SKKN sử dụng phương pháp hình học để giải bài toán tìm GTLN,GTNN của mô đun số phức trong việc ôn thi tốt nghiệp THPT năm 2021 tại trường THPT lê lai

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT LÊ LAI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC ĐỂ GIẢI BÀI TỐN TÌM GTLN, GTNN CỦA MÔ ĐUN SỐ PHỨC TRONG VIỆC ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021 TẠI TRƯỜNG THPT LÊ LAI Người thực hiện: Chức vụ: Hồ Phương Nam TTCM SKKN thuộc lĩnh mực (mơn): Tốn THANH HỐ NĂM 2021 MỞ ĐẦU .1 1.1.Lí chọn đề tài .1 1.2 Mục đích nghiên cứu .1 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu .1 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm .1 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng Sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Giải pháp thực 2.4 Hiệu Sáng kiến kinh nghiệm 17 KẾT LUẬN – KIẾN NGHỊ 19 3.1 Kết luận .19 3.2 Kiến nghị .19 MỞ ĐẦU 1.1.Lí chọn đề tài Từ năm học 2016-2017, Đề thi mơn Tốn Kỳ thi THPT quốc gia, Kỳ thi tốt nghiệp THPT thay đổi từ hình thức tự luận sang hình thức trắc nghiệm khách quan Chính điều tạo chuyển biến lớn dạy học nhà trường Để đạt điểm số cao kỳ thi này, học sinh không cần nắm vững kiến thức bản, làm thục dạng tốn quan trọng mà cần có khả tư logic cao để tiếp cận vấn đề cách nhanh nhất, chọn cách giải nhanh tìm đáp án Đây thực thách thức lớn giáo viên Trong q trình giảng dạy, ơn thi, làm đề tơi phát rằng: toán vận dụng cao tìm GTLN, GTNN mơ đun số phức học sinh tiếp cận theo hướng tự luận quen thuộc khó giải vấn đề thời gian ngắn Chính lý nên tơi tổng hợp kinh nghiệm trình giảng dạy nghiên cứu Đề thi THPT Quốc gia năm 2018, năm 2019, Đề thi Tốt nghiệp năm 2020 Đề tham khảo Bộ giáo dục đào tạo năm 2021, định chọn đề tài : “SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC ĐỂ GIẢI BÀI TỐN TÌM GTLN, GTNN CỦA MÔ ĐUN SỐ PHỨC TRONG VIỆC ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021 TẠI TRƯỜNG THPT LÊ LAI” Nhằm đưa phương án tối ưu giúp học sinh giải tốn ơn thi Tốt nghiệp THPT năm 2021 năm 1.2 Mục đích nghiên cứu Tơi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm trước hết nhằm mục đích tạo tài liệu tham khảo nhỏ giúp em học sinh nhà trường có thêm phương pháp tiếp cận nhanh hiệu gặp tốn tìm GTLN, GTNN mơ đun số phức nhằm giúp em có khả lấy điểm cao kỳ thi Tốt nghiệp THPT năm 2021 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu đề tài chủ yếu tập trung xây dựng phương pháp hình học để giải tốn GTLN, GTNN mơ đun số phức 1.4 Phương pháp nghiên cứu + Nghiên cứu lí luận: Kế hoạch năm học Nhà trường, Kế hoạch hoạt động chun mơn Tổ Tốn – Tin + Đề thi THPT Quốc gia mơn Tốn năm 2017, 2018, 2019, 