2A 2A  Nếu  số thực âm phương trình có hai nghiệm: z1   B  i    B  i   z2  2A 2A TH2: Nếu  0 phương trình có nghiệm kép: z1  z2  B 2A Chú ý: Mọi phương trình bậc hai với hệ số phức có hai nghiệm phức trùng n n Phương trình: A0 z  A1 z   An  z  An 0 A0 , A1 , , An n  số phức cho trước, II Câu A0 0 n số ngun dương ln có n nghiệm phức (khơng thiết phân biệt ) CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM Các bậc hai số phức  i là: A    i  B    i  2 C  1 i D    i  Lời giải Chọn B Giả sử số z x  yi  x, y  R  bậc hai  i , tức ta có:  i  x  yi   x  y  xyi  x  y    x  y 0  x y     2 xy   2 xy   x  y  2 2 Vậy số  i có hai bậc hai    i  Câu Các bậc hai số phức 4i A    i  B   i  C   i  D    i  Lời giải Chọn A Giả sử số z x  yi  x, y  R  bậc hai 4i , tức ta có: 4i  x  yi   x  y  xyi  x  y 0  x y    xy  xy     x  y    x  y  Vậy số 4i có hai bậc hai    i  Câu Các bậc hai số phức  3i A    i    B   i   C   i Lời giải D    i  Chọn C Giả sử số z x  yi  x, y  R  bậc hai  3i , tức ta có:  3i  x  yi  x  y  xyi  y  x  x  y 1      x    1 2 xy 4     x   2  y   x   x  x  12 0   y  x   x 4   x 2 va  y    x  va  y    Vậy số  3i có hai bậc hai   i Câu Trên tập số phức, số nghiệm phương trình x  x  1  x   0 bằng: A B C Lời giải D C  2i Lời giải D  i Chọn D Câu Phương trình z  z  0 có nghiệm A i B 2i Chọn C Phương trình có    nên có hai nghiệm z1,2  2i Lưu ý: sử dụng phép biến đổi: z  z  0   z  1   z 1 2i  z1,2  2i Câu Phương trình z    3i  z    i  0 có nghiệm A 2i   i B 2i C  i Lời giải D i   2i Chọn A Phương trình có    3i     i    6i   8i 2i Giả sử số d x  yi  x, y    bậc hai D 2i , tức ta có:  x  y 0  x y  x  y 1 2i  x  yi  x  y  xyi       xy 1  x  y  2 xy 2 Tức là, biệt số  có hai bậc hai   i  Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là: 3i     i  3i     i  z1  2i ; z2    i 2 Câu Hai số phức có tổng chúng  i tích chúng   i  là: A  i B  i C 3i  4i D  i  2i Lời giải Chọn D  z1  z2 4  i Với hai số phức z1 , z2 thỏa mãn điều kiện đầu bài, ta có:   z1 z2 5   i  Suy z1 , z2 nghiệm phương trình: z    i  z    i  0 Phương trình có    i   20   i    12i Giả sử số d x  yi  x, y    bậc hai    12i , tức ta có:   12i  x  yi   x  y  xyi  y  x  x  y      2 xy 12  x         x Câu  y   x   x  x  36 0   y  x    x 4    x 2    y 3   x     y  Tức là, biệt số  có hai bậc hai   3i  Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là:  i    3i   i    3i  z1  3  i ; z2  1  2i 2 Phương trình z  0 có nghiệm là: A i B i  i Lời giải C D i  Chọn B  zo   z  0  Ta biến đổi phương trình về dạng:  z  1  z  z  1 0    z 1 i  z  z  0  1,2 Phương trình z  0 có nghiệm là: A   i    i  B   i    i  Câu C   i    i  D   i    i  Lời giải Chọn A  z 2i  1 Ta biến đổi phương trình về dạng: z     2  z  2i  Giả sử số z x  yi  x, y    bậc hai 2i , tức ta có:  x  y 0  x y 2i  x  yi  x  y  xyi      xy 1 2 xy 2 Suy ra, phương trình  1 có hai nghiệm   i   x  y 1  x  y    Giả sử số z x  yi  x, y    bậc hai  2i , tức ta có:  x  y 0  x y  2i  x  yi   x  y  xyi      xy  2 xy  Suy ra, phương trình   có hai nghiệm   i  2  x  y 1   x  y  Vậy phương trình cho có bốn nghiệm   i    i  Câu 10 Để phương trình ( với ẩn z ) z  bz  c 0 nhận z 1  i làm nghiệm điều kiện là: A b 1, c  B b 2, c  C b  2, c 2 D b  1, c 1 Lời giải Chọn C Để z 1  i làm nghiệm phương trình điều kiện là: b  c 0 b  2   i   b   i   c  b  c    b   i    b  0 c 2 Vậy với b  c 2 thỏa mãn điều kiện đầu §3 DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG I KIẾN THỨC CƠ BẢN Số phức dạng lượng giác Định nghĩa 1: ( Acgumen số phức z 0 ): Cho số phức z 0 Gọi M điểm mặt phẳng phức biểu diễn số z Số đo (radian) góc lượng giác tia đầu Ox , tia cuối OM gọi acgumen z Chú ý: Nếu  acgumen z acgumen z có dạng   2k , k   Hai số phức z lz (với z 0 l số thực dương) có cùng agumen Định nghĩa 2: ( Dạng lượng giác số phức): Dạng z r  cos   i sin   , r  gọi dạng lượng giác số phức z 0 Còn dạng z a  bi  a, b    gọi dạng đại số số phức z Nhận xét: Để tìm dạng lượng giác r  cos   i sin   số phức z a  bi  a, b    khác cho trước, ta thực bước: Bước 1: Tìm r : môdun z , r  a  b ; số r khoảng cách từ gốc O đến điểm M biểu diễn số phức z mặt phẳng phức a b Bước 2: Tìm  : acgumen z ,  số thực