Chuyên đề 35 phương trình bậc hai bậc cao của số phức đáp án

Là tam giác đều.. Là tam giác vuông.. Vậy tam giác OABđều... Vậy tổng các giá trị thực của m bằng 12... Gọi A , B là hai điểm biểu diễn của hai nghiệm đó trên mặt phẳng Oxy... Vậy có 1 g

Trang 1

Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1

TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG KHÁ MỨC 7-8 ĐIỂM

Xét phương trình bậc hai 2  

0,

az bz c  với a 0 có:  b24ac

Nếu  0 thì   có nghiệm kép: 1 2

2

b

z z

a

  

Nếu   và gọi 0  là căn bậc hai  thì   có hai nghiệm phân biệt:

 Lưu ý

Hệ thức Viét vẫn đúng trong trường phức : z1 z2 b

a

   và z z1 2 c

a



Căn bậc hai của số phức z x yi là một số phức w và tìm như sau:

+ Đặt w z xyi a bi với x y a b  , , ,

w  x yi a bi  2 2

2

a b abi x yi

2 2

2

ab y

 





+ Giải hệ này với a b  , sẽ tìm được a và b w za bi

Câu 1 (Đề Minh Họa 2017) Kí hiệu z z z1, 2, 3vàz4 là bốn nghiệm phức của phương trình

4 2

12 0

z z   Tính tổngT z1  z2  z3  z4

A T  2 2 3 B T 4 C T 2 3 D T  4 2 3

Lời giải Chọn D

2

4 2

2

12 0

2 4

z z

     

 





T  z  z  z  z  i i     

Câu 2 (KTNL GV THPT Lý Thái Tổ 2019) Tính modun của số phức w b ci  , b c  , biết số phức

8

7

1 2

1

 



i là nghiệm của phương trình

2

0

  

z bz c

Lời giải Chọn C

+) Đặt

8 7

1 2 1

 





o

z

i , ta có

 

8 2

3

7 2







2

2 1

1

o

+) z o là nghiệm của đa thức P z z2bzc z o là nghiệm còn lại của P z  

+) Ta có: z oz o  b    b 2 b2

PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI - BẬC CAO SỐ PHỨC Chuyên đề 35

Trang 2

NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

o o

c

a

2 2

Câu 3 (THPT Quang Trung Đống Đa Hà Nội 2019) Gọi ,A B là hai điểm trong mặt phẳng phức theo

thứ tự biểu diễn cho các số phức z1, z2khác 0 thỏa mãn đẳng thức z12 z22 z z1 2 0, khi đó tam giác OAB(O là gốc tọa độ):

A Là tam giác đều B Là tam giác vuông

Lời giải

Cách 1:

+ Gọi z1a bi ( ,a b:a2 b2 0) A a b ; 

Khi đó z là nghiệm phương trình: 2 2    2

z  abi z  abi 

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

2

z      i nên 3 ; 3

B    

+ Tính OA2 a2 b ,2 OB2 a2 b ,2 AB2 a2 b 2 Vậy tam giác OABđều

Cách 2:

1 2 1 2 0 1 2 1 2 1 2 0

z z z z   z z z z z z 

2 2 1 2 0 1 2 1 2

z z z z   z z  z z

Mà OAOB nên ABOAOB

Vậy tam giác OABđều

Cách 3:

+

2

1 2 1 2

 

 

2

1 2

1 3

2

 

Vậy OAOB

Mặt khác: 1 2 1 3 2 2 2

2

i

Vậy tam giác OABđều

Câu 4 (KTNL GV Thuận Thành 2 Bắc Ninh 2019) Cho phương trình az 2 bz c 0, với

a b c a có các nghiệm z z1, 2 đều không là số thực Tính P z1z22 z1z22 theo , ,

a b c

Trang 3

A

2 2 2

b a

P  ac B P 2

a

c

a

c

2 2

2b 4

a

P  ac

Cách 1: Tự luận

Ta có phương trình az 2 bz c 0 có các nghiệm z z1, 2 đều không là số thực, do đó

2

    Ta có 2 2

4

*

2 1

2 2

4 2 4 2

z

a

z

a

 











