chinh-phuc-vdc-giai-tich-luyen-thi-thpt-nam-2023-phan-nhat-linh

Chương 03: Nguyên hàm – tích phân và ứng dụng t+1 2 t4 dt   ( )I =  1 + 2 + 1  dt = −1 − 1 − 1 +C.  t2 t3 t4  t t2 3t 3   Thay vào (1) ta được: −1− 1 −1 +C = x3 − x2 +x t t2 3t3 3 Hay − f ( 1 + 1 − 1 − 1 +C = x3 − x2 +x 3 x)  f (x) + 12 3  f (x) + 13 Vì f (1) = −2 nên C = 0 , suy ra − f 1 + 1 − 1 12 − 1 13 = x3 − x2 + x . 3 (x)  f (x) + 3  f (x) + Đồng nhất hai vế, suy ra: − f 1 = x  f (x) = −1 − 1 . x (x) + 1 2  1  2 −5.  x  2 đó: (−x − 1)dx  Khi I = x −1 − = = 1 1 Câu 23: Ta có: x + 2xf (x) =  f (x)2  x 1 + 2 f (x) =  f (x)2  x 1 + 2 f (x) = f (x) ( vì f (x) đồng biến )  f (x) x , x  1; 4 = 1+ 2 f (x) Nguyên hàm hai vế, ta được: 1 + 2 f (x) = 2 x x + c 3 Với f (1) = 0  c = 1 . Suy ra 1+ 2 f (x) = 2 x 1  2 x x + 1 2 −1  3 3  3 x +  f (x) = 33 2 4 f (x)dx = 4  2 x x + 1 2 − 1 1403  3 3   Vậy I = = = 15, 5 ( 8 ) . 1 1 2 90 ( )Câu 24: f (x) + xf (x) Từ giả thiết, ta có f (x) + xf (x) = 2x3 + x2 f 2(x)  [xf (x)]2 = 2x + 1  1  1 (−2x − 1)dx  1 = −x2 − x + C . xf (x) xf (x)   xf (x)  = −2x −1 =   f (1) = − 1  C = 0  xf (x) = − 1 2 x(x + 1) 2 2 −1 dx = 2 1 1 dx x+1 2 3 1 x(x + 1) x+1 x  x 1 4 x f (x)dx = 1    1  − = ln = ln .  ( )Câu 25: Ta có sin x − sin3 x = sin x 1 − sin2 x = sin x.cos2 x . Chinh phục các bài toán VD - VDC: Nguyên hàm - tích phân và ứng dụng | 396

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Do đó, từ giả thiết ta được   2 22   − f (cos x)d(cos x) + f (sin x)d(sin x) = sin x.cos2 xdx 0 00  01 2 10      − f (t)dt + f (t)dt = − cos2 xd(cos x)  2 f (t)dt = − t2dt 10 0 01  2I = 1 = 1  I = 1. t2dt 36 0  x g(x) + 2020x = (x + 1) f (x)  1 g(x) − x + 1 f (x) = −2020  x Câu 26:  ( x + 1)2   ( x + 1)2  x3  x 1  x+ g ( x ) + f (x) = 2021x2  x + 1 g( x) + x2 f (x) = 2021  1 Lấy vế cộng vế hai phương trình trên ta được:  1 g(x) + x g ( x )  −  x+1 f (x) − 1 f ( x)  =1  +   x x2      ( x + 1)2 x 1     x g (x )  −  x +1 f ( x)  = 1   x g(x) − x + 1 f (x)  = 1.  +   x   + x  x 1 x 1 Lấy nguyên hàm hai vế ta được: x g(x)− x +1 f (x) = x +C . x+1 x Do 4 f (1) = g(1) nên ta có C + 1 = 0  C = −1 . Suy ra x g(x) − x + 1 f (x) = x − 1 . x+1 x đó: 2  x ( ) x+1 ( x )dx 2  x2  2 1  Do I = 1  x + 1 g x − x f = =  2 − x  1 = 2 . (x − 1)dx 1 Câu 27: Đặt t = 3 − x  dt = −dx . vào ta được 3 1 3 1 3 1   Thay I = f )dx = = 1+ ( x 1+ f (3 − t )dt 1+ f (3 − x )dx . 00 0 3 f (3− x)− f (x)  số tục và luôn dương trên đoạn 0=  1+ f (x) 1+ f (3− x) dx ,  0   ( )( )Suyra do hàm f (x) liên 0; 3 . Suy ra f (3 − x) = f (x) , trên đoạn 0; 3 . Mà f (x). f (3 − x) = 1  f (x) = 1 . Vậy I = 3 1dx = 3 . 22 0 397 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 03: Nguyên hàm – tích phân và ứng dụng  2  ( )Câu 28: Đặt I1 = cot x. f sin2 x dx = 1 .  4 Đặt t = sin2 x  dt = 2 sin x.cos xdx = 2 sin2 x.cot xdx = 2t.cot xdx . Đổi cận: x =   t = 1 ; x =   t = 1 . 4 22 1 11 1 (t). 1 =11 f (t) 1 4 f (4x)d(4x) = 1 4 f (4x) 4 f (4x) 21 2t dt 4x 2 1 x dx = 2I1 = 2 .     = f dt = I1 t 21 dx  x1 1 2 28 88 ( )16 f x Đặt I2 = dx = 3 , Đặt t = x  2tdt = dx . 1 x Đổi cận: x = 1  t = 1; x = 16  t = 4 . ( )16 f 1 f (4x)     I2 = = 2 dx . 1 1x x dx = 4 f (t) 2tdt 4 f (t) = 1 f (4x) d(4x) x 1 t2 = 2 dt 2 t 1 4x 1 44 Suy ra 1 f (4x) 1 I2 = 3. 1 2 2 dx = x 4 1 1 f (4x) 4 f (4x) 1 f (4x) 3 7 đó, ta có: dx dx + dx   Khi = = 2+ =  a = 7,b = 2. 1x 1x 1x 22 8 84 Vậy P = a + b = 9 . f (x) + xf (x) = 2xe−x2 x2 x2 x2  x2  − x2   Câu 29: Ta có  f (x).e 2 + xf (x).e 2 = 2xe−x2 .e 2   f (x).e 2  = 2x.e 2   x2 x2 − x2 2  f (x).e 2 = −2e 2 − x2 e − d  − x2  +C.  2  = 2x.e 2 dx = −2 Khi đó ta có x2 − x2 +C . f (x).e 2 = −2e 2 Với x = 0 ta được f (0).e0 = −2e0 + C  f (0) = −2 + C mà f (0) = −2  C = 0 . Suy ra x2 =  x2   f (x) = −2e−x2 . 2  f (x).e 2 −2e−     ( )( )1 Khi đó ta có: I = xf 11 = e−x2 1 = 1 − 1 = 1 − e . 0e e x dx = −2 x.e−x2 dx = e−x2 d −x2 0 00 Chinh phục các bài toán VD - VDC: Nguyên hàm - tích phân và ứng dụng | 398

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 2021 dx 2021 f (2021 − x) 0 1+ 1 = f (2021 − x) 0  Câu 30: = Ta có: I f ( 2021 − x ) + dx . 1 Đặt: 2021 − x = t thì dx = −dt . Khi x = 0 thì t = 2021 , khi x = 2021 thì t = 0 . f (t) ( )2021 f x f (t) + 1dt = f (x) + 1dx .  0 Ta được: I = − 2021 0 2021 ( )1 2021 f (x) 2021 2021 . (x) + 2 = dx +   Do đó: 2I dx = dx = 2021 . Vậy: I = f x +1 f 1 00 0 Câu 31: Tính f (x). f (x) ta đặt 1 + f 2 (x) = t  1 + f 2 (x) = t2  2 f (x) f (x)dx = 2tdt . dx 1+ f 2 (x)  f (x) f '(x)dx = tdt f (x).f(x) tdt = 1+ f 2 (x) +C . dx =   Thay vào ta được t dt = t + C = 1+ f 2 (x) 2 1 + 2 2 + C = 0  C = −3 . ( )Do đó 1+ f 2 (x) + C = x2 + x ; f (0) = 2 2  ( )Ta có 1 + f 2 (x) − 3 = x2 + x  1 + f 2 (x) = x2 + x + 3  f 2 (x) = x2 + x + 3 2 − 1 . 2 2 x2 + x + 3 2 − 1]dx = 2 f2 dx = [   ( ) ( )( )Suy ra x x4 + x2 + 9 + 2x3 + 6x2 + 6x - 1 dx 11 1 ( )2  x5 x4 7x3  2 1411  5 2 3 + 8x  1 30 = 1 x4 + 2x3 + 7x2 + 6x + 8 dx = + + + 3x2 = . Vậy 2 f 2(x)dx = 1411 . 30 1 Câu 32: Ta có ( )x3 − 6x2 + 9x f (x) + (x2 − 7x + 12) f (x) = x2 + 9  f (x)+(x − 3)(x − 4) f (x) = x(x − 3)2  1 .f (x) + x − 4.f(x) = x x2 + 9 x2 + 9 (x − 3)2 x−3  x − 4 ( ) x  x − 4.f (x) = x = x2 + 9 + C (*)  x − 3 x2 + 9 x − 3 x2 + 9  . f x = Vì hàm số f (x) có đạo hàm liên tục với mọi x  (4 ; + ) và thỏa mãn (*) vớ i x  (4 ; + ) nên ta thay x = 4 vào (*) ta được C = −5. 399 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 03: Nguyên hàm – tích phân và ứng dụng Suy ra x − 4 . f (x) = x2 + 9 − 5  1 f (5) = 34 − 5  f (5) = 2 34 − 10. x−3 2 Câu 33: Ta có:  f (x)2 + f (x). f (x) = 6x2 + 2 ( )  f (x). f (x) = 6x2 + 2  f (x). f (x) = 6x2 + 2 dx = 2x3 + 2x + C Mà f (0) = 0 nên thay x = 0 ta được: C = 0 . Suy ra f (x). f (x) = 2x3 + 2x . 11  ( )Lấy tích phân 2 vế ta được: f (x). f (x)dx = 2x3 + 2x dx 00  f 2 (x) 1 = 3  f 2 (1) = 3  f (1) =  3 . 22 0 Câu 34: Từ giải thiết f (x) + f (−x) = 2021x2020 + 3x2 − 4,x  . Lấy tích phân hai vế từ −2 đến 2 ta được: 22   ( ) f (x) + f (−x)dx = 2021x2020 + 3x2 − 4 dx −2 −2   ( ) 2 ( ) ( ) ( ) f 2 −x dx = x2021 + x3 − 4x 2 2 −x dx =22022. x dx + f −2 I+ f −2 −2 −2 2 Xét J = f (−x)dx . Đặt t = −x ta có dt = −dx . −2 Đổi cận: x = −2  t = 2 ; x = 2  t = −2 . −2 2 2 Do đó J =  − f (t)dt =  f (t)dt =  f (x)dx = I . 2 −2 −2 Vậy 2I = 22022  I = 22021 . Câu 35: Ta có: f 1 + 2 f 1 +1 = 1  2 f (x) + 1+ f (x) = 2 f (x) f (x) + f (x) (x) (x)  2 f(x) +1 = 2 f (x) f(x)  2 f (x)+ x = f 2 (x)+C . Vì f (0) = 1 nên C = 1 . Do đó 2 f (x) + x = f 2 (x) + 1   f (x) − 12 = x  f (x) = x + 1 vì f (x)  0,x  0; +) .  ( )1 1 Vậy I = f (x)dx = x + 1 dx = 5 . 3 00 Câu 36: Cách 1: Chinh phục các bài toán VD - VDC: Nguyên hàm - tích phân và ứng dụng | 400

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023  ( )Từ giả thiết f (x) ( )f 2 − x = e2x2 −4x , cho x = 2 , ta có 2 x3 − 3x2 f '(x) f (x) dx f (2) = 1. Ta có I = 0 u = x3 − 3x2 ( )Đặt du = 3x2 − 6x dx  f '(x)   ln (do f (x)  0,x  0; 2 ). dv = f (x) dx v = f (x )  Khi đó, ta có ln f (x) 2 − 2 2 ln f (x)dx = −3 ( ) ( ) ( )I = ln f (x)dx = −3J . x3 − 3x2 0 3x2 − 6x x2 − 2x 00 2 ( )J = x2 − 2x ln f (x)dx . 0 Đặt x = 2 − t  dx = −dt ; đổi cận: x = 2  t = 0; x = 0  t = 2 0 J = (2 − t)2 − 2(2 − t) ln f (2 − t)d(2 − t) 2 02 (2 − x)2 − 2(2 − x) ln f (2 − x)d(2 − x) =  =  x2 − 2x ln f (2 − x)dx .  20 22 2  2  ( x)dx  x2  (2 x)dx x2 − 2x ln f (x) f (2 − x)dx   Suy ra 2J =  x − 2x  ln f +  − 2x  ln f − = 00 0  ( )( )2 2 =  x2 − 2x ln e2x2 −4xdx = x2 − 2x 2x2 − 4x dx = 32  J = 16 . Vậy I = −3J = − 16 .  15 15 5 00 ( ) ( )Cách 2: Từ giả thiết ta có f x f 2 − x = e2x2−4x = ex2−2x.e(2−x)2−2(2−x) nên ta có thể chọn ( )f x = ex2 −2x . 2  ( )  ( ) ( )( ) ( ) ( )I = ( )0 x3 − 3x2 f' x 2 x3 − 3x2 . 2x − 2 ex2−2x 2 . 2x − 2 dx = − 16 fx 5. dx = ex2 −2x dx = x3 − 3x2 0 0 ( )2  + ecos 2x ( x)  + (x) =  (x) + 2 sin 2x.ecos 2x f (x) + f (x) = 0 (1) Câu 37: sin 2x  f x f  f 0 2sin 2x. f Do hàm số f (x) liên tục và nhận giá trị dương trên nên chia hai vế phương trình (1) cho 2 f (x) ta được sin 2x. ( )f x + sin 2x.ecos2x + f (x) = 0 (2) . 2 f (x) 401 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 03: Nguyên hàm – tích phân và ứng dụng Nhân hai vế của phương trình (2) với − 1 cos 2x ta được: e2 − 1 cos 2x ( )f x + ( )f  x −1 cos 2x 1 cos 2x  − 1 cos 2x ( )  1 cos 2x e2 = −sin 2x.e 2   e 2 f x  = −sin 2x.e 2 sin 2x.e 2  ( )2 f x − 1 cos 2x  1   2 dx ( )  ( ) ( ) e 2  fx= − sin 2x.e cos 2 x  − 1 cos 2x 1 cos 2x 3. e2 f x = e2 +C Trong đẳng thức (3) cho x =0 ta được −1 ( ) 1 −1 1 e2 f 0 = e2 +C  e 2 e2 = e2 + C  C = 0 . − 1 cos 2x ( ) ( ) ( ) ( )3  e 2 1 cos 2x f x =ecos 2x  f x = e2cos 2x f x = e2   2  2 cos 4 =1  3  e e3 ( ) = f 0.367  0;1 . ( )Câu 38: Đặt x = t3 + 2t − 1 , ta có dx = 3t2 + 2 dt . Đổi cận: x = −1  t3 + 2t − 1 = −1  t3 + 2t = 0  t = 0 . x = 2  t3 + 2t − 1 = 2  t3 + 2t − 3 = 0  t = 1 . 21 1   ( ) ( )  ( )Lúc đó ta có I = f (x)dx = f t3 + 2t − 1 . 3t2 + 2 dt = (2t − 3). 3t2 + 2 dt −1 0 0 ( )1  3t4  1 11  2  0 2 = 0 6t3 − 9t2 + 4t − 6 dt = − 3t 3 + 2t2 − 6t = − . Câu 39: ( )Ta có 6x. f x2 + 5 f (1 − x) = 1 − x2 1 11 1  ( )    3. 2x. f x2 dx + 5 f (1 − x)dx = 1 − x2dx  3A + 5B = 1 − x2dx(*) . 0 00 0 1  ( )A = 2x. f x2 dx Đặt t = x2  dt = 2xdx ; x = 0  t = 0; x = 1  t = 1 . 0 11 A =  f (t)dt =  f (x)dx . 00 1 B = f (1 − x)dx . Đặt t = 1 − x  dt = −dx; x = 0  t = 1,x = 1  t = 0 . 0 11 B =  f (t)dt =  f (x)dx . 00 Chinh phục các bài toán VD - VDC: Nguyên hàm - tích phân và ứng dụng | 402

