55 bài tập các phép toán với số phức mức độ vận dụng, vận dụng cao

Giả sử \(z=a+bi\left( a,b\in R \right)\), ta có:

\(5\overline{z}+3-i=(-2+5i)z\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 5(a - bi) + 3 - i = ( - 2 + 5i)(a + bi)\\ \Leftrightarrow 5a - 5bi + 3 - i =  - 2a - 2bi + 5ai - 5b\end{array}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5a + 3 =  - 2a - 5b\\ - 5b - 1 = 5a - 2b\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7a + 5b =  - 3\\5a + 3b =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b =  - 2\end{array} \right.\)

\(\Rightarrow z=1-2i\)

\(\Rightarrow P=\left| 3i{{\left( z-1 \right)}^{2}} \right|=\left| 3i{{(1-2i-1)}^{2}} \right|=\left| -12i \right|=12\)

Chọn B

Đặt \(t = \left| z \right| \ge 0\) ta có : \(\left( {1 + i} \right)zt - 1 = \left( {i - 2} \right)t\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left( {1 + i} \right)zt = 1 + \left( {i - 2} \right)t \Rightarrow \left| {1 + i} \right|.\left| z \right|.t = \left| {1 - 2t + ti} \right|\\ \Rightarrow \sqrt 2 {t^2} = \sqrt {{{\left( {1 - 2t} \right)}^2} + {t^2}}  \Leftrightarrow 2{t^4} = 1 - 4t + 4{t^2} + {t^2}\\ \Leftrightarrow 2{t^4} - 5{t^2} + 4t - 1 = 0 \Leftrightarrow \left( {t - 1} \right)\left( {2{t^3} + 2{t^2} - 3t + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\2{t^3} + 2{t^2} - 3t + 1 = 0\end{array} \right.\end{array}\)

Xét hàm \(f\left( t \right) = 2{t^3} + 2{t^2} - 3t + 1\) trên \(\left[ {0; + \infty } \right)\) có:

\(f'\left( t \right) = 6{t^2} + 4t - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \dfrac{{ - 2 + \sqrt {22} }}{6} = {t_1} > 0\\t = \dfrac{{ - 2 - \sqrt {22} }}{6} < 0\left( L \right)\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy \(f\left( t \right) > 0,\forall t \ge 0\) nên phương trình \(f\left( t \right) = 0\) vô nghiệm.

Vậy \(t = 1\) hay \(\left| z \right| = 1\).

Chọn A

Chọn D.

Ta có : \(z = a + bi \Rightarrow \overline z  = a - bi\).

Thay vào điều kiện bài cho ta được : \(\left( {a + bi} \right) - \left( {2 + 3i} \right)\left( {a - bi} \right) = 1 - 9i\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow a + bi - \left( {2a + 3b + \left( {3a - 2b} \right)i} \right) = 1 - 9i \Leftrightarrow a + bi - \left( {2a + 3b} \right) - \left( {3a - 2b} \right)i = 1 - 9i\\ \Leftrightarrow \left( { - a - 3b} \right) + \left( {3b - 3a} \right)i = 1 - 9i \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - a - 3b = 1\\3b - 3a =  - 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b =  - 1\end{array} \right.\\ \Rightarrow T = ab + 1 = 2.\left( { - 1} \right) + 1 =  - 1\end{array}\) 

Chọn D.

Đặt \(z = a + bi\).

Ta có \(\left| z \right| = 5 \Rightarrow {a^2} + {b^2} = 25\) (1).

Lại có \(\left( {4 - 3i} \right)z = \left( {4 - 3i} \right)\left( {a + bi} \right)\)\( = 4a + 3b + \left( {4b - 3a} \right)i\)  là số thực nên \(4b = 3a \Leftrightarrow a = \dfrac{{4b}}{3}\).

Thay vào (1) ta có: \(\dfrac{{16{b^2}}}{9} + {b^2} = 25 \Leftrightarrow {b^2} = 9 \Leftrightarrow \left| b \right| = 3\).

 Với \({b^2} = 9\) ta có \({a^2} = 25 - {b^2} = 16\)\( \Rightarrow \left| a \right| = 4\).