Khi đó:

2 2

4 4

z

c

a

ac b z

b z a

a

z













Vậy P 4c

a



Cách 2: Trắc nghệm

Cho a1,b0,c , ta có phương trình 1 z  2 1 0 có 2 nghệm phức là z1i z, 2 i Khi đó

P z z  z z 

Thế a1,b0,c lên các đáp án, ta thấy chỉ có đáp án C cho kết quả giống 1

Câu 5 (THPT Yên Phong Số 1 Bắc Ninh -2019) Gọi S là tổng các số thực m để phương trình

2

z  z m có nghiệm phức thỏa mãn z 2 Tính S

z  z m  z m  1 +) Với m  thì 0  1 z 1 m Do 2 1 2 1

9

m





 (thỏa mãn) +) Với m 0 thì  1 z 1 i m

Do z 2 1 i m 2 1 m4m  (thỏa mãn) 3 Vậy S    1 9 3 7

Câu 6 (Chuyên Nguyễn Tất Thành Yên Bái 2019) Cho số phức zabi a b   thỏa mãn , 

z  i z i Tính S2a3b

A S  6 B S 6 C S  5 D S 5

Lời giải

Ta có z 1 3i z i0    2 2

2 2

1 0

a

 



 

1

a

 



 

  



Trang 4

 

 2

2

3

*

b

 



 



3 4 3

b

 





 

 



4 3

b

  

Vậy

1 4 3

a

b

 







 



    

Câu 7 Gọi S là tổng các giá trị thực của m để phương trình 2

9z 6z 1 m0 có nghiệm phức thỏa mãn z  Tính S 1

Lời giải

2

9z 6z 1 m0  *

Trường hợp 1:  * có nghiệm thực    0 9 9 1 m0m 1

1 1

1

z z

z





  

 



z m (thỏa mãn)

z  m (thỏa mãn)

Trường hợp 2:  * có nghiệm phức za bi b  0    0 9 9 1 m0m 1 Nếu z là một nghiệm của phương trình 2

9z 6z 1 m0 thì z cũng là một nghiệm của

phương trình 2

9z 6z 1 m0

9

a



            (thỏa mãn)

Vậy tổng các giá trị thực của m bằng 12

Câu 8 (Sở GD Kon Tum 2019) Gọi z là một nghiệm của phương trình z2   Giá trị của biểu z 1 0

thức 2019 2018

2019 2018

5

Lời giải Chọn B

Phương trình z2  z 1 0 có hai nghiệm 1 3 1 3

i

Chọn 1 3 cos sin

Áp dụng công thức Moivre: cosisin n cosn isinn    n , ta được:

2019

z

2018

z

Do đó, 1 1 cos2 sin2 cos2 sin2 5 2

Trang 5

Vậy M 2

Câu 9 Gọi z z là hai nghiệm phức của phương trình 1, 2 z24z 5 0 Giá trị của biểu thức

 2019  2019

z   z  bằng?

Ta có z24z 5 0 2 1 1

i   i  i  i i   i   i i  

Suy ra z112019z212019 1i4504 1 i 2 1i 1i2504 1 i 2 1i

4 2 1i i 4 2 1i i 4 2 i 1 i 1 i 4 2 2i i 2

Câu 10 Cho phương trình z2bz  , có hai nghiệm c 0 z z thỏa mãn 1, 2 z2z1 4 2i Gọi ,A B là các

điểm biểu diễn các nghiệm của phương trình 2

z  bz c Tính độ dài đoạn AB

Lời giải:

