VDC word bài hay trên nhóm số phức l2

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong S... Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức Lời giải Chọn A... Bổ đề: Cho tam giác ABC đều, điểm M thuộc cung nhỏ BC.. Chứng minh: Lấy điể

B Pmin  17. C Pmin  34. D min

1317

P 

Câu 2: Cho a b x y z, , , , là các số phức thỏa mãn: a24b 16 12i, x2 ax b z  0,

Câu 5: Cho số phức z thỏa mãn 2z1 1    i  z 1 1   i 2 2i

Câu 12: Cho biết z z là hai trong các số phức thỏa mãn điều kiện 1, 2 z i  z 1 và z1z2 4 2 Gọi

w là số phức thỏa mãn điều kiện 2w  2 i 3w 1 2i �6 2 Giá trị nhỏ nhất của biểuthức P   w z1 w z2 bằng

Câu 14: Kí hiệu z z1, 2 là hai nghiệm phức của phương trình z2az b 0, với a b, là các số thực

thuộc đoạn 1;1 Tìm giá trị lớn nhất của z1  z2 .

Câu 17: Trong mặt phẳng Oxy , tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z 2 5 là một đường

tròn Khi đó số phức w 3 4i z i  có điểm biểu diễn thuộc đường tròn bán kính

Câu 18: Cho số phức z thỏa mãn z không phải là số thực và w 2 2

z z



 là số thực Giá trị lớn nhấtcủa biểu thức P   làz 1 i

Câu 20: Cho số phức z thỏa mãn 3 z z 2 z z �12

Gọi M m lần lượt là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất,

Câu 22: Cho hai số phức z z1, 2

thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

z  z mi   z m i (trong đó m là số thực) và sao cho z1z2

là lớn nhất.Khi đó giá trị của z1z2 bằng:

Câu 26: Cho số phức z thay đổi luôn thỏa mãn z i   z i 6

Gọi S là đường cong tạo bởi tất cả

các điểm biểu diễn số phức w z i i  1

khi z thay đổi Tính diện tích hình phẳng giới hạn

bởi đường cong S

Câu 27: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y x 8 m1x5m21x41

đạtcực tiểu tại x0.

B.Pmin  17. C.Pmin  34. D. min

1317

P 

Lời giải

Từ giả thiết cho, ta được:

�Tập hợp điểm M là đoạn thẳng F F 1 2

Câu 4 [2D4-5.1-3] Cho số phức z thỏa mãn z 1 2i 5 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

w  z 2 2i   z 4 6i .

Lời giải

Chọn D

Gọi M(x; y) là điểm biểu diễn của số phức z Khi đó, điểm M�C I R( , ) với tâm I 1;2

bán kính R Phương trình đường tròn 5 C ,I R

Ta có: MA MB �AB, dấu " " xảy ra khi

Giả sử z x yi x y   , �� , thay vào phương trình đã cho ta được

2x2yi1 1     i x yi 1 1    i 2 2i

3x3y  x y 2 i 2 2i

�

Dễ thấy z không là nghiệm của phương trình.0

Chia cả 2 vế của phương trình cho z ta được:2

z z z z

Vậy tổng phần thực của các nghiệm là:    1 3 2

Câu 7 [2D4-5.2-4] Cho số phức z Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Lời giải Chọn A

, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P    z z z1 z z2 Tính

mô đun của số phức  M mi

Bổ đề: Cho tam giác ABC đều, điểm M thuộc cung nhỏ BC Chứng minh rằng �

MB MC MA  .

Chứng minh: Lấy điểm N thuộc đoạn MA sao cho MN MC Ta chứng minh NA MB .

Do �AMC �ABC  � nên tam giác MNC đều Suy ra 60 �MCB NCA�  1 .

Gọi M M M lần lượt là điểm biểu diễn của số phức 1, 2, z z z1, ,2 1 2

R

Ta thấy IOIM1IM2  nên R O M M, 1 , 2 � C .

Hơn nữa OM1M M1 2 M O2  nên 1 OM M1 2 là tam giác đều Do đó, không mất tính tổng

quát, ta giả sử điểm M thuộc cung nhỏ của cung M M Áp dụng Bổ đề, ta có1 2

Lời giải Chọn A

   3 2 

�

Do z là một số nguyên nên suy ra z 1.

Thử lại: thay z 1 vào phương trình ban đầu, ta có 1i z   1 i 2 z 1i 1 i TM 

z z

M d

.Không mất tính tổng quát, đặt M H1  � a 0

TH2: Hkhông thuộc đoạn thẳng M M , giả sử 1 2 Hnằm bên trái M M 1 2

Câu 14 [2D4-5.2-3] Kí hiệu z z1, 2 là hai nghiệm phức của phương trình z2 az b 0 , với a b, là các

số thực thuộc đoạn 1;1 Tìm giá trị lớn nhất của z1  z2 .