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 1 11 11     Do đó (*)  3 f (x)dx + 5 f (x)dx = 1 − x2 dx  8. f (x)dx = 1 − x2dx . 0 00 00 Đặt x = sin t  dx = costdt, t  −  ;   ; x = 0t = 0, x =1t =  . 2 2  2     1 2 0  0 2 1− sin2 t . cos tdt = 2 1+ cos2tdt = 1 . t + 1 sin 2t  =  . 0 2 2 2  4 1 − x2 dx = 0 Vậy 1 f (x)dx =  . 32 0 ln 3 ln 3 ln 3  ( )   ( )Câu 40: Ta có I = x − 1 + f  ex − 3 .exdx = (x − 1).exdx + f  ex − 3 .exdx . 0 00 Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có ln 3 − exdx  ( ) ( )  ( )ln3 .ex ln 3 + 1 − ex ln 3 = −4 + 3ln 3 . 0 I1 = x − 1 .exdx = x−1 0 = 3 −1 + ln 3 00 ln 3  ( )Xét I2 = f  ex − 3 .exdx . Đặt t = ex − 3dt = ex.dx . Đổi cận: x = 0 t = −2 . 0 0 f (t).dt = f (t) 0 = f (0) − f (−2) . −2 x = ln 3 t = 0 . Suy ra I2 = −2 Vì y = f (x) là hàm đa thức bậc bốn và đạt cực trị tại điểm x = −2 nên f (−2) = 0 . Giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) với trục tung có hoành độ x = 0 . Phương trình của đường thẳng d có dạng 3x + y − 2021 = 0  y = −3x + 2021. d là tiếp tuyến tại giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) với trục tung  f (0) = −3 .  I2 = −3 − 0 = −3 . Vậy I = I1 + I2 = −7 + 3ln 3 . Câu 41: Theo giả thiết: f (0) = 0 và f (x)+ f  π − x  = sin 2x nên f (0) + f  π  = 0  f  π  = 0 .  2   2   2        ππ ππ 22 ( x ) π2 2 x. f (x)dx = ( x ) f (x)dx = − f (x)dx .    Ta có: I = xd  f = xf 2 − 0 00 00 (x)  π     x dx   2  2  2 2 f (x)dx + 0 2 sin 2xdx . 0 0   Mặt f + f − x = sin 2x  f − = khác:  = − cos 2x    x dx  x dx (Đặt t =  − x ). 2 2  2 sin 2xdx 0 2f    ( )Ta có: =1 và f  − = 0 20  2 02 403 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 03: Nguyên hàm – tích phân và ứng dụng π  1. 2 x. f (x)dx −1 2 ( x ) dx Vậy  nên f = I = = 2 02 0 Câu 42: Lấy tích phân hai vế với cận dưới bằng 0 , cận trên bằng 1 của đẳng thức 11 ( )   ( )f (2x) − xf x2 = 5x − 2x3 − 1 ta được: f (2x)dx − xf x2 dx = 1. (1) 00 Đặt t = 2x  dt = 2dx  dx = dt ; 2   Đổi cận x = 0  t = 0 , x = 1  t = 2  1 f (2x)dx = 1 2 f (t)dt = 1 2 f (x)dx . 22 0 00 Đặt t = x2  dt = 2xdx  xdx = dt ; đổi cận x = 0  t = 0 , x = 1  t = 1 . 2 dx = 1 1 f (x)dx .  ( ) 1x2 2  xf 00 21 2   Thay vào (1) ta được f (x)dx − f (x)dx = 2  f (x)dx = 2 . 00 1 ( )Đồng thời thay x = 1 vào biểu thức f (2x) − xf x2 = 5x − 2x3 − 1 ta có f (2) = 3 . 2 đặt u = x du = dx ( x )|12 2 ( x ) dx dv = xf (x)dx v = f (x) − 1 1  Xét=  = 3 I f (x)dx  I xf f = . 4 44 dx = − 16 . 2 f (4 − x)dx − 3 f (x)dx =   ( )Câu 43: Ta có: −x2 − 6x + 16 3 0 00 Đặt t = 4 − x , có dx = −dt; x = 0  t = 4; x = 4  t = 0. 4 044 Khi đó 2 f (4 − x)dx = −2 f (t)dt = 2 f (t)dt = 2 f (x)dx . 0 400 4 4 4 f (x)dx = − 16 . Từ đó 4 f (x)dx = 16 2 f (4 − x)dx − 3 f (x)dx = −    Suy ra . 33 0 00 0 Từ giả thiết ta có 2x. f (4 − x) − 3x. f (x) = −x3 − 6x2 + 16x x  0; 4 4 44   ( )Suy ra 2 x. f (4 − x)dx − 3 x. f (x)dx = −x3 − 6x2 + 16x dx = −64 (1). 0 00 Đặt t = 4 − x , có dx = −dt; x = 0  t = 4; x = 4  t = 0. Chinh phục các bài toán VD - VDC: Nguyên hàm - tích phân và ứng dụng | 404

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 4 (4 − x)dx 0 − t). f (t ) dt 4 ( t ) dt 4 (t ) dt 128 2 −2 (4 8 − 2 t. f    Khiđó x. f = = f = 3 − 2I . 0 4 00 Thế vào (1) ta có: 128 − 5I = −64  I = 64 . 33 Câu 44: Ta có x(6 − f (x)) = f (x) + 2  f (x) + x. f (x) = 6x − 2  (x. f (x)) = 6x − 2 . Suy ra x. f (x) = (6x − 2)dx = 3x2 − 2x + C . Thay x = 1 vào ta được: 1. f (1) = 1 + C  3 = 1 + C  C = 2 . Do đó: x. f (x) = 3x2 − 2x + 2  f (x) = 3x − 2 + 2 . x  2 2  2 dx  3x2  2 5  x   2  1 2 1f ( x ) dx = 3x − 2 + = − 2x + 2 ln x = + 2ln 2 . 1 Câu 45: Đặt u = f (x)  du = f (x)dx  =   dv dx  v = x−1 1 11    ( )Khi đó f (x)dx = (x − 1) f (x) 1 − (x − 1) f '(x)dx = f (0) − x(x − 1) 6 + 12x + e−x dx = 3e−1 . 0 0 00 Câu 46: Thay x = 0 ta được f (0) + f (2) = 2  f (2) = 2 − f (0) = 2 − 3 = −1. 22  Ta có: f (x)dx = f (2 − x)dx 00 22 dx = 8  2 f (x)dx = 4 . 33  f (x) + f (2 − x) dx =  ( ) Từ hệ thức đề ra: x2 − 2x + 2 00 0  2 f (2sin x)dx 1 2  (t ) dt 1  (t) 2 2  1 2. ( −1) 4 5   Ta có :0 = 2 0 = 2 t. f 0 − 0 = 2 − 3  = − 3 sin 2x. t. f  f (t ) dt   Câu 47: Ta có: f (x) = xf (x) + ln x  −ln x = f (x).x − f (x).(x)  −ln x = f (x).x − f (x).(x) x2 x2  f (x)  − ln x . Lấy tích phân cận từ 1 đến e cả 2 vế ta được:   x2 x  = − ln ex dx = e f (x)  2 −1= f (x) e= f (e) f (1)  f (e) = 2. x2 1  e 1 1 x  dx  x − 1 e Câu 48: Ta có: y = f (x) là hàm số chẵn và liên tục trên  f (−x) = f (x) ,x  . 405 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 03: Nguyên hàm – tích phân và ứng dụng Xét I = 0 f (x ) . Đặt t = −x  dx = −dt , đổi cận x = −3  t = 3; x =0t = 0. −3 2x + dx 1  = −    0 f (−t) 3 f (t) 3 2t f (t) 3 2x f (x) I 2−t dt= 1 dt= 2t + 1 dt= 0 2x + 1 dx . 3 +1 0 2t +1 0 3 f (x) 0 f (x) 3 f (x) 3 2x f (x) 3 f (x) 3 ( x )dx −3 −3 0 0 0 0 2x + 1 dx       dx = dx + dx = + = f 2x + 1 2x + 1 2x + 1 2x + dx . 1 13  = f (x)dx + f (x)dx = 3 + 9 = 12 . 01 Câu 49: Theo giả thiết ta có  f '(x)2 = 4 2x2 + 1 − f (x)   f '(x)2 + 4 f (x) = 8x2 + 4 (*) . Lấy tích phân hai vế của biểu thức (*) ta được 11 1 ' ( x ) 2  (x)1 1 '( x ) .dx  20 0 0 0 3  ( )    f '(x)2 + 4 f (x)dx = 00 8x2 + 4 dx   f dx + 4  xf − x. f  =   1 1 4 1 ' ( x ) 2 1 1 3 '(x)2 dx − 4 ' ( x ) .dx dx − 4 ' ( x ).dx 4x2dx     f x. f + = 0   f x. f + = 0 00 0 00 1   f '(x) − 2x2 dx = 0  f '(x) = 2x  f (x) = x2 + C. 0 11 x2 + 1 .dx = 4 . x. f (x).dx = x.   ( )Vì f (1) = 2  C = 1  f (x) = x2 + 1 . Vậy 3 00 Câu 50: Ta có f '(x) = f '(2 − x)  f (x) = − f (2 − x) + C  C = f (0) + f (2) = 4024 . Do đó f (x) + f (2 − x) = 4042 . 2 2     Ta  f (x) (2 − x ) dx có  0 '(x) = + f 2 − x) = 0 4042dx = 8084  2 f ( x ) dx = 4024 .  f 2 0  f '( f( x 2 f (2−x ) dx   )dx =  0 0    Khi đó I = − 1 2 f (2cos x)d(2cos x) = − 1 0 f (t)dt = 1 2 f (t)dt = 2012 . 2 22 0 20 Chinh phục các bài toán VD - VDC: Nguyên hàm - tích phân và ứng dụng | 406

4Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 SỐ PHỨC CHỦ ĐỀ 10 CÁC BÀI TOÁN SỐ PHỨC NÂNG CAO A TÓM TẮT LÝ THUYẾT Một số bất đẳng thức thường dùng trong bài toán cực trị số phức • Cho các số phức z1 , z2 thì ta có: z1 + z2  z1 + z2 . Đẳng thức xảy ra khi zz11 = 0  , k  0, z2 = kz1  0,k • Cho các số phức z1 , z2 thì ta có: z1 + z2  z1 − z2 . Đẳng thức xảy ra khi zz11 =0 , k  0, z2 = kz1  0,k  ( )( )• Bất đẳng thức Cauchy – Schwars: Cho các số thực a,b, x, y thì ta có ax + by  a2 + b2 x2 + y2 . Đăng thức xảy ra khi ay = bx . B VÍ DỤ MINH HỌA ( )CÂU 1. Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z2 − a − 3 z + a2 + a = 0 ( a là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị nguyên của a để phương trình có 2 nghiệm phức z1 , z2 thỏa mãn z1 + z2 = z1 − z2 ? A. 2 . B. 4 . C. 3 . D. 1.  LỜI GIẢI Chọn B ( )Ta có  = (a − 3)2 − 4 a2 + a = −3a2 − 10a + 9 . Trường hợp 1:   0  −5 − 2 13  a  −5 + 2 13 . Khi đó z1 , z2 là 2 nghiệm thực 3 3 Theo Viet z1 + z2 =a−3  z1 − z2 = ( )z1 + z2 2 − 4z1.z2 = −3a2 − 10a + 9 . z1.z2 = a2 + a Từ đó ta có z1 + z2 = z1 − z2  a − 3 = −3a2 − 10a + 9  (a − 3)2 = −3a2 − 10a + 9  4a2 + 4a = 0  a = 0 (TM) a = −1   −5 + 2 13 a Trường hợp 2:   0   3.  a  −5 − 2 13 3 407 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 04: Số phức Khi đó z1,2 = a − 3  i 3a2 + 10a − 9  z1 − z2 = i 3a2 + 10a − 9  z1 − z2 = 3a2 + 10a − 9 . 2 ( )z1 + z2 = z1 − z2  a − 3 = 3a2 + 10a − 9  a − 3 2 = 3a2 + 10a − 9  a2 + 8a − 9 = 0  a = 1 (TM ) a = −9 Vậy có 4 giá trị của a thỏa mãn yêu cầu đề bài. distance CÂU 2. Biết phương trình z2 + mz + m2 − 2 = 0 ( m là tham số thực) có hai nghiệm phức z1 , z2 . Gọi A, B,C lần lượt là điểm biểu diễn các số phức z1 , z2 và z0 = i . Có bao nhiêu giá trị của tham số m để diện tích tam giác ABC bằng 1? A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 6  LỜI GIẢI Chọn C ( )Ta có:  = m2 − 4 m2 − 2 = −3m2 + 8 Trường hợp 1:   0  −3m2 + 8  0  −2 6  m  2 6 . Khi đó, phương trình có hai nghiệm thực 33 phân biệt là z1 , z2 . ( ) ( )Vì A,B Ox nên AB = z1 − z2 = z1 − z2 2 = z1 + z2 2 − 4z1z2 = −3m2 + 8 . Mặt khác, ta có C (0;1)  d(C; AB) = 1.  SABC = 1 AB.d(C; AB) = −3m2 + 8 = 1  m =  2 3 (n) . 2 23  m  2 6  Trường hợp 2:   0  −3m2 + 8  0   3 . Khi đó, phương trình có hai nghiệm phức liên hợp  m  −2 6 3 −m + i  −3m2 + 8 = 3m2 − 8 và C (0;1) . là z1,2 = 2 . Ta có: AB = z1 − z2 = i  = x+m =0 m 2 . ( )Phương trình đường thẳng = AB là nên d C; AB 2 Do đó, SABC = 1 AB.d(C; AB) = m 3m2 −8 =1 m2 = 4  m = 2 . 4  = − 4 (VN) 2   m2 3 Vậy có 4 giá trị thực của tham số m thỏa mãn đề bài. distance ( )CÂU 3. Trong tập số phức, xét phương trình z2 − 2 m − 1 z + 2m − 2 = 0 ( m là tham số thực). Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn z1 = z2 . Tổng các phần tử của tập S là A. 3. B. 1. C. 6. D. 2.  LỜI GIẢI Chọn B Chinh phục các bài toán VD - VDC: Số phức | 408

