Phân dạng và phát triển các dạng toán tìm max – min của số phức từ đề thi minh họa TNTHPT quốc gia 2021

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHÂN DẠNG VÀ PHÁT TRIỂN CÁC DẠNG TỐN TÌM MAX – MIN CỦA SỐ PHỨC TỪ ĐỀ THI MINH HỌA TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2021 Người thực hiện: Trịnh Cao Cường Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc mơn: Tốn THANH HỐ NĂM 2021 MỤC LỤC STT DANH MỤC I MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu 1.5 Điểm sáng kiến kinh nghiệm II NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Phương pháp để giải vấn đề 2.3.1 Hệ thống lý thuyết dạng toán Max – số phức 2.3.2 Một số toán sử dụng phương pháp tìm Max – số phức đề thi minh họa phát triển dạng toán 2.3.3 Một số luyện tập vận dụng 2.4 Hiệu sáng kiến III KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 10 11 12 13 14 15 TRAN G 1 2 2 4 10 20 21 22 Các từ viết tắt sáng kiến SKKN: Sáng kiến kinh nghiệm GD – ĐT : Giáo dục đào tạo THPT: Trung học phổ thông THPTQG: Trung học phổ thông quốc gia TNTHPT: Tốt nghiệp trung học phổ thông VD: Vận dung VDC: Vận dụng cao Max, GTLN: Giá trị lớn Min, GTNN: Giá trị nhỏ HS: Học sinh BĐT: Bất đẳng thức I – MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Đổi toàn diện giáo dục đào tạo, phát triển nguồn nhân lực nước ta nêu văn kiện Đại hội XII, Đảng ta đưa đường lối đổi bản, toàn diện giáo dục, đào tạo, phát triển nguồn nhân lực, xác định kế sách, quốc sách hàng đầu, tiêu điểm phát triển, mang tính đột phá, khai mở đường phát triển nguồn nhân lực Việt Nam kỷ XXI, khẳng định triết lý nhân sinh giáo dục nước nhà “dạy người, dạy chữ, dạy nghề”, thực chất, cách mạng lĩnh vực này, hiệu ứng làm biến đổi tích cực nhiều mặt đời sống xã hội Việt Nam, vun trồng “nguyên khí quốc gia”, làm cho học vấn nước nhà hưng thịnh, đất nước phát triển bền vững Ngày 31 tháng năm 2017, Bộ GD-ĐT thức ban hành Thơng tư Quy chế thi THPT quốc gia xét công nhận tốt nghiệp THPT năm 2017 Trong đó, thơng tin kỳ thi THPT Quốc gia 2017 xét tuyển Đại học, cao đẳng tới quy định cụ thể sau: Hình thức thi “ Các Tốn thi theo hình thức trắc nghiệm khách quan” Mơn Tốn: Trắc nghiệm 50 câu thời gian 90 phút [2] Lí thuyết số phức ngành tốn học mới,mà học sinh cịn nhiều bỡ ngỡ thời gian dài học quen với số thực.Với mục đích mở rộng tập hợp số phương trình bậc n ln có n nghiệm tập hợp số khác tập hợp số thực Chính lẽ lí thuyết số phức đời đưa vào chương trình tốn lớp 12 nhằm cung cấp cho học sinh THPT kiến thức số phức đề thi THPTQG, cho thấy vị trí quan trọng ngành tốn học Để học tốt số phức học sinh phải nắm vững khái niệm kiến thức số phức đồng thời phải biết vận dụng kiến thức để giải tốn tình cụ thể Qua thực tiễn giảng dạy số phức đề thi THPTQG, TNTHPT từ năm 