2020; Đề minh họa năm 2021 + Thực tiễn trình giảng dạy thân đồng nghiệp NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Số phức a Định nghĩa: Cho số phức z có dạng: z  a  bi với a, b ��, a gọi phần thực z , b gọi phần ảo z , i gọi đơn vị ảo thỏa mãn i  1 b Biểu diễn hình học số phức Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , số phức z  a  bi; a, b �� biểu diễn điểm M (a; b) Ngược lại, điểm M ( a; b) biểu diễn số phức z  a  bi Nhận xét: +) OM  z ; +) Nếu z1 , z2 có điểm biểu diễn M , M M 1M  z1  z2 Đường trịn a Phương trình đường trịn Phương trình đường trịn  C  có tâm I  a; b  , bán kính R  C  :  x  a    y  a   R 2 x  y  2ax  2by  c  , R  a  b2  c b Phương trình tiếp tuyến Cho điểm M  x0 ; y0  nằm đường trịn  C  Phương trình tiếp tuyến với  C  M  :  x0  a   x  x0    y0  b   y  y0   Đường Elip a Định nghĩa đường Elip Cho hai điểm cố định F1; F2 độ dài không đổi 2a lớn F1F2 Elip tập hợp điểm M mặt phẳng cho MF1  MF2  2a Ta viết  E  :  M F1M  F2 M  2a F1; F2 tiêu điểm Độ dài F1F2  2c gọi tiêu cự elip M F1 F2 b Phương trình tắc elip Trong mặt phẳng Oxy cho hai tiêu điểm F1  c;0  ; F2  c;0  độ dài khơng đổi 2a Khi x2 y2 ta có phương trình tắc elip  E  :   , a b a  b  c ; a  b  c Các thành phần elip (E) + Bốn đỉnh: A1   a;0  , A2  a;0  , B1  0; b  , B2  0; b  + Độ dài trục lớn: A1 A2  2a + Độ dài trục nhỏ: B1B2  2b + Tiêu điểm: Tiêu điểm trái F1  c;0  , tiêu điểm phải F2  c;0  với b  a  c + Tiêu cự: F1F2  2c 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng Sáng kiến kinh nghiệm Qua trao đổi với thầy cô giáo mơn tốn nhà trường, tơi nhận thấy việc thầy cịn dạy em tìm lời giải cho tốn: Tìm GTLN, GTNN mô đun số phức theo phương pháp biến đổi trực tiếp dùng bất đẳng thức để đánh giá Vì vậy, tơi nhận thấy với cách làm đưa học sinh vào số thử thách việc làm thi Tốt nghiệp THPT Quốc gia: Một là, thời gian em dành để tìm đáp số toán nhiều thời gian Hai là, số toán phức tạp em gặp khó khăn việc định hướng tìm lời giải Ngược lại, em có hướng giải tốn khơng đủ thời gian để tìm lời giải nên dẫn đến tình đốn mị Từ thực tế đó, địi hỏi cần có cách tư tốn theo cách giải tốn trắc nghiệm, việc khai thác tối đa tính trực quan việc biểu diễn số phức hình học việc giải tốn việc làm cần thiết việc ôn thi Tốt nghiệp THPT Quốc gia nhà trường giai đoạn 2.3 Giải pháp thực Trong q trình dạy học ơn thi THPT Quốc gia năm gần đây, qua nghiên cứu đề thi thức Bộ giáo dục đào tạo năm 2018, 2019, 2020 đề minh họa năm 2021 Tôi xin đưa cách hướng dẫn học sinh kỹ thuật ghép bảng biến thiên để tìm lời giải cho số toán vận dụng cao tìm GTLN, GTNN mơ đun số phức sau: DẠNG 1: CỰC TRỊ CỦA MÔ ĐUN SỐ PHỨC LIÊN QUAN ĐẾN SỐ PHỨC