Hướng dẫn giải một số câu hỏi số phức khó trong các đề thi thử Lê Hồng Quốc

Một số câu hỏi số phức khó trong các đề thi thử 2017 Trang 1

Sưu tầm và biên soạn: Lê Hồng Quốc ĐT: 0898.244.454

Câu 1. (Đề khảo sát của Bộ dành cho 50 trường) Xét số phức z thỏa 13 z i   . Tìm giá trị nhỏ nhất

T của 9 5 z i   .

A. 2 13 T  . B. 3 13 T  . C. 13 T  . D. 4 13 T  .

Hướng dẫn giải. Chọn A.

Đặt z x yi   (với , x y ). Khi đó 13 z i    

2 2 1 13 x y     .

Cách 1. Đại số.

Chọn 13 sin

13 cos 1

x t

y t

 

   .

Ta có        

2 2 2 2 2 9 5 9 5 13 sin 9 13 cos 6 P z i x y t t           

    2 2 13 sin cos 18 13 sin 12 13 cos 117 130 6 13 3sin 2cos t t t t t t        

  130 78sin 52 208 t P        , với

3 sin

13 2 cos

13





     

.

Vậy 2 13 T  .

Cách 2. Hình học.

Đặt 9 5 9 5 w z i w z i            2 2 2 9 5 w x y      suy ra tập hợp các số phức w nằm trên

đường tròn   1 C có tâm là   9;5 A , bán kính 1 R .

Mà 13 z i    

2 2 1 13 x y     suy ra tập hợp các số phức w nằm trên đường tròn   2 C có tâm

là   0; 1 B  , bán kính 2 13 R  .

Gọi C là điểm thuộc đường tròn   1 C , suy AC w  , mà C thuộc   2 C , suy ra

2 2 AB R AC AB R     , ta có   9; 6 117 3 13 AB AB      

suy ra 2 13 4 13 AC   . Vậy

2 13 T  .

Câu 2. Có bao nhiêu giá trị thực của m để phương trình   2 2 4 4 1 3 0 z m z m m      có hai nghiệm

phức thỏa 1 2 2 z z   .

A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 4. Hướng dẫn giải. Chọn C. Cách 1:

' 4 4 m   .

Trường hợp 1: ' 0  1 m  . Khi đó phương trình   2 2 4 4 1 3 0 z m z m m      có hai nghiệm là

1z a bi   , 2z a bi   với ,a b.

Ta có 2 2 1 2 2 1 z z a b       1 .

Theo định lí Vi-ét ta có

2

1 2

3 4 m m z z    2 , từ  1 và  2 suy ra 1

4

m

m

     .

Một số câu hỏi số phức khó trong các đề thi thử 2017 Trang 2

Sưu tầm và biên soạn: Lê Hồng Quốc ĐT: 0898.244.454

Suy ra m  3 .

Trường hợp 2: ' 0 1 m    phương trình đã cho có hai nghiệm 1 2 1 z z   , suy ra 1 2 2 z z   .

Suy ra 1 m  thỏa  4 .

Trường hợp 3: ' 0  1 m  . Khi đó phương trình có hai nghiệm thực 1 2 , z z thảo hệ thức Vi-ét

1 2 2

1 2

1

3 4

z z m

m m z z

       

.

Theo đề ta có 1 2 2 z z  

2 2

1 2 1 2 2 4 z z z z      

2

1 2 1 2 1 2 2 2 4 z z z z z z     

 

2 2 2 3 3 1 4 2 2 m m m m m          2 2

2 1 4 3 0 3 3 3 0

m khi m m m m khi m m

             

 5 .

Vậy từ  3 ,  4 ,  5 suy ra 3 m  , 1 m  thỏa.

Cách 2:

Phương trình   2 2 4 4 1 3 0 z m z m m      luôn có hai nghiệm phức 1 2 , z z , theo định lí Vi-ét ta có

1 2 2

1 2

1

3 4

z z m

m m z z

       

. Theo yêu cầu bài toán ta có 1 2 2 z z  

2 2

1 2 1 2 2 4 z z z z    

2 2

1 2 1 2 1 2 2 4 2

z z z z z z         2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 4 4 8 z z z z z z z z       

    2 2 2 2 1 1 3 3 8 m m m m m m           

2 2 1 1 3 8 m m m m       

    

     

    

2 2

2 2

2 2

1 1 3 8 1

1 1 3 8 1;0 3;

1 1 3 8 0 3

m m m m khi m

                                    



2

2 2 6 8 0 1

2 4 6 0 1;0 3;

2 6 0 0 3

m m khi m

m m khi m

m khi m

                         

1 3 m m    .

Vậy 3 m  , 1 m  thỏa.

Câu 3. (THPT chuyên Quang Trung – Bình Phước) Cho z thỏa mãn   10 2 1 2 i z i z    . Biết

tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức   3 4 1 2 w i z i    là đường tròn tâm I , bán kính R

. Khi đó

A.   1; 2

5

I

R

      . B.   1;2

5

I

R

   . C.   1;2

5

I

R

     . D.   1; 2

5

I

R

     .

Hướng dẫn giải Chọn

Nhận xét. Ở đây đề cho lỗi, vì chỉ có 1 số phức z thỏa   10 2 1 2 i z i z    , nên tập hợp điểm

biểu diễn số phức w cũng chỉ có 1 điểm chứ không phải là 1 đường tròn.