Trắc nghiệm Đại số Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 4 - Bài 1: Các phép toán số phức - Mức độ 3.4 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

Nội dung text: Trắc nghiệm Đại số Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 4 - Bài 1: Các phép toán số phức - Mức độ 3.4 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 2: [DS12.C4.1.BT.c] (THPT CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN) Cho a , b , c là các số thực và 1 3 z i . Giá trị của a bz cz2 a bz2 cz bằng 2 2 A. a b c .B. a2 b2 c2 ab bc ca . C. a2 b2 c2 ab bc ca .D. 0 . Lời giải Chọn B 1 3 1 3 2 Ta có z i z2 i z và z 2 z , z z 1, zz z 1. 2 2 2 2 Khi đó a bz cz2 a bz2 cz a bz cz a bz cz 2 a2 abz acz abz b2 zz bcz2 acz bcz c2 zz a2 b2 c2 ab ac bc. Câu 19: [DS12.C4.1.BT.c] (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI) Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn 2 2 z1 z2 1. Khi đó z1 z2 z1 z2 bằng A. 2 .B. 4 .C. 1.D. 0 . Lời giải Chọn B Gọi M , N là hai điểm lần lượt biểu diễn số phức z1 , z2 . Khi đó     z1 OM 1, z2 ON 1, z1 z2 OP , z1 z2 NM với OMPN là hình bình hành. OM 2 ON 2 OI 2 OP2 MN 2 Tam giác OMN có OI 2 1 OP2 MN 2 4 2 4 4 4 2 2 2 2 Cách 2: Đặt z1 x yi; z2 a bi; x, y, a,b R .Từ giả thiết có x y a b 1 2 2 2 2 2 2 z1 z2 z1 z2 (x a) (y b) (x a) (y b) 2 2 2 2 2 2 z1 z2 z1 z2 2x 2y 2a 2b 4
2. z z z Câu 23: [DS12.C4.1.BT.c] (THPT CHUYÊN BIÊN HÒA) Cho số phức 1 , 2 , 3 thỏa mãn 2 2 2 z1 z2 z3 0 A z1 z2 z3 . z1 z2 z3 1 và . Tính A. A 1.B. A 1 i .C. A 1.D. A 0 . Lời giải Chọn D Cách 1: 1 3 1 3 Chọn z 1, z i, z i. Khi đó 1 2 2 2 3 2 2 2 2 2 1 3 1 3 A 1 i + i 0. 2 2 2 2 ( Lí giải cách chọn là vì z1 z2 z3 1 và z1 z2 z3 0 nên các điểm biểu diễn của z1 , z2 , z3 là ba đỉnh của tam giác đều nội tiếp đường tròn đơn vị nhận gốc O làm trọng tâm, nên 3 ta chỉ việc giải nghiệm của phương trình z 1 để chọn ra các nghiệm là z1 , z2 , z3 ). Cách 2: 2 1 1 1 1 Nhận thấy z.z z 1 z . Do đó z1 , z2 , z3 . Khi đó z z1 z2 z3 2 2 2 2 A z1 z2 z3 z1 z2 z3 2 z1z2 z1z3 z2 z3 1 1 1 = 0 2 z1z2 z1z3 z2 z3 z z z z z z = 2 1 2 3 2 1 2 3 2.0 0. z1z2 z3 z1z2 z3 Cách 3: Vì z1 z2 z3 1 và z1 z2 z3 0 nên các điểm biểu diễn của z1 , z2 , z3 là ba đỉnh của tam giác đều nội tiếp đường tròn đơn vị nhận gốc O làm trọng tâm. 2 4 Do đó ta có thể giả sử acgumen của z , z , z lần lượt là  , , . 1 2 3 1 1 3 1 3 4 8 2 Nhận thấy acgumen của z 2 , z 2 , z 2 lần lượt là 2 ,2 ,2 2 2 (vẫn 1 2 3 1 1 3 1 3 1 3 2 lệch đều pha ) và z 2 z 2 z 2 1 nên các điểm biểu diễn của z 2 , z 2 , z 2 cũng là ba 3 1 2 3 1 2 3 đỉnh của tam giác đều nội tiếp đường tròn đơn vị nhận gốc O làm trọng tâm. Từ đó 2 2 2 A z1 z2 z3 0 uur uuur uuur r Lưu ý: Nếu GA GB GC 0 G là trọng tâm ABC . 3 2 Câu 27: [DS12.C4.1.BT.c] Biết phương trình az bz cz d 0 a,b,c,d ¡ có z1 , z2 , z3 1 2i là nghiệm. Biết z2 có phần ảo âm, tìm phần ảo của w z1 2z2 3z3 . A. 3.B. 2 . C. 2. D. 1. Lời giải Chọn B