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 ( )Xét phương trình z2 − 2 m − 1 z + 2m − 2 = 0 , ta có:  = −(m − 1)2 − 1.(2m − 2) = m2 − 4m + 3 . Trường hợp 1:   0  m2 − 4m + 3  0  m  3 .   1  m Phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt z1 , z2 . Theo định lí Vi-et ta có: z1 + z2 = 2(m − 1)  z1z2 . = 2m − 2 Theo đề bài ta có: z1 = z2  z1 = −z2  z1 + z2 = 0  2(m − 1) = 0  m = 1. Trường hợp 2:   0  1  m  3 Phương trình luôn có hai nghiệm phức z1 , z2 luôn thỏa mãn z1 = z2 . Do đó S = 2 . Vậy tổng các phần tử của tập S là 1. distance CÂU 4. Trên tập các số phức, xét phương trình z2 − mz + m + 8 = 0 ( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình có hai nghiệm z1 , z2 phân biệt thỏa mãn ( ) ( )z1 z12 + mz2 = m2 − m − 8 z2 ? A. 12 . B. 6 . C. 5 . D. 11 .  LỜI GIẢI Chọn C Ta có  = m2 − 4m − 32 là biệt thức của phương trình. Trường hợp 1: Xét   0  m2 − 4m − 32  0  m  8 khi đó phương trình có hai nghiệm thực phân m  −4 ( )biệt. Ta có z12 = mz1 − m − 8 suy ra z12 + mz2 = m z1 + z2 − m − 8 = m2 − m − 8 do đó: ( ) ( ) ( )z1 z12 + mz2 = m2 − m − 8 z2  m2 − m − 8 z1 = m2 − m − 8 z2 (*). Nếu z1.z2 =0 thì m + 8 = 0  m = −8 không thỏa mãn. Khi đó (*)  m2 − m − 8  0   z1 = z2  m2 −m−8  0  m2 −m−8  0 hệ vô nghiệm.   z1 = −z2 m = 0 Trường hợp 2: Xét   0  −4  m  8 khi đó phương trình có hai nghiệm phức phân biệt và z1 = z2 , ( ) ( ) ( )ta có z1 z12 + mz2 = m2 − m − 8 z2  m2 − m − 8 z1 = m2 − m − 8 z2   1 + 33 m  m2 − m − 8  0   2 . Kết hợp điều kiện ta được m −3; 4; 5;6;7 .  1 − 33 m  2 Vậy có tất cả là 5 số nguyên cần tìm. distance CÂU 5. Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z2 − 6z + m = 0 (1) ( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc khoảng (0 ; 20) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn z1.z1 = z2 .z2 ? B. 11. C. 12 . D. 10 . A. 20 .  LỜI GIẢI Chọn D 409 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 04: Số phức Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt là:  = 9 − m  0  m  9 . Trường hợp 1:   0  m  9 . Khi đó phương trình (*) có 2 nghiệm thực phân biệt z1 , z2 và z1 = z1 , z2 = z2 . Nên z1 z1 = z2 z2  z12 = z22  zz11 = z2 = −z2 Với z1 = z2 , không thoả mãn yêu cầu phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, nên loại. Với z1 = −z2  z1 + z2 = 0 không thỏa mãn, do theo Vi-ét, ta có z1 + z2 = 6 . Trường hợp 2:   0  m  9 . Khi đó phương trình có hai nghiệm phức phân biệt z1 , z2 và z2 = z1 , z1 = z2 . Yêu cầu z1 z1 = z2 z2  z1z2 = z1z2 luôn đúng với m  9 . Vậy trong khoảng (0; 20) có 10 số m0 thoả mãn yêu cầu bài toán.istance CÂU 6. Cho số phức z thỏa mãn z − 5 + 7i = 197 . Giá trị lớn nhất của z − 4 − 7i + z − 6 + 21i thuộc tập hợp nào sau đây? ( )A. 20; 197 . ( )C.  B. 30; 40 .  197 ; 2 394  D. 2 394; 40 .  LỜI GIẢI Chọn B Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức z . Suy ra, M (C) : (x − 5)2 + (y + 7)2 = 197 có tâm I (5; −7 ) Gọi A(4;7) , B(6; −21) . Ta thấy A,B  (C ) Mặt khác, AB = 2 197 = 2R  AB là đường kính của đường tròn (C) . M (C) : MA2 + MB2 = AB2 = 788 ( ) ( )Ta có: MA + MB 2  2 MA2 + MB2 = 2.788 = 1576  MA + MB  1576 = 2 394 Ta có: z − 4 − 7i + z − 6 + 21i = MA + MB  2 394 Vậy giá trị lớn nhất của z − 4 − 7i + z − 6 + 21i bằng 2 394  39,69. Dấu \" = \" xảy ra khi MA = MB distance CÂU 6. Xét các số phức z và w thỏa mãn z = w = 1 , z + w = 2 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = zw + 2i(z + w) − 4 bằng 32 1+5 2 C. 5 − 2 2 D. 5 A. B. 2 4  LỜI GIẢI Chọn A ( )Ta có z + w = 2  2 = z + w 2 = (z + w) z + w = z 2 + w 2 + zw + zw  zw + zw = 0  zw là số thuần ảo. Hay zw = ki , k  . Do đó, z = ki . w Mặt khác, z + w = 2  ki + w = 2  ki + ww = 2 w  ki + 1 = 2 (do w = w = 1 ) w  k2 + 1 = 2  k = 1 . Vậy z =  i . Do vai trò bình đẳng của z và w nên ta chỉ cần xét trường hợp z = i . ww Khi đó P = iw2 + (2i − 2)w − 4 = w2 + (2 + 2i)w + 4i = (w + 1 + i)2 + 2i . Đặt u = w + 1 + i  w = u − 1 − i |w|=|u − 1 − i|= 1 và z0 = −1 − i . Chinh phục các bài toán VD - VDC: Số phức | 410

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 ( )( ) ( )Ta có P2 = u2 + 2i 2 = u2 + z02 2 = u2 + z02 u2 + z02 =|u|4 + z0 4 + u z0 + z0  u 2 − 2 u.z0 2 ( )=|u|4 −4|u|2 +4 + 2 u.z0 + z0  u . ( )( )Mà u + z0 u + z0 = u + z0 2 = 1  u z0 + z0 u = 1−|u|2 − z0 2 = −|u|2 −1. ( )Suy ra P2 =|u|4 −4|u|2 +4 + |u|2 +1 2 = 2|u|4 −2|u|2 +5 = 2 |u|2 − 1 2 + 9  9  P  32 .stance  2  2 2 2 CÂU 8. Xét hai số phức z1 , z2 thoả mãn z1 + 2z2 = 2 và 2z1 − 3z2 − 7i = 4. Giá trị lớn nhất của biểu thức P = z1 − 2i + z2 + i là 43 B. 2 3 . C. 4 3 . 23 A. . D. . 3 3  LỜI GIẢI Chọn A Đặt w1 = z1 − 2i; w2 = z2 + i. Suy ra z1 = w1 + 2i; z2 = w2 − i. ( )Khi đó z1 + 2z2 = 2  w1 + 2i + 2 w2 − i = 2  w1 + 2w2 = 2  w1 + 2w2 2 = 4 ( ) ( ) ( )( ) w1 + 2w2 . w1 + 2w2 = 4  w1 + 2w2 . w1 + 2w2 = 4  w1 2 + 4 w2 2 + 2w1w2 + 2w1w2 = 4  3 w1 2 + 12 w2 2 + 6w1w2 + 6w1w2 = 12 (1) . ( ) ( )Tương tự: 2z1 − 3z2 − 7i = 4  2 w1 + 2i − 3 w2 − i − 7i = 4  2w1 − 3w2 = 4  2w1 − 3w2 2 = 16  4 w1 2 + 9 w2 2 − 6w1 w2 − 6w1w2 = 16 (2) . Từ (1) và (2) suy ra w1 2 + 3 w2 2 = 4 . ( )Do đó: P = w1 + w2 = 1. w1 + 1   1 2  4. 4 = 4 3 . 3. w2 . 3  w1 2 + 3 w2 2  12 +  3   = 33     Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 43 khi w1 = 3; w2 = 1 . distance 3 3 CÂU 9. Xét các số phức z và w thỏa mãn (3 − i) z = z + 1 − i . Tìm giá trị nhỏ nhất của T = w + i w−1 A. 2. B. 1 . 2 32 Chọn D 2 C. 2 . D. 2  LỜI GIẢI Ta có: z = (3 − i) z − (1 − i)  ( ) ( )z = 3 z − 1 + 1− z i , đặt z = a  0 . w−1 w−1 Khi đó z = (3a − 1) + (1− a)i  z = 10a2 − 8a + 2 w−1 w−1 Suy ra w − 1 = z a= 1= 1 1 = 10a2 − 8a + 2 8 2 2 2 10 − a + a2 2  1 − 2  + 2 10a2 − 8a + 2 a 411 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 04: Số phức Mặt khác: T = w + i = w − 1+ 1+ i  w − 1 + 2 = a + 2  3 2 10a2 − 8a + 2 2 Dấu “=” xảy ra khi z = i ; w = 3 + i 22 Lưu ý: Ở đây sử dụng BĐT z + w  z + w . Dấu “=” xảy ra khi z = kw(k  0) distance CÂU 10. Xét các số phức z,w thỏa mãn z = 2 và w = 1 . Khi iz + w − 3 + 4i đạt giá trị nhỏ nhất, z + w bằng A. 3 . B. 5 . C. 29 . D. 221 . Ta có iz = z = 2 . 5 5  LỜI GIẢI  iz − w  iz + w (1) iz + w  3 (3) . Dấu \" =\" ở (1) xảy ra khi và chỉ khi w = k.(iz) ,k  0 ; dấu  (2)  1  iz + w  iz + w \" = \" ở (2) xảy ra khi và chỉ khi w = h.(iz) ,h  0 . Ta lại có iz + w − 3 + 4i  iz + w − −3 + 4i  iz + w − 3 + 4i  iz + w − 5 . Từ (3) suy ra h = 1  2 iz + w − 3 + 4i  2 . Dấu \"=\" xảy ra  iz + w = 3  lz==−−5385 6 . 5  w = h.(iz) ,h  0 − i iz + w = l.(−3 + 4i) ,l  0  w = 3 − 4 i  55 Vậy Min iz + w − 3 + 4i = 2 và z + w = 5 .distance CÂU 11. Xét các số phức z ,w thỏa mãn|z|=|w|= 1 . Khi |z − 2w − 3 − 4i| đạt giá trị lớn nhất thì |z − w| bằng A. 5 5 . B. 8. C. 3 D. 2.  LỜI GIẢI Chọn D Giả sử z = a + bi, w = c + di,a,b,c,d  . | z |=| w |= 1 a2 + b2 = 1 c2 + d2 = 1 |z − 2w − 3 − 4i|=|a − 2c − 3 + (b − 2d − 4)i|= (a − 2c − 3)2 + (b − 2d − 4)2 ( )|z − 2w − 3 − 4i|= (a − 2c − 3)2 + (b − 2d − 4)2  a2 + b2 + 4 c2 + d2 + 32 + 42 = 8 . a2 + b2 = 1,c2 + d2 =1 a2 + b2 = 1,c2 + d2 = 1 a = 3 ,b = 4   55 Dấu “ =” xảy ra khi a = −2c = −3 a = −2c = −3  −3 ,d = −5 .  b −2d −4  b −2d −4 55 c = Do đó |z − w|= (a − c)2 + (b − d)2 =  6 2 +  8 2 = 2  5   5  distance Chinh phục các bài toán VD - VDC: Số phức | 412