Vậy \(\left| a \right| + \left| b \right| + 3 = 4 + 3 + 3 = 10.\)

Chọn B.

Đặt \(z = x + yi \Rightarrow \overline z  = x - yi\). Theo bài ra ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,z + 2\overline z  = {\left( {1 + 5i} \right)^2}\\ \Leftrightarrow x + yi + 2\left( {x - yi} \right) =  - 24 + 10i\\ \Leftrightarrow 3x - yi =  - 24 + 10\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x =  - 24\\ - y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 8\\y =  - 10\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy \(z =  - 8 - 10i\) có phần ảo bằng \( - 10\).

Chọn C.

Đặt \(z = a + bi\,\,\left( {a,\,\,b \in \mathbb{R}} \right)\)

Theo bài ra ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\left| {iz - 3} \right| = \left| {z - 2 - i} \right|\\ \Leftrightarrow \left| {i\left( {a + bi} \right) - 3} \right| = \left| {a + bi - 2 - i} \right|\\ \Leftrightarrow \left| {\left( { - 3 - b} \right) + ai} \right| = \left| {\left( {a - 2} \right) + \left( {b - 1} \right)i} \right|\\ \Leftrightarrow {\left( {b + 3} \right)^2} + {a^2} = {\left( {a - 2} \right)^2} + {\left( {b - 1} \right)^2}\\ \Leftrightarrow {b^2} + 6b + 9 + {a^2} = {a^2} - 4a + 4 + {b^2} - 2b + 1\\ \Leftrightarrow 4a + 8b + 4 = 0\\ \Leftrightarrow a + 2b + 1 = 0\\ \Leftrightarrow a =  - 2b - 1\end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left| z \right| = \sqrt {{a^2} + {b^2}}  = \sqrt {{{\left( {2b + 1} \right)}^2} + {b^2}} \\\,\,\,\,\,\, = \sqrt {5{b^2} + 4b + 1}  = \sqrt {5\left( {{b^2} + \dfrac{4}{5}b} \right) + 1} \\\,\,\,\,\,\, = \sqrt {5\left( {{b^2} + 2.b.\dfrac{2}{5} + \dfrac{4}{{25}}} \right) - \dfrac{4}{5} + 1} \\\,\,\,\,\,\, = \sqrt {5{{\left( {b + \dfrac{2}{5}} \right)}^2} + \dfrac{1}{5}}  \ge \dfrac{{\sqrt 5 }}{5}\end{array}\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(b =  - \dfrac{2}{5} \Rightarrow a =  - \dfrac{1}{5}.\)

Vậy \({\mathop{\rm Re}\nolimits} z = a =  - \dfrac{1}{5}\).

Chọn D.

Đặt \(z = a + bi\)\( \Rightarrow \overline\( \Leftrightarrow {\left( {a - 2} \right)^2} + {\left( {b - 2} \right)^2} = {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b - 1} \right)^2}\) z  = a - bi;{\left| z \right|^2} = {a^2} + {b^2}\)

Ta có \({\left| z \right|^2} = 2\left| {z - \overline z } \right| \Rightarrow {a^2} + {b^2} = 4{b^2} \Leftrightarrow {a^2} = 3{b^2}\)

+) \(\left| {z - 2 - 2i} \right| = \left| {z - 1 - i} \right|\)

\({\left( {3 - b} \right)^2} = 3{b^2} \Leftrightarrow 2{b^2} + 6b - 9 = 0 \Rightarrow \)

\( \Rightarrow a + b = 3 \Rightarrow a = 3 - b\)

Khi đó  có 2 nghiệm phân biệt nên có 2 số phức thỏa mãn.

Chọn A.

Ta có \(z = a + bi \Rightarrow \overline z  = a - bi\)

Khi đó

\(\begin{array}{l}\left( {1 + 2i} \right)z + \left( {3 - 4i} \right)\overline z  =  - 42 - 54i\\ \Leftrightarrow \left( {1 + 2i} \right)\left( {a + bi} \right) + \left( {3 - 4i} \right)\left( {a - bi} \right) =  - 42 - 54i\\ \Leftrightarrow \left( {4a - 6b} \right) + \left( { - 2a - 2b} \right)i =  - 42 - 54i\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}4a - 6b =  - 42\\ - 2a - 2b =  - 54\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 12\\b = 15\end{array} \right.\\ \Rightarrow a + b = 27\end{array}\)

Chọn A.

