Trắc nghiệm Toán 12 : Min - Max số phức có đáp án (Mới nhất)

Chọn C.
Cách 1: Phương pháp tự luận
Giả sử z=x+yi x,y∈ℝ
z+3i=z+2−i⇔x+y+3i=x+2+y−1i⇔x2+y+32=x+22+y−12⇔6y+9=4x+4−2y+1⇔4x−8y−4=0⇔x−2y−1=0⇔x=2y+1z=x2+y2=2y+12+y2=5y2+4y+1=5y+252+15≥55
Suy ra zmin=55 khi y=−25⇒x=15
Vậy z=15−25i.
Cách 2: Phương pháp trắc nghiệm
Giả sử z=x+yi   x,y∈ℝ
z+3i=z+2−i⇔x+y+3i=x+2+y−1i⇔x2+y+32=x+22+y−12⇔6y+9=4x+4−2y+1⇔4x−8y−4=0⇔x−2y−1=0
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa điều kiện z+3i=z+2−i là đường thẳng d:x−2y−1=0.
Phương án A: z=1−2icó điểm biểu diễn 1; −2∉d nên loại A.
Phương án B: z=−15+25i có điểm biểu diễn −15; 25∉dnên loại B.
Phương án D: z=−1+2i có điểm biểu diễn −1; 2∉d nên loại B.
Phương án C: z=15−25i có điểm biểu diễn 15; −25∈d
(Trong trường hợp có nhiều số phức thuộc đường thẳng thì ta tiếp tục so sánh modun, và nên thay luôn z vào dữ kiện ban đầu chứ không nên biến đổi)

Chọn B.
Gọi z=x+yi với x;y∈ℝ.
Ta có 8=z−3+z+3≥z−3+z+3=2z⇔z≤4.
Do đó M=maxz=4.
Mà z−3+z+3=8⇔x−3+yi+x+3+yi=8⇔x−32+y2+x+32+y2=8.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có
8=1.x−32+y2+1.x+32+y2≤12+12x−32+y2+x+32+y2⇔8≤22x2+2y2+18⇔22x2+2y2+18≥64⇔x2+y2≥7⇔x2+y2≥7⇔z≥7
Do đó M=minz=7.
Vậy M+m=4+7.

Chọn DGọi z=x+yi ta có z−2−3i=x+yi−2−3i=x−2+y−3i.
Theo giả thiết x−22+y−32=1 nên điểm M biểu diễn cho số phức z nằm trên đường tròn tâm I2;3 bán kính R=1.
Ta có z¯+1+i=x−yi+1+i=x+1+1−yi=x+12+y−12.
Gọi Mx;y và H−1;1 thì HM=x+12+y−12.
Do chạy trên đường tròn, H cố định nên MH lớn nhất khi M là giao của HI với đường tròn.
Phương trình HI:x=2+3ty=3+2t, giao của HI và đường tròn ứng với t thỏa mãn: 9t2+4t2=1⇔t=±113 nên M2+313;3+213, M2−313;3−213.
Tính độ dài MH ta lấy kết quả HM=13+1.

Chọn A.
Đặt Có a=a+bi,  a,  b∈ℝ⇒a2+b2≤1 (do z≤1)
A=2z−i2+iz=2a+2b−1i2−b+ai=4a2+2b+122−b2+a2
Ta chứng minh 4a2+2b+122−b2+a2≤1.
Thật vậy ta có 4a2+2b+122−b2+a2≤1⇔4a2+2b+12≤2−b2+a2⇔a2+b2≤1
Dấu “=” xảy ra khi a2+b2=1.
Vậy A≤1.

Cách 1: Ta có: A=1+5iz≤1+5iz=1+5z=6. Khi z=i⇒A=6.
Chọn đáp án C.
Cách 2: A=1+5iz=z+5iz=z+5i
Theo bài z=1⇔z+5i−5i=1⇔z+5iMax=52+1=6

Ta có: M≤z2+z+1+z3+1=5, khi z=1⇒M=5⇒Mmax=5.
Mặt khác: M=1−z31−z+1+z3≥1−z32+1+z32≥1−z3+1+z32=1,khi z=−1⇒M=1⇒Mmin=1.
Chọn đáp án A.