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 CÂU 12. Xét tất cả các số phức z thỏa mãn z − 3i + 4 = 1 . Giá trị nhỏ nhất của z2 + 7 − 24i nằm trong khoảng nào? B. (1009; 2018) . C. (2018; 4036) . D. (4036; +) . A. (0;1009) .  LỜI GIẢI Chọn B Ta có 1 = z − 3i + 4  z − 3i − 4 = z − 5  −1  z − 5  1  4  z  6 . Đặt z0 = 4 − 3i  z0 = 5,z02 = 7 − 24i . z.zo + zo.z 2 − 2 z.zo 2 ( ) ( )Ta có z4 4 A= z2 2 = z2 + zo2 2 = z2 + zo2  2 + zo 2  = + zo +   + 7 − 24i z ( )( )Mà z + zo z + zo = 1  z.zo + zo.z = 1− z 2 − zo 2 Suy ra A= z4 + zo 4 +  1 − z2 − zo 2 2 − 2 z.zo 2 = 2 z 4 − 2 z 2 + 1201 .   Hàm số y = 2t4 − 2t2 + 1201 đồng biến trên 4; 6 nên A  2.44 − 2.42 + 1201 = 1681 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  z = 4 . Do đó z2 + 7 − 24i nằm trong khoảng (1009; 2018) .   z + 4 − 3i = 1 ( )CÂU 13. Giả sử z1 , z2 là hai trong các số phức z thỏa mãn (z − 6) 8 − iz là số thực. Biết rằng z1 − z2 = 6 Giá trị nhỏ nhất của z1 + 3z2 bằng A. −5 + 73 . B. 5 + 21 C. 20 − 2 73 D. 20 − 4 21  LỜI GIẢI Chon C Đặt z = x + yi,(x, y  ) . Gọi A, B lần lượt là điểm biểu diễn cho các số phức z1 , z2 . Suy ra AB = z1 − z2 = 4 . Ta có: ( )(z − 6) 8 − iz = (x + yi − 6)(8 − i(x − yi)) = (x + yi − 6)(8 − ix − y) = 8x − x2i − xy + 8yi + xy − y2i − 48 + 6xi + 6y ( )Do (z − 6) 8 − iz là số thực nên ta được x2 + y2 − 6x − 8y = 0 . Vậy tập hợp các điểm biểu diễn của z là đường tròn tâm I (3; 4) bán kính r = 5. Xét điểm M thuộc đoạn AB thỏa MA + 3MB = 0  OA + 3OB = 4OM . 413 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 04: Số phức Gọi H là trung điểm AB . Ta có HA = HB = AB = 3 và MA = 3 AB = 9  HM = MA − HA = 3 . 2 42 2 Từ đó HI2 = R2 − HB2 = 16 , IM = HI2 + HM2 = 73 , suy ra điểm M thuộc đường tròn (C) tâm 2 I (3; 4) , bán kính r = 73 . 2 Ta có z1 + 3z2 = OA + 3OB = 4OM = 4OM , do đó z1 + 3z2 nhỏ nhất khi OM nhỏ nhất. Ta có OMmin = OM0 = OI − r = 5 − 73 . Vậy z1 + 3z2 min = 4OM0 = 20 − 2 73 . 2 distance CÂU 14. Xét các số phức z, w thỏa mãn z = 2 và i.w = 1. Khi iz + w + 3 − 4i đạt giá trị nhỏ nhất, z − w bằng A. 5 . 29 C. 3 . 221 B. . D. . 5 5  LỜI GIẢI Chọn A Cách 1: ( )Ta có iz + w + 3 − 4i  3 − 4i − iz + w  5 − iz + w  5 − (2 + 1) = 2 Dấu bằng xảy ra khi iw.z==kk12((33−−44ii))kkhhii((kk1200))  w = iw = 1 . và   iz = z = 2 Giải hệ trên suy ra k2 =−2 ; k1 = − 1 .Hay w = −3+ 4i  −z = −2i (3 − 4i)  z = −8 − 6i 5 5  = 5 5 55 iz 5 −2 (3 − 4i) 5 Khi đó z − w = −1 − 2i  z − w = 5 . Cách 2: Trong mặt phẳng Oxy : Gọi M là điểm biểu diễn của số phức iz  OM = 2  M thuộc đường tròn (C1 ) tâm O bán kính R1 = 2 . Gọi N là điểm biểu diễn của số phức w  ON = 1  N thuộc đường tròn (C2 ) tâm O bán kính R2 = 1 . Gọi E(3; −4) . Khi đó A = iz + w + 3 − 4i = OM + ON + OE . Ta thấy A đạt giá trị nhỏ nhất khi M, N , E thẳng hàng và OM và ON ngược hướng với OE Đường thẳng OE có phương trình là y = −4 x . 3 Tọa độ giao điểm của đường thẳng OE và đường tròn (C1 ) là nghiệm của hệ phương trình: Chinh phục các bài toán VD - VDC: Số phức | 414

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 y = −4 x y = −4 x y −4 x = 6  3 3  3 y =    = x  x = 5 . 36  = −8 x2 + y2 = 4 x2 +  −4 x 2 = 4 25x2 = y  3  5   −6 5 8 5 Vậy M  − 6 ; 8  (Vì OM ngược hướng với OE ).  5 5    Tọa độ giao điểm của đường thẳng OE và đường tròn (C2 ) là nghiệm của hệ phương trình: y = −4 x y = −4 x y −4 x = 3  3 3  3 y =    = x  x = 5 x2 9  = −4 x2 + y2 = 1 +  −4 x 2 =1 25x2 = y  3  5   −3 5 4 5 Vậy N  − 3 ; 4  (Vì ON ngược hướng với OE ).  5 5    Do đó: w = − 3 + 4 i và i.z = − 6 + 8 i  z = − 8 − 6 i . Vậy z − w = −1 − 2i = 5 . 55 55 55 distance CÂU 15. Xét các số phức z,w thỏa mãn z + 2 + 2i = 1 và w − 1 + 2i = w − 3i . Khi z − w + w − 3 + 3i đạt giá trị nhỏ nhất. Tính z + 2w . A. 2 13 . B. 7 . C. 2 5 . D. 61 .  LỜI GIẢI Chọn D Giả sử điểm biểu diễn của z,w lần lượt là M , F . Do z + 2 + 2i = 1 nên M nằm trên đường tròn (C) tâm I (−2; −2) , bán kính R = 1 . Gọi A(1; −2) , B(0; 3) . Do w − 1 + 2i = w − 3i nên F nằm trên đường thẳng d : x + y + 1 = 0 là đường trung trực của đoạn thẳng AB . Gọi C (3; −3) . Khi đó z − w + w − 3 + 3i = MF + FC . Ta đi tìm giá trị nhỏ nhất của tổng hai đoạn thẳng này. Giả sử (C) là đường tròn đối xứng với (C) qua đường thẳng d . Suy ra (C) có tâm I(3; 3) , bán kính 415 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 04: Số phức R = R = 1. Khi đó ứng với mỗi M  (C ) luôn tồn tại M  (C) sao cho MF = MF . Suy ra z − w + w − 3 + 3i = MF + FC = MF + FC đạt giá trị nhỏ nhất khi I, M, F,C thẳng hàng. Khi đó F là giao điểm của d và IC với IC : x = 3 . Suy ra F (3; −2) . Tương ứng ta có M là giao điểm của đường thẳng IF và đường tròn (C) , M nằm giữa I,F . Suy ra M (−1; −2) . Do đó z − w + w − 3 + 3i đạt giá trị nhỏ nhất khi z = −1 − 2i,w = 3 − 2i . Suy ra z + 2w = 5 − 6i  z + 2w = 61 .distance CÂU 16. Gọi S là tập hợp tất cả các số phức z sao cho số phức w = z + 3 có phần thực bằng 2 . Xét các z+1 số phức z1 , z2  S thỏa mãn 3z1 − 4z2 = 2 , giá trị lớn nhất của P = z1 − 3i 2 − z2 − 4i 2 bằng A. 16. B. 8. C. 4. D. 32.  LỜI GIẢI Chọn C (( ))Ta có: w = z + 3 = (z + 3) z+1 = z 2 + 4x + 3 − 2iy z + 1 (z + 1) z+1 z 2 + 2x + 1  w có phần thực là z 2 + 4x + 3 =2 z2 =1 x2 + y2 =1 z 2 + 2x + 1 ( ) ( ) ( )( ) ( )P = z1 − 3i 2 − z2 − 4i 2 = z1 − 3i z1 + 3i − z2 − 4i z2 + 4i = i 3z1 − 4z2 − 3z1 − 4z2 ( ) ( )P = i 3z1 − 4z2 − 3z1 − 4z2  i 3z1 − 4z2 + 3z1 − 4z2 = 4 distance CÂU 17. Cho z1 , z2 là hai số phức thỏa mãn iz − 1 + i = 2 và z1 − z2 = 2 . Giá trị lớn nhất của biểu thức P = z1 + z2 + 1 + 2i có dạng a + b . Khi đó a2 + b có giá trị là A. 18 . B. 15 . C. 19 . D. 17 .  LỜI GIẢI Chọn B Đặt w = iz − 1 + i  w = 2 . Với w1 = iz1 − 1 + i ; w2 = iz2 − 1 + i thì w1 = 2 ; w2 = 2 . ( )Ta có: z1 − z2 = 2  i z1 − z2 = 2 i  w1 − w2 = 2 . Mặt khác, w1 − w2 2 + w1 + w2 2 = (w1 − w2 )(w1 − w2 ) + (w1 + w2 )(w1 + w2 ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )= w1 − w2 w1 − w2 + w1 + w2 w1 + w2 = 2 w1.w1 + w2.w2 = 2 w1 2 + w2 2 . ( )Do đó w1 + w2 2 = 2 w1 2 + w2 2 − w1 − w2 2  w1 + w2 = 14. Ta có P = z1 + z2 + 1 + 2i = i . z1 + z2 + 1 + 2i = iz1 + iz2 − 2 + i = w1 + 1 − i + w2 + 1 − i − 2 + i = w1 + w2 − i . Lại có: P = w1 + w2 − i  w1 + w2 + i  P  14 + 1. distance Suy ra maxP = 1 + 14 . Do đó a = 1, b = 14 . Vậy a2 + b = 15 . Chinh phục các bài toán VD - VDC: Số phức | 416

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 CÂU 18. Cho số phức z thỏa mãn z + z + 2 z − z = 8 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z − 3 − 3i . Giá trị của M + m bằng A. 10 + 34 . B. 2 10 . C. 10 + 58 . D. 5 + 58 . Chọn D  LỜI GIẢI Đặt z = x + yi (x, y  ) . Ta có z + z + 2 z − z = 8  2 x + 4 y = 8  x + 2 y = 4 . Trong mặt phẳng phức, gọi M là điểm biểu diễn hình học của số phức z . Khi đó tập hợp điểm M là hình bình hành ABCD với A(0; 2) , B(4;0) , C (0; −2) , D (−4; 0) . P = z − 3 − 3i = EM với E(3; 3) . min P = EH = d(E, AB) = 5 với H là hình chiếu vuông góc của E lên đoạn AB . max P = ED = 58 . Vậy M + m = 5 + 58 . distance CÂU 19. Cho số phức z = x + yi, (x, y  ) thoả mãn z + z − 2 + 3 z − z + 4i  6 và z − 1 − i  z + 3 + i . Gọi M ,m là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P = 2x + 3y + 5 . Khi đó M + m bằng A. 33 . B. 17 . C. − 13 , D. 22 . 5 5 5 5 Chọn D  LỜI GIẢI Gọi z = x + yi ; x; y  . Xét z + z − 2 + 3 z − z + 4i  6  x − 1 + 3y + 6  3. (1) Tập hợp những điểm biểu diễn z = x + yi ; x; y  . thỏa mãn (1) là miền trong (tính cả biên) của hình thoi ABCD với A(−2; −2) ; B(1; −1) ; C (4; −2) ; D(1; −3) tạo bởi 4 đường thẳng x − 1 + 3y + 6  3. Ta có: z − 1 − i  z + 3 + i  2x + y + 2  0 Tập hợp những điểm biểu diễn z thỏa mãn (2) là nữa mặt phẳng chứa điểm O ( kể cả bờ đường thẳng 2x + y + 2 = 0 ). Suy ra tập hợp những điểm biểu diễn z = x + yi ; x; y  . thỏa mãn (1) và (2) là miền trong (tính cả biên) của ngũ giác EBCDF với E  −2 ; −10  ; B(1; −1) ; C (4; −2) ; D(1; −3) ; F  2 ; −14   7 7   5 5      417 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 04: Số phức Biểu thức P = 2x + 3y + 5 sẽ đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên miền trong (tính cả biên) của ngũ giác EBCDF khi (x; y) là toạ độ của một trong các đỉnh E −2 ; −10  ; B(1; −1) ; C (4; −2) ; D(1; −3) ; 7 7  F  2 ; −14  .  5 5    Ta có: Suy ra M = 7; m = − 13  M + m = 22 .distance 55 CÂU 20. Cho các số phức z,w thỏa mãn z = 2 , w − 3 + 2i = 1 khi đó z2 − 2zw − 4 đạt giá trị lớn nhất bằng A. 16 . B. 24 . C. 4 + 4 13 . D. 20 . Chọn B  LỜI GIẢI Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn của số phức z = x + iy(x, y  ) , E là điểm biểu diễn của số phức w . Từ giả thiết suy ra M thuộc đường tròn tâm O(0;0) , bán kính R1 = 2 ; E thuộc đường tròn tâm I (3; − 2) , bán kính R2 = 1 ; Chinh phục các bài toán VD - VDC: Số phức | 418

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Ta có: P = z2 − 2zw − 4 = z2 − 2zw − z 2 = z2 − 2zw − z.z = z . z − 2w − z = 2. z − 2w − z = 2. 2y − 2w = 4 y − w = 4KE  HN  P  4(HI + R2 )  P  24 Trong đó K (0; y) , −2  y  2 , H (0; 2) ,N là giao điểm của đường tròn (I ) và đường thẳng IH xN  3 . CÂU 21. Xét các số phức z thỏa mãn z + 3 − 2i + z − 3 + i = 3 5 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z + 2 + z − 1 − 3i . Tìm M , m . A. M = 17 + 5 ; m = 3 2 . B. M = 26 + 2 5 ; m = 2 . C. M = 26 + 2 5 ; m = 3 2 . D. M = 17 + 5 ; m = 3 . Chọn C  LỜI GIẢI Gọi M là điểm biểu diễn số phức z , F1 (−3; 2) , F2 (3; −1) , A(−2; 0) và B(1; 3) . Ta có z + 3 − 2i + z − 3 + i = 3 5 và F1F2 = 3 5  MF1 + MF2 = F1F2 . Do đó tập hợp các điểm M là đoạn thẳng F1F2 . Dựa vào hình vẽ, ta thấy: M = Pmax = M2A + M2B = 26 + 2 5 . m = Pmin = M1A + M1B = AB = 3 2 . Vậy M = 26 + 2 5 ; m = 3 2 .distance CÂU 22. Cho z1 và z2 là hai trong số các số phức z thỏa mãn z − 4 − 3i là số thuần ảo và z1 − z2 =8. z + 4 + 3i Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T = z1 + z2 + 3 − 3i A. 5 + 3 2 . B. 3 + 3 2 . C. 6 + 3 2 . D. 4 + 3 2 .  LỜI GIẢI Chọn C Gọi số phức z = x + yi . ĐK: x  −4 và y  −3 . Ta có: z − 4 − 3i = x − 4 + (y − 3)i = x2 − 16 + y2 − 9 + ( −6x + 8y )2 .i . z + 4 + 3i x + 4 + (y + 3)i (x + 4)2 + (y + 3)2 x + 4)2 + (y + 3 Để z − 4 − 3i là số thuần ảo  x2 + y2 − 25 = 0  x2 + y2 − 25 = 0 z + 4 + 3i (x + 4)2 + (y + 3)2 Suy ra điểm biểu diễn số phức z1 và z2 thuộc đường tròn tâm O(0;0) , bán kính R = 5 . Gọi z1 = x1 + y1.i có điểm biểu diễn A(x1; y1 ) ; z2 = x2 + y2.i có điểm biểu diễn B(x2 ; y2 ) và z3 = 3 − 3i có điểm biểu diễn C (3; −3) . 419 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 04: Số phức ( ) ( )Ta có: z1 − z2 = 8  x1 − x2 2 + y1 − y2 2 = 8  AB = 8 . Xét T = z1 + z2 + 3 − 3i = OA + OB + OC Gọi H là trung điểm AB  AH = 4 và OH ⊥ AB  OH = 3 . Suy ra: T = OA + OB + OC = 2.OH + OC  2.OH + OC = 2.OH + OC  T  6 + 3 2 . Dấu \" = \" xảy ra khi OH cùng hướng OC .distance CÂU 23. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 − z2 − 1 − i = 2 2 và z2 + z1 − 6 − 6i = 3 2 . Giá trị lớn nhất của biểu thức P = 3z2 − z1 − 5 − i bằng A. 2 10 . B. 10 . C. 2 5 . D. 4 5 .  LỜI GIẢI Chọn D Ta có z2 − (z1 − 1 − i) = 2 2 , z2 + (z1 − 1 − i) − 5 − 5i = 3 2 . Đặt A(z1 − 1− i),B(z2 ),C (5;5)  OC = 5 2 Khi đó giả thiết tương đương AB = 2 2 ,OB + AC = 3 2 . Suy ra OC = OB + BA + AC  B, A thuộc đoạn OC và BA,OC cùng hướng. Ta có P = 3z2 − (z1 − 1 − i) − 6 − 2i = 3OB − OA − 2OD với D(3;1) . Gọi 3IB − IA = 0  I thuộc đoạn HK với H (−1; −1) ,K (2; 2)  P = 2OI − 2OD = 2DI . Do đó Pmax = 2DH = 4 5 .dist Chinh phục các bài toán VD - VDC: Số phức | 420