Ta có \(M,N\) là điểm biểu diễn của \({z_1};i{z_2}\) nên \(OM = \left| {{z_1}} \right| = 6;ON = \left| {i{z_2}} \right| = 2\)

Trên tia ON lấy điểm K sao cho \(OK = 3ON = 6\) hay K là điểm biểu diễn của số phức \(3i{z_2}\).

Lấy điểm H sao cho \(OMHK\) là hình bình hành.

\( \Rightarrow \overrightarrow {OH}  = \overrightarrow {OM}  + \overrightarrow {ON}  \Rightarrow O{H^2} = O{M^2} + O{N^2} + 2OM.ON.\cos 60 \Rightarrow OH = 6\sqrt 3 \)

Mặt khác \(T = \left| {z_1^2 + 9z_2^2} \right| = \left| {z_1^2 - 9{{\left( {i{z_2}} \right)}^2}} \right| = \left| {{z_1} - 3i{z_2}} \right|.\left| {{z_1} + 3i{z_2}} \right| = MK.OH\)\( = 6.6\sqrt 3  = 36\sqrt 3 \)

Chọn B.

Ta có \(z = m + 1 + mi \Rightarrow z - 2i = m + 1 + \left( {m - 2} \right)i.\)

\( \Rightarrow \left| {z - 2i} \right| = \sqrt {{{\left( {m + 1} \right)}^2} + {{\left( {m - 2} \right)}^2}} \).

Theo bài ra ta có: \(\left| {z - 2i} \right| > 1 \Rightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} + {\left( {m - 2} \right)^2} > 1\)

\( \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 1 + {m^2} - 4m + 4 > 1\) \( \Leftrightarrow 2{m^2} - 2m + 4 > 0\) (luôn đúng)

\( \Rightarrow m \in \mathbb{R}\).

Kết hợp điều kiện bài toán, ta có \(m \in \left( { - 5;5} \right),\,\,m \in \mathbb{Z}\)\( \Rightarrow m \in \left\{ { - 4; - 3; - 2; - 1;0;1;2;3;4} \right\}.\)

Vậy có 9 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D.

Cách 1:

Gọi \(z = x + yi\,\,\left( {x,\,\,y \in \mathbb{R}} \right)\), theo bài ra ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\left( {1 - z} \right)\left( {\bar z + 2i} \right)\\ = \left( {1 - x - yi} \right)\left( {x - yi + 2i} \right)\\ = \left( {1 - x - yi} \right)\left( {x - \left( {y - 2} \right)i} \right)\\ = \left( {1 - x} \right)x - \left( {1 - x} \right)\left( {y - 2} \right)i - xyi - y\left( {y - 2} \right)\\ = \left[ {\left( {1 - x} \right)x - y\left( {y - 2} \right)} \right] - \left[ {\left( {1 - x} \right)\left( {y - 2} \right) + xy} \right]i\end{array}\)

Để \(\left( {1 - z} \right)\left( {\bar z + 2i} \right)\) là số thực thì \({\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {1 - z} \right)\left( {\bar z + 2i} \right) = 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {1 - x} \right)\left( {y - 2} \right) + xy = 0\\ \Leftrightarrow y - 2 - xy + 2x + xy = 0\\ \Leftrightarrow y = 2 - 2x\end{array}\)

Khi đó ta có: \({\left| z \right|^2} = {x^2} + {y^2} = {x^2} + {\left( {2 - 2x} \right)^2} = 5{x^2} - 8x + 4\).

 \( \Rightarrow {\left| z \right|_{\min }} \Leftrightarrow {\left| z \right|^2}_{\min } \Leftrightarrow x = \dfrac{8}{{2.5}} = \dfrac{4}{5}\), khi đó \(y = 2 - 2.\dfrac{4}{5} = \dfrac{2}{5}\).