3. Vì phương trình bậc ba với hệ số thực luôn có ít nhất một nghiệm thực, nên theo đề bài, phương trình đã cho có 1 nghiệm thực và 2 nghiệm phức với phần ảo khác 0 . Vì z3 1 2i là nghiệm của phương trình nên một nghiệm phức còn lại phải là liên hợp của z3 ; hay z2 z3 1 2i . Vì phần ảo của z1 bằng 0 nên phần ảo của w z1 2z2 3z3 là 0 2. 2 3.2 2 . Câu 28: [DS12.C4.1.BT.c] Cho số phức z a bi ( với a,b ¡ ) thỏa z 2 i z 1 i 2z 3 . Tính S a b . A. S 1. B. S 1. C. S 7 . D. S 5. Lời giải Chọn A z 2 i z 1 i 2z 3 z 2 i 1 3i z 1 2i 1 2 z z 3 i z 1 2i 2 2 Suy ra: 1 2 z z 3 5 z 2 z 5 11 2i Khi đó, ta có: 5 2 i z 1 i 2z 3 z 1 2i 11 2i z 3 4i 1 2i Vậy S a b 3 4 1. Câu 30: [DS12.C4.1.BT.c] Cho số phức z 1 i n , biết n ¥ và thỏa mãn log4 n 3 log4 n 9 3. Tìm phần thực của số phức z . A. a 7. B. a 0. C. a 8. D. a 8. Lời giải Chọn C 3 2 n 7 Đk: n 3 pt n 3 n 9 4 n 6n 91 0 n 7. n 13 7 z i 1 8 8i. Phần thực của z là 8. Câu 31: [DS12.C4.1.BT.c] Tính tổng S của các phần thực của tất cả các số phức z thỏa mãn điều kiện z 3z2. 3 2 3 3 A. S 3. B. S . C. S . D. S . 6 3 3 Lời giải Chọn B Đặt z a bi, a,b ¡ . 3 a2 b2 a 1 2 a bi 3 a bi a bi 3 a2 b2 2abi . 32ab b 2 b 0 b 0 2 . 3 3.2a 1 a 6 a 0 Với b 0 3 . a 3
4. 3 1 3 3 3 a b S . 6 2 3 6 6 z i z 1 Câu 1: [DS12.C4.1.BT.c] (THPT CHUYÊN BẾN TRE ) Xét số phức z thỏa mãn . z 2i z Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. z 5 . B. z 5 .C. z 2 . D. z 2 . Lời giải Chọn C Đặt z x yi , x, y ¡ . 2 2 2 2 x y 1 x 1 y Ta có hệ phương trình: x y 1. 2 2 2 2 x y 2 x y Do đó z 1 i nên z 2 . Câu 21: [DS12.C4.1.BT.c] (THPT Chuyên Lào Cai) Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 z2 1, z1 z2 3 . Tính z1 z2 . A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 4 . Lời giải Chọn A Cách 1: 2 2 2 2 Đặt z1 a1 b1i ; z2 a2 b2i . Theo giải thiết z1 z2 1 a1 b1 a2 b2 1. 2 2 Ta có z1 z2 3 a1 a2 b1 b2 3 2 2 2 2 a1 b1 a2 b2 2 a1a2 b1b2 3 1 a a b b 1 2 1 2 2 2 2 Khi đó z1 z2 a1 a2 b1 b2 i a1 a2 b1 b2 1 a2 b2 a2 b2 2 a a b b 2 2. 1 1 1 2 2 1 2 1 2 2 Cách 2: Giả sử z được biểu diễn bởi điểm M 1 1 z2 được biểu diễn bởi điểm M2 M M Gọi I là trung điểm của 1 2 Khi đó: z1 OM1; z2 OM 2 z1 z2 M1M 2    z1 z2 OM1 OM 2 2OI OM OM 1 1 2 Giả thiết có: 3 OM1M 2 đều OI 2 Vậy M1M 2 1 z1 z2 1 Câu 24: [DS12.C4.1.BT.c] (CHUYÊN ĐH VINH – L4 - 2017) Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 z2 z1 z2 1. Tính z1 z2 .