Ta có P=1+iz≤1+1|z|≤32. Mặt khác: 1+iz≥1−1|z|≥12.
Vậy, giá trị nhỏ nhất của là 12, xảy ra khi z=−2i; giá trị lớn nhất của bằng 32 xảy ra khi z=2i.
Chọn đáp án A.

Gọi z=x+yi; x∈ℝ;y∈ℝ⇒z−2i=x+y−2i. Ta có: z−1+2i=3⇔x−12+y+22=9.
Đặt x=1+3sint; y=−2+3cost; t∈0;2π.
⇒z−2i2=1+3sint2+−4+3cost2=26+6sint−4cost=26+617sint+α; α∈ℝ.⇒26−617≤z−2i≤26+617⇒z−2imax=26+617=3+17
Chọn đáp án A.

Gọi z=x+yi; x∈ℝ;y∈ℝ. Ta có: z=1⇒x2+y2=1⇒y2=1−x2⇒x∈−1;1.
Ta có: P=1+z+31−z=1+x2+y2+31−x2+y2=21+x+321−x.
Xét hàm số fx=21+x+321−x; x∈−1;1.Hàm số liên tục trên −1;1 và với x∈−1;1 ta có: f'x=121+x−321−x=0⇔x=−45∈−1;1.
Ta có: f1=2; f−1=6; f−45=220⇒Pmax=220.
Chọn đáp án D.

Gọi z=x+yi; x∈ℝ;y∈ℝ. Ta có: z=1⇔z.z¯=1
Đặt t=z+1, ta có 0=z−1≤z+1≤z+1=2⇒t∈0;2.
Ta có t2=1+z1+z¯=1+z.z¯+z+z¯=2+2x⇒x=t2−22.
Suy ra z2−z+1=z2−z+z.z¯=zz−1+z¯=2x−12=2x−1=t2−3.
Xét hàm số ft=t+t2−3,t∈0;2. Bằng cách dùng đạo hàm, suy ra maxft=134;   minft=3⇒M.n=1334.
Chọn đáp án A.

Áp dụng bất đẳng thức u+v≥u+v, ta được
2z+−4=z2+4+−4≥z2⇒z2−2z−4≤0⇒z≤5+1.2z+z2=z2+4+−z2≥4⇒z2+2z−4≥0⇒z≥5−1.
Vậy, z nhỏ nhất là 5−1, khi z=−i+i5 và z lớn nhất là 5+1, khi z=i+i5.
Chọn đáp án B.

Gọi z=x+yi; x∈ℝ;y∈ℝ. Ta có: z−1+2i=2⇔x−12+y+22=4.
Đặt x=1+2sint;y=−2+2cost; t∈0;2π.
Lúc đó: z2=1+2sint2+−2+2cost2=9+4sint−8cost=9+42+82sint+α; α∈ℝ
⇒z2=9+45sint+α⇒z∈−9+45;9+45
⇒zmax=9+45 đạt được khi z=5+255+−10+455i.
Chọn đáp án A.

Gọi z=x+yi; x∈ℝ;y∈ℝ.
Ta có: 1−iz−6−2i=10⇔1−i.z+−6−2i1−i=10⇔z−2−4i=5⇔x−22+y−42=5.Đặt x=2+5sint;y=4+5cost; t∈0;2π.
Lúc đó:
z2=2+5sint2+4+5cost2=25+45sint+85cost=25+452+852sint+α; α∈ℝ⇒z2=25+20sint+α⇒z∈5;35
⇒zmax=35 đạt được khi z=3+6i.
Chọn đáp án B.

Đặt z=x+iy x,y∈ℝ. Thay vào điều kiện thứ nhất, ta được x2+y2=9.
Đặt x=3cost, y=3sint. Thay vào điều kiện thứ hai, ta có
P= z−32−32i=18−18sint+π4≤6.
Dấu bằng xảy ra khi sint+π4=−1⇒t=−3π4⇒z=−322−322i.
Chọn đáp án D.