Vậy số phức \(z\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là: .\(z = \dfrac{4}{5} + \dfrac{2}{5}i\).

Cách 2:

Tính môđun tất cả các số phức ở các đáp án:

\(z = 1 + \dfrac{1}{2}i \Rightarrow \left| z \right| = \dfrac{{\sqrt 5 }}{2}\)

\(z = \dfrac{3}{5} + \dfrac{4}{5}i \Rightarrow \left| z \right| = 1\)

\(z = 2i \Rightarrow \left| z \right| = 2\)

\(z = \dfrac{4}{5} + \dfrac{2}{5}i \Rightarrow \left| z \right| = \dfrac{{2\sqrt 5 }}{5}\).

Thử từ số phức có môđun nhỏ nhất.

Xét đáp án D, thay số phức \(z = \dfrac{4}{5} + \dfrac{2}{5}i\) vào biểu thức \(\left( {1 - z} \right)\left( {\bar z + 2i} \right)\) (sử dụng MTCT):

là số thực, thỏa mãn.Vậy số phức \(z = \dfrac{4}{5} + \dfrac{2}{5}i\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D.

\(\left| \left( 1+i \right)z+2 \right|+\left| \left( 1+i \right)z-2 \right|=4\sqrt{2}\Leftrightarrow \left| z+\frac{2}{1+i} \right|+\left| z-\frac{2}{1+i} \right|=\frac{4\sqrt{2}}{\left| 1+i \right|}\Leftrightarrow \left| z+1-i \right|+\left| z-1+i \right|=4\)

\(\Rightarrow \) Tập hợp các điểm z là elip có độ dài trục lớn là \(2a=4\Rightarrow a=2\) và hai tiêu điểm \({{F}_{1}}\left( 1;-1 \right);\,\,{{F}_{2}}\left( -1;1 \right)\Rightarrow c=\sqrt{2}\Rightarrow b=\sqrt{{{a}^{2}}-{{c}^{2}}}=\sqrt{2}\).

\(\begin{align}  \Rightarrow m=\max \left| z \right|=2;\,\,n=\min \left| z \right|=\sqrt{2} \\  \Rightarrow w=2+\sqrt{2}i\Rightarrow \left| w \right|=\sqrt{6}\Rightarrow {{\left| w \right|}^{2018}}={{6}^{1009}} \\ \end{align}\)

Chọn C.

Giả sử \(z = a + bi\left( {a,b \in R} \right),z \ne 6.\) M(a; b) là điểm biểu diễn z. Khi đó ta có

\(\frac{z}{{z - 6}} = \frac{{a + bi}}{{\left( {a + bi} \right) - 6}} = \frac{{\left( {a + bi} \right)\left( {a - 6 - bi} \right)}}{{\left( {a - 6 + bi} \right)\left( {a - 6 - bi} \right)}} = \frac{{a\left( {a - 6} \right) + {b^2} + i\left( {b\left( {a - 6} \right) - ab} \right)}}{{{{\left( {a - 6} \right)}^2} + {b^2}}}\)

Để \(\frac{z}{{z - 6}}\)  là số thuần ảo thì ta phải có \(a\left( {a - 6} \right) + {b^2} = 0 \Leftrightarrow {a^2} - 6a + {b^2} = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Và \({\left( {a - 6} \right)^2} + {b^2} \ne 0\). Suy ra điểm M thuộc đường tròn tâm \(I\left( {3;0} \right)\) bán kính \(R = 3\).

Từ \(\left| {z - m} \right| = 4 \Leftrightarrow \left| {\left( {a + bi} \right) - m} \right| = 4 \Leftrightarrow {\left( {a - m} \right)^2} + {b^2} = 16\,\,\left( 2 \right)\)

Suy ra M thuộc đường tròn tâm \(I'\left( {m;0} \right);\) bán kính \(R' = 4\).

Để có đúng 1 điểm M thỏa mãn thì hai đường tròn \(\left( {I;R} \right);\,\,\left( {I';R'} \right)\) có 1 điểm chung duy nhất \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}II' = R + R'\\II' = \left| {R - R'} \right|\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| {m - 3} \right| = 7\\\left| {m - 3} \right| = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 10\\m =  - 4\\m = 4\\m = 2\end{array} \right.\)

Với \(m = 2;m = 10\) loại do hai đường tròn tiếp xúc tại điểm \(\left( {6;0} \right)\).

