BÀI GIẢNG ĐIỆN TỬ - DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN ĐỀ GỐC z 1; z2 2 z z Câu 49 Xét hai số phức z1; z2 thỏa mãn Giá trị lớn 3z1 z2 5i A 19 B 19 D 19 C 19 Lời giải Chọn B Gọi A điểm biểu diễn số phức z1 ; B điểm biểu diễn số phức z2 ; C điểm biểu diễn số phức 3z1 z2 ; điểm M 0;5 OA2 OB AB 2 2 OC 3OA OB OC 9OA OB 19 Ta có: 19 Ta nhận thấy MC OM OC P 3z1 z2 5i Lúc lớn MC lớn O, M , C thẳng hàng ( O nằm M C ) Suy MaxP OM R 5 19 ĐỀ PHÁT TRIỂN PT 49.1 Cho số phức z thỏa mãn điều kiện |z +2|=|z+ 2i| Biết giá trị nhỏ biểu thức a+b √ 17 A=|z−1−2i|+|z−3−4 i|+|z−5−6 i| viết dạng với a , b số hữu √2 tỉ Giá trị a−b A B C D Lời giải Chọn C Gọi z=x + yi với x , y ∈ R Ta có: |z +2|=|z+ 2i| ⇔|( x+ yi ) +2|=|( x + yi ) +2i| ⇔|( x+2 )+ yi|=|x + ( y +2 ) i| ⇔ x= y hay z=x + xi Khi ta có A=|( x−1 ) + ( x−2 ) i|+|( x−3 ) + ( x−4 ) i|+|( x−5 )+ ( x−6 ) i| 2 2 ¿ √ ( x−1 ) + ( x−2 ) + √ ( x −3 ) + ( x−4 ) + √ ( x−5 ) + ( x−6 ) ⇔ ( x +2 )2 + y 2=x + ( y +2 )2 Bài giảng điện tử_2021 BÀI GIẢNG ĐIỆN TỬ - DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN ¿ √ x −6 x +5+ √2 x2 −14 x+ 25+ √ x 2−22 x+ 61 2 + + 2 11 −x + 2 + 2 (√( ) ( ) √( ) ( ) ) √ ( ) ¿ √ x− + x− 11 1 x− + −x + + + x− + 2 2 2 1+2 √17 ≥ √2 √ 17+ = √2 11 x− = −x ⇔ x= Dấu xảy x− =0 ≥ √2 √( ) ( ) √( ) √ { Vậy: minA= 1+2 √ 17 Suy a=1 , b=2 nên a−b=1 √2 PT 49.2 Cho số phức z thoả mãn |z−3−4 i|=√ Gọi M m giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P=| z+2|2−|z−i|2 Tính mơđun số phức w=M +mi A |w|= √ 2315 |w|=2 √ 309 B |w|= √1258 C |w|=3 √137 D Lời giải Chọn B Đặt z=x + yi Ta có P= ( x +2 )2 + y 2−[ x + ( y−1 )2 ] =4 x +2 y +3 Mặt khác |z−3−4 i|=√ ⇔ ( x−3 )2 + ( y −4 )2=5 Đặt x=3+ √ sin t , y=4+ √5 cos t Suy P=4 √ sin t+2 √ cos t+23 Ta có −10 ≤ √ sin t+2 √ c os t ≤10 Do 13 ≤ P ≤ 33⇒ M =33, m=13 ⇒|w|=√ 332+ 132=√ 1258 PT 49.3 Xét số phức z, w thỏa mãn |z|=2, |iw−2+5 i|=1 Giá trị nhỏ |z 2−wz−4| A C B ( √ 29−3 ) D ( √ 29−5 ) Lời giải Chọn C Cách 1: Bài giảng điện tử_2021 BÀI GIẢNG ĐIỆN TỬ - DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN | Ta có: |iw−2+5 i|=1⇔ |i|⋅ w+ −2+5 i =1 ⇔|w+ 5+2i|=1 i | Ta có: T =|z 2−wz−4|=|z 2−wz−|z| |=| z2 −wz−z ⋅ ´z|=|z|⋅|z−´z −w|=2|z −´z −w| ( ¿ ) Đặt z=a+bi