2017 đến mức độ số phức đề thi THPTQG TNTHPT tăng dần, tơi nhận thấy: Bài tốn tìm Max, (VD - VDC) liên quan đến số phức có đề minh họa TNTHPT 2021 đa số HS gặp nhiều khó khăn chưa biết sử dụng linh hoạt kiến thức tổng hợp để giải toán cụ thể Với mong muốn giúp em học sinh lớp 12, học sinh thi TNTHPT giải vấn đề, chọn đề tài:“ Phân dạng phát triển dạng tốn tìm Max – số phức từ đề thi minh họa TNTHPT quốc gia 2021 ” 1.2 Mục đích nghiên cứu Mục đích nghiên cứu Đề tài nghiên cứu, định hướng tư cho dạng tốn tìm Max – số phức Nó chứa đựng kĩ quan trọng mà người dạy người học cần phải nắm giải tốt tốn tìm Max - Đồng thời chứa đựng ý tưởng, kĩ thuật, vận dụng lực tư toán học Xây dựng tài liệu tham khảo hữu ích cho giáo viên em học sinh, giúp giáo viên dễ dàng truyền thụ kiến thức cho học sinh với học sinh có tâm sẵn sàng, khơng ngại khó đứng trước dạng tốn 1.3 Đối tượng nghiên cứu * Phương pháp sử dụng quỹ tích số phức để tìm Max – số phức biểu thức số phức * Một số phương pháp, kĩ năng, phối kết hợp giải tốn tìm Max – 1.4 Phương pháp nghiên cứu Tự giải toán tính Max – tập hợp số phức, kết hợp với kinh nghiệm chuyên môn để giải toán phù hợp 1.5 Những điểm sáng kiến kinh nghiệm Trong năm học 2017 – 2018 làm SKKN “Kinh nghiệm hướng dẫn học sinh lớp 12 giải số dạng toán phần số phức theo hình thức trắc nghiệm đề thi THPT quốc gia” (Xếp loại C) để cung cấp cho HS kiến thức vận dụng giải toán số phức mức độ: Nhận biết, thông hiểu vận dụng Trong sáng kiến cung cấp cho HS phương pháp để áp dụng toán số phức mức độ: Vận dụng, vận dụng cao dạng toán Max – số phức Phần nhận biết : Tập trung vào việc hiểu định nghĩa, tìm phần thực phần ảo số phức, số phức liên hợp, phép toán số phức, biểu diễn hình học số phức, tìm môđun số phức Học sinh nắm vững định nghĩa mà phải linh hoạt chọn đáp án trắc nghiệm Chú ý đọc kĩ đề hiểu từ khóa câu hỏi Phần thơng hiểu : Học sinh vận dụng nhuần nhuyễn thành thạo kiến thức định nghĩa, tìm phần thực phần ảo số phức, số phức liên hợp, phép toán số phức, biểu diễn hình học số phức, tìm mơđun số phức để làm Kết hợp thêm kiến thức giải phương trình bậc hai bậc bốn với hệ số thực tập nghiệm phức Phần vận dụng: Học sinh vận dụng thành thạo kiến thức số phức kiến thức giải phương trình, hệ phương trình Max – số phức dạng Phần vận dụng cao: Học sinh vận dụng kiến thức tổng hợp để giải toán Max – số phức [2] II – NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Theo GS.TS Đinh Quang Báo:“ Năng lực khả vận dụng kiến thức, kinh nghiệm, kỹ thái độ hứng thú để hành động cách phù hợp có hiệu tình đa dạng sống ” (Hội thảo “Đổi chương trình sách giáo khoa Giáo dục phổ thông – kinh nghiệm Quốc tế vận dụng vào Việt Nam” Bộ GD – ĐT tổ chức 10 - 12/12/2012 Hà Nội) Chương trình dạy học theo định hướng