Vậy \(S = \left\{ { - 4;4} \right\}\)

Tổng các phần tử của S là \(4 - 4 = 0\)

Chọn A.

Ta có: \(P = \left| {\dfrac{{{z_1} + {z_2}}}{{{z_1} - {z_2}}}} \right| = \dfrac{{\left| {{z_1} + {z_2}} \right|}}{{\left| {{z_1} - {z_2}} \right|}} = \dfrac{{OE}}{{OF}}\) (quan sát hình vẽ)

\(\begin{array}{l}O{E^2} = O{M^2} + M{E^2} - 2OM.ME.\cos {135^0} = 2 + 4 - 2\sqrt 2 .2.\left( { - \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) = 10\\ \Rightarrow OE = \sqrt {10} \end{array}\)

\(\begin{array}{l}O{F^2} = O{M^2} + M{F^2} - 2OM.MF.\cos {45^0} = 2 + 4 - 2\sqrt 2 .2.\dfrac{{\sqrt 2 }}{2} = 2\\ \Rightarrow OF = \sqrt 2 \end{array}\)

\( \Rightarrow P = \dfrac{{OE}}{{OF}} = \sqrt 5 \).

Chọn: A

Do \(\frac{1}{{\left| z \right| - z}}\) có phần thực bằng 4 nên giả sử: \(\frac{1}{{\left| z \right| - z}} = 4 + bi\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 4\left| z \right| - 4z + b\left| z \right|i - bzi = 1 \Leftrightarrow \left( {4 + bi} \right)z = 4\left| z \right| - 1 + b\left| z \right|i\\ \Rightarrow \left| {\left( {4 + bi} \right)z} \right| = \left| {4\left| z \right| - 1 + b\left| z \right|i} \right| \Leftrightarrow \left| {4 + bi} \right|\left| z \right| = \left| {4\left| z \right| - 1 + b\left| z \right|i} \right|\\ \Leftrightarrow \sqrt {16 + {b^2}} .\left| z \right| = \sqrt {{{\left( {4\left| z \right| - 1} \right)}^2} + {b^2}{{\left| z \right|}^2}}  \Leftrightarrow \left( {16 + {b^2}} \right){\left| z \right|^2} = {\left( {4\left| z \right| - 1} \right)^2} + {b^2}{\left| z \right|^2}\\ \Leftrightarrow \left( {16 + {b^2}} \right){\left| z \right|^2} = 16{\left| z \right|^2} - 8\left| z \right| + 1 + {b^2}{\left| z \right|^2} \Leftrightarrow  - 8\left| z \right| + 1 = 0 \Leftrightarrow \left| z \right| = \frac{1}{8}\end{array}\)

Chọn: D

Giả sử \({z_1} = a + bi\left( {a,b \in \mathbb{R},{a^2} + {b^2} > 0} \right) \Rightarrow {z_2} = a - bi\)

\(\begin{array}{l} + )\,\,{z_1} - {z_2} = 2bi \Rightarrow \left| {{z_1} - {z_2}} \right| = \left| {2bi} \right| = \left| {2b} \right| = 2\sqrt 3  \Leftrightarrow {b^2} = 3\\ + )\,\,\dfrac{{{z_1}}}{{z_2^2}} = \dfrac{{a + bi}}{{{{\left( {a - bi} \right)}^2}}} = \dfrac{{{{\left( {a + bi} \right)}^3}}}{{{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2}}} = \dfrac{{{a^3} - 3a{b^2}}}{{{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2}}} + \dfrac{{3{a^2}b - {b^3}}}{{{a^2} + {b^2}}}i\,\, \in \mathbb{R}\\ \Rightarrow \dfrac{{3{a^2}b - {b^3}}}{{{a^2} + {b^2}}} = 0 \Leftrightarrow b\left( {3{a^2} - {b^2}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}b = 0\\{b^2} = 3{a^2}\end{array} \right.\end{array}\)