Lời giải Chọn C

Dấu '' '' xảy ra khi b 1,a � nên max1 T  5.

Kết hợp hai trường hợp ta được maxT  5.

Câu 15 [2D4-5.1-4] Có tất cả bao nhiêu số phức có phần thực và phần ảo đều nguyên đồng thời thỏa

z  i z i    z i z i z �2019

Lời giải Chọn D

Đặt w z i� w 5   i w 5i w 2  i w 2i 2b

.Nhận xét: 2b   5 w w 5 �5w5w 10�b�5

Do đẳng thức xảy ra nên x và 0  � �5 y 5 Khi đó w Ta cóyi

w 2  i w 2i 10� y   2 y 2 10 Giải ra được y �5 Vậy w � 5i

TH2 b , khi đó w có điểm biểu diễn thuộc 2 elip:5

Nếu wbi�z   b 1i�z b 1 b5

Do z �2019�b1 2019� �5b�2020

Vậy có 2015 số nguyên thoả mãn

Từ hai trường hợp trên ta có 4030 số thỏa mãn

Ta có z là nghiệm của phương trình z4az2 1 0 thì z cũng là nghiệm của phương trình

Không mất tính tổng quát giả sử

Câu 17 [2D4-1.2-3] Trong mặt phẳng Oxy , tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z 2 5 là

một đường tròn Khi đó số phức w 3 4i z i  có điểm biểu diễn thuộc đường tròn bán kính

Lời giải Chọn C

hay w 6 9i 25

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I 6;9 , bán kính R25.

Ngày 1/4/2019

Câu 18 [2D4-5.1-4] Cho số phức z thỏa mãn z không phải là số thực và w 2 2

z z



 là số thực Giá trị lớn nhất của biểu thức P    làz 1 i

Lời giải Chọn B

Gọi z  x yi x y, ,  �,y 0 , và số phức z có điểm biểu diễn hình học là M

có hai nghiệm phân biệt � *

có hai nghiệm phân biệt

Vậy có 2 số phức thỏa mãn điều kiện đề bài

Câu 20 [2D4-4.1-3] Cho số phức z thỏa mãn 3 z z 2 z z �12

Gọi M m lần lượt là giá trị lớn,

nhất, nhỏ nhất của z 4 3i Tính M m.

A 20 B 24 C 26 D 28.

Lời giải Chọn B

4 3

z  i NI, với I4; 3  là điểm biểu diễn số phức z1  4 3i

Ta có: CD: 3x2y 6 0,AB: 3x2y  6 0, : 2x3y 1 0 là đường thẳng đi qua I và

vuông góc với AB Gọi

Vậy P M min Mmax    1 5 6

Câu 22 [2D4-5.1-3] Cho hai số phức z z1, 2

thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

z  z mi   z m i (trong đó m là số thực) và sao cho z1z2

là lớn nhất.Khi đó giá trị của z1z2 bằng:

Lời giải

Chọn C

Theo giả thiết ta có: 2018 2018 2 2019 2  

Cách 1: Phương trình đã cho tương đương  2

 � ��   � � �

.Với m , phương trình 0 z22z  1 m 0có tất cả cách hệ số đều là số thực thì khi có hai

nghiệm thức thì hai nghiệm đó là liên hợp của nhau nên z1z2 � z1  z2 2.

Gọi S là đường cong tạo

bởi tất cả các điểm biểu diễn số phức w z i i  1

khi z thay đổi Tính diện tích hình

phẳng giới hạn bởi đường cong S

A 12 2 . B 12 C 9 2. D 6 2.

Lời giải Chọn A

Ta có y�8x7 5m1x44m21x3x3.��8x45m1x4m21��x g x3  

Nhận xét: x0 là một nghiệm của phương trình y�0

Do đó hàm số đạt cực tiểu tại x �0 y đổi dấu từ �   sang   khi đi qua nghiệm x0

* Trường hợp 1: x0 là nghiệm của g x , hay m �1

- Với m1, ta có y�8x710x4�x0 là nghiệm bội chẵn nên �y không đổi dấu từ   sang

  khi đi qua nghiệm x0 Vậy m1 không thỏa mãn

- Với m 1, ta có y�8x7�x0 là nghiệm bội lẻ nên �y đổi dấu từ   sang   khi điqua nghiệm x0 Vậy m 1 thỏa mãn.

g x

g x

.Kết hợp hai trường hợp ta được 1 �m1.

Do m nguyên nên m�1;0