Gọi z=x+yi; x∈ℝ;y∈ℝ.
Ta có: z−2−4i=z−2i⇔x−22+y−42=x2+y−22⇔x+y−4=0⇔y=4−x.
Ta có: z+2i2=x2+y+22=x2+6−x2=2x2−12x+36=2x−32+18≥18
⇒z+2imin=18=32 khi z=3+i.
Chọn đáp án C. 

Gọi z=x+yi; x∈ℝ;y∈ℝ⇒z−1+i=x−1+y+1i. Ta có: z−1+2i=9⇔x−12+y+22=9.
Đặt x=1+3sint; y=−2+3cost; t∈0;2π.
⇒z−1+i2=3sint2+−1+3cost2=10−6cost⇒2≤z−2i≤4⇒z−1+imin=2, khi z=1+i.
Chọn đáp án C.

Gọi z=x+yi; x∈ℝ;y∈ℝ. Ta có: z−3−4i=5⇔C:x−32+y−42=5: tâm I3;4 và R=5.
Mặt khác: M=z+22−z−i2=x+22+y2−x2+y−12=4x+2y+3⇔d:4x+2y+3−M=0.
Do số phức thỏa mãn đồng thời hai điều kiện nên và có điểm chung
⇔dI;d≤R⇔23−M25≤5⇔23−M≤10⇔13≤M≤33⇒Mmax=33⇔4x+2y−30=0x−32+y−42=5⇔x=5y=−5⇒z+i=5−4i⇒z+i=41.
Chọn đáp án D.

Ta có: z=−m+i1−mm−2i=mm2+1+im2+1⇒z=1m2+1≤1⇒zmax=1⇔z=i; m=0.
Chọn đáp án A.

Chọn A.

Gọi z=x+yi, x, y∈ℝ.

Ta có: z−2−2i=1⇔(x−2)+(y−2)i=1⇔(x−2)2+(y−2)2=1

Tập hợp các điểm trong mặt phẳng Oxy biểu diễn của số phức z là đường tròn (C) tâm I(2; 2) và bán kính R=1.

z−i=x2+y−12=IM, với I2;2 là tâm đường tròn, M là điểm chạy trên đường tròn. Khoảng cách này ngắn nhất khi M là giao điểm của đường thẳng nối hai điểm N0;1∈Oy,I2;2 với đường tròn (C). IMmin=IN−R=5−1

Gọi Mx,y là điểm biểu diễn số phức z=x+yix,y∈R
Gọi E1,−2 là điểm biểu diễn số phức 1−2i
Gọi F0,−1 là điểm biểu diễn số phức −i
Ta có: z+2i−1=z+i⇔ME=MF⇒Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường trung trục EF:x−y−2=0.
Để ngắn nhất khi MA⊥EF tại M ⇔M3,1⇒z=3+i => Đáp án A.

Chọn B.
Gọi z=x+yi x,y∈ℝ ⇒z−1+2i=x−1+y+2i
Ta có: z−1+2i=5⇔x−12+y+22=5⇔x−12+y+22=5
Suy ra tập hợp điểm Mx;y biểu diễn số phức z thuộc đường tròn (C) tâm I1;−2 bán kính R=5
Dễ thấy O∈C, N−1;−1∈C
Theo đề ta có:
Mx;y∈C là điểm biểu diễn cho số
phức z thỏa mãn:
w=z+1+i=x+yi+1+i=x+1+y+1i⇒z+1+i=x+12+y+12=MN→
Suy ra z+1+i đạt giá trị lớn nhất ⇔MN lớn nhất
Mà M,N∈C nên MN lớn nhất khi MN là đường kính đường tròn (C)
⇔I là trung điểm MN⇒M3;−3⇒z=3−3i⇒z=32+−32=32

Chọn B
T=z+i+z−2−i=z−1+1+i+z−1−1+i.
Đặt w=z−1. Ta có w=1 và T=w+1+i+w−1+i.
Đặt w=x+y.i. Khi đó w2=2=x2+y2.
T=x+1+y+1i+x−1+y−1i    =1.x+12+y+12+1.x−12+y−12    ≤12+12x+12+y+12+x−12+y−12   =22x2+2y2+4=4z
Vậy maxT=4.