+) \(b = 0 \Rightarrow {z_1} = \,\,{z_2} = a \Rightarrow \)\(\left| {{z_1} - {z_2}} \right| = 0 \ne 2\sqrt 3  \Rightarrow \) Loại

+) \({b^2} = 3{a^2} \Leftrightarrow {a^2} = 1 \Rightarrow \left| z \right| = \sqrt {{a^2} + {b^2}}  = \sqrt {1 + 3}  = 2\)

Chọn: C

Ta có : \(\dfrac{{{z_1}}}{{{z_2}}}\) là số thuần ảo nên ta viết lại \(\dfrac{{{z_1}}}{{{z_2}}} = ki \Leftrightarrow {z_1} = ki{z_2}\)

Khi đó \(\left| {{z_1} - {z_2}} \right| = 10 \Leftrightarrow \left| {ki{z_2} - {z_2}} \right| = 10 \Leftrightarrow \left| {{z_2}\left( { - 1 + ki} \right)} \right| = 10\) \( \Leftrightarrow \left| {{z_2}} \right| = \dfrac{{10}}{{\left| { - 1 + ki} \right|}} = \dfrac{{10}}{{\sqrt {{k^2} + 1} }}\)

\( \Rightarrow \left| {{z_1}} \right| = \left| {ki} \right|.\left| {{z_2}} \right| = \left| k \right|.\dfrac{{10}}{{{k^2} + 1}}\) \( \Rightarrow \left| {{z_1}} \right| + \left| {{z_2}} \right| = \dfrac{{10\left| k \right|}}{{\sqrt {{k^2} + 1} }} + \dfrac{{10}}{{\sqrt {{k^2} + 1} }} = \dfrac{{10\left( {\left| k \right| + 1} \right)}}{{\sqrt {{k^2} + 1} }}\)

Xét \(y = f\left( t \right) = \dfrac{{10\left( {t + 1} \right)}}{{\sqrt {{t^2} + 1} }}\) \( \Rightarrow 10\left( {t + 1} \right) = y\sqrt {{t^2} + 1}  \Leftrightarrow 100{\left( {t + 1} \right)^2} = {y^2}\left( {{t^2} + 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow 100\left( {{t^2} + 2t + 1} \right) = {y^2}{t^2} + {y^2} \Leftrightarrow \left( {{y^2} - 100} \right){t^2} - 200t + {y^2} - 100 = 0\)

Phương trình có nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta ' = {100^2} - {\left( {{y^2} - 100} \right)^2} = {y^2}\left( {200 - {y^2}} \right) \ge 0\) \( \Leftrightarrow  - 10\sqrt 2  \le y \le 10\sqrt 2 \)

Vậy \(\max y = 10\sqrt 2 \) khi \(t = 1\) hay \(k =  \pm 1\).

Chọn B.

Gọi \(z = \sqrt 2  + yi\,\,\left( {y \in \mathbb{R}} \right)\). Theo bài ra ta có:

\(\left| {\dfrac{1}{z} - i} \right| = \dfrac{{\left| {1 - iz} \right|}}{{\left| z \right|}} = \dfrac{{\left| {1 - i\left( {\sqrt 2  + yi} \right)} \right|}}{{\sqrt {2 + {y^2}} }} = \sqrt {\dfrac{{2 + {{\left( {1 + y} \right)}^2}}}{{2 + {y^2}}}}  = \sqrt {f\left( y \right)} \).

Xét hàm số

\(\begin{array}{l}f\left( y \right) = \dfrac{{2 + {{\left( {1 + y} \right)}^2}}}{{2 + {y^2}}} = \dfrac{{3 + 2y + {y^2}}}{{2 + {y^2}}} = 1 + \dfrac{{1 + 2y}}{{2 + {y^2}}}\\f'\left( y \right) = \dfrac{{2\left( {2 + {y^2}} \right) - \left( {1 + 2y} \right).2y}}{{{{\left( {2 + y} \right)}^2}}} = \dfrac{{4 + 2{y^2} - 2y - 4{y^2}}}{{{{\left( {2 + y} \right)}^2}}} = \dfrac{{ - 2{y^2} - 2y + 4}}{{{{\left( {2 + y} \right)}^2}}}\\f'\left( y \right) = 0 \Leftrightarrow  - 2{y^2} - 2y + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 1\\y =  - 2\end{array} \right.\end{array}\)

BBT:

Từ BBT \( \Rightarrow \max f\left( y \right) = f\left( 1 \right) = 2 \Leftrightarrow \max \left| {\dfrac{1}{z} - i} \right| = \sqrt 2 \).