CÓ ĐIỂM BIỂU DIỄN LÀ MỘT ĐƯỜNG TRỊN, ĐƯỜNG THẲNG Ví dụ Cho số phức z thỏa mãn z   3i  Giá trị lớn z   i A 13  C B D 13  Lời giải Giả sử z  x  yi � w  z   i   x  1   y  1  R �0 Vì tìm w max nên xét R  đường tròn tâm K  1;1 Từ giả thiết z   3i  đường trịn tâm I  2;3 bán kính r  Vậy để R lớn hai đường tròn tiếp xúc với R  KI  r  13  Ví dụ Cho số phức z thỏa mãn z   4i  10 Gọi M m giá trị lớn giá trị nhỏ z Khi M  m A B 15 C 10 Lời giải D 20 Biến đổi z   4i  10 � z   2i  gọi �3 � M  z   M  x; y  ta có M thuộc đường trịn tâm I � ;2 �, �2 � bán kính r  nên z  OM có giá trị lớn hay nhỏ M giao điểm đường thẳng OI với đường tròn nên hiệu M  m  OM  OM  2OI  Chọn A Nhận xét Cần nhận xét vị trí O đường tròn tâm I z  OI  r Ví dụ Cho số phức z thoả mãn z   4i  Khi z   i có giá trị lớn là: A 16  74 B  130 C  74 D  130 Phân tích Bài tốn quy xét khoảng cách từ điểm A đến điểm M thuộc đường tròn Lời giải Biến đổi z   4i  � z   8i  � M  z  � C  tâm I(6; - 8), R = Xét điểm A(- 1; 1) z   i  AM lớn AM = R + AI =  130 Chọn D Nhận xét Để tính nhanh, Mode ta ghi X   8i  Calc nhập -1 + i bấm = Ví dụ Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z   2i  w  z   i có mơđun lớn Số phức z có môđun bằng: A B C D Lời giải Cách (Hình học véc tơ) uur Gọi K  1; 2  , I  1; 1 � IK   2; 1 Để IM lớn vị trí M cần tìm H uuu r uur uuu r IK  R   � IH   4; 2  � H  3; 3 Suy cho IH   t  1 IK , t  IK OH  z  Cách (Hình học tổng hợp) OI  IK  OK  Tính cos   suy 2OI IK 10 OH  z  OI  IH  2OI IH cos  thay số z   20  2.2 10 3 10 Cách (Hình học véc tơ) uuuu r uuu r uuu r uuur uuuu r r uuuu r Gọi K  1; 2  , A  1;1 ta có: w  OM  OA  OA  OK  KM  u  KM , để r r r uuuu r w max ta chọn cho KM hướng u , w   t  1 u Với u   2; 1 r uuuu r � KM  t  2; 1 � t  � w max  u  uuuu r uuur r OM  OK  u   1; 2    2; 1   3; 3  � z    2 Ví dụ Biết số phức z thỏa mãn z   4i  biểu thức T  z   z  i đạt giá trị lớn Tính z A z  33 B z  50 C z  10 D z  Phân tích Bài tốn quy xét vị trí điểm M thuộc giao đường trịn đường thẳng Lời giải Cách (Hình học tọa độ) Gọi M  z   M  x; y  M thuộc đường trịn (C), tâm I(3; 4), R = ta có: T   x    y  x   y  1  x  y  � d : x  y   T  Để T lớn 2 d tiếp xúc với đường trịn (C), uuur IM  t  4;2  � t  uuur  � IM   2;1 20 (lấy t > 0) Ta có M(5; 5) nên z  OM  Chọn D Cách (Hình học véc tơ) Gọi M  z   M  x; y  M thuộc đường trịn (C), tâm I(3; 4), R = Gọi A  2;0  , B  0;1 uuur uuur uuur uuur uuu r uuu r uu r uur T  MA2  MB  MA  MB MA  MB  BA MI  IA  IB Đến ta cần uuu r uuu r xác định vị trí M cho MI BA hướng      uuu r uuur R MI  t  2;  , t  � t   � IM   2;1 � M  5;5  � z    Hay Ví dụ Cho số phức z thỏa mãn A 10 z  2i  Giá trị nhỏ z   2i z 3i B 10 C 