Chọn C

z bz  có hai nghiệm c z z thỏa mãn 1, 2 z2z1 4 2i

z z   i z z  z z   i b  c  i

Khi đó phương trình z22bz4c0

2

A

B







 VậyAB b  4 b 422 2 2 4 5

Câu 11 (Chu Văn An - Hà Nội - 2019) Cho số phức w và hai số thực a, b Biết rằng w i và 2w 1 là

hai nghiệm của phương trình 2

0

z azb Tổng S a b bằng

A 5

5 9

1 3



Đặt wxyi x y  ,  Vì , a b   và phương trình z2azb0 có hai nghiệm là

1

z w i , z2 2w nên 1 z1z2w i 2w 1 xyi i 2xyi 1

1

2 1

1 2

3

x





Trang 6

1

2

2 1

1

2 3

2 1 1

3



   



    

    



Theo định lý Viet: 1 2

2 2

  

9

Sab 

Câu 12 Số phức z abi, a b  , là nghiệm của phương trình  1 1  

1

i z

z





Tổng Ta2b2

bằng

Điều kiện: z0;z1

Ta có    

1 1

1

z z



1

       z21 hoặc z22 z 1 0 z  1 2 z2 3 2 2

Vậy T a2b2 3 2 2

Câu 13 Cho các số phức z , w khác 0 thỏa mãn z w 0 và 1 3 6

zw zw Khi đó

z

w bằng

1

3

Ta có 1 3 6

z w  zw



 w3zzw6zw3z22zww2 0

2

3 z 2 z 1 0

 

     

 

3 3

z

i w

3

z w

d

   ( với phân số c

d tối giản) có hai

nghiệm phức Gọi A , B là hai điểm biểu diễn của hai nghiệm đó trên mặt phẳng Oxy Biết tam

giác OAB đều (với O là gốc tọa độ), tính Pc2d

A P 18 B P  10 C P  14 D P 22

Ta có: 2

d

   có hai nghiệm phức  4 c 0

d



   

Trang 7

Khi đó, phương trình có hai nghiệm phức x1 2  i; x2 2  i

Gọi A , B lần lượt là hai điểm biểu diễn của x ; 1 x trên mặt phẳng 2 Oxy ta có:

A  ; B2; 

Ta có: AB2  ; OA OB  4 

Tam giác OAB đều khi và chỉ khi ABOA OB 2   4   4    4 

4 3



   Vì   0 nên 4

3



    

Từ đó ta có c 16; d 3

Vậy: Pc2d 22

Câu 15 (Đề thử nghiệm 2017) Xét số phức z thỏa mãn 1 2i z 10 2 i

z

    Mệnh đề nào dưới đây

đúng?

2

2 z 2

Lời giải Chon D

Ta có 1

2

1

z

 

Vậy1 2i z 10 2 i

z

 

 

 

Đặt z   a 0.

2

1 10

2

a

 

z  z a  a có nghiệm phức z0 với phần ảo khác 0 thỏa mãn z 0 3

3 4 a 2 a 3 4 a 8 a

Phương trình z2 3z a 22a0 có nghiệm phức khi và chỉ khi

 

0 3 4a 8a 0 4a 8a 3 0 *

Trang 8

Khi đó phương trình có hai nghiệm z z1, 2 là hai số phức liên hợp của nhau và z1  z2

Ta có

2

z z  a  a  z z  a  a  z z  a  a  z  a  a

Theo giả thiết có  2 2 2

2

3

a





( t/m ĐK(*))

Các giá trị của a thỏa mãn điều kiện  * Vậy có 1 giá trị dương a thỏa mãn yêu cầu bài toán

BẠN HỌC THAM KHẢO THÊM DẠNG CÂU KHÁC TẠI

Tham gia ngay: Nhóm Nguyễn Bào Vương (TÀI LIỆU TOÁN)  https://www.facebook.com/groups/703546230477890/

Ấn sub kênh Youtube: Nguyễn Vương

Tải nhiều tài liệu hơn tại: http://diendangiaovientoan.vn/

ĐỂ NHẬN TÀI LIỆU SỚM NHẤT NHÉ!

Định dạng
Số trang	8
Dung lượng	317,53 KB