4

 z 1 
Câu 175: [2D4-1.1-3] [2017] Gọi z1 , z2 , z3 , z4 là các nghiệm của phương trình 
  1. Tính giá trị
 2z  i 











biểu thức P  z12  1 z22  1 z32  1 z42  1 .
A. P  2 .

B. P 

17
.
9

C. P 

16
.
9

D. P 

15
.
9

Lời giải
Chọn B
Ta có phương trình  f  z    2z  i    z  1  0
4

4

Suy ra: f  z   15  z  z1  z  z2  z  z3  z  z4  . Vì

z12  1   z1  i  z1  i   P 

f  i  . f  i 
225

1 .

Mà f  i   i 4   i  1  5; f  i    3i    i  1  85. Vậy từ  1  P 
4

4

4


17
.
9

m

 2  6i 
Câu 185: [2D4-1.1-3] [2017] Cho số phức z  
 , m nguyên dương. Có bao nhiêu giá trị
 3i 

m 1; 50  để z là số thuần ảo?

A.24.

B.26.

C.25.

D.50.

Lời giải
Chọn C
m

 2  6i 
Ta có: z  
 (2i)m  2 m.i m

 3i 

z là số thuần ảo khi và chỉ khi m  2k  1, k 
Vậy có 25 giá trị m thỏa yêu cầu đề bài.

(do z  0; m 

Câu 189: [2D4-1.1-3] [2017] Có bao nhiêu số phức z thỏa
A.1.

B.2.

*

).

z 1
zi
 1?
 1 và
2z
iz

C.3.

D.4.

Lời giải
Chọn A
 z 1

3

1

x




z

1

i

z
x   y
 iz


2  z   3  3 i.
Ta có : 



2 2
4 x  2 y  3
 zi 1 
y  3
 zi  2 z




2
 2z

Câu 193: [2D4-1.1-3] [2017] Nếu
A. lấy mọi giá trị phức.
C. bằng 0.

z  a;  a  0 

thì

z2  a
z
B. là số thuần ảo.
D. lấy mọi giá trị thực.

Lời giải


Chọn B
Ta có:
Câu 82.

z 2  a2
a
a2 z
a2 z
z z
 z  2  z  z là số thuần ảo.

z
z
z .z
z

[2D4-1.1-3] Cho số phức z  a  bi ( với a, b ) thỏa

S  a b .
A. S  1.

z  2  i   z  1  i  2 z  3 . Tính

C. S  7 .
Lời giải

B. S  1 .

D. S  5 .

Chọn A

z  2  i   z  1  i  2 z  3  z  2  i   1  3i  z 1  2i   1  2 z    z  3 i  z 1  2i 

Suy ra: 1  2 z    z  3  5 z  z  5
2

2

2


Khi đó, ta có: 5  2  i   z  1  i  2 z  3  z 1  2i   11  2i  z 

11  2i
 3  4i
1  2i

Vậy S  a  b  3  4  1.
Câu 85.

[2D4-1.1-3] Tính tổng S của các phần thực của tất cả các số phức z thỏa mãn điều kiện

z  3z 2 .
A. S  3.

B. S 

3
.
6

C. S 

2 3
.
3

D. S 

3
.

3

Lời giải
Chọn B
Đặt z  a  bi,  a, b 

.

 3  a 2  b 2   a 1
.
a  bi  3  a  bi   a  bi  3  a  b  2abi   
32
ab


b
2
 

b  0
b  0
.

 2  
a   3
3.2
a


1



6
2

2

2

a  0
Với b  0  
.
a  3

3
a

Câu 2.

3
3
3
3
1


.
b S 
3
6

6
6
2

[2D4-1.1-3] (THPT CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN) Cho a , b , c là các số thực và
1
3
. Giá trị của  a  bz  cz 2  a  bz 2  cz  bằng
z   i
2
2

A. a  b  c .
C. a2  b2  c2  ab  bc  ca .

B. 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  cz  a  bz
2

2





 cz   a  bz  cz a  bz  cz


2

 a 2  abz  acz  abz  b 2 z z  bcz 2  acz  bcz  c 2 z z
 a 2  b 2  c 2  ab  ac  bc.
Câu 23. [2D4-1.1-3] (THPT CHUYÊN BIÊN HÒA) Cho số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn z1  z2  z3  1
2
2
2
và z1  z2  z3  0 . Tính A  z1  z2  z3 .
A. A  1 .
B. A  1  i .