Chọn A.

Ta có \(z = \dfrac{{m + 3i}}{{1 - i}}\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow w = {z^2} = {\left( {\dfrac{{m + 3i}}{{1 - i}}} \right)^2}\\ \Rightarrow w = \dfrac{{{m^2} + 6mi - 9}}{{ - 2i}} = \dfrac{{\left( {{m^2} - 9} \right) + 6mi}}{{ - 2i}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{\left( {{m^2} - 9} \right)i + 6m{i^2}}}{{ - 2{i^2}}} = \dfrac{{\left( {{m^2} - 9} \right)i - 6m}}{2}\\ \Rightarrow \left| w \right| = \dfrac{{\sqrt {{{\left( {{m^2} - 9} \right)}^2} + 36{m^2}} }}{2}\end{array}\)

Theo bài ra ta có:

\(\begin{array}{l}\left| w \right| = 9 \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt {{{\left( {{m^2} - 9} \right)}^2} + 36{m^2}} }}{2} = 9\\ \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {{m^2} - 9} \right)}^2} + 36{m^2}}  = 18\\ \Leftrightarrow {\left( {{m^2} - 9} \right)^2} + 36{m^2} = 324\\ \Leftrightarrow {m^4} + 18{m^2} - 243 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{m^2} = 9\\{m^2} =  - 27\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow m =  \pm 3\end{array}\)

Vậy \(m =  \pm 3\).

Chọn C.

Ta có \(\dfrac{{\left( { - 1 + i} \right)z + 2}}{{1 - 2i}} = 2 + 3i \Rightarrow z = \dfrac{{\left( {2 + 3i} \right)\left( {1 - 2i} \right) - 2}}{{ - 1 + i}} =  - \dfrac{7}{2} - \dfrac{5}{2}i\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \overline z  =  - \dfrac{7}{2} + \dfrac{5}{2}i\\ \Rightarrow a =  - \dfrac{7}{2};\,\,b = \dfrac{5}{2}\end{array}\)

Vậy \(a + b =  - \dfrac{7}{2} + \dfrac{5}{2} =  - 1.\)

Chọn A.

Ta có: \(z = \dfrac{i}{{1 + i}} = \dfrac{{i\left( {1 - i} \right)}}{{\left( {1 + i} \right)\left( {1 - i} \right)}}\)\( = \dfrac{{i - {i^2}}}{2} = \dfrac{{1 + i}}{2}\)

\( \Rightarrow \) Số phức liên hợp với số phức đã cho là: \(\overline z  = \dfrac{{1 - i}}{2}.\)

Chọn D.

Giả sử \(z=a+bi\left( z\ne 4 \right)\) , ta có \(|z-3i|=5\Leftrightarrow |a+bi-3i|=5 \)

\( \Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{(b-3)}^{2}}=25 \) \( \Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}-6b=16\)  (1)

Mặt khác \(\frac{z}{{z - 4}} = \frac{{a + bi}}{{a + bi - 4}} = \frac{{(a + bi)(a - 4 - bi)}}{{{{(a - 4)}^2} + {b^2}}} = \frac{{({a^2} - 4a + {b^2}) - 4bi}}{{{{(a - 4)}^2} + {b^2}}}\)

\(\frac{z}{z-4}\) là số thuần ảo khi \({{a}^{2}}-4a+{{b}^{2}}=0\)  (2)

Giải hệ (1) và (2):

Lấy  trừ  vế với vế ta được:

\(4a-6b=16\Leftrightarrow 2a-8=3b\Leftrightarrow 2\left( a-4 \right)=3b\Leftrightarrow a-4=\frac{3b}{2}\).