phát triển lực dạy học định hướng kết đầu ra, với mục tiêu: đảm bảo chất lượng đầu việc học, phát triển toàn diện phẩm chất nhân cách, trọng lực vận dụng tri thức tình thực tiễn nhằm chuẩn bị cho người lực giải tình sống nghề nghiệp Cấu trúc chung lực gồm bốn thành phần: lực chuyên môn, lực phương pháp, lực xã hội, lực cá thể Đánh giá kết học tập theo lực cần trọng khả vận dụng sáng tạo tri thức tình khác , (theo Leen pil, 2011) “ đánh giá kiến thức, kỹ thái độ bối cảnh có ý nghĩa” Đánh giá thành tích học tập theo quan điểm phát triển lực không giới hạn vào khả tái tri thức mà trọng khả vận dụng tri thức việc giải nhiệm vụ phức hợp Do vậy, vai trị người thầy xếp cấu trúc, nội dung, phương pháp giảng dạy chuyên đề khoa học, logic để tạo tiền đề cho học sinh dễ tìm hiểu phát triển việc học với mức độ khác 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm SỐ PHỨC TRONG MA TRẬN TỔNG QUÁT ĐỀ THI THPT QUỐC GIA TỪ 2017 – 2021 [5] Mức độ kiến thức đánh giá STT Các chủ đề Nhận biết Thông hiểu Vận dụng Vận dụng cao Tổng số câu hỏi 2017 Số phức 2018 Số phức 1 1 2019 Số phức 1 2020 Số phức 0 2021 Số phức (Ma trận đề minh họa) 1 Số phức mức độ VD VDC qua đề thi THPTQG TNTHPT năm từ 2017 – 2021 [1] Câu (THPTQG 2017 – mã 101 - VD) Cho số phức z = a + bi (a, b ∈ ¡ ) z + + 3i − z i = thỏa mãn Tính S = a + 3b 7 S= S =− 3 A B S = −5 C S = D Câu (THPTQG 2017 – mã 101 - VD) z z − 3i = z − số ảo ? Có số phức z thỏa mãn A B Vô số C D Câu (THPTQG 2018 – mã 101 - VD) z z − − i ) + 2i = ( − i ) z ? Có số phức z thỏa mãn ( A B C D Câu (THPTQG 2018 – mã 101 - VDC) Xét số phức z thỏa mãn ( z + i ) ( z + ) số ảo Trên mặt phẳng tọa độ, tập hợp tất điểm biểu diễn số phức z đường trịn có bán kính 5 A B C D Câu (THPTQG 2019 – mã 101 - VD) Số phức z thỏa mãn 3( z + i ) − (2 − i ) z = + 10i Môđun z A B C D z= Câu 6.(THPTQG 2019 – mã 101 - VDC) Xét số phức z thỏa mãn + iz w= + z Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp điểm biểu diễn số phức đường trịn có bán kính A 34 B 34 C 26 D 26 “Năm học 2020 diễn biến dich bệnh Covid – 19 nên phần kiến thức số phức đưa vào mức độ nhận biết” Câu (Đề minh họa TNTHPT 2020 - VD) Có số phức z thóa mãn | z |= ( z + 2i )( z − 2) số ảo? A B C D z , z Câu (Đề minh họa TNTHPT 2020 - VDC) Xét hai số phức , thóa mãn z1 = 1, z2 = z1 − z2 = Giá trị lớn 3z1 + z2 − 5i A − 19 B + 19 C −5 + 19 D + 19 Trước áp dụng đề tài số phức năm, đề thi phần vận dụng vận dụng cao tập trung chủ yếu phần tìm tập hợp số phức thỏa mãn điều kiện cho trước tìm số phức thỏa mãn điều kiện cho trước Đến có đề minh họa thi THTHPT năm 2021 phần VDC thêm dạng tốn tìm Max – liên quan đến số phức HS gặp nhiều bỡ ngỡ gặp nhiều khó khăn để giải toán 2.3 Phương pháp để giải vấn đề 2.3.1 Hệ thống lý thuyết dạng tốn a Mơđun