D. A  0 .

C. A  1.
Lời giải

Chọn D
Cách 1:
Chọn z1  1, z2 

1
3
1
3

i, z3 

i. Khi đó
2
2
2
2
2

2

 1
3   1
3 
A  1   
i  +  

i  0.
2   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 ta chỉ việc
giải nghiệm của phương trình z 3  1 để chọn ra các nghiệm là z1 , z2 , z3 ).
Cách 2:
Nhận thấy z.z  z  1  z 
2

1
1
1
1
. Do đó z1  , z2  , z3  . Khi đó
z
z1
z2
z3

A  z12  z2 2  z32   z1  z2  z3   2  z1 z2  z1 z3  z2 z3 
2

 1
1
1 
= 0 2




 z1 z2 z1 z3 z2 z3 
z z z 
z z z 
=  2  1 2 3   2  1 2 3   2.0  0.
 z1 z2 z3 
 z1 z2 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.
Do đó ta có thể giả sử acgumen của z1 , z2 , z3 lần lượt là 1 , 1 

2
4
.
, 1 
3
3


Nhận thấy acgumen của z12 , z2 2 , z32 lần lượt là 21 , 21 

4
8
2
, 21 
 21 
 2 (vẫn lệch

3
3
3

2
) và z12  z2 2  z32  1 nên các điểm biểu diễn của z12 , z2 2 , z32 cũng là ba đỉnh của
3
tam giác đều nội tiếp đường tròn đơn vị nhận gốc O làm trọng tâm. Từ đó A  z12  z22  z32  0

đều pha

Lưu ý: Nếu GA  GB  GC  0  G là trọng tâm ABC .
Câu 5485: [2D4-1.1-3] [THPT Ng.T.Minh Khai(K.H) - 2017] Số phức 1  (1  i)  (1  i)2  ...  (1  i)20 có
giá trị bằng.
A. 210 .
B. 210  210 i .
C. 210  (210  1)i .
D. 210  (210  1)i .
Lời giải
Chọn D
Số phức đó được xem là tổng của 21 số hạng đầu của một cấp số nhân với số hạng đầu u1  1 và
công bội q  1  i nên ta được số phức là.
5

4


1  i   1 1  i  1  i   1 1  i   1  i   1

1.


  210  1  210 i   i   210   210  1 i .

1  i 1
i
i
1  z 21
Cách khác: đặt z  1  i thì 1  z 21  1  z  1  z  z 2  ...  z 20   1  z  z 2  ...  z 20 
.
1 z
21

Câu 5515:

20

[2D4-1.1-3] [THPT chuyên KHTN lần 1 – 2017] Cho a , b , c là các số thực và

1
3
. Giá trị của  a  bz  cz 2  a  bz 2  cz  bằng
z   i
2
2

A. a2  b2  c2  ab  bc  ca .
C. 0 .

B. a2  b2  c2  ab  bc  ca .
D. a  b  c .

Lời giải

Chọn B
1
3
1
3
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  cz 2  a  bz 2  cz    a  bz  cz  a  bz  cz  .

 a2  abz  acz  abz  b2 zz  bcz 2  acz  bcz 2  c2 zz .
 a2  b2  c2  ab  ac  bc .
Câu 5528:
[2D4-1.1-3] [THPT Hai Bà Trưng- Huế – 2017] Tính S  1009  i  2i 2  3i3  ...  2017i 2017 .
A. 1008  1009i .
B. 1009  2017i .
C. 2017  1009i .
D. 2017 1009i .
Lời giải
Chọn C
Ta có.

S  1008  i  2i 2  3i3  4i 4  ...  2017i 2017


 1009   4i 4  8i8  ...  2016i 2016    i  5i 5  9i 9  ...  2017i 2017  
  2i 2  6i 6  10i10  ...2014i 2014    3i 3  7i 7  11i11  ...  2015i 2015 


504

505

504

504

n 1

n 1

n 1

n 1

 1009    4n   i   4n  3    4n  2   i   4n  1
 1009  509040  509545i  508032  508536i
 2017  1009i .

Câu 5529:

[2D4-1.1-3] [Cụm 6 HCM – 2017] Cho số phức z  x  yi; x, y 

thỏa mãn z 3  18  26i .


Tính T   z  2    4  z  .
2

2

C. 1 .
Lời giải

B. 4 .

A. 0 .

D. 2 .

Chọn A
Ta có:

z 3  18  26i  x3  3x2 yi  3xy 2  y3i  18  26i  x3  3xy 2   3x 2 y  y 3  i  18  26i



 x  3xt x  18
 x  3xy  18

 2
 y  tx,t 
 2
3 3
3

3
x
tx
3

x
t
x
y


26
y

26




3

3

2

2

2




1  3t 2 9
 x3 1  3t 2  18



3
13
  3t  t
.

3
3
3
2
x
3
t

t

26
 x 1  3t  18










( x  0; y  0 không là nghiệm).

1  3t 2 9



9t 2  39t 2  27t  13  0
9t 2  39t 2  27t  13  0

3


13
  3t  t
 3
 3
2
2
x
1

3
t

18
3
2



 x 1  3t  18 

 x 1  3t   18

 1
t  3

  x  3  do x; y    z  3  i  T  (1  i)2  (1  i)2  1  2i  1  1  2i  1  0 .
y 1









