CÁC PHÉP TOÁN SỐ PHỨC

Câu 1: [2D4-1-4](THPT ĐẶNG THÚC HỨA-NGHỆ AN-LẦN 2-2018) Cho số phức z thỏa mãn z  z  z  z  z Giá trị lớn biểu thức P  z   2i bằng: A  3 2 3 B C 2 D Lời giải Chọn B Gọi z  x  yi (với x , y  ) Suy z  x  yi z  x  y  xyi Theo giả thiết, ta có z  z  z  z  z  x  y  x  y2   4x2 y 2  x  y  x  y   x  1   y  1  Từ suy tập hợp điểm 2 biểu diễn số phức z đường tròn có tâm I  1; 1 bán kính R  Khi đó, P  z   2i  MA , với A  5;  M  x; y  tọa độ điểm biểu diễn số phức z Mặt khác, A  5;  thuộc góc phần tư thứ nên MA lớn  M thuộc đường tròn  C3  có tâm I  1; 1 bán kính R  Vậy Pmax  MAmax  IA  R   Câu 2: [2D4-1-4] (THPT CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN) Gọi z1 , z2 , z3 ba số phức thỏa mã z1  z2  z3  z1  z2  z3  Khẳng định sai? A z13  z23  z33  z1  z2  z3 3 B z13  z23  z33  z1  z2  z3 3 C z13  z23  z33  z1  z2  z3 3 D z13  z23  z33  z1  z2  z3 3 Lời giải Chọn D z1  z2  z3   z3  ( z1  z2 )  z13  z23  z33  z13  z23  ( z1  z2 )3  3z1 z2 ( z1  z2 )  3z1 z2 z3  mà z1  z2  z3     Vậy A, B, C 3 Câu 3: [2D4-1-4] (TRƯỜNG THPT TH CAO NGUYÊN ) Cho số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn P điều kiện z1 z2  z2 z3  z3 z1 z1  z2  z3 z1  z2  z3  2017 z1  z2  z3  Tính A P  2017 B P  1008, C P  2017 D P  6051 Lời giải Chọn A  2017 z   z1   z1 z1  2017   2017 z1  z2  z3  2017   z2 z2  2017   z2  z    z3 z3  2017  2017  z3  z3   z z  z z  z z  z z  z z  z z  zz z z z z Ta có P  2 3   2 3  2 3  z1  z2  z3  z1  z2  z3  z1  z2  z3   2017 2017 2017 2017 2017 2017    z1 z2  z2 z3  z3 z1   z1 z2 z2 z3 z3 z1    2 2017 2017 2017  z1  z2  z3      z1 z2 z3      2017     P  2017 Câu 4: [2D4-1-4] (Tổng Hợp Đề SGD Nam Định - 2017 - 2018 - BTN) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , gọi  H  phần mặt phẳng chứa điểm biểu diễn số phức z 16 z có phần thực phần ảo thuộc đoạn  0;1 Tính diện tích 16 z S  H  thỏa mãn A S  32     B S  16     C 256 Hướng dẫn giải Chọn A Giả sử z  x  yi  x, y  Ta có:  z x y 16 16 16 x 16 y   i;    i 16 16 16 x  yi x  y x  y2 z D 64 x  0  16   0  y   16 16 z Vì có phần thực phần ảo thuộc đoạn  0;1 nên  16 x 16 z 0  1 x  y2   16 y 0  1 x  y2  0  x  16 0  x  16 0  y  16 0  y  16     2 2  x    y  64 0  16 x  x  y  x  y   64 0  16 y  x  y     y 16 C B E I 16 O A J x Suy  H  phần mặt phẳng giới hạn hình vng cạnh 16 hai hình tròn  C1  có tâm I1 8;0  , bán kính R1   C2  có tâm I  0;8  , bán kính R2  Gọi S  diện tích đường tròn  C2  Diện tích phần giao hai đường tròn là: 1  1  S1   S   SOEJ     82  8.8  4  4  Vậy diện tích S hình  H  là: 1  S  162   82    82  8.8   256  64  32  64  192  32 4   32     Câu 5: [2D4-1-4] [Chuyên Nguyễn Quang Diệu - Đồng Tháp - 2018 - BTN] Cho A , B hai điểm biểu diễn hình học số phức theo thứ tự z0 , z1 khác thỏa mãn đẳng thức z02  z12  z0 z1 Hỏi ba điểm O , A , B tạo thành tam giác gì ( O gốc tọa độ) ? Chọn phương án đầy đủ A Đều cân O B Cân O C Vuông O D Vuông Lời giải Chọn A Do z1  nên chia vế đẳng thức cho z12 , ta được: 1  z0  z0 z0 3       i  z       2 i  z1 z1 z1 2  z1    Đặt z1  OA  a  OB  z0  Lại  i z1  a 2 có  AB  z0  z1    i z1  a 2 Vậy OAB 1    z0  z1    i  z1  z1     i  z1 2   2  ... - 2017 - 2018 - BTN) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , gọi  H  phần mặt phẳng chứa điểm biểu diễn số phức z 16 z có phần thực phần ảo thuộc đoạn  0;1 Tính diện tích 16 z S  H  thỏa mãn A S... [2D4-1-4] [Chuyên Nguyễn Quang Diệu - Đồng Tháp - 2018 - BTN] Cho A , B hai điểm biểu diễn hình học số phức theo thứ tự z0 , z1 khác thỏa mãn đẳng thức z02  z12  z0 z1 Hỏi ba điểm O , A , B tạo