Cho số phức z thỏa mãn z−2−3i=1. Giá trị lớn nhất của z+1+iTa có z−2−3i=1⇔z¯−2+3i=1⇔z¯+1+i−3+2i=1
⇒z¯+1+iMax=32+22+1=13+1Chọn đáp án D

Đặt , khi đó và .
Nên ta có 
Khi đó .
Dễ thấy a2+a−12=2a−122+12≥12⇒w≥22⇒minw=22. Chọn A.

Gọi z=x+yi, x,y∈ℝ. Theo giả thiết, ta có z−4+z+4=10.
⇔x−4+yi+x+4+yi=10⇔x−42+y2+x+42+y2=10     ∗
Gọi Mx;y, F1− 4;0 và F24;0.
Khi đó ∗⇔MF1+MF2=10 nên tập hợp các
điểm Mz là đường elip (E).
Ta có c=4; 2a=10⇔a=5 và b2=a2−c2=9.
Do đó, phương trình chính tắc của (E) là x225+y29=1.
Vậy maxz=OA=OA'=5 và minz=OB=OB'=3. Chọn D.

Gọi z=x+yi, x,y∈ℝ. Ta có z−2−4i=z−2i⇔x−2+y−4i=x+y−2i
⇔x−22+y−42=x2+y−22⇔x2−4x+4+y2−8y+16=x2+y2−4y+4
⇔4x+4y−16=0⇔y=4−x.
Do đó z=x2+y2=x2+4−x2=2x2−8x+16=2x−22+8≥22.
Dấu "=" xảy ra ⇔x=2⇒y=2. Vậy P=22+22=8. Chọn B.

Ta có − 2−3i3−2iz+1=1⇔− iz+1=1⇔− i.z+1− i=1⇔z−− i=1.
Vì − i−0=1 nên maxz=r1+r2=1+1=2. Chọn B.

Ta có 1+iz+1−7i=2⇔1+iz+1−7i1+i=2⇔z−3+4i=1.
Vì 3+4i−0=5 nên maxz=r1+r2=1+32+42=6. Chọn D.

Từ giả thiết, ta có A=2z−i2+iz⇔A2+iz=2z−i⇔2A+Azi=2z−i
⇔2A+i=zAi−2⇔z=2A+iAi−2. Màz≤1⇒2A+iAi−2≤1⇔2A+i≤Ai−2     ∗.
Đặt A=x+yi  x,y∈ℝ, khi đó ∗⇔2x+2y+1i≤− y−2+xi
⇔4x2+2y+12≤y+22+x2⇔4x2+4y2+4y+1≤x2+y2+4y+4⇔x2+y2≤1.
Vậy môđun của A=x2+y2≤1.Chọn A.

Bổ đề. Cho hai số phức z₁ và z₂, ta luôn có z1+z22+z1−z22=2z12+z22     ∗.
Chứng minh. Sử dụng công thức z1+z22=z1+z2z1¯+z2¯ và z.z¯=z2. Khi đó
z1+z22+z1−z22=z1+z2z1¯+z2¯+z1−z2z1¯−z2¯=z1.z1¯+z1.z2¯+z1¯.z2+z2.z2¯+z1.z1¯−z1.z2¯−z1¯.z2+z2.z2¯=2z1.z1¯+z2.z2¯=2z12+z22→đpcm.
Áp dụng (*), ta được z1+z22+z1−z22=4⇒z1−z22=4−32=1⇒z1−z2=1.
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta được P=z1+z2≤2z12+z22=226. Chọn B.

Bổ đề. Cho hai số phức z₁ và z₂, ta luôn có z1+z22+z1−z22=2z12+z22     ∗.
Chứng minh. Sử dụng công thức z1+z22=z1+z2z1¯+z2¯ và z.z¯=z2. Khi đó
z1+z22+z1−z22=z1+z2z1¯+z2¯+z1−z2z1¯−z2¯=z1.z1¯+z1.z2¯+z1¯.z2+z2.z2¯+z1.z1¯−z1.z2¯−z1¯.z2+z2.z2¯=2z1.z1¯+z2.z2¯=2z12+z22→đpcm.
Áp dụng (*), ta được z1+z22+z1−z22=4⇒z1−z22=4−32=1⇒z1−z2=1.
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki, P=z1+z2≤2z12+z22=226. ta được Chọn B.