10 D 10 Phân tích Quan sát biểu thức tốn ta quy đường thẳng đường trịn Lời giải Cách (Hình học tọa độ) Đặt z   2i  R �0 , trước hết xét R  , z  x  yi,  x, y �� biểu diễn M  x; y  thuộc đường trịn tâm I  3;2  , bán kính R Mặt khác ta có z  2i 2  � z  2i  z   i � x   y     x     y  1 z 3i suy 3x  y   đường thẳng  nên IM nhỏ IM vng góc với  M 9   10 R  d  I ,    , chứng tỏ I � Chọn A 10 Cách (Trắc nghiệm - Cơng thức tính nhanh) Ta có w  z   2i đường thẳng z  2i  z   i Mode ta ghi X A  X B A B CALC nhập -3 + 2i = 2i = -3 +i = ta có kết cần tìm Ví dụ Cho số phức thỏa mãn z   4i  z   4i Giá trị nhỏ z   4i  z   i A B C 29 41 Lời giải Giả sử M biểu diễn z  x  yi , x, y �� Khi ta có D 10 2 x    y   i  x    y   i � M �d : x  y   Gọi A  1; 4  , B  1;1 ta cần tìm  MA  MB  , A B khác phía d  MA  MB   AB  29 A M d B Nhận xét: Qua ví dụ giúp học sinh củng cố kiến thức luyện tập kỹ min, max Ví dụ Xét số phức z thỏa mãn z   i  z   7i  Gọi m, M giá trị nhỏ giá trị lớn z   i Tính P  m  M A P  13  73 B P   73 C  73 D P   73 Lời giải Đặt z   i  u � z  u   i , ta cần tìm u u max Thế z vào giả thiết ta có: u   2i  u   8i  Gọi M  x; y  biểu diễn u F1  3;2  , F2  3;8  ta có uuuur F1F2   6;6  MF1  MF2  F1F2  , M thuộc đoạn F1F2 Phương trình F1 F2 x  y   , từ suy u  OH  d  O, F1F2   ; u max  OF2  73 Chọn B DẠNG 2: CỰC TRỊ CỦA MÔ ĐUN SỐ PHỨC LIÊN QUAN ĐẾN HOẶC NHIỀU SỐ PHỨC CĨ ĐIỂM BIỂU DIỄN LÀ ĐƯỜNG TRỊN ĐOẠN THẲNG Ví dụ Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1   2i  z2   6i  Gọi a, b giá trị lớn giá trị nhỏ z1  z2 Khi a  b A 77 B 144 C 145 D 154 Phân tích Bài tốn cho M N thuộc hai đường trịn Cần xét min, max đoạn MN Lời giải Ta viết lại z1   2i  � z1   2i  nên M  z1  � C1  tâm I  5;2  , R1  Tương tự N  z2  � C2  tâm K  1;6  , R2  Gọi IK  h  13  R1  R2  m  2 Ta có: b  MN  h  m; a  MN max  h  m suy a  b   h  m    h  m  thay số a  b2   h  m    52  25   154 Chọn D Ví dụ 10 (BGD - Đề minh hoạ 2021) Xét hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  1, z2  z1  z2  Giá trị lớn z1  z2  5i A  19 B  19 Lời giải C 5  19 D  19 z1  � z1  ; z2  ; z1  z2  uuuu r Gọi M điểm biểu diễn z1 � OM vectơ biểu diễn z1 ; N điểm biểu diễn uuur uuu r 3z1 � ON vectơ biểu diễn 3z1 ; P điểm biểu diễn z2 � OP vectơ biểu diễn z2 Có z1  OM  � M � O, R  1 ; 3z1  ON  � N � O, R3  3 ; z2  OP  � P � O, R2    Gọi w  3z1  z2 Q điểm biểu diễn w � w  OQ  ON  NQ  2ON NQ.cos ONQ  ON  OP  2ON OP.cos ONQ �  Ta có : cos MOP OM  OP  MP  2OM OP �   cos MOP �  1 � cos ONQ �1� � w  OQ  32  22  2.3.2 �  � 19 � 2� uuur uuu r Xét T  z1  z2  5i  OQ  OA  AQ với A  0, 5  biểu diễn số phức u  5i  � T max AQ max Mà OQ  19 � Q � O, R4  19  � AQ max  OA  