Suy ra: z−´z =2 bi Vì |z|=2 nên −4 ≤2 b ≤ Gọi A, B điểm biểu diễn w bi Suy ra: + A thuộc đường trịn ( C ) có tâm I (−5 ;−2 ), bán kính R=1 + B thuộc trục Oy −4 ≤ x B ≤ Từ ( ¿ ) suy ra: T =2 AB ≥ MN =2 ⋅4=8 (xem hình) Dấu “¿” xảy A ≡ M (−4 ;−2 ) ⇒ w=−4−2i B≡ N ( ;−2 ) ⇒ bi=−2 i⇒ b=−1 ⇒ z=a−i ⇒ a 2+1=4 ⇒ a=± √ ⇒ z=± √ 3−i Vậy |z 2−wz−4| có giá trị nhỏ PT 49.4 Cho số phức z , z , z thay đổi thỏa mãn điều kiện sau: |iz+2 i+4|=3 ; phần thực z ; phần ảo z Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2 T =|z−z 1| +|z−z 2| A B C D Lời giải Chọn D |( |iz+2 i+4|=3 ⇔ i z+ i+ =3 ⇔|i|.|z +2−4 i|=3 ⇔| z+2−4 i|=3 i )| Gọi z=x + yi ( x , y ∈ R ) Bài giảng điện tử_2021 BÀI GIẢNG ĐIỆN TỬ - DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN Ta có: ( x +2 )2+ ( y−4 )2=9 ⇔ x + y 2=−4 x +8 y−11 (*) Gọi z 1=2+ai , z 2=b+ i ( a , b ∈ R ) 2 T =|z−z 1| +|z−z 2| ¿ ( x−2 )2 + ( y−a )2 + ( x−b )2 + ( y −1 )2 ≥ ( x−2 )2 + ( y−1 )2 (1) Đặt A=( x−2 )2 + ( y−1 )2=−8 x +6 y −6 (theo (*)) ¿−8 ( x+ )+ ( y−4 ) +34 Ta có: [ −8 ( x +2 ) +6 ( y−4 ) ] ≤ ( 82 +62 ) [ ( x+ )2+ ( y−4 )2 ] ⇔ ( A−34 )2 ≤ 100.9 (theo (*)) ⇔ ≤ A ≤64 Suy A ≥ (2) Từ (1) (2) suy T ≥ y=a x=b x=b= ⇔ x +2 y−4 Dấu xảy = 11 y=a= −8 A=−8 x +6 y −6=4 { { Vậy T đạt giá trị nhỏ PT 49.5 Cho số phức z thỏa mãn |z−1−2i|+| z−4−6 i|=9 , giá trị lớn |z−10−14 i| A 17 B 20 C 15 D 12 Lời giải Chọn A Ta có |z−10−14 i|≤|z −1−2 i|+|−9−12i|=|z−1−2i|+15 Ta có |z−10−14 i|≤|z −4−6 i|+|−6−8 i|=|z−4−6 i|+ 10 Suy 2|z−10−14 i|≤ 9+15+10=34 ⇔ |z−10−14 i|≤ 17 Dấu ' ' ¿' ' xảy z= −1 + i 5 Vậy max|z−10−14 i|=17 Bài giảng điện tử_2021 BÀI GIẢNG ĐIỆN TỬ - DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN PT 49.6.Biết số phức z thỏa mãn |z−3−4 i|=√ biểu thức T =|z +2|2−|z−i|2 đạt giá trị lớn Tính |z| A |z|=√33 B |z|=50 C |z|=√10 D |z|=5 √ Lời giải Chọn D Đặt z=x + yi, theo giả thiết |z−3−4 i|=√ ⇔ ( x−3 )2 + ( y −4 )2=5 ( C ) Ngoài T =|z +2|2−|z−i|2 ⇔4 x +2 y +3−T =0 ( Δ ) đạt giá trị lớn |23+T | ≤ √ ⇔ 13 ≤T ≤33 Rõ ràng ( C ) ( Δ ) có điểm chung √5 Vì T đạt giá trị lớn nên T =33 suy x+2 y−30=0 ⇔ y=15−2 x thay vào ( C ) ta x 2−50 x+125=0 ⇔ x=5 ⇒ y =5 Vậy |z|=5 √ PT 49.7.Cho số phức z thoả mãn đồng thời hai điều kiện |z−3−4 i|=√ biểu thức 2 M =|z +2| −|z−i| đạt giá trị lớn Môđun số phức z−2−i A √5 B C 25 D Lời giải Chọn D Đặt z=x + yi , ( ∀ x , y ∈ R ) ⇒|z −3−4 i|= √ ⇔ ( x−3 )2+ ( y−4 )2=5 ( ) Ta có: M =|z +2|2−|z−i|2 ¿ ( x +2 )2+ y 2−x 2−( y−1 )2 ¿ x+2 y +3 ¿ ( x−3 ) +2 ( y−4 ) +23 ≤ 20 √ ( x−3 )2 + ( y −4 )2+ 23=33 √ Dấu ' ' ¿' ' xảy khi x−3 = kết hợp với ( ) suy x= y=5 ⇒ z=5+5 i y−4 x=1 , y =3⇒ z=1+3 i [ Thử lại ta có M max =33 ⇔ z=5+5 i⇒ |z−2−i|=5 PT 49.8 Cho số phức z thõa mãn |z−1+i|=2 Tìm giá trị lớn biểu thức 2 P=| z+2−i| +|z−2−3i| A 18 B 38+8 √ 10 C 18+2 √ 10 B 16+2 √ 10 Lời giải Chọn B Bài giảng điện tử_2021 BÀI GIẢNG ĐIỆN TỬ - DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN Cách 1: Gọi M ( x ; y ) điểm biểu diễn cho số phức z Gọi I ( ;−1 ), A (−2 ; ), B ( 2; ) điểm biểu diễn cho số phức 1−i; −2+i; 2+3 i Khi đó, ta có: MI=2 nghĩa M thuộc đường tròn ( C ) có tâm I ( ;−1 ), R=2 P=M A2 + M B2 A B2 , với E ( ; ) trung điểm AB Do P có giá trị lớn ME có giá trị lớn Ta có: P=2 M E 2+ E A 2+ E B2=2 M E2 + Ta có : IE=√ 1+ 9= √ 10> R nên ( ME )max=IE + R=2+ √10 Vậy Pmax =2 ( 2+ √ 10 ) + A B2 =2 ( 2+ √10 ) +10=38+8 √ 10 PT 49.9 Cho số phức z w thỏa mãn ( 3−i )|z|= z +1−i Tìm giá trị lớn w−1 T =|w+i| A √2 B √2 C D Lời giải z z z 2 +1−i ⇔ =3|z|−1+ ( 1−|z|) i ⇒ = ( 3|z|−1 ) + ( 1−|z|) w−1 w−1 w−1 Đặt t=|z| ; t >0 t t = √( t−1 )2 + ( 1−t )2 ⇔|w−1|= trở thành: |w−1| √ 10t −8 t +2 1 ⇔|w−1|= = ≤ ; ∀ t >0 √2 10− + 2 −2 +2 t t t + √ ⇒|w+i|≤ √ Ta ln có: |w+i|≤|w−1|+|1+i|≤ √2 t=| z|= z= i Dấu ¿ xảy w−1=k (1+i) ⇒ w= + i |w+i|= √ 2 | |√ ( 3−i )|z|= √ √( ) { { Vậy: Giá trị lớn T T = PT 49.10 √2 Cho hai số phức z , z khác thảo mãn z1 số ảo |z 1−z 2|=10 z2 Giá trị lớn |z 1|+|z 2| A 10 B 10 √ C 10 √ D 20 Bài giảng điện tử_2021 BÀI GIẢNG ĐIỆN TỬ - DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN Lời giải Theo giả thiết z1 z1 số ảo nên giả sử =ai ( a ∈ R ) z2 z2 ⇒ z 1=ai z Ta lại có |z 1−z 2|=10 ⇔|ai z 2−z 2|=10 ⇔|z 2| √1+a =10 10 (|a|+1 ) Khi P=| z1|+| z2|=|ai z 2|+|z 2|=|z 2|(|a|+1 )= √ 1+ a2 Đặt t=|a| , t ≥ 10 ( t+1 ) Biểu thức P trở thành: f ( t )= , t≥0 √1+t 10−10 t f ' ( t )= ; '( ) ( 1+t ) √ 1+t2 f t =0 ⇔ t=1 Bảng biến thiên t f t 10 f t 10 10 a=1 Vậy Pmax =10 √2 ⇔|a|=1 ⇔ a=−1 [ Bài giảng điện tử_2021