cho cos = sin   ; số  r r số đo góc lượng giác tia đầu Ox, tia cuối OM Chú ý: z 1 z cos   i sin       Khi z 0 z r 0 acgumen z không xác định( coi acgumen số thực tùy ý viết 0  cos   i sin   ) Cần để ý đòi hỏi r  dạng lượng giác r  cos   i sin   số phức z 0 Nhân chia số phức dạng lượng giác Định lí: Nếu z cos   i sin  z  cos    i sin   với r , r ' 0 thì: zz rr   cos       i sin       z r   cos       i sin       r '  z r  Chú ý: Nếu điểm M , M  biểu diễn theo thứ tự số phức z , z  khác acgumen góc lượng giác tia đầu OM  , tia cuối OM z số đo z Công thức Moa-vrơ (Moivre) ứng dụng n Công thức Moa-vrơ: Với số nguyên dương n , ta có:  r  cos   i sin    r n  cos n  i sin n  n Khi r 1 , ta được:  cos   i sin   cos n  i sin n Ứng dụng vào lượng giác: Ta có:  cos   i sin   cos 3  i sin 3 Mặt khác, sử dụng khai triển lũy thừa bậc ba, ta được: 3  cos   i sin   cos3   3cos   i sin    3cos   i sin     i sin   cos 3 cos3   3cos .sin  4cos   3cos  , sin 3 3cos  sin   sin  3sin   4sin  Căn bậc hai số phức dạng lượng giác: Số phức z r  cos   i sin   , r  có hai bậc hai : Từ suy ra:            r  cos  i sin   r  cos  i sin   r  cos      i sin      2 2   2  2    CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM Câu Dạng lượng giác số phức z 1  i là:       A  cos  i sin  B  cos  i sin  3 3       C cos  i sin D cos  i sin 3 3 Lời giải Chọn A Cách 1: Với z 1  i , ta có: Mơnđun r   2 ,   Acgumen  thỏa mãn cos   sin   chọn   1 3    Cách 2: Ta biến đổi: z 1  i 2   i  2  cos  i sin   3  2 Câu Giả sử số phức z 0 có dạng lượng giác z r  cos   i sin   Dạng lượng giác số phức z là: A r  cos   i sin   B  cos   i sin   C 2r  cos   i sin   D  cos   i sin   r r Lời giải Chọn B 1 1 1  z có mơđun r  acgumen  nên có dạng:   cos   i sin   z z z r r z r z z  r cos   i sin    Dạng lượng giác số phức Giả sử số phức có dạng lượng giác Số phức Câu kz  k    là: A  kr  cos   i sin   C kr  cos   i sin   Chọn C B  2kr  cos   i sin   D 2kr  cos   i sin   Lời giải Số phức kz có mơđun kz  k r acgumen  k     k  nên có dạng: k  kr  cos   i sin   kz  kr  cos   i sin    kr  cos       i sin       neáu k  Câu   Dạng lượng giác số phức  i   i  là:        A  2  cos    i sin     12   12           C   cos    i sin     12   12           B 2  cos    i sin     12   12           D  cos    i sin     12   12    Lời giải Chọn B          Ta có  i   i  2  cos     i sin      cos  i sin  4  3                    2  cos      i sin      2  cos    i sin     4    12   12      Câu  Dạng lượng giác số phức 2i A cos    i là:          B  cos  i sin  C  cos  i sin  D  cos  i sin  3 3 3    Lời giải    i sin 3 Chọn D 1 3     i 2  3i 4   i  4  cos  i sin   3  2 Dạng lượng giác số phức là:  2i 1 2           cos     i sin     A  cos     i sin     B  2   4    4   1   2   C  cos  i sin  D  cos  i sin  2 4  4 Lời giải Chọn B  2i 2 2 2          i    i cos     i sin     Ta có     2i 2  2    4   Ta có 2i Câu Câu  Giá trị A 26   3 i  bằng: B C  Lời giải Chọn D Ta có:          i 2   i  2  cos     i sin      6     2  D  26  Câu  3 i  6         2  cos     i sin      26  cos      i sin       26  6       i Giá trị   1 A 2004   i 2004 bằng: B 1002 C  1002 D  2004 Lời giải Chọn C Ta có: i 1 i  1 i i 2 2 2         i cos     i sin         1 i 2  2    4    i     1 i   2      Câu 2004 2004           cos     i sin        4       2004  cos   501   i sin   501    1002   3i  Giá trị     2i  A 21 bằng: C 321 Lời giải B 221 D 421 Chọn B     3i  2i 1  3i 3    i    i  13   2i 2         cos     i sin     3    Ta có: 21 21   3i    21       21     cos     i sin         cos   7   i sin   7   2  3        2i   Câu 10 Dạng lượng giác số phức  i tan là:             cos     i sin     cos     i sin       A B    5    5   cos  sin  5       cos  i sin  cos  i sin      C D 5 5 cos  sin  5 Lời giải Chọn A  sin    cos   i sin     cos      i sin      Ta có  i tan 1  i        5  cos    5   cos cos  5 Câu 11: Dạng lượng giác số phức tan  7 7  cos  i sin   A 7  8  cos  7 7  cos  i sin   B 7  8  sin 5  i là:   7  7  cos  i sin   C 7  8  cos   7  7  cos  i sin   D 7  8  sin Lời giải Chọn B Ta có: tan 5 7   5     i cot   i   i cot     i c ot 8 2   8 7 i   7 7 sin sin 8 cos 7 7    i sin  cos  8  