R4   19 Chọn B Ví dụ 11   i Giả sử z1 , z2 hai nghiệm phức z z    2i  z   3i z1  z2  Tính M  z1  3z2 phương trình A M  19 B M  25 C M  D M  19 Lời giải Ta chia hai vế cho  i z z  iz   i  Đặt z  m �0 ta có m m  i  � m  m  1  � m  hay ta có z  , nói cách khác hai số z1 , z2 thuộc đương trịn tâm O, bán kính R = Gọi A, B biểu diễn số z1 , z2 từ z1  z2  suy OAB tam giác Không giảm tổng quát chọn �1 � A  1;0  , B � ; � 2 � � �1 i �  i3  19 Chọn D Thì M    0i   �  � � �2 Ví dụ 12 Trong số phức z thoả mãn z   4i  có hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z2  Giá trị nhỏ z1  z2 B 4  A -10 D 6  C -5 Lời giải: 2 Ký hiệu P  z1  z2 , giải sử M biểu diễn z, A, B biểu diễn z1 , z2 I  3;4  tâm đường tròn Gọi H trung điểm AB Ta có AB  1, OI  và: uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuur uuu r uur uuu r P  OA  OB OA  OB  BA.2OH  BA OI  IH      uuu r uur uuu r uur BA , OI ngược hướng nên ta cần P  BA.OI Pmin  2 AB.OI  10 Chọn A Nhận xét: Đôi ta xem Elip (thay đổi) đường trịn (thay đổi) nhìn nhận theo cách mở rộng xem elip ảo hay đường trịn ảo để giải tốn nhanh Ví dụ 13 Cho số phức z , z1 , z2 thỏa mãn z   2i  z   4i , z1   2i  2, z2   6i  Tính giá trị nhỏ biểu thức T  z  z1  z  z2  A 3770 13 B 10361 13 C 3770 13 D 10361 26 Phân tích Cho điểm M thuộc đường thẳng P, Q thuộc đường trịn Tìm Max  MP  MQ  Lời giải Gọi M  z   M  x; y  , I  5;2  , K  1;6  , A  1; 2  , B  3;4  , P  z1  , Q  z2  , 10 R1  R2  Khi M thuộc trung trực AB có phương trình x  y      P, Q di chuyển hai đường tròn tâm I K bán kính R = Nhân xét uuu r uur AB   4;6  , IK   6;4  uuu r uur Nghĩa AB  IK nên hai đường thẳng IK / /  , d  I ,    R, IK  R Rõ ràng ta có T  MP  MQ  R nhỏ P, Q thuộc đoạn MI, MK tính đối xứng nên Tmin = 2MK Vậy Tmin 2 3770 �1 � Chọn A  MK  � IK � � d  I, �  � � 13 �2 � DẠNG 3: CỰC TRỊ CỦA MÔ ĐUN SỐ PHỨC LIÊN QUAN ĐẾN SỐ PHỨC CĨ ĐIỂM BIỂU DIỄN LÀ ELIP Ví dụ 14 Cho số phức z thỏa mãn z  15  z  15  | z  15 i |  | z  15i | Tính z A z  34 17 B z  5 C z  Lời giải    Gọi M  x; y  điểm biểu diễn số phức z, F1  15;0 , F2 D z   15;0 giả thiết: z  15  z  15  � MF1  MF2   2a nên M thuộc elip có phương trình x2 y x2 y     (2) Quy đồng cân (1) Hoàn toàn tương tự M thuộc elip a b2 b2 a 2 a2  a2  c2  a b ta có b x  a y  a x  b y � x  y  Ta  a  b2 2a  c việc thay số: 2 a  16, c  15 � x  2 2 2 16  16  15  16 34 Chọn A  � z  x 2 32  15 17 17 Nhận xét Cách giải số em cịn băn khoăn, sau ta giải sau 2 Theo giả thiết thứ suy z  15  z  15  z  15  64 (1) 11 2  Theo quy tắc hình bình hành z  15  z  15  z  15  vào (1) ta có 2 z  15  z  17 (2) Hoàn toàn lập lại với giả thiết thứ hai: z  15  z  17 (3) 2 Đặt z  a  bi từ (2) (3) suy