số phức [3] M ( a; b ) bi + Số phức z =uauu+u mặt phẳng Oxy Độ r biểu diễn điểm dài véctơ OM gọi mơđun số phức z 2 Kí hiệu z = a + bi = a + b + Tính chất uuuu r 2 z = a + b = zz = OM • • z ≥ 0, ∀z ∈ £ , z = ⇔ z = z z = ,( z ' ≠ 0) • z' z' • kz = k z , k ∈ ¡ • z z ' = z z ' • z − z' ≤ z ± z' ≤ z + z' • Lưu ý: z = a − b + 2abi = (a − b )2 + 4a 2b = a + b = z = z = z.z • z1 + z2 ≤ z1 + z2 dấu xảy ⇔ z1 = kz2 ( k ≥ ) • z1 − z2 ≤ z1 + z2 dấu xảy ⇔ z1 = kz2 ( k ≤ ) z + z ≥ z1 − z2 • dấu xảy ⇔ z1 = kz2 ( k ≤ ) z − z ≥ z1 − z2 • dấu xảy ⇔ z1 = kz2 ( k ≥ ) 2 ( z1 + z2 + z1 − z2 = z1 + z2 ) z = z z = z • • ( ∀z ∈ £ ) b Một số quỹ tích bất đẳng thức thường dùng [6] Quỹ tích điểm M Biểu thức liên hệ x, y ax + by + c = (1) (1)Đường thẳng ∆: ax + by + c = z − a − bi = z − c − di (2) ( x − a ) + ( y − b ) = R 2 ( x − a ) + ( y − b ) ≤ R 2 z − a − bi = R z − a − bi ≤ R (2) Đường trung trực đoạn AB với ( A ( a , b ) , B ( c, d ) ) Đường tròn tâm I ( a; b ) , bán kính R Hình trịn tâm I ( a; b ) , bán kính R r ≤ ( x − a ) + ( y − b ) ≤ R2 Hình vành khăn giới hạn hai đường tròn đồng tâm I ( a; b ) , bán kính lần r ≤ z − a − bi ≤ R lượt r , R Parabol  y = ax + bx + c ( c ≠ 0)  x = ay + by + c  ( x + a) ( y + c) + ( 1) Elip; ( ) Elip = 1( 1) 2a > AB , A ( a1 , b1 ) , B ( a2 , b2 ) b2 d2 Đoạn AB 2a = AB z − a1 − b1i + z − a2 − b2i = 2a Dạng 1: Quỹ tích điểm biểu diễn số phức đường thẳng z + Cho số phức z thỏa mãn z − a − bi = z , tìm Min Khi ta có - Quỹ tích điểm M ( x; y ) biểu diễn số phức z đường trung trực đoạn OA với A ( a; b ) 1  z = z = a + b Min  2  z = a + b i 2 -  z + Cho số phức thỏa mãn điều kiện z − a − bi = z − c − di Tìm Ta có - Quỹ tích điểm M ( x; y ) biểu diễn số phức z đường trung trực đoạn AB với A ( a; b ) , B ( c; d ) z Min = d ( O, AB ) = a + b2 − c − d 2 ( a − c) +(b−d) Dạng 2: Quỹ tích điểm biểu diễn số phức đường tròn z − a − bi = R > ( z − z0 = R ) + Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z ,z Tìm Max Min Ta có - Quỹ tích điểm M ( x; y ) biểu diễn số phức z đường tròn tâm I ( a; b ) bán kính R z = OI + R = a + b + R = z0 + R Max   2  z Min = OI − R = a + b − R = z0 − R - Dạng 3: Quỹ tích điểm biểu diễn số phức Elip + Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − c + z + c = 2a , ( a > c ) Khi ta có x2 y2 + =1 2 M x ; y ( ) a a − c z - Quỹ tích điểm biểu diễn số phức Elip:  z Max = a  2  z Min = a − c - + Elip không tắc: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − z1 + z − z2 = 2a Thỏa mãn 2a > z1 − z2 Khi ta thực phép biến đổi để đưa Elip dạng tắc Ta có Khi đề cho Elip dạng khơng tắc z − z1 + z − z2 = 2a , ( z1 − z2 < 2a )  z1 − z2 = 2c  2 z1 , z2 ≠ ±c, ±ci ) Tìm Max, Min P = z − z0 Đặt b = a − c z +z  PMax = a z0 − =   PMin = b (dạng tắc) Nếu  z1 + z2  z +z z − >a PMax = z0 − + a   2    z − z = k ( z − z )   P = z − z1 + z2 − a Nếu  Min Nếu  z1 + z2 = R d ( J, ∆ ) = = >1= R 2 12 + ( −1) , ( xI − y I − ) ( xJ − y J − ) = ( − − ) ( − − ) > ⇒ hai đường tròn khơng cắt ∆ nằm phía với xứng với A qua ∆ , suy A1 nằm đường trịn tâm I1 bán kính R = Ta có I1 ( 9;0 ) ∆ Khi đó: P = CA + CB = CA1 + CB ≥ A1B nên Pmin ⇔ A1Bmin Khi đó: uuu r uuu r I1 A = I1 J ⇒ A′ 8;0 ( ) ; uuu r uuu r I1 B = I1 J ⇒ B′ 2;0 ( ) Gọi A1 điểm đối  A ≡ A′ ⇔  B ≡ B′  A ( 4; ) ⇔ B 2; Như vậy: Pmin A đối xứng A′ qua ∆ B ≡ B′  ( ) Vậy M = z1 − z2 = AB = 20 = 5 Câu 9: (VDC) Cho số phức w , z thỏa mãn 5w = ( + i ) ( z − ) Giá trị lớn P = z − − 2i + z − − 2i w +i = A Phân tích: B + 13 w+i = C 53 D 13 5 5w = ( + i ) ( z − ) tập hợp điểm biểu diễn + Với z = x + yi số phức z gì? + Dùng phương pháp tọa độ phẳng để giải toán Lời giải Chọn C Gọi z = x + yi , với x, y ∈ R Khi M ( x; y ) điểm biểu diễn cho số phức z Theo giả thiết, 5w = ( + i ) ( z − ) ⇔ ( w + i ) = ( + i ) ( z − ) + 5i ⇔ ( − i ) ( w + i ) = z − + 2i ⇔ z − + 2i = C : x − 3) + ( y + ) = Suy M ( x; y ) thuộc đường tròn ( ) ( Ta có P = z − − 2i + z − − 2i = MA + MB , với A ( 1;2 ) B ( 5;2 ) 2 20 Gọi H trung điểm AB , ta có H ( 3;2 ) đó: ≤ ( MA2 + MB ) 2 hay P ≤ 4MH + AB 2 Mặt khác, MH ≤ KH với M ∈ ( C ) nên P ≤ KH + AB P = MA + MB = ( IH + R ) + AB = 53 M ≡ K 11  w = − i MA = MB 5 Vậy Pmax = 53  hay z = − 5i Câu 10: (VDC) Cho hai số phức u , v thỏa mãn: u − 6i + u − − 3i = 10, v − + 2i = v + i Giá trị nhỏ u − v 10 10 10 A B C 10 D Phân tích: u − 6i + u − − 3i = 10, v − + 2i = v + i + Với tập hợp điểm biểu diễn u , v số phức gì? + Dùng phương pháp đường Elip để giải toán Lời giải Chọn A  A ( 0;6 ) 10  ⇒ MA + MB = > AB  B ( 1;3) + Gọi M điểm biểu diễn số phức u với  10 10 2a = →a= Suy M thuộc Elip có: A, B tiêu điểm, trục lớn Phương trình đường thẳng AB: x + y = + Goị N điểm biểu diễn số phức v : v − + 2i = v + i ⇔ ( x − 1) + ( y + ) i = x + ( − y ) i ⇔ ( x − 1) + ( y + ) = x + ( − y ) ⇔ x − y = 2 2 21 u − v ⇒ MN Bài tốn trở thành tìm M thuộc elip, N thuộc đường thăng x − y = để MN nhỏ Để MN nhỏ M , N có vị trí hình vẽ Ta có: MA + MB = 10 10 , MA − MB = AB = 10 ⇒ MA = 3 ; MN = NA − MA = 10 − A ( 0;6 ) , N ( 2;0 ) ⇒ NA = 10 10 10 = 3 Suy ra: Câu 11: (VDC) Xét hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 + i = z1 − z1 − 2i z2 − i − 10 = Giá trị nhỏ biểu thức z1 − z2 A − 10 + Phân tích: 101 − B C 101 + D + Với z1 + i = z1 − z1 − 2i z2 − i − 10 = tập hợp điểm biểu diễn số phức z1 , z2 gì? + Dùng phương pháp tọa độ phẳng để giải toán Lời giải a2 z1 + i = z1 − z1 − 2i ⇒ b = Chọn AGọi z1 = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) Ta có ( P) : y = x có đỉnh O ( 0;0 ) Tập hợp điểm M biểu diễn z1 parabol Ta có: z2 − i − 10 = ⇒ Tập