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 ( )CÂU 24. Cho hai số phức z,w phân biệt thỏa mãn z = w = 4 và (z − i) w + i là số thực. Giá trị nhỏ nhất của z − w bằng A. 8 . B. 2 3 . C. 2 15 . D. 2 14 .  LỜI GIẢI Chọn C Cách 1: Đầu tiên ta đặt ẩn như sau: a = z−i thì khi đó ta có: a+i + b+i =4 b = w−i ( )(z − i) w + i = (a + bi − i)(c − di + i) = (ac + bd − b − d + 1) + (a − c − ad + bc)i ( )Mà do (z − i) w + i là số thực nên suy ra a − c − ad + bc = 0  a = b − 1 . Gọi A, B lần lượt là điểm biểu c d−1 diễn số phức z,w và điểm C (0;1) Từ đó ta suy ra với hệ thức trên ta có được A,C,B thẳng hàng. Khi đó ta có hình vẽ như sau: Ta suy ra z − w max = ABmax = 2 42 − 12 = 2 15 . Cách 2: Sử dụng cách thuần đại số Ta có: ( ) ( )(z − i) w + i = (z − i) w + i = (z − i)(w − i) R  z − i = k(w − i)  (k − 1)i = kw − z (k  1) ( ) ( )Suy ra: k − 1 2 = kw − z 2  kw − z 2 = 16 k − 1 2 . Mà vì k  1 nên suy ra k  0 ( ) ( ) ( )( )Do đó k − 1 2 = kw − z 2 = k2 w 2 + z 2 − k zw + zw  −k zw + zw = −15 k2 + 1 − 2k ( )( )Tiếp theo, ta nhận thấy: −15 k + 1 2 = −15k2 − 30k − 15  0  −15 k2 + 1 − 2k  28k nên suy ( ) ( )ra −k zw + zw  28k  − zw + zw  28 (k  0) . ( )Từ đó ta có được: z − w 2 = 32 − zw + zw  32 + 28 = 60  z − w  2 15 .distance ( )CÂU 25. Cho các số phức u,v thỏa mãn u = v = 5 và i (u − 1) v − 1 là số thực. Tổng giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức u + v bằng A. 14 . B. 12 . C. 16 . D. 18 .  LỜI GIẢI Chọn A Cách 1: Đầu tiên, ta gọi A(a1; a2 ) ,B(b1;b2 ) lần lượt là điểm biểu diễn của u,v khi đó ta có: 421 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 04: Số phức (a1 − 1) + +a2i + (b1 − 1)i ( ) ( )u−1== b2 Thế nên là số thực chỉ khi (a1 − 1)(b1 )− 1 + a2b2 = 0 v −1  i . i(u − 1) v−1 Điều này dẫn đến MA ⊥ MB với M (1; 0) . Từ đó ta có hình vẽ như sau: ( )Dựng hình chữ nhật MACB khi đó được u + v = u + (v − 1) + 1 = OA + OB + OM = OC + OM Dựng các điểm A,B,H,H và hình chữ nhật CDEF như hình trên Ta có O cách đều CD và EF ; O cách đều DF và EC nên O là tâm CDEF ( ) ( )Do đó OC = AH 2 + BK 2 = OA2 − OH 2 + OB2 − OK 2 = 2OA2 − OM 2 = 7 Từ và cùng với OM = 1 ta được 6 = OC − OM  u + v = OC + OM  OC + OM = 8 Thử lại ta thấy dấu bằng có xảy ra nên ta suy ra tổng giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức u + v là 14 ( ) ( ) ( )Cách 2: Ta có: i (u −1) v −1  R  i (u −1) v −1 = i (u −1) v −1 ( ) ( ) ( ) i (u −1) v −1 = i (u −1) v −1 = −i u −1 (v −1)  uv + uv − u − v − u − v + 2 = 0 ( ) ( ) (u + v) u + v − u2 − v2 − (u + v) − u + v + 2 = 0 ( ) ( ) (( ) ) (u + v) u + v − (u + v) − u + v +1 = u2 + v2 −1  ((u + v) −1) u + v −1 = 49  u + v −1 2 = 49  u + v −1 = 7 . Đặt z = u + v khi đó ta có z −1 = 7 tức số phức z nằm trên đường tròn có tâm I (1;0) và bán kính R = 7 Suy ra biểu thức cần tìm min và max đó là với  z min = OI −R = R − OI = 7 −1 = 6  z  z max = OI + R = R + OI = 7 +1 = 8 Thử lại ta thấy dấu bằng có xảy ra nên ta suy ra tổng giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức u + v là 14 ( ) ( )Cách 3: Khi i (u −1) v −1 là số thực thì (u −1) v −1 = u −1 v −12 là số thuần ảo. v −1 Khi đó u −1 = −ki (v −1) (k  , k  0)  u + kiv = ki +1  u + kiv 2 = ki +1 = k 2 +1 ( ) ( ) ( ) ( ) u 2 + k2 v 2 + ki 2  k 2+ 1 2 vu − vu = k 2 +1  24 k 2 +1 + ki vu − vu =0− vu − vu = 576  k    ( ) ( ) 4vu.vu − 2 =  k 2+ 1 2 2 −  k 2+ 1 2  2500 − 576.4 = 196 vu + vu 576  k   vu + vu = 2500 576  k      Chinh phục các bài toán VD - VDC: Số phức | 422

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 ( ) ( )Suy ra: −14  vu + vu  14  u + v 2 = u 2 + v 2 + vu + vu = 50 + vu + vu 50 −14;50 +14  u + v 6;8 suy ra tổng giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức u + v là 14 . distance CÂU 26. Gọi S là tập tất cả số phức z thỏa mãn z −1− i = 1 và T là tập tất cả các số phức w thỏa mãn w − 2 + i = 2 . Xét số thực a và số phức u sao cho tồn tại các số phức z1, z2  S và w1, w2 T thỏa mãn (u − z1 )(u − z2 ) = (u − w1 )(u − w2 ) = a + 2022 . Giá trị nhỏ nhất của u + 2 − i bằng 1 3 4 6 A. B. . C. D. . 5 5 5 5  LỜI GIẢI Chọn C Do (u − z1 )(u − z2 ),(u − w1 )(u − w2 ) là các số thực nên u − z1 , u − w1 cũng là các số thực. u − z2 u − w2 Gọi M (u), A1 ( z1 ), B1 ( z2 ), A2 ( z2 ), B2 (w2 ) là các điểm biểu diễn số phức thuộc tập S,T sao cho thỏa mãn đề bài. Cùng với, ta suy ra 2 bộ ba điểm thẳng hàng lần lượt là M , A1, B1 và M , A2, B2 . Từ đó ta có hình vẽ như sau: Gọi P,Q lần lượt là giao điểm của hai đường tròn như hình trên. Điểm M (u ) phải thỏa đồng thời hai bộ thẳng hàng lần lượt là M , A1, B1 và M , A2, B2 nên suy ra phương tích của hai bộ này của lần lượt hai đường tròn phải bằng nhau tức từ điểm M phải vẽ được 2 tiếp tuyến tới đường tròn ( I1;1) với tiếp điểm là X ,Y và 2 tiếp tuyến tới đường tròn ( I2; 2) với tiếp điểm là Z ,T sao cho MX = MY = MZ = MT . Từ đó ta suy ra M sẽ thuộc đường thẳng PQ tức trục đẳng phương của hai đường tròn như hình. Ta có hai đường tròn ( I1;1) và (I2;2) lần lượt có phương trình là: ( x −1)2 + ( y −1)2 = 1 ( x − 2)2 + ( y +1)2 = 4 . Thực hiện phép trừ theo vế của hai phương trình đường tròn trên ta suy ra phương trình đường thẳng PQ có dạng là ( PQ) : x − 2 y = 0 . Như vậy tập hợp điểm M (u ) sẽ nằm trên đường thẳng ( PQ) . Cùng với điểm E (−2;1) , ta suyra giá trị nhỏ nhất của biểu thức u + 2 − i chính là giá trị nhỏ nhất của đoạn ME với ME  M0E = d (E;(PQ)) = 4 . Dấu bằng xảy ra khi M  M0. 5 Ghi chú: đối với các trường hợp mà hai đường tròn của số phức z, w không cắt nhau hoặc tiếp xúc nhau thì quỹ tích điểm M (u ) cũng được xác định.distance 423 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 04: Số phức CÂU 27. Xét các số phức z,z1 ,z2 thỏa mãn z1 − 4 − 5i = z2 − 1 = 1 và z + 4i = z − 8 + 4i . Tính M = z1 + z2 khi biểu thức P = z − z1 + z − z2 đạt giá trị nhỏ nhất. A. M = 41 . B. M = 6 . C. M = 2 5 . D. M = 2 13 . Chọn D  LỜI GIẢI Ta có: z1 − 4 − 5i = 1  tập hợp điểm A biểu diễn số phức z1 là đường tròn (C1 ) có tâm I (4; 5) , bán kính R1 = 1. z2 − 1 = 1  tập hợp điểm B biểu diễn số phức z2 là đường tròn (C2 ) có tâm J (1; 0) , bán kính R2 = 1 . Đặt z = a + bi (a,b  ) . Ta có: z + 4i = z − 8 + 4i  a2 + (−b + 4)2 = (a − 8)2 + (b + 4)2  a − b = 4. Suy ra tập hợp điểm C biểu diễn số phức z nằm trên đường thẳng  : x − y = 4 . Khi đó: P = z − z1 + z − z2 = CA + CB . Gọi K là điểm đối xứng của J qua đường thẳng  , khi đó ta tìm được K (4; −3) , suy ra phương trình đường thẳng IK : x = 4 . Do đó: Pmin khi và chỉ khi C = IK   ; A = CI  (C1 ) ( A ở giữa CI ) ; B = CJ  (C2 ) ( B ở giữa CJ ). Suy ra: A(4; 4) ⎯⎯→ zz12 = 4 + 4i = z1 + z2 =2 13 .distance B ( 2; 0 ) ⎯⎯→ M =2 CÂU 28. Cho các số phức z và w thỏa mãn z − 4 = 1 và iw − 2 = 1 . Khi z + 2w đạt giá trị nhỏ nhất, iz + w bằng A. 2 5 . B. 4 2 − 3 . C. 6 . D. 4 2 + 3 .  LỜI GIẢI Chọn C Gọi A là điểm biểu diễn số phức z và B là điểm biểu diễn số phức −2w . Ta có: z − 4 = 1  A thuộc đường tròn (C) có tâm I (4; 0) , bán kính R = 1 . iw − 2 = 1  −w − 2i = 1  −2w − 4i = 2  B thuộc đường tròn (C) có tâm I(0; 4) , bán kính R = 2 . Chinh phục các bài toán VD - VDC: Số phức | 424

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 ( )Lại có: z + 2w = z − −2w = AB và II = 4 2  R + R = 3  Hai đường tròn (C1 ) và (C2 ) không có điểm chung  ABmin khi điểm A có tung độ dương và điểm B có hoành độ dương, với A là giao điểm của (C1 ) và đường thẳng II , B là giao điểm của (C2 ) và đường thẳng II .  A  8 − 2; 2  z = 8 − 2+ 2i;  2 2   2 2 ( ) ( )B 2 ; 4 − 2  −2w = 2 + 4 − 2 i  w = − 2 − 4 − 2 i 22 Vậy iz + w = 6 . distance 425 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 04: Số phức C BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM Câu 1: Cho số phức z = a + bi , z  0 thỏa mãn 1 − i là số thực và z − 3i − z − 3 − 2i = 2 . Đặt z T = a2 + b2 . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. T  (4;8) . B. T  (8;9) . C. T  (11;14) . D. T  (17; 20) . Câu 2: Xét hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 = 1, z2 = 2 và z1 − z2 = 3 . Giá trị lớn nhất của 3z1 + z2 − 5i bằng A. 5 − 19 . B. 5 + 19 . C. −5 + 2 19 . D. 5 + 2 19 . Câu 3: Cho hai số phức z,w thỏa mãn |z|= 2 , |w − 3 + 2i|= 1 . Giá trị lớn nhất của z2 − 2wz − 4 bằng A. 16 2 . B. 18 2 . C. 8. D. 24. Câu 4: Xét các số phức z,w thỏa mãn z − 2w = 4 và 3z + w = 5 . Khi 5z − 3w + i đạt giá trị nhỏ nhất, hãy tính giá trị z − w + 1 . 17 2 B. 4 . C. 2 . 170 A. . D. . 7 7 Câu 5: Tìm các số phức z thõa mãn z − (1 − i) = z + (2 + i) và z + 2 − i đạt giá trị nhỏ nhất. A. z = − 1 . B. z = 1 . C. z = − 1 i . D. z = 1 i . 2 2 2 2 Câu 6: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn hiệu bình phương phần thực và phần ảo bằng 1 và 2 ( ) ( )3z − z i = 2 z − 1 − z + i . A. 1. B. 2 . C. 4 . D. 3 . Câu 7: Cho hai số phức z1 , z2 sao cho z1 = 2 , z2 − 6i = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3 z1` − 4 + 2 z2 − 9 − 6i + 6 z1 − z2 ? A. 8 . B. 36 . C. 10 . D. 24 . Câu 8: Cho số phức z thỏa mãn:  z − 1 − 2i 1 .   z + 3 − 2i  z − 1 + 2i Gọi S là diện tích phần mặt phẳng chứa các điểm biểu diễn của số phức z . Tính S . A. S =  . B. S = 2 . C. S =  . D. S =  . 2 4 Câu 9: ( )( )Cho số phức z thỏa mãn z − 2 + 5i = 2 5 . Biết rằng số phức w = 2 − i2021 z − 3i + 2021 có tập hợp các điểm biểu diễn thuộc đường tròn (C) . Tính bán kính của (C) . A. 20 . B. 100 . C. 220 . D. 36 . Chinh phục các bài toán VD - VDC: Số phức | 426