z  15  z  15 hay  a  15  b   a  15  b � a  � z  bi thay trở (2) ta bi  15  b  17 � b  225   17  b  � b  32 32 34 � z   17 17 17 Ví dụ 15 Cho số phức z thỏa mãn z   i  z   3i  w  z  i Gọi T giá trị lớn w Tìm T A T  B T  C T  2 D T  Lời giải Thế z  w  i vào giả thiết ta có w   2i  w   2i  (1) Gọi M điểm biểu diễn số phức w F1 (1; 2), F2 ( 2;2) biểu diễn số z1   2i, z2  2  2i từ (1) ta có MF1  MF2  Mà ta có F1F2  � M �F1F2 Bởi w max � OM max � OM  OF2  2 Chọn C Nhận xét Nếu MF1  MF2  F1F2 ta đưa Elip giải bình thường Tuy nhiên tốn cho trường hợp đặc biệt nên ta xem xét để giải nhanh Ví dụ 16 Cho z �� thỏa mãn z   3i  z   i  Tìm giá trị lớn z   5i ? A B 5 C Lời giải: Gọi M  x; y  biểu diễn z, F1  2; 3 , F2  2; 1 , K  6; 5  MF1  MF2   F1F2  quỹ tích M Elip Nhận xét F1 trung điểm KF2 ta cần tính độ dài lớn KM, vị trí cần tìm D, mà cho DF1  DF2  F1F2 (không đổi) nên suy DF2  Vậy KM max  KD  5 Chọn B 12 D Ví dụ 17 Cho số phức z thỏa mãn z   2i  z   6i  Giá trị lớn z  10  14i A 17 B 20 C 15 D 12 Lời giải �5 � Gọi M  z   M  x; y  M thuộc elip (E), tâm I � ;4 �, a = , c = 2 �2 � uuur Gọi A  10;14  z  10  14i  AM Vậy ta cần xác định vị trí M cho IM uuur � 15 uur � �5 15 �  ; 10 � , t  � M �  t;4  10t � AI hướng hay IM  t � � � �2 � 2 15 � 2 � 15 � Do ta có �   t �  2  10t   �  t �   10t   � �2 � �2 � 34 25  5t   5t   � t  Vậy AM max  t  AI   17 Chọn A  25 25 Ví dụ 18 Xét số phức z  a  bi  a, b �� thỏa mãn z   3i  Tính P  a  b z   5i  z   3i đạt giá trị lớn A P  B P  3 C P  D P  7 Lời giải M � C  có tâm I  2; 3 , R  Gọi A  2;5  , B  6; 3  , K  2;1 trung điểm AB uur uuu r Ta có MA  MB  2m; AB  2c Chú ý IK  AB Điểm M chạy elip ảo (trục lớn 2m thay đổi) Vị trí M H, cho uuu r uur uuu r R IH  t KI  t  4; 4  � t   � IH   1; 1 � H  3; 4  4 Hay ta có z  3  4i � P  a  b  7 Chọn D BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu (SGD Nghệ An - THPT Liên trường) Cho số phức z gọi z1 , z2 hai nghiệm phức phương trình z  8i  ( z1 có phần thực dương) Giá trị nhỏ z2 viết dạng m n  p q (trong n, p �N ; m, q số nguyên tố) Tổng m  n  p  q A 10 B 13 C 11 D 12 biểu thức P  z  z1  z2  z  z  z1  13 Câu (THPT Chun Hồng Văn Thụ - Hịa Bình) Cho số phức z thỏa mãn z  i  z  i  10 Giá trị nhỏ z bằng: A B C D Câu [THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai] Cho số phức z thỏa z  Tìm 2 giá trị lớn P  z  z  z  z A 14 B C 2 D Câu Xét số phức z  a  bi  a, b �� thỏa mãn z   3i  2 Tính P  2a  b z   6i  z   2i đạt giá trị lớn A P  B P  3 C P  D P  Câu [THPT Chuyên Nguyễn Quang Diệu – Đồng Tháp] Gọi S tập hợp số phức thỏa mãn z   z   10 Gọi z1, z2 hai số phức thuộc S có mơ đun nhỏ Giá trị biểu thức P  z12  z22 là: A 16 B 