hợp điểm N biễu diễn z2 đường trịn ( C ) có tâm I ( 10;1) , R = Khi P = z1 − z2 = MN khoảng cách từ điểm thuộc ( P ) đến điểm thuộc ( C ) Ta có: MN + NI ≥ MI ⇒ MN ≥ MI − NI = MI − ⇒ MN ⇔ IM  x2   x 2 IM = ( x − 10 ) +  − ÷ =  − ÷ + ( x − ) + 45 ≥ 45 ⇒ IM ≥ 45 =   4  Mà 2 22 Do MN = − Câu 12: (VDC) Cho z = x + yi với x, y ∈ R số phức thỏa mãn điều kiện z + − 3i ≤ z + i − ≤ Gọi M , m giá trị lớn giá trị nhỏ 2 biểu thức P = x + y + x + y Tính M + m 156 − 20 10 B 156 + 20 10 D A 60 + 10 C 60 − 20 10 Phân tích: z + − 3i ≤ z + i − ≤ + Với tập hợp điểm biểu diễn số phức z gì? + Dùng phương pháp tọa độ phẳng để giải toán Lời giải Chọn C z + − 3i ≤ z + i − ≤ ⇔ - Theo ra: ( x + 2) + ( − y − 3) ≤ ( x − 2) + ( y + 1) ≤ 2 x + y + ≤ ⇔ 2 ( x − ) + ( y + 1) ≤ 25 ⇒ tập hợp điểm biểu diễn số phức z miền mặt phẳng  x + y + ≤  2 ( T ) thỏa mãn ( x − ) + ( y + 1) ≤ 25 (là miền tơ đậm hình vẽ, kể biên) - Gọi A ( 2; −6 ) , B ( −2; ) giao điểm đường thẳng x + y + = đường C′ : x − 2) tròn ( ) ( + ( y + 1) = 25 ⇔ ( x + ) + ( y + 3) = P + 25 - Ta có: P = x + y + x + y Gọi ( C ) đường tròn tâm J ( −4; −3) , bán kính R = P + 25 2 2 23 - Đường tròn ( C ) cắt miền ( T ) JK ≤ R ≤ JA ⇔ IJ − IK ≤ R ≤ IA ⇔ 10 − ≤ 25 + P ≤ ⇔ 40 − 20 10 ≤ P ≤ 20 (trong JK bán kính đường trịn tâm J tiếp xúc ′ ngồi với đường trịn ( C ) ) ⇒ M = 20 m = 40 − 20 10 Vậy M + m = 60 − 20 10 z1 = z2 = z1 − z2 = Câu 13: (VDC) Cho số phức z , z1 , z2 thoả mãn Giá trị nhỏ P = z + z − z1 + z − z2 2+ D A + B + C + Phân tích: z1 = z2 = z1 − z2 = + Với tập hợp điểm biểu diễn số phức z , z1 , z2 gì? + Dùng phương pháp tọa độ phẳng để giải toán Lời giải z1 = z2 = z1 − z2 = z −z =6 Chọn C Từ ta có z1 = ; z2 = ; Gọi M , M , M điểm biểu diễn số phức z , z1 , z2 M , M z −z =6 nằm đường trịn tâm O bán kính R = Do nên M 1M = P = z + z − z1 + z − z2 = OM + MM + MM Q ( M ) = M ′ ; Q( M ,60°) ( O ) = O′ theo tính chất phép quay ta có Xét ( M ,60°) MM = MM ′ ; OM = O′M ′ ⇒ P = OM + MM + MM ≥ M 1M + MM ′ + M ′O′ ≥ M 1O′ 24 Dấu “=” xảy điểm M , M , M ′ , O′ thẳng hàng ⇒ Pmin = M 1O′ = 62 + − 2.6.6cos150° = + 2.3.3 Một số luyện tập vận dụng [7] Câu 1: (VD) Cho số phức z , w thỏa mãn z − w = + 4i , z + w = 10 Tìm giá trị lớn P = z + w C D Câu 2: (VD) Cho số phức z w thỏa mãn z + w = + 4i z − w = Tìm giá trị lớn biểu thức T = z + w A max T = 176 B max T = 14 C max T = D max T = 106 Câu 3: (VD) Cho z ω số phức thỏa mãn điều kiện z ( ω + 1) + iω − = 0, ω + = Giá trị nhỏ biểu thức T = z − − 3i A 3 B A 2 B C D Câu 4: (VD) Cho số phức z , w thỏa mãn z − 3w = , z + 3w = 10 Tìm giá trị lớn P = z + w 905 907 903 902 A B C D Câu 5:(VD) Xét số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 − 3i + = iz2 − + 2i = Giá trị lớn biểu thức P = 2iz1 + 3z2 A 313 + B 313 C 313 + D 313 + 16 Câu 6: (VDC) Cho hai số phức u v thoả mãn hệ thức − u + 4i − = u − (1+ i) v +1− i = Gọi giá trị lớn nhỏ biểu thức a b Giá trị biểu thức T = ( a + 5b ) A 17 B 22 C 12 D 14 Câu 7: (VDC) Cho số phức z1 , z2 , z thỏa mãn z1 − − 5i = z2 − =1 P = u − 2iv z + 4i = z − + 4i Tính z1 − z2 biểu thức P = z − z1 + z − z2 đạt giá trị nhỏ B C 41 D z ,z Câu 8: (VDC) Cho hai số phức thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: z − = 34 , z + + mi = z + m + 2i (trong m số thực) z1 − z2 lớn z +z Khi giá trị A 130 B C 10 D A 25 thỏa mãn z1 = z2 ( z2 − + i ) − 6i + P = z2 − z1 z2 + z1z2 số thực Tìm giá trị nhỏ biểu thức A 18 − B − C 18 + D 18 − z + 2−i w= z1 + z1 i + z ,z Câu 10: (VDC) Các số phức thỏa mãn số thực 4z + + 13i = Giá trị nhỏ biểu thức P = z1 + z2 Câu 9: (VDC) Cho số phức z1 , z2 ( ( ) ) 21 37 − 37 A B C 16 D 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm * Hiệu chuyên môn - Giúp học sinh giải vấn đề khó khăn nhận thức việc tiếp thu kiến thức số phức, đặc biệt lớp tốn tìm Max – tập số phức - Khi thực theo sáng kiến khơi dậy niềm cảm hứng đam mê với môn Tốn, đặc biệt phát triển tính tư sáng tạo, khám phá chiếm lĩnh kiến thức mơn Tốn học sinh - Sáng kiến thể chi tiết việc phân tích, tìm lời giải, bước thực rõ ràng, bổ ích cho giáo viên tham khảo, bồi dưỡng kiến thức chun mơn, góp phần nâng cao chất lượng, hiệu ôn luyện giảng dạy - Trong trình áp dụng sáng kiến, kết kiểm tra học lực môn Toán học sinh nâng lên số lượng chất lượng, cụ thể sau: - Số học sinh giải khó khăn gặp câu hỏi tính Max – tập hợp số phức mức độ vận dụng vậng dụng cao kì thi thử năm 2021: Trước áp dụng sáng kiến: Tổng số học sinh dự Số học sinh giải câu hỏi số phức mức độ thi Vận dụng Vận dụng cao Lớp 12A – 41 HS 32 Lớp 12B – 38 HS 26 Lớp 12C – 39 HS 20 Sau áp dụng sáng kiến: Tổng số học sinh dự Số học sinh giải câu hỏi số phức mức độ thi Vận dụng Vận dụng cao Lớp 12A – 41 HS 37 17 Lớp 12B – 38 HS 33 12 Lớp 12C – 39 HS 27 * Hiệu xã hội * Đối với học sinh: - Về tích cực, chủ động học tập học sinh: + Kết cho thấy mức độ học sinh thu nhận, xử lý thơng tin tốn, 26 vấn đề đặt toán tốt Học sinh phát huy tính chủ động việc lĩnh hội kiến thức, tránh tư theo lối mòn, thụ động + Do ảnh hưởng kinh tế thị trường, lối suy nghĩ cách sống thực dụng tác động mạnh mẽ đến học sinh với thái độ học đối phó học sinh trở ngại không nhỏ việc giảng dạy mơn Tốn Vì sáng kiến phần giúp học sinh hứng thú, đam mê với môn Tốn Đặc biệt khơng cịn cảm thấy sợ tiếp xúc với toán số phức - Về nâng cao kỹ làm học sinh: Nâng cao kỹ tìm hiểu, phân tích tốn, định hướng tìm lời giải Từ nâng cao lực tư giải vấn đề * Đối với giáo viên: Có thêm tài liệu tham khảo hữu ích cho giáo viên q trình ơn thi TNTHPT quốc gia, giúp giáo viên dễ dàng truyền thụ kiến thức cho học