5. 3 A. 3. B. 2 3. C. 1. D. . 2 Lời giải Chọn A 2 2 2 Cách 1. Ta có z1 z2 z1 z2 . z1 z2 z1 z2 z1 z2 z1 z2 z1.z2 z1.z2 . z1.z2 z1.z2 1 2 2 2 z1 z2 z1 z2 . z1 z2 z1 z2 z1 z2 z1 z2 z1.z2 z1.z2 3. Từ đó suy ra z1 z2 3. Cách 2. Giả sử z1 được biểu diễn bởi điểm M1 trong mặt phẳng Oxy . Giả sử z2 được biểu diễn bởi điểm M2 trong mặt phẳng Oxy . Gọi I là trung điểm của M1M 2 . Ta có 1 z1 z2 z1 z2 OM1 OM 2 M1M 2 1, suy ra OM1M 2 đều có cạnh bằng 1.    3 Khi đó z z OM OM 2 OI 2OI 2 3 . Vậy z z 3. 1 2 1 2 2 1 2 2 2 2 2 Cách 3: Sử dụng đẳng thức z1 + z2 + z1 - z2 = 2( z1 + z2 ) với mọi số phức z1 , z2 , ta suy ra 2 2 2 2 phương trình z1 + z2 + 1 = 2(1 + 1 ). Từ đó z1 z2 3. Câu 25: [DS12.C4.1.BT.c] Tính môđun của số phức z thỏa mãn: 3z.z 2017 z z 12 2018i . A. z 2. B. z 2017 . C. z 4. D. z 2018 . Lời giải Chọn A Đặt z a bi ; a,b ¡ . z.z a bi a bi a2 b2 ; z z a bi a bi 2bi . 1009 2 2 2 2 3 a b 12 b 3 a b 2017.2bi 12 2018i 2017 2017.2b 2018 2 2 a b 4 1009 1009 b 2 b 2017 2 2 15255075 1009 2017 z a b 2 2 2 . 2 2 2 15255075 2017 2017 a b 4 a 2 2017 2016 z1 Câu 26: [DS12.C4.1.BT.c] Cho hai số phức z1 2 i , z2 1 2i . Tìm môđun của số phức w 2017 . z2 A. w 5 . B. w 3 . C. w 3 .D. w 5 . Lời giải Chọn D 2016 2016 z1 2 i z1 z1 1 2016 1 1008 1 2 1 2 i ; w 2017 i . 1 . i i . z2 1 2i z2 z2 z2 1 2i 5 5 5 5 2 2 1 2 w 5 . 5 5 Câu 51: [DS12.C4.1.BT.c] (SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ THỌ) Cho hai số phức z1 z1 và z2 thỏa mãn z1 3 , z2 4 , z1 z2 37 . Xét số phức z a bi . Tìm b . z2
6. 3 3 39 3 3 A. b . B. b . C. b . D. b . 8 8 8 8 Lời giải Chọn A 2 2 2 2 Đặt z1 x yi , z2 c di x, y,c,d ¡ . Ta có: z1 3 x y 9 ; z2 4 c d 16 ; 2 2 2 2 2 2 z1 z2 37 x c y d 37 x y c d 2xc 2yd 37 xc yd 6. z1 x yi x yi c di xc yd yc xd i xc yd yc xd Lại có: 2 2 2 2 2 2 2 2 i a bi z2 c di c d c d c d c d 3 bi . 8 2 z1 z1 3 2 2 2 2 9 2 9 3 27 3 3 Mà a b a b b b . z2 z2 4 16 16 8 64 8 3 3 Vậy: b . 8 Câu 28: [DS12.C4.1.BT.c] (THPT Chu Văn An - Hà Nội - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Số phức z 1 i 1 i 2 1 i 2018 có phần ảo bằng A. 21009 1 B. 21009 1 C. 1 21009 D. 21009 1 Lời giải Chọn B 2018 2 2018 1 i 1 2018 Có z 1 i 1 i 1 i 1 i . 1 i 1 i 1 i 1009 504 Do 1 i 2018 1 i 2 2i 1009 21009. i2 .i 21009 i Suy ra z 1 i . 21009 i 1 21009 1 1 21009 i . Vậy phần ảo của số phức z là 21009 1. Câu 43: [DS12.C4.1.BT.c] (THPT Chu Văn An - Hà Nội - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho các số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn điều kiện z1 4 , z2 3, z3 2 và 4z1z2 16z2 z3 9z1z3 48. Giá trị của biểu thức P z1 z2 z3 bằng: A. 1 B. 8 . C. 2 D. 6 Lời giải Chọn C 2 2 2 Ta có z1 4 , z2 3, z3 2 nên z1.z1 z1 16 , z2.z2 z2 9 , z3.z3 z3 4 . Khi đó 4z1z2 16z2 z3 9z1z3 48 z3 z1z2 z3 z1z1z2 z3 z2 z1z2 z3 48 z3 z1 z2 z1z2 z3 48 z3 z1 z2 2 hay P z1 z2 z3 2 . Câu 6: [DS12.C4.1.BT.c] [HAI BÀ TRƯNG – HUẾ-2017] Tính S 1009 i 2i2 3i3 2017i2017 . A. S 2017 1009i. B. 1009 2017i. C. 2017 1009i. D. 1008 1009i. Lời giải Chọn C Ta có
7. S 1009 i 2i2 3i3 4i4 2017i2017 1009 4i4 8i8 2016i2016 i 5i5 9i9 2017i2017 2i2 6i6 10i10 2014i2014 3i3 7i7 11i11 2015i2015 504 505 504 504 1009  4n i 4n 3  4n 2 i 4n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 1009 509040 509545i 508032 508536i 2017 1009i. Cách khác: Đặt f x 1 x x2 x3 x2017 f x 1 2x 3x2 2017x2016 xf x x 2x2 3x3 2017x2017 1 Mặt khác: x2018 1 f x 1 x x2 x3 x2017 x 1 2018x2017 x 1 x2018 1 f x x 1 2 2018x2017 x 1 x2018 1 xf x x. 2 x 1 2 Thay x i vào 1 và 2 ta được: 2017 2018 2018i i 1 i 1 2018 2018i 2 S 1009 i. 1009 i 2017 1009i i 1 2 2i