Ta có z2−2z+5=z−12+4=z−12−2i2=z−1+2iz−1−2i.
Khi đó, giả thiết ⇔z−1+2iz−1−2i=z−1+2iz+3i−1⇔z=1−2iz−1−2i=z+3i−1
TH1. Với z=1−2i, ta có w=z−2+2i=1−2i−2+2i=− 1⇒w=1.
TH2. Với z−1−2i=z+3i−1     ∗, đặt z=x+yi  x,y∈ℝ, ta có
∗⇔x−1+y−2i=x−1+y+3i⇔x−12+y−22=x−12+y+32⇔y=−12.
Do đó w=z−2+2i=x−12i−2+2i=x−2+32i⇒w=x−22+94≥32. Chọn A.

Ta có a=z+1z⇔a2=z+1z2=z+1zz¯+1z¯
=z2+z2+z¯2z2+1z2=z4+z+z¯2−2z2+1z2.
Khi đó z4−z2.a2+2+1=− z+z¯2≤0⇒z∈− a+a2+42;a+a2+42.
Vậy maxz=a+a2+42;  minz=− a+a2+42⇒M+m=a2+4=13. Chọn C.

Đặt z=a+bi  a,b∈ℝ và c=z, thay vào đẳng thức đã cho thì
Gt⇔1+2ic=10a+bi−2+i⇔1+2ic=a−bi10c2−2+i⇔c−a10c2+2+i2c+b10c2−1=0
Suy ra c−a10c2+2=02c+b10c2−1=0⇔c+2=a10c21−2c=b10c nên c+22+1−2c2=10a2+b2c4=10c2
Giải c=± 1 ra ta có mà c > 0 nên c = 1 hay z=1. Do đó 12<z<32.Chọn B.

Gọi Mx;y→M'x;− y và 4+3iz=4x−3y+3x+4yi⇒N4x−3y;3x+4yN'4x−3y;− 3x−4y
Dễ thấy MM'∥NN' vì cùng vuông góc với nên để MM'N'N là hình chữ nhật.
Khi và chỉ khi MM'=NN'MN=M'N'MN∥Ox⇒x+y=0⇒z=x−xi⇒z+4i−5=x−52+x−42

Ta có x−52+x−42=122x−92+12≥12⇒z+4i−5min=12. Chọn C.

Đặt z=x+yi  x,y∈ℝ, ta có z−1=2⇔x−1+yi=2⇔x−12+y2=2
⇔x−12+y2=2⇔x2−2x+1+y2=2⇔x2+y2=2x+1         ∗
Lại có T=z+i+z−2−i=x+y+1i+x−2+y−1i
=x2+y+12+x−22+y−12=x2+y2+2y+1+x2+y2−4x−2y+5
Kết hợp với (*), ta được T=2x+2y+2+6−2x−2y=2x+y+2+2−2x+y
Đặt t=x+y, khi đó T=ft=2t+2+6−2t với t∈− 1;1.
Ta có f't=12t+2−16−2t;  f't=0⇔t=1⇒ftmax=f1=4. Chọn B.

Chọn C
Đặt z=x+yix,y∈ℝ, ta có:
z−1=2⇔x−1+yi=2⇔x−12+y2=2⇔x2+y2=2x+1*
Lại có: T=z+i+z−2−i=x+y+1i+x−2+y−1i
=x2+y+12+x−22+y−12=x2+y2+2y+1+x2+y2−4x−2y+5
Kết hợp với (*), ta được:
T=2x+2y+2+6−2x−2y
Áp dụng bất đẳng thức Bunhacopxki ta được
T≤12+122x+2y+22+6−2x−2y2=4
Vậy maxT=4.