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Câu 10: Cho hai số phức z1 ; z2 thỏa mãn:  z1 − z2 − 9 − 12i =3 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất,  z1 − 3 − 20i =7 − z2  nhỏ nhất của biểu thức P = z1 + 2z2 + 12 − 15i . Tính M 2 − m2 . A. 450 . B. 675 . C. 451. D. 225 . Câu 11: Gọi z1 , z2 là hai trong số các số phức thỏa mãn z − 1 + 2i = 5 và z1 − z2 = 8 . Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức w = z1 + z2 là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó. A. 3 . B. 5 . C. 8 . D. 6 . Câu 12: Biết số phức z thỏa mãn 2 z − i  z − z − 3i và z − z có phần ảo không âm. Phần mặt phẳng chứa các điểm biểu diễn cho số phức z có diện tích là 55 55 C. 5 5 . D. 5 5 . A. . B. . 8 6 12 4 ( )Câu 13: Xét các số phức z thoả mãn z − 2 + i là số thực. Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức 2z z+z i+2 là parabol có toạ độ đỉnh I (a; b) . Tính S = a + b ? A. 0 . B. −1. C. −2 . D. −3 . Câu 14: Cho số phức z1 , z2 thỏa mãn  1 − 2 z1 = z1 − z1 + i . Với z2 = a + bi,(a,b  ) thì biểu thức   z2 = z2 − 5 + 5i P = z1 − z2 đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó giá trị của 2a + 3b là A. 2a + 3b = 0 . B. 2a + 3b = 1 . C. 2a + 3b = 3 . D. 2a + 3b = 2 . ( )Câu 15: Gọi z1 ,z2 ,z3 ,z4 là 4 nghiệm phức của phương trình z4 + 4 − m z2 − 4m = 0 . Tìm tất cả các giá trị m để z1 + z2 + z3 + z4 = 6 . A. m = −1 . B. m = 2 . C. m = 3 D. m = 1 . ( ) ( )Câu 16: Cho phương trình z3 − m + 1 z2 + m + 1 + mi z − 1 − mi = 0 trong đó z  , m là tham số thực. Số giá trị của tham số m để phương trình có 3 nghiệm phức phân biệt sao cho các điểm biểu diễn của các nghiệm trên mặt phẳng phức tạo thành một tam giác cân là A. 0. B. 1. C. 3. D. 2. Câu 17: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ba điểm A(1;1) , B(−1; 2) , C (3; −1) lần lượt là điểm biểu diễn số phức z1 ,z2 ,z3 . Tìm mô đun của số phức z thỏa mãn z + 46 − 40i = 929 và P = 3 z − z1 2 + 5 z − z2 2 − 7 z − z3 2 đạt giá trị nhỏ nhất. A. z = 129 . B. z = 2 29 . C. z = 3 929 . D. z = 929 . Câu 18: Cho số phức z thỏa mãn z3 + 1 2 và M = max z + 1 . Khẳng định nào sau đây đúng? z3 z A. −1  M  2 . B. 2  M  7 . C. 1  M  5 . D. M3 + M2 + M  3 . 2 2 427 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 04: Số phức Câu 19: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m(m  0) để tồn tại duy nhất số phức z thỏa mãn  z + 1 − 2i =2    z − 2 − 2i = m .  ( ) ( ) z − 2m − m2 + m − 2 i = z − 2m + 2 + m2 + m + 2 i A. 0 . B. 2 . C. 3 . D. 1. Câu 20: Chọn hai số phức trong các số phức có phần thực và phần ảo là các số nguyên thỏa mãn điều kiện z − 2 − 4i  5 1 − 3i − z − 2 + 4i . Xác suất để trong hai số chọn được có ít nhất một số phức có phần thực lớn hơn 2 là A. 27 . B. 34 . C. 1 . D. 2 . 110 55 2 3 Câu 21: Cho số phức z không phải là số thực và z2 − 2z + 4 là số thực. Có bao nhiêu số phức z thoả z2 + 2z + 4 mãn z + z + z − z = z2 A. 0 . B. 2 . C. 4 . D. 8 . Câu 22: Có tất cả bao nhiêu số nguyên dương m để có tất cả bốn số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: z = m và 3 z + z + 4 z − z = 20 ? A. 1. B. 2 . C. 4 . D. 3 . Câu 23: Cho hai số phức u,v thỏa mãn u = v = 10 và 3u − 4v = 50 . Tính M = 4u + 3v . A. 30 . B. 40 . C. 50 . D. 60 . Câu 24: Trong các số phức z thỏa mãn z2 + 1 = 2 z , gọi z1 và z2 lần lượt là các số phức có môđun nhỏ nhất và lớn nhất. Khi đó môđun của số phức w = z1 + z2 có giá trị nhỏ nhất bằng A. w = 2 2 . B. w = 2 . C. w = 2 . D. w = 1 + 2 . 2 z + z −1 ( ) ( )Câu 25: Xét các số phức z = a + bi (a,b  ) thoả mãn 4 z−z − 15i = i và 2z −1+ i đạt giá trị nhỏ nhất. Tính P = a + b A. P = 0 . B. P = 19 . C. P = 19 . D. P = 2 . 4 8 Câu 26: Xét số phức z thỏa 2 z − 1 + 3 z − i  2 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng A. 3  z  2 . B. z  2 . C. z  1 . D. 1  z  3 . 2 2 22 ( )Câu 27: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z2 − 2 m − 1 z + m2 − 5m = 0 ( m là tham số thực). Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên m để phương trình đó có nghiệm z0 thỏa mãn z0 3 = 3 z0 + 2 . Tổng các phần tử của tập S là A. 8 . B. 9 . C. 4 . D. 7 . Chinh phục các bài toán VD - VDC: Số phức | 428

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 ( )Câu 28: Trong tập số phức, cho phương trình 2z2 + 2 m − 1 z + m2 − 3m − 2 = 0, m  . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m trong đoạn 0; 2021 để phương trình có 2 nghiệm phân biệt z1; z2 thỏa mãn z1 = z2 ? A. 2016. B. 202 C. 202 D. 2017. Câu 29: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa iz1 − 1 = 1 và z2 + i = 2 . Khi biểu thức P = 2z1 + 3z2 đạt giá trị nhỏ nhất thì z1 − 2z2 bằng A. 4 . B. 1. C. 3 . D. 2 . Câu 30: Xét các số phức z , w thỏa mãn z = 2 , iw − 2 + 5i = 1 . Khi z2 − wz − 4 đạt giá trị nhỏ nhất thì z + w bằng A. 2 + 5 . ( )B. 2 1+ 5 . C. 1 + 5 . D. 2 5 − 2 . Câu 31: Xét các số phức z , w thỏa mãn |z|= 1 và |w|= 2 . Khi z + iw − 6 − 8i đạt giá trị nhỏ nhất, z − w bằng A. 29 . B. 221 . C. 5 . D. 3 . 5 5 ( )Câu 32: Trên tập hợp các số phức, xét Phương trình z2 − 2 m + 1 z + m2 = 0 ( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị của m để phương trình đó có nghiệm z0 thỏa mãn z0 = 7 ? A. 2 . B. 4 . C. 1. D. 3 . Câu 33: Có bao nhiêu số nguyên m để tồn tại 2 số phức z thoả mãn |z − m + i|=|z − 1 + 2mi| và |z|= 3 2 A. 5. B. 3. C. 4. D. 6. Câu 34: Có bao nhiêu số phức z có phần thực và phần ảo đều là các số nguyên thỏa mãn đồng thời z + i + z − 3i = z + 4i + z − 6i và z  10 ? A. 12 . B. 2 . C. 10 . D. 5 . Câu 35: Cho hai số phức z1 ; z2 thỏa mãn z1 = 24 và z12 + (z2 + 1 − 2i)2 = z1z2 + (1 − 2i) z1 . Biết z1 − z2 − 1 + 2i = a với a là một số nguyên dương. Hỏi a có bao nhiêu ước số nguyên? A. 8 . B. 12 . C. 20 . D. 16 . Câu 36: Cho hai số phức z, w thoả mãn z + 2w = 3 , 2z + 3w = 5 và z + 3w = 4 . Tính giá trị của biểu thức P = z.w + z.w . B. 2 . C. 3 . D. 4 . A. 1. Câu 37: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 = z2 = 39 và z1 − z2 = 2 3 . Khi đó z1 + z2 bằng A. 8 . B. 2 39 . C. 12 . D. 2 3 . Câu 38: Biết tập hợp các điểm biểu diễn của số phức w = 3 + iz trong mặt phẳng tọa độ Oxy là một 1+ z đường thẳng. Khi đó mô đun của z bằng? 429 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 04: Số phức 2 C. 3 . D. 2 . A. 1. B. . 2 Câu 39: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , tập hợp các điểm biểu diễn số phức w = 1 + iz là một đường tròn 1+ z có bán kính bằng 2. Modul của z thuộc tập nào dưới đây A. 1 ; 2 . B.  1 ; 2  .  C. 2;2 . D.  1 ; 1  .      2 2   2 2    ( )Câu 40: Cho số phức z thỏa mãn (z + 3 − i) z + 1 + 3i là một số thực. Biết rằng tập hợp tất cả các điểm biểu diễn của z là một đường thẳng. Khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng đó bằng A. 4 2 . B. 0 . C. 2 2 . D. 3 2 . ( )Câu 41: Cho số phức z thỏa mãn (z − 2 + i) z − 2 − i = 25 . Biết tập hợp các điểm M biểu diễn số phức w = 2z − 2 + 3i là đường tròn tâm I (a; b) và bán kính c . Giá trị của a + b + c bằng A. 20 . B. 10 . C. 18 . D. 17 . Câu 42: Gọi (C) là đường cong trong mặt phẳng Oxy biểu diễn các số phức z thỏa mãn z.z + 2 =1 và H là hình phẳng giới hạn bởi (C) . Diện tích của hình phẳng H bằng z−z A. 2 . B.  5. C. 2 5. D.  . 5 5 Câu 43: Có bao nhiêu số thực dương m để tồn tại duy nhất một số thực z thoả mãn z − 1 − i  2 và z + 2 + 3i = m? A. 2 . B. 1. C. 3 . D. 0 . Câu 44: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , số phức 1 + iz có tập hợp các điểm biểu diễn là một đường thẳng. 4+z Môđun của z bằng A. 1. B. 2 . C. 4 . D. 2 . Câu 45: Cho số phức z thỏa mãn z − 2 = 4. Biết rằng trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tập hợp các điểm biểu diễn số phức w = 2z − 1 − 3i là một đường tròn. Tìm tọa độ tâm I và tính bán kính R của đường tròn đó. ( )A. I (3; −3) , R = 64 . B. I (−3; 3) , R = 8 . C. I (3; −3) , R = 8 . D. I 3; −3 ,R = 2 2 . ( )Câu 46: Cho số phức z thỏa mãn (z − 2 + i) z − 2 − i = 25 . Biết tập hợp các điểm M biểu diễn số phức w = 2z − 2 + 3i là đường tròn tâm I (a; b) và bán kính c . Giá trị của a + b + c bằng A. 20 . B. 10 . C. 18 . D. 17 . Câu 47: Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2 − 6z + 73 = 0 . Giá trị của biểu thức z12 + z22 − z1 . z2 bằng A. −213 . B. −110 . C. −37 . D. −183 . Chinh phục các bài toán VD - VDC: Số phức | 430

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Câu 48: Cho các số thực b ,c sao cho phương trình z2 + bz + c = 0 có hai nghiệm phức z1 ; z2 thỏa mãn z1 − 3 + 3i = 2 và (z1 + 2i)(z2 − 2) là số thuần ảo. Khi đó b + c bằng: A. −1. B. 12 . C. 4 . D. −12 . ( )Câu 49: Giả sử z1 , z2 là hai trong các số phức z thỏa mãn (z − 6) 8 + zi là số thực. Biết rằng z1 − z2 = 4 . Giá trị nhỏ nhất của z1 + 3z2 bằng A. 5 − 21 B. 20 − 4 21 C. 20 − 4 22 D. 5 − 22 Câu 50: Giả sử z1 , z2 là 2 trong các số phức z thỏa mãn z + 1 + i = 2 và z1 + z2 = z1 − z2 . Khi P = z1 − 2z2 đạt giá trị nhỏ nhất thì số phức z1 có tích phần thực, phần ảo bằng A. 0 B. 3 C. − 9 D. − 3 2 82 Câu 51: Xét hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 − z2 = 5 và z2 + 6 − 8i − z1 + 6 − 8i = z1 + z2 . Khi đó z1 + 2z2 − 3i có giá trị lớn nhất bằng A. 25 . B. 13 . C. 157 . D. 3 34 . 2 Câu 52: Xét các số phức z; w thỏa mãn z − 2 2 + z − 2i 2 = 6 và w − 3 − 2i = w + 3 + 6i . Khi z − w đạt giá trị nhỏ nhất, hãy tính z . A. 1 + 2 . B. 2 − 1 . C. 1 . 1 5 D. . 5 Câu 53: Cho số phức z thỏa mãn z + z + z − z = 6 . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P = z − 2 − 3i . Giá trị của M + m bằng. A. 2 + 2 10 . B. 2 + 34 . C. 2 + 2 10 . D. 2 + 34 . Câu 54: Cho số phức z thỏa mãn z − 2i  z − 4i và z − 3 − 3i = 1. Giá trị lớn nhất của biểu thức P = z − 2 là A. 13 + 1. B. 13. C. 10 + 1. D. 10. Câu 55: Cho các số phức z = x + yi (x, y  ,−4  y  15) và w thỏa w − 4 − 3i = 2 . Các số phức z, z2 , z3 lần lượt có các điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ tạo thành một tam giác vuông. Gọi m = min z − w , M = max z − w . Khi đó m + M2 bằng A. 224 . B. 226 . C. 227 . D. 225 . Câu 56: Xét hai số phức z, w thỏa mãn z − 1 − 2i = z − 2 + i và w − 2 + 3i = w − 4 − i . Giá trị nhỏ nhất của z + 3 − i + w + 3 − i + z − w bằng 2 abc với a, b, c là các số nguyên tố. Tính giá trị của 5 a+b+c. A. 22 . B. 24 . C. 26 . D. 25 . 431 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 04: Số phức Câu 57: Cho số phức z thỏa mãn z + 1 − i = 1 sao cho z − 3 − 8i đạt giá trị lớn nhất tại z1 = x1 + iy1 3 − 4i và đạt giá trị nhỏ nhất tại z2 = x2 + iy2 . Giá trị của x1 + x2 + y1y2 bằng A. 44 . B. 55 . C. 25 . D. 46 . Câu 58: Xét ba số phức z,z1 ,z2 thoả mãn z − i = z + 1 , z1 − 3 5 = 5 và z2 − 4 5i = 2 5 . Giá trị nhỏ nhất của 5z − z1 + 5z − z2 bằng A. 4 5 . B. 10 5 . C. 7 5 . D. 2 5 . Câu 59: Xét các số phức z thỏa mãn z + z + 2 + z − z = 6 . Gọi M ,m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z − 3 − 2i . Khi đó M + m bằng 2 53 + 3 2 B. 6 2 . 2 53 + 2 D. 53 + 5 . A. 2 . C. 2 . Câu 60: Với các số phức z1 , z2 , z3 = iz2 thay đổi thỏa mãn z1 = z2 = 5 thì giá trị lớn nhất của min tz2 + (1 − t)z3 − z1 có dạng a + b , ở đó a, b là các số nguyên dương, c là số nguyên tố. t c Giá trị của a + b + c là A. 15 . B. 12 . C. 13 . D. 14 . Câu 61: Xét các số phức z , w thỏa mãn z = 2 , iw − 2 + 5i = 1 . Giá trị nhỏ nhất của z2 − wz − 4 bằng A. 4 . ( )B. 2 29 − 3 . C. 8 . ( )D. 2 29 − 5 . Câu 62: Với hai số phức z1 , z2 thay đổi thỏa mãn z1 + 1 − 2i = z1 − 5 + 2i và z2 + 3 − 2i = 2. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z1 + 3 + i + z1 − z2 bằng A. 5 5 − 2. B. 10 + 2. C. 3 10 − 2. D. 85 − 2.  Câu 63: Cho hai số phức z, w thỏa mãn max z ; z−1−i  1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  .  w + 1 + 2i  w − 2 − i P= z−w . A. 2 − 1 . B. 2 2 − 1. C. 0 . D. 1 . 6 Câu 64: Cho z  thỏa mãn  z − 1 − 2i  1 . Giá trị S = min z + max z bằng:  2  z − 1 − 2i A. 3 5 − 1 . B. 5 + 2 . C. 2 5 + 1. D. 2 + 5 − 1 Chinh phục các bài toán VD - VDC: Số phức | 432