sinh dạng tốn Đặc biệt hình thành thói quen khơng ngừng cập nhật kiến thức, phương pháp giải tốn khơng ngừng đổi phương pháp giảng dạy để học thêm hiệu quả, thu hút học sinh thực hứng thú III – KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT Trong trình dạy học, thể loại kiến thức, giáo viên biết tìm sở lý thuyết, biết phát huy sáng tạo hướng dẫn học sinh vận dụng cách hợp lý vào việc giải tập tương ứng tạo điều kiện để học sinh củng cố hiểu sâu lý thuyết với việc thực hành giải toán cách hiệu hơn, tạo hứng thú, phát huy tính chủ động sáng tạo việc học học sinh Mỗi nội dung kiến thức, ln có hệ thống tập tương ứng Mỗi giáo viên, cần có chủ động việc tìm tịi mới, kế thừa phát huy kiến thức có sẵn cách sáng tạo, trình giảng dạy, với cách nêu phương pháp giải đưa hệ thống tập phù hợp cho đối tượng học sinh giúp cho việc học học sinh chủ động tích cực Do kết học tập học sinh tốt Xin chân thành cảm ơn đóng góp ý kiến đồng nghiệp Tôi chân thành cảm ơn! Xác nhận thủ trưởng đơn vị Hà Trung, ngày tháng năm 2021 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Trịnh Cao Cường 27 28 TÀI LIỆU THAM KHẢO Bộ Đề Trắc nghiệm Luyện thi trung học phổ thơng Quốc gia Mơn Tốn năm 2017 – 2020 Tài liệu Bồi dưỡng thường xuyên Trung học phổ thơng SGK: Giải tích 12 – Nhà xuất giáo dục Phương pháp giải tốn hình học giải tích mặt phẳng – Nhà xuất Hà Nội Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ – Nhà xuất Đại học quốc gia Hà Nội – PGS.TS Phan Huy Khải 10 trọng điểm bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 – Nhà xuất Đại học quốc gia Hà Nội – Nhà giáo ưu tú: Th.s Lê Hồnh Phị Các trang mạng https://toanhocbactrungnam.vn/ https://hocmai.vn/ https://toanmath.com/ https://violet.vn/ Nhóm tốn THPT Thanh Hóa DANH MỤC CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ tên tác giả: TRỊNH CAO CƯỜNG Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THPT Hà Trung Cấp đánh giá Kết đánh xếp loại Năm học đánh TT Tên đề tài SKKN giá xếp loại (Phòng, Sở, giá xếp loại (A,B, C) Tỉnh ) Sở giáo dục C Kinh nghiệm hướng dẫn Đào tạo học sinh lớp 12 giải số dạng tốn phần số phức theo hình thức trắc nghiệm đề thi THPT quốc gia 2018 ... giải toán cụ thể Với mong muốn giúp em học sinh lớp 12, học sinh thi TNTHPT giải vấn đề, chọn đề tài:“ Phân dạng phát triển dạng tốn tìm Max – số phức từ đề thi minh họa TNTHPT quốc gia 2021. .. = MN Dựa vào vị trí tương đối hai đường trịn để tìm MN max ; MN 13 2.3.2 Một số tốn sử dụng phương pháp tìm Max – số phức đề thi minh họa phát triển dạng toán [7] Câu 1: (ĐỀ MINH HỌA LẦN 1-BGD... cao dạng toán Max – số phức Phần nhận biết : Tập trung vào việc hiểu định nghĩa, tìm phần thực phần ảo số phức, số phức liên hợp, phép toán số phức, biểu diễn hình học số phức, tìm mơđun số phức