Chọn A
Ta có: w2+1=sinα+icosα2+1=1−cos2α+isin2α⇒w2+1=2−2cos2α.
2w=sin2α+cos2α=2.
Từ giả thiết: w2+1=2w⇒cos2α=0⇔α=π4vì 0<α<π2.
⇒w=22+i22⇒w¯=22−i22⇒w¯2=1.
Vậy P=232018.

Chọn D.
Gọi M là điểm biểu diễn của z.
Gọi A−2;1, B2;1. Gọi I0;1 là trung điểm .z−z12+z−z22=16⇔MA2+MB2=16MA2+MB2=2MI2+AB22=16⇒MI=2
Suy ra tập hợp các điểm M là đường tròn tâm I (0,1)bán kính R = 2.

Ta lại có: IM−IO≤OM≤IM+IO⇔1≤OM≤3.
Do đó: zmax=3⇔M≡M2
zmin=1⇔M≡M1
⇒M2−m2=8.

Chọn D.
Đặt z1=a+bi; a,b∈ℝ ⇒z2=−b+ai
⇒z1−z2=a+b+b−ai.
Nên z1−z2=a+b2+b−a2=2.z1
Ta lại có 2=z1+1−i≤z1+1−i=z1+2
⇒z1≥2−2. Suy ra z1−z2=2.z1≥22−2.
Dấu "=" xảy ra khi a1=b−1<0.
Vậy m=minz1−z2=22−2.

Chọn A.
Giả sử z=x+yi;  x,y∈ℝ
Ta có z−22+z+22=26⇔x−22+y2+x+22+y2=26⇔x2+y2=9.
Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn (C) tâm là gốc tọa độ O, bán kính R = 3.
Ta có z−2+5i=x−22+y−52
Vì 22+52=9 nên điểm N2;5 thuộc đường tròn (C).
Gọi Mx;y là điểm thuộc (C), khi đó z−2+5i=x−23+y−52=MN.
Suy ra z−2+5i lớn nhất lớn nhất ⇔MN là đường kính của (C) ⇔M−2;−5
Vậy z=−2−5i.

Đặt z=x+yi, x,y∈ℝ, ta có 2z−i=2x+(2y−1)i và 2+iz=2−y+xi.
Khi đó: 2z−i=2+iz⇔4x2+(2y−1)2=(y−2)2+x2⇔x2+y2=1⇒z=1⇒z1=1z2=1
Sử dụng công thức z1+z22+z1−z22=2z12+z22⇒z1+z22=3⇒z1+z2=3. Chọn D.

(Phương pháp đại số)
Công cụ cơ bản: z1−z2≤z1+z2≤z1+z2, với mọi số phức z₁, z₂. Áp dụng, ta có:
• z+2+i=z−1−2i+3+3i≤z−1−2i+3+3i=4+32⇒M=4+32
• z+2+i=z−1−2i+3+3i≤z−1−2i−3+3i=32−4⇒m=32−4
Vậy ta có S=M2+m2=32+42+32−42=68.Chọn C.

Chọn B.
Gọi A, B, M là điểm biểu diễn số phức z1,z2,z, khi đó từ giả thiết ta suy ra tam giác OAB vuông cân tại O và bài toán quy về tìm giá trị nhỏ nhất của P=2MA.MB+MO.MA+MO.MB.
Ta sẽ chứng minh bài toán tổng quát
Cho tam giác ABC, đặt AB = c, AC = b, BC = a, khi đó ta có
MB.MCbc+MC.MAca+MA.MBab≥1   ∗
Chứng minh: dùng bài toán kinh điển x.MA2+y.MB2+z.MC2≥xyc2+yza2+zxb2x+y+z    ∗∗
Đặt x=aMA;y=bMB;z=cMC khi đó x+y+z=aMB.MC+bMC.MA+cMA.MBMA.MB.MC
và xyc2+yza2+zxb2=abcaMA+bMB+cMCMA.MB.MC từ đó sử dụng (**) suy ra hệ thức (*).
Áp dụng bài toán trên ta có P≥362, chọn B.

Chọn B.