32 C -32 D -16 Câu (SGD Ninh Bình): Cho số phức z thỏa mãn z   Tìm giá trị lớn T  z  4i  z 2i A 46 B 13 C 26 Câu [THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai] z   2i  z   i Khi z nhỏ A B C D 23 Cho số phức z thỏa D Câu (THPT Hậu Lộc 2-Thanh Hóa ) Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1   i  z2  iz1 Tìm giá trị nhỏ m biểu thức z1  z2 ? A m   C m  B m  2 D m  2  Câu Cho số phức z thỏa z   i  z   2i  Gọi M, m giá trị lớn giá trị nhỏ z Tính tổng M + m A  13 B  13 C  13 D 2 Câu 10 Cho hai số phức u , v thỏa mãn u  6i  u   3i  10 , v   2i  v  i Giá trị nhỏ u  v là: 10 10 C 10 D 3 Câu 11 Cho số phức z thỏa mãn z  i  z  i  10 Giá trị nhỏ z A 10 B 14 A B C D Câu 12 Cho số phức z thỏa mãn z   3i  z   3i  Giá trị lớn z A 13  B  13 C D  Câu 13 [THPT Thăng Long - Hà Nội] Cho số thực a thay đổi số phức z thỏa mãn z  ia Trên mặt phẳng tọa độ, gọi I3; 4 M điểm biểu diễn  a  a  2i  a2  số phức z Khi a thay đổi MI đạt nhỏ là: A B C D Câu 14 (THPT Chuyên Đại học Vinh) Giả sử z1 , z2 hai số phức z thỏa mãn  z     zi  số thực Biết z1  z2  Giá trị trị nhỏ z1  3z2 bằng: A  21 B 20  21 C 20  22 D  22 Câu 15 [THPT Chuyên Nguyễn Quang Diệu – Đồng Tháp] Cho số phức z w thỏa mãn (3  i ) z  z   i Tìm GTLN T  w  i w 1 B C D 2 Câu 16 (THPT Chuyên Ngữ – Hà Nội ) Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn A z1  3i   iz2   2i  Tìm giá trị lớn biểu thức T  2iz1  z2 A 313  16 B 313 C 313  D 313  Câu 17 [SGD Lào Cai ] Biết số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện 2 z   4i  biểu thức M  z   z  i đạt giá trị lớn Tính mơ đun số phức z + i A 61 B C D 41 Câu 18 [THPT Chuyên Quang Trung] Gọi S tập hợp tất giá trị thực m để tồn số phức z thỏa mãn z  z  z  z  z ( z  2)  ( z  z )  m số ảo Tổng phần tử S là: 1 1 C D 2 Câu 19 Cho số phức z1 thỏa mãn z1   3i  z1   3i z2 thỏa mãn A 1 B z2   3i  z2   3i Tìm giá trị nhỏ P  z1  z2  z1   i  z2   i 15 A 18 13 B 16 13 C 10 D Câu 20 Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z   z  2i Giá trị nhỏ biểu thức P  z   2i  z   4i  z   6i viết dạng số hữu tỉ Giá trị a  b A B C 16 a  b 17 với a , b D 2.4 Hiệu Sáng kiến kinh nghiệm Trong năm học 2020 – 2021 vừa qua, góp ý xây dựng Tổ mơn, đồng ý Ban chuyên môn nhà trường, áp dụng việc dạy học lớp 12A1 tiết ôn tập thi Tốt nghiệp THPT QG thời điểm thầy Phạm Chí Đạt dạy nội dung lớp 12A2 Sau dạy xong, tổ chức kiểm tra lớp thực nghiệm (TN) lớp 12A1 lớp đối chứng (ĐC) lớp 12A2 Ngồi kết kiểm tra, tơi cịn kiểm tra mức độ hứng thú học tập học sinh phiếu thăm dò, với mức độ: - Mức độ 1: Rất hứng thú học - Mức độ 2: Có hứng thú, khơng có ý định tìm tịi sáng tạo thêm - Mức độ 3: Bình thường - Mức độ 4: Không hứng thú Không hiểu nhiều vấn đề Kết thể qua biểu đồ sau: Biểu đồ so sánh mức độ hứng thú học tập lớp sau thực nghiệm Biểu đồ so sánh kết học tập lớp sau thực nghiệm Từ kết trên, xem xét làm học sinh, thấy rằng: Học sinh lớp thực nghiệm có hứng thú học tập hẳn so với học sinh lớp đối chứng Kết kiểm tra lớp thực nghiệm tỉ lệ học sinh giỏi tăng, tỉ lệ học sinh trung bình, yếu giảm, cịn lớp đối chứng tỉ lệ giỏi giảm, tỉ lệ trung bình yếu lại tăng lên Việc định hướng phương pháp làm học sinh lớp thực nghiệm tốt lớp đối chứng 17 Học sinh lớp thực nghiệm tự tin đứng trước kiểm tra Khơng bị bất ngờ tốn, trình bày lời giải ngắn gọn, rõ ràng Khi dạy nội dung khó cách tiếp cận dễ dàng dẫn đến việc học học sinh nhẹ nhàng hơn, giảm áp lực cho giáo viên đứng lớp Được đồng nghiệp tổ môn đánh giá cao xem tài liệu quan giảng dạy mơn Giải tích ơn thi Tốt nghiệp THPT QG Từ khẳng định cách dạy luyện tập mang lại hiệu trình dạy học mơn Giải tích trường THPT Lê Lai 18 KẾT LUẬN – KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Trong trình làm sáng kiến áp dụng sáng kiến thực tế giảng dạy lớp 12A1, hiệu mang lại thực tiễn giảng dạy nhà trường trình bày Từ thấy SKKN : “SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC ĐỂ GIẢI BÀI TỐN TÌM GTLN, GTNN CỦA MƠ ĐUN SỐ PHỨC TRONG VIỆC ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021 TẠI TRƯỜNG THPT LÊ LAI” có đóng góp khơng nhỏ việc giảng dạy trường THPT Lê Lai Cụ thể: Về lí luận: SKKN góp phần khẳng định việc xây sử dụng phương pháp hình học giúp học sinh xử lí nhanh tốn vận dụng vận dụng cao phần tìm GTLN, GTNN mô đun số phức Về thực tiễn: SKKN giáo án luyện tập mơn Giải tích có hiệu dành cho thân đồng nghiệp Tổ môn 3.2 Kiến nghị Tổ chuyên môn cần tổ chức diễn đàn trao đổi chuyên môn để giáo viên học hỏi kinh nghiệm phổ biến SKKN cá nhân XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 20 tháng 05 năm 2021 Tơi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Hồ Phương Nam 19 ... GTLN, GTNN CỦA MƠ ĐUN SỐ PHỨC TRONG VIỆC ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021 TẠI TRƯỜNG THPT LÊ LAI? ?? Nhằm đưa phương án tối ưu giúp học sinh giải tốn ơn thi Tốt nghiệp THPT năm 2021 năm 1.2 Mục đích... GTNN CỦA MÔ ĐUN SỐ PHỨC TRONG VIỆC ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021 TẠI TRƯỜNG THPT LÊ LAI? ?? có đóng góp khơng nhỏ việc giảng dạy trường THPT Lê Lai Cụ thể: Về lí luận: SKKN góp phần khẳng định việc. .. Đề thi THPT Quốc gia năm 2018, năm 2019, Đề thi Tốt nghiệp năm 2020 Đề tham khảo Bộ giáo dục đào tạo năm 2021, định chọn đề tài : “SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC ĐỂ GIẢI BÀI TỐN TÌM GTLN, GTNN CỦA