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Vì 1 − i là số thực với z = a + bi nên tồn tại số thực k ( k  0) sao cho: z ( )z = k − a = k 1−i  a − bi = k ki  −b = −k  a = b (1) . ( ) ( ) ( )z − 3i − z − 3 − 2i = 2  a2 + b − 3 2 − a − 3 2 + b − 2 2 = 2 (2) . Thế (1) vào (2) ta được: b2 + (b − 3)2 − (b − 3)2 + (b − 2)2 = 2  b2 + (b − 3)2 = 2 + (b − 3)2 + (b − 2)2  2b2 − 6b + 9 = 4 + 2b2 − 10b + 13 + 4 2b2 − 10b + 13  4b − 8 = 4 2b2 − 10b + 13 b − 2  0 b  2 b  2 ( )( )  b2 − 6b +  b = 3  b = 3  a = 3.  b−2 2 = 2b2 − 10b + 13 9 = 0  T = 32 + 32 = 18 . Câu 2: Giả sử M , N ,K lần lượt là các điểm biểu điễn z1 , z2 , z3 = 5i . Theo giả thiết ta có M  (C1 ) tâm O(0;0) và bán kính r1 = 1 . N  (C2 ) tâm O(0;0) và bán kính r2 = 2 và MN = z1 − z2 = 3 . Đặt T = 3z1 + z2 − 5i = 3OM + ON − OK Gọi I là điểm thỏa mãn 3IM + IN = 0  IN = −3IM  IN = 3IM,I  MN Ta có OMN vuông tại M , suy ra OI 2 = OM 2 + IM 2 =  3 2 = 19  OI = 19 . 1 +  4  14 4 Suy ra I thuộc đường tròn (C3 ) tâm O bán kính r3 = 19 4. Khi đó T = 3z1 + z2 − 5i = 3OM + ON − OK = 4OI − OK = OE − OK = KE 433 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 04: Số phức Với OE = 4OI suy ra E thuộc đường tròn (C4 ) tâm O(0,0) bán kính r4 = 19 . Suy ra Tmax = KEmax = KO + r4 = 5 + 19 . Câu 3: Giả sử z = a + bi ,(a,b,c,d  ) w = c + di Theo bài ra ta có: |z|= 2  a + bi = 2  a2 + b2 = 2  a2 + b2 = 4 . Do đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I1 (0 ; 0) , bán kính R1 = 2 . |w − 3 + 2i|= 1  c + di − 3 + 2i = 1  (c − 3) + (d + 2)i = 1  (c − 3)2 + (d + 2)2 = 1. Do đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I2 (3; − 2) , bán kính R2 = 1 . Đặt T = z2 − 2wz − 4 , ta có: T = z2 − 2wz-zz = z z − z − 2w = 2 a + bi − a + bi − 2w = 4 bi − w . Gọi A(0 ; b) là điểm biểu diễn số phức bi ; N là điểm biểu diễn số phức w . Khi đó T = 4 bi − w = 4. OA − ON = 4AN  Tmax = 4ANmax . Do a2 + b2 = 4  −2  b  2 . Suy ra tập hợp A là đoạn PQ với P (0 ; − 2) , Q(0 ; 2) . Dựa vào hình vẽ ta thấy ANmax  A  Q ANmax = QI2 + R2 = 5 + 1 = 6 . Vậy Tmax = 4ANmax = 4.6 = 24. Câu 4: Chinh phục các bài toán VD - VDC: Số phức | 434

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Đặt w1 = 2z − 4w,w2 = −3z − w . Gọi M,N,P (0;1) lần lượt là các điểm biểu diễn w1 ,w2 ,i . Theo giả thiết ta có  w1 = 2 z − 2w =8 nên tập hợp các điểm M biểu diễn w1 là đường tròn  = −3z − w =5  w2 tâm O , bán kính R1 = 8 , tập hợp các điểm N biểu diễn w2 là đường tròn tâm O , bán kính R2 = 5 . Ta có A = 5z − 3w + i = w1 − w2 + i = OM − ON + OP = NM + OP  NM − OP  8 − 5 − 1 = 2. Dấu \" = \" xảy ra  NM  OP  M (0; −8) , N (0; −5)  ww12 = 2z − 4w = −8i  wz ==671i77i  = −3z − w = −5i NM min  z − w + 1 = 6i − 17i + 1 = 170 . 77 7 Vậy khi A = 5z − 3w + i đạt giá trị nhỏ nhất thì z − w + 1 = 170 . 7 Câu 5: Gọi z = x + yi ( x, y  R) ; z − (1 − i) = z + (2 + i)  (x − 1)2 + ( y + 1)2 = (x + 2)2 + (1 − y)2  6x − 4y + 3 = 0(d) Giả sử M (x; y) biểu diễn số phức z , M  d. A(−2;1) biểu diễn số phức z1 = −2 + i MA nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông góc của A lên d. 4( ) ( ) x 1  −2 − x + 6 1 − y =0   4x + 6y = −2   = − 2 . Vậy số phức z=−1 6x − 4y + 3 = 0 6x − 4y + 3 = 0 2   y = 0 ( ) ( )Câu 6: Ta có 3z − z i = ( )2 z − 1 − z + i  z 1 + 3i = 2 ( z − 1) + ( z + 1)i  2 z = 2( z − 1)2 + ( z + 1)2 . ( ) ( )Đặt z = t, t  0 , phương trình trở thành: 2t = 2 t − 1 2 + t + 1 2  4t2 = 2(t − 1)2 + (t + 1)2  t2 + 2t − 3 = 0  t = 1  t = 1 . t = −3 Gọi z = x + yi , với x, y  . z = 1  x2 + y2 = 1 , kết hợp giả thiết ta có hệ phương trình x2 + y2 = 1  x2 = 3 Ta có x2 − y2 = 1  = 2 4  y2 1  4 435 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 04: Số phức  3 + 1i z =  22    3  z = 3 −1i x =  2  2 2.   y 1 z =− 3 + 1i =  2  22  3 −1i z = − 22 Câu 7: Thử lại ta thấy chỉ có số phức z = 3 + 1 i thỏa mãn đề. 22 Vậy có 1 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán. (Gọi z1 = x1 + y1i , z2 = x2 + y2i x1 ,x2 , y1 , y2  ) và hai điểm M ( x1 ; y1 ) , N ( x2 ; y2 ) trong mặt phẳng phức lần lượt biểu diễn số phức z1 và z2 . Ta có z1 = 2  x12 + y12 = 4 và z2 − 6i = 3  x2 + ( y2 − 6)i = 3  x22 + ( y2 − 6)2 = 9 . Ta xét các biểu thức ( )3 z1` − 4 = 3 x1 − 4 + y1i = 3 x1 − 4 2 + y12 = 3 x12 + y12 − 8x1 + 16 ( )= 3 x12 + y12 − 8x1 + 16 + 3 x12 + y12 − 12 = 6 x12 − 2x1 + 1 + y12 ( )= 6 x1 − 1 2 + y12 = 6MA , với điểm A(1;0) . ( ) ( ) ( )2 z2 − 9 − 6i = 2 x2 − 9 + y2 − 6 i = 2 x2 − 9 2 + y2 − 6 2 = 2 x22 + y22 − 18x2 − 12y2 + 177 x22 + y22 − 18x2 − 12y2 + 177 + 8 x22 + 2  ( )= 2 y2 −6  − 72 = 6 x22 − 2x2 + 1 + y22 − 12y2 + 36 = 6 (x2 − 1)2 + (y2 − 6)2 = 6NB , với điểm B(1;6) . 6 z1 − z2 = 6 (x1 )− x2 2 + (y1 )− y2 2 = 6MN và AB = (0;6)  AB = 6 . Lúc đó P = 3 z1` − 4 + 2 z2 − 9 − 6i + 6 z1 − z2 = 6AM + 6NB + 6MN = 6( AM + MN + NB)  6AB = 36 . Vậy Pmin = 36 . Dấu \" = \" xảy ra khi A , M , N , B thẳng hàng. Chinh phục các bài toán VD - VDC: Số phức | 436

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Câu 8: Giả sử z = x + yi (x, y  ) . Khi đó z − 1− 2i  1  (x − 1) + (y − 2)i  1  (x − 1)2 + (y − 2)2  1  (x − 1)2 + (y − 2)2  1 Và z − 1+ 2i  z + 3 − 2i  (x − 1)2 + (y + 2)2  (x + 3)2 + (y − 2)2  (x − 1)2 + ( y + 2)2  (x + 3)2 + (y − 2)2  y  x + 1 . Gọi (T ) là nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng d : y = x + 1, không chứa gốc tọa độ O(0;0) . Khi đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn đề là nửa hình tròn (C) tâm I (1; 2) , bán kính R = 1 và thuộc (T ) . Câu 9: Vì đường thẳng d đi qua tâm I (1; 2) của hình tròn (C) nên diện tích cần tìm là một nửa diện tích hình tròn (C) . Do đó S =  . 2 Đặt w = x + yi (x, y  ) . Ta có: z − 2 + 5i = 2 5  z − 2 + 5i = 2 5  z − 2 − 5i = 2 5 . ( )( ) ( )Mà w = 2 − i2021 z − 3i + 2021 = (2 − i) z − 2 − 5i + 2i + 2 + 2021 ( ) ( ) w = (2 − i) z − 2 − 5i + (2 − i)(2i + 2) + 2021  w − 2027 − 2i = (2 − i) z − 2 − 5i . ( )Suy ra: w − 2027 − 2i = (2 − i) z − 2 − 5i  w − 2027 − 2i = 2 − i z − 2 − 5i  w − 2027 − 2i = 5.2 5  w − 2027 − 2i = 10  (x − 2027)2 + ( y − 2)2 = 100 . Suy ra tập hợp điểm biểu diễn w thuộc đường tròn (C) có tâm I (2027 ; 2) và bán kính R = 10 . Vậy bán kính của (C) là R = 10 . Câu 10: Đặt w = z1 − 9 − 12i . Ta có:  z1 − z2 − 9 − 12i = 3   w − z2 = 3  − 3 − 20i = 7 − z2  w + 6 − 8i +  z1  z2 = 7. Gọi A , B là điểm biểu diễn của w , z2  AB = 3 = 7 với M (−6;8) AM + OB  AB + AM + OB = 10 = OM  A , B nằm trên đoạn OM  OA = xOM với x, y  0;1 .  OB = yOM 437 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 04: Số phức  w = −6x + 8xi với x, y  0;1 . z2 = −6y + 8yi Khi đó P = z1 + 2z2 + 12 − 15i = w + 2z2 + 21 − 3i = (−6x − 12y + 21)2 + (8x + 16y − 3)2 = −6(x + 2y) + 212 + 8(x + 2y) − 32 . Đặt t = x + 2y (0  t  3) . P = (−6t + 21)2 + (8t − 3)2 = 100t2 − 300t + 450 ( ) ( ) ( )Khảo sát hàm số f t = 100t2 − 300t + 450 trên đoạn 0; 3 ta được max f t =f 0 = 450 và 0;3 ( )min f t = f 3 = 225  Pmax = M = 450 .  2  Pmin = m = 15 0;3 Vậy M2 − m2 = 225 . Câu 11: Gọi A ,B lần lượt là điểm biểu diễn số phức z1 , z2 . Do z1 , z2 thỏa mãn z − 1 + 2i = 5 nên A, B thuộc đường tròn tâm I (1; − 2) , bán kính R = 5 . Mà z1 − z2 = 8 suy ra AB = 8 . Gọi E là trung điểm của AB . Ta có IE = IA2 − EA2 = 52 − 42 = 3 . Như vậy khi A, B thay đổi trên (C) và thỏa mãn AB = 8 thì E thay đổi trên đường tròn (C1 ) tâm I bán kính R1 = IE = 3 . Gọi F là điểm biểu diễn số phức w . Ta có w = z1 + z2  OF = OA + OB = 2OE . Suy ra F là ảnh của E qua phép vị tự V tâm O tỉ số k = 2 . ( )Do đó khi E chạy trên đường tròn (C1 ) thì F sẽ chạy trên đường tròn C1 là ảnh của (C1 ) qua phép vị tự V tâm O tỉ số k = 2. Gọi I và R1 lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn (C1 ) . Ta có OI = 2OI  I( 2; − 4 ) . R1 = 2R1 = 6 R1 Vậy tập hợp điểm F biểu diễn số phức w là đường tròn có bán kính bằng 6. Chinh phục các bài toán VD - VDC: Số phức | 438