Thay \(a-4=\frac{3b}{2}\) vào  ta được:

\(a.\frac{{3b}}{2} + {b^2} = 0 \Leftrightarrow b\left( {\frac{{3a}}{2} + b} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}b = 0\\b =  - \frac{{3a}}{2}\end{array} \right.\).

Nếu \(b=0\) thì \(a=4\Rightarrow z=4\) (loại do \(z\ne 4\)

Nếu \(b=-\frac{3a}{2}\) thì \(a - 4 =  - \frac{{9a}}{4} \Leftrightarrow a = \frac{{16}}{{13}} \)

\( \Rightarrow b =  - \frac{{24}}{{13}} \Rightarrow z = \frac{{16}}{{13}} - \frac{{24}}{{13}}i\) (thỏa mãn)

Vậy có 1  số phức thỏa mãn bài toán.

Chọn D

\(\begin{align}  & \,\,\,\,\,\left( 3+i \right)\left| z \right|=\frac{-2+14i}{z}+1-3i \\  & \Leftrightarrow \left( 3+i \right)\left| z \right|-1+3i=\frac{-2+14i}{z} \\  & \Leftrightarrow \left( 3\left| z \right|-1 \right)+\left( \left| z \right|+3 \right)i=\frac{-2+14i}{z} \\ \end{align}\)

Lấy mođun hai vế ta có : \(\sqrt{9{{\left| z \right|}^{2}}-6\left| z \right|+1+{{\left| z \right|}^{2}}+6\left| z \right|+9}=\frac{10\sqrt{2}}{\left| z \right|}\)

\( \Leftrightarrow 10{\left| z \right|^2} + 10 = \frac{{200}}{{{{\left| z \right|}^2}}} \Leftrightarrow {\left| z \right|^4} + {\left| z \right|^2} - 20 = 0 \Leftrightarrow {\left| z \right|^2} = 4 \Rightarrow \left| z \right| = 2 \in \left( {\frac{7}{4};\frac{{11}}{5}} \right)\)

Chọn D. 

\(\begin{array}{l}\frac{{\left( {\left| z \right| - 1} \right)\left( {1 + iz} \right)}}{{z - \frac{1}{{\bar z}}}} = i \Leftrightarrow \frac{{\left( {\left| z \right| - 1} \right)\left( {1 + iz} \right)\overline z }}{{{{\left| z \right|}^2} - 1}} = i\,\,\left( {\left| z \right| \ne 1} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {\left| z \right| - 1} \right)\left( {1 + iz} \right)\overline z  = i\left( {\left| z \right| - 1} \right)\left( {\left| z \right| + 1} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {\left| z \right| - 1} \right)\left[ {\left( {1 + iz} \right)\overline z  - i\left( {\left| z \right| + 1} \right)} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| z \right| = 1\,\,\left( {ktm} \right)\\\overline z  + i{\left| z \right|^2} - i\left| z \right| - i = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \overline z  + i\left( {{{\left| z \right|}^2} - \left| z \right| - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \overline z  =  - i\left( {{{\left| z \right|}^2} - \left| z \right| - 1} \right) \Leftrightarrow \left| {\overline z } \right| = \left| {{{\left| z \right|}^2} - \left| z \right| - 1} \right|\\ \Leftrightarrow {\left| z \right|^2} = {\left| z \right|^4} + {\left| z \right|^2} + 1 - 2{\left| z \right|^3} - 2{\left| z \right|^2} + 2\left| z \right|\\ \Leftrightarrow {\left| z \right|^4} - 2{\left| z \right|^3} - 2{\left| z \right|^2} + 2\left| z \right| + 1 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {\left| z \right| - 1} \right)\left( {\left| z \right| + 1} \right)\left( {{{\left| z \right|}^2} - 2\left| z \right| - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow {\left| z \right|^2} - 2\left| z \right| - 1 = 0 \Leftrightarrow \left| z \right| = 1 + \sqrt 2 \\ \Rightarrow {a^2} + {b^2} = {\left| z \right|^2} = 3 + 2\sqrt 2 \end{array}\)

Chọn C.