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Câu 12: Gọi z = x + yi (x; y  ) . 2 z − i  z − z − 3i  2 x2 + y − 1 2  2 ( ) ( )Ta x2 ( 1)2  ( 3)2 có: 2y − 3  4 + y −   2y −  4x2 + 4y2 − 8y + 4  4y2 − 12y + 9  4y  −4x2 + 5  y  −x2 + 5 (1). 4 Số phức z − z = 2yi có phần ảo không âm  y  0 (2) . Từ (1) và (2) ta suy ra phần mặt phẳng chứa các điểm biểu diễn cho số phức z là hình phẳng giới hạn bởi Parabol (P) : y = −x2 + 5 và trục hoành. 4 Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và trục hoành là −x2 + 5 = 0  x =  5 . 4 2 55 tích 2  5  dx  x3 5  2 =5 5. Gọi S là 0  4  2. 3 4  0 6 diện cần tìm S = 2. − x2 + = − + x  Giả sử z = x + yi (x, y  ) . Khi đó z − 2 + i = x − 2 + (y + 1)i = x − 2 + (y + 1)i(1 − xi) ( ) ( )Câu 13: z+z i+2 2 + 2xi 2 1+ x2 x − 2 + x(y + 1) + −x(x − 2) + y + 1 i 2 1+ x2 ( )= . ( )z − 1 + i là số thực  −x(x − 2) + y + 1 = 0  y = x2 − 2x − 1  2y = 1 .4x2 − 2.2x − 2 . 2 z+z i+1 Số phức 2z có điểm biểu diễn M (2x; 2y)  quỹ tích các điểm M là parabol có phương trình y = 1 x2 − 2x − 2 . 2 Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức 2z là parabol có toạ độ đỉnh I (2; −4)  S = 2 + (−4) = −2 . Câu 14: Đặt z1 = x + yi,(x, y  ) . Gọi M, N lần lượt là điểm biểu diễn hình học của hai số phức z1 , z2 . Ta có M (x; y) ,N (a;b) và  1 − 2z1 = z1 − z1 + i  (2x − 1)2 + 4y2 = (2y + 1)2  y = x2 − x .  + (b + 5)2   z2 = z2 − 5 + 5i  (a − 5)2  b = a − 5 a2 + b2 = 439 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 04: Số phức ( )Khi đó bài toán trở thành tìm M trên parabol P : y = x2 − x và N trên đường thẳng d : y = x − 5 sao cho P = z1 − z2 = MN đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó M là điểm trên parabol (P) sao cho tiếp tuyến với parabol tại M có hệ số góc bằng 1. Ta có y(1) = 1  2x − 1 = 1  x = 1 . Suy ra M (1; 0) . Khi đó điểm N là hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d : y = x − 5 . Đường thẳng MN qua M và vuông góc với đường thẳng (d) . Ta có MN : y = −x + 1 . N = MN  d nên tọa độ điểm N thỏa hệ  y=x−5   x=3 . y = −x + 1 y = −2 Khi đó N (3; −2) hay z2 = 3 − 2i . Vậy 2a + 3b = 2.3 + 3.(−2) = 0 . ( )( )Câu 15: z2 = −4 (1) Ta có: z4 + (4 − m) z2 − 4m = 0  z2 + 4 z2 − m =0 (2) z2 = m Ta có: zn = z n . z1; z2 là nghiệm của phương trình (1) . Ta có: z1 = z2 = −4 = 2 . z3 ; z4 là nghiệm của phương trình (2) . Ta có: z3 = z4 = m . Theo đề ra ta có: z1 + z2 + z3 + z4 = 6  2 m + 4 = 6  m = 1  m = 1 . Kết luận m = 1 . Câu 16: Xét phương trình: z3 − (m + 1) z2 + ( m + 1 + mi) z − 1 − mi = 0  z = 1 + 1 + mi = 0 z2 − mz  z = 1  z = 1  z = 1 .  z = i  z2 − i2 − ( mz − mi ) = 0 (z − i)( z + i − m) = 0 z = m − i Chinh phục các bài toán VD - VDC: Số phức | 440

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Đặt A(1;0) , B(0;1) , C (m; −1) lần lượt là các điểm biểu diễn các nghiệm z = 1 , z = i , z = m − i trên mặt phẳng phức. Ta có: AB = (−1;1) , AC = (m − 1; −1) , BC = (m; −2) AB = 2 , BC = m2 + 4 , AC = (m − 1)2 + 1 . Ba điểm A , B , C tạo thành một tam giác khi và chỉ khi AB và AC không cùng phương hay m2.  (m − 1)2 + 1 = 2  Tam giác ABC cân  AC = AB   m2 + 4 = 2  m2 − 2m = 0 m = 0 BC = AB    m = 2 . AC = BC  (m − 1)2 + 1 = −2m = 2  m2 + 4 m = −1  Kết hợp với điều kiện m  2 ta được m 0; −1 . Vậy có hai giá trị của m thỏa mãn đề. Câu 17: Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Khi đó, z + 46 − 40i = 929  (x + 46)2 + (y − 40)2 = 929 . Tập hợp điểm M nằm trên đường tròn (C) tâm H (−46; 40) bán kính R = 929 . P = 3 z − z1 2 + 5 z − z2 2 − 7 z − z3 2  P = 3MA2 + 5MB2 − 7MC2 Gọi I là điểm thỏa mãn: 3IA + 5IB − 7IC = 0 ( ) ( ) ( ) 3 OA − OI + 5 OB − OI − 7 OC − OI = 0  OI = 3OA + 5OB − 7OC  Tọa độ điểm I (−23; 20) 22 2 2 2 2 P = 3MA + 5MB − 7MC +5 −7 ( ) ( ) ( )Khi đó: =3 IA − IM IB − IM IC − IM ( )= IM2 − 2IM 3IA + 5IB − 7IC + 3IA2 + 5IB2 − 7IC2 = IM2 + 3IA2 + 5IB2 − 7IC2 . Do đó, P đạt giá trị nhỏ nhất khi IM đạt giá trị nhỏ nhất. Nhận thấy I (−23; 20) thuộc đường tròn (C) suy ra IM đạt giá trị nhỏ nhất khi M trùng I . Suy ra z = −23 + 20i . Vậy z = 929 . Câu 18: Ta có:  z + 1 3 = z3 + 1 + 3 z + 1  z3 + 1 =  z + 1 3 − 3 z + 1  z  z3 z  z3  z  z   z3 + 1 =  z + 1 3 − 3  z + 1   z + 1 3 − 3  z + 1  2 z3      z   z   z   z      Mặt khác,  z + 1 3 − 3  z + 1    z + 13 −3 z + 1  z   z   z  z  1  3 1 (*) . Đặt t = z + 1 , (t  0)  z  z z  z + − 3 z + 2 441 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 04: Số phức Bất phương trình (*) trở thành: t3 − 3t − 2  0  (t − 2)(t + 1)2 0 t  2 z+ 1  2 z  M = 2 . Dấu bằng xảy ra khi z = 1 hoặc z = −1 .  z + 1 − 2i =2 (1)   Câu 19: Đặt hệ (*)  z − 2 − 2i = m (2) ( ) ( ) (3)  z − 2m − m2 + m − 2 i = z − 2m + 2 + m2 + m + 2 i Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn cho số phức z thỏa yêu cầu. Từ (1) ta có M thuộc đường tròn (C1 ) tâm I1 (−1; 2) , bán kính R = 2 . Từ (2) ta có M thuộc đường tròn (C2 ) tâm I2 (2; 2) , bán kính R = m với m  0 . ( ) ( )Đặt A 2m; m2 + m − 2 , B 2m − 2; −m2 − m − 2 . Ta có (3)  MA = MB nên tập hợp M là đường trung trực d của đoạn AB . ( ) ( )Đường trung trực d có một vectơ pháp tuyến là AB = −2; −2m2 − 2m hay n' = 1; m2 + m và đi qua trung điểm I (2m − 1; −2) của AB ( ) d có phương trình là x + m2 + m y + 2m2 + 1 = 0 . Tồn tại duy nhất số phức z thỏa mãn hệ (*)  tồn tại duy nhất M là điểm chung của (C1 ) , (C2 ) và d  (C1 ) tiếp xúc (C2 ) và d là tiếp tuyến chung của (C1 ) , (C2 ) y F I1 2 I2 E x -1 O 1 2 (C1 ) tiếp xúc (C2 )   I1I 2 = R1 + R2 3 = 2 + m  m = 1 (4)  I1I 2 = R1 − R2  m = 5  3 = 2 − m Quan sát đồ thị ta thấy (C1 ) tiếp xúc (C2 ) tại E(1; 2) hoặc F (−3; 2) và I1I2 // Ox nên d là tiếp tuyến chung của (C1 ) và (C2 ) tại E(1; 2) hoặc F (−3; 2)  d // Oy  1m+2 +m = 0 = 0 (vn)  m = 0; m = −1  m = −1 (5) E  d 2m2 + 1 m = 1 dF// Ody m2 + m = 0  −3 + 2m2 + 1 = 0 Chinh phục các bài toán VD - VDC: Số phức | 442

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Từ (4) và (5) ta nhận được m = −1 thỏa yêu cầu đề bài. Vậy có một giá trị nguyên của m . Câu 20: Giả sử số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán có dạng z = x + yi,x  , y  . Ta có: z − 2 − 4i  5 1 − 3i − z − 2 + 4i  z − 2 − 4i + z − 2 + 4i  10  z − (2 + 4i) + z − (2 − 4i)  10 Gọi M (x, y) là điểm biểu diễn cho số phức z và F1 (2; 4) , F2 (2; −4) lần lượt biểu diễn cho các số phức 2 + 4i; 2 − 4i . Khi đó ta có: z − (2 + 4i) + z − (2 − 4i)  10  MF1 + MF2  10 Do đó tập hợp điểm biểu diễn số phức z là một hình Elip nhận F1 (2; 4) , F2 (2; −4) là các tiêu điểm, tiêu cự F1F2 = 2c = 8 , trục lớn có độ dài là 2a = 10 và trục bé có độ dài là 2b = 6 . Như hình vẽ sau: M (x, y) thuộc hình elip nói trên và x  , y  nên có 45 điểm thỏa mãn. Cụ thể như sau: x −1; 5 0; 4 1; 3 2 y 0 0;  1;  2;  3 0;  1;  2;  3;  4 0;  1;  2;  3;  4;  5 Gọi  là không gian mẫu của phép thử chọn hai số phức trong các số phức có phần thực và phần ảo là các số nguyên thỏa mãn điều kiện z − 2 − 4i  5 1 − 3i − z − 2 + 4i . Ta có n() = C425 . Gọi A là biến cố: “Trong hai số chọn được ít nhất một số phức có phần thực lớn hơn 2”. ( )A là biến cố: “Trong hai số chọn không có số phức có phần thực lớn hơn 2”. Ta có n A = C228 ( )Suy ra P A = C228 = 21 . Vậy P( A) = 1− 21 = 34 . 55 55 55 C 2 45 Câu 21: Ta có w = z2 − 2z + 4   w = w  2 − 2z + 4 = z2 − 2z + 4 . z2 + 2z + 4 + 2z + 4 z2 + 2z + 4 z 2 z ( )( ) 4 z − z 4 − z.z = 0  z.z = 4 . 443 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 04: Số phức ( ) ( )z 2 = 4 (1) . Gọi z = x + yi(x,y ) . Khi đó 1  x2 + y2 = 4 2 . Mà z + z + z − z = z2  2 x + 2 y = 4  x + y = 2 (3) . Từ (2) ,(3) ta có hệ phương trình   x+ y =2 ( ) z = 2i + y2 = 4 z = −2i x2  x ; y  (0; 2);(0; − 2);(2;0);(−2;0) . Vì z  . Câu 22: Gọi M là điểm biểu diễn số phức z = x + yi (x, y  ) . Theo bài ra ta có hệ phương trình:  x2 + y2 = m  x2 + y2 = m2  3 x + 4 y = 10(1)  20  y = 20 x2 + y2 = m2 (2) 3 x + yi + x − yi +4 x + yi − x + yi = 6 x + 8 Tập hợp các điểm M thỏa mãn (1) là hình thoi ABCD với A  10 ; 0  , B 0; 5  ,  3   2     C  − 10 ; 0  , D  0; − 5  .  3   2  Tập hợp các điểm M thỏa mãn (2) là đường tròn (C) tâm O(0;0) ,R = m (m  0) . Có đúng 4 số phức thỏa mãn đề khi và chỉ khi (C) có đúng 4 điểm chung với các cạnh hình thoi. Trường hợp 1: (C) là đường tròn nội tiếp hình thoi. Khi đó ta có R = d(O, AB)  m = 2 . Trường hợp 2: (C) nằm giữa hai đường tròn: đường tròn đường kính BD và đường tròn đường kính AC . Khi đó ta có BD  R  AC  5  m  10 . Do m nguyên dương nên m = 3 . 2 22 3 Vậy có tất cả 2 số nguyên thỏa mãn. Câu 23: Ta có z 2 = z.z . Đặt T = 3u − 4v . ( ) ( )Khi đó T2 = (3u − 4v) 3u − 4v = 9 u 2 + 16 v 2 − 12 uv + vu . ( ) ( )Tương tự ta có M2 = (4u + 3v) 4u + 3v = 16 u 2 + 9 v 2 + 12 uv + vu . Chinh phục các bài toán VD - VDC: Số phức | 444

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 ( )Do đó M2 + T2 = 25 u 2 + v 2 = 5000 . Suy ra M2 = 5000 − T2 = 5000 − 502 = 2500 . Vậy M = 50 . Câu 24: Gọi z = x + yi (x; y  ) ( ) ( )Ta có z2 + 1 = 2 z  x2 − y2 + 1 + 2xyi = 2 x + yi  x2 − y2 + 1 2 + 4x2y2 = 4 x2 + y2 2 x2 + y2 −1 = 2y  −2 ( ) ( ) x4 + y4 + 2x2y2 − 2x2 − 6y2 + 1 = 0  x2 + y2 x2 + y2 +1 = 4y2  x2 + y2 − 1 = −2y  x2 + y2 − 2y − 1 = 0 .  x2 + y2 + 2y − 1 = 0 Khi đó điểm biểu diễn số phức z thuộc đường tròn (C) : x2 + ( y − 1)2 = 2 có tâm I (0;1) và bán kính R = 2 hoặc (C) : x2 + ( y + 1)2 = 2 có tâm I(0; −1) và bán kính R = 2 . ( ) ( ) ( ) ( )Với A 0;1 + 2 , B 0;1 − 2 , A 0; −1 − 2 , B 0; −1 + 2 thuộc các đường tròn như hình vẽ ( ) ( )Suy ra max z = 1 + 2  z1 =  2 + 1 i và min z = 2 − 1  z2 =  2 − 1 i . Vậy z1 + z2 = 2 2 hoặc z1 + z2 = 2 nên giá trị nhỏ nhất của w = 2 . ( ) ( )Câu 25: 4 z − z − 15i = i z + z − 1 2  4(a + bi − a + bi) − 15i = i(a + bi + a − bi − 1)2 .  8bi − 15i = i(2a − 1)2  8b − 15 = (2a − 1)2 với 8b − 15  0  b  15 . 8 Ta có 2z − 1+ i = 2a + 2bi − 1+ i = (2a − 1) + (2b + 1)i = (2a − 1)2 + (2b + 1)2 = 8b − 15 + 4b2 + 4b + 1 = 4b2 + 12b − 14 . 445 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716