Gọi điểm biểu diễn của z là M. Khi đó M nằm trên đường tròn tâm I0;−1,R=1.Gọi tọa độ các điểm A2;−1,B2;−3 do đó: P=z¯−2−i+2z−2+3i=MA+2MB.
Gọi K12;−1 khi đó ta có: IKIM=IMIA=12. Vậy ΔIMK và ΔIAM là hai tam giác đồng dạng. Khi đó: MA=2MK.
Vậy P=2MK+MB.
Theo bất đẳng thức tam giác: P=2MK+MB≥2BK.
Vậy MinP=2BK=3.

Chọn B.

Vì hai số phức z₁ và z₂ thoả mãn z1+z2=8+6i và z1−z2=2 nên z1=8+6i−z2z2=8+6i−z1z1−z2=2.

⇔z1−4+3i=1z2−4+3i=1z1−z2=2
Gọi A, B lần lượt là hai điểm biểu diễn của hai số phức z₁ và z₂ khi đó từ (*) suy ra A, B nằm trên đường tròn (C) có tâm I (4;3), bán kính R = 1 và AB là đường kính của đường tròn (C).
Như vậy P=z1+z2=OA+OB.
Ta có OA2+OB22−AB24=OI2⇔OA2+OB2=252+1=52.
Suy ra 52=OA2+OB2≥2OA.OB⇒OA+OB2=OA2+OB2+2OA.OB≤52+52=104.

⇒P=z1+z2=OA+OB≤104=226.  Dấu bằng xảy ra khi OA=OB.

Chọn A.

Ta có iz+2−i=1⇔iz−i2−1=1⇔z−i2−1=1.
Điểm biểu diễn thuộc đường tròn tâm I1;2, R = 1.
Gọi M, N là điểm biểu diễn z₁, z₂ nên MN = 2 là đường kính. Dựng hình bình hành OMNP ta có z1+z2=OP=23.
Ta có z1+z22≤2z12+z22=z1−z22+z1+z22=16⇒z1+z2≤4. Dấu bằng xảy ra khi z1=z2⇔MN⊥OI.

Chọn B.
Đặt z=a+ib,a,b∈ℝ có biểu diễn hình học là điểm Mx;y
z−1=z+3−2i⇔x−1+iy=x+3+y−2i⇔x−12+y2=x+32+y−22
⇔−2x+1=6x+9−4y+4⇔2x−y+3=0
Suy ra biểu diễn của số phức z là đường thẳng Δ:2x−y+3=0.
Ta có: ω≥25⇔z+m+i≥25⇔x+m++y+1i≥25⇔x+m2+y+12≥25⇔MI≥25
với I−m;−1.
Mà ta có MI≥dI,Δ
Nên MI≥25⇔dI,Δ≥25⇔−2m+45≥25⇔−2m+4≥10⇔−2m+4≥10−2m+4≤−10⇔m≤−3m≥7
.

Chọn C.Gọi z=x+yix;y∈ℝ,Mx;y là điểm biểu diễn số phức z.
Do z−1+i=2⇔x−12+y+12=4 suy ra M thuộc đường tròn tâm I1;−1, bán kính R=2.
Đặt A−2;1,  B2;3,  E0;2 là trung điểm của AB. Khi đó P=z+2−i2+z−2−3i2.
=x+22+y−12+x−22+y−32=MA2+MB2=2ME2+AB22=2ME2+10
Do E nằm ngoài đường tròn, nên MEMax=EI+R=2+10⇒PMax=38+810.

Gọi số phức z = x + yi với x, y ∈R.
Ta có . Khi đó tập hợp các điểm M (x;y) biểu diễn số phức z là đường tròn (C) có tâm I (-1;0) và bán kính .
Ta có: Chọn D

Chọn C.
Gọi số phức z = x + yi với x, y ∈ R, khi đó z=x2+y2.
Ta có: .
Áp dụng bđt Bu-nhi-a-cốp-xki ta có: .
Khi đó ta có bất phương trình .
Do đó M2-m22Mn=43

Chọn đáp án BGọi z = x + yi (với x, y) có điểm M (x,y) biểu diễn z trên mặt phẳng tọa độ.
Ta có (1).
Số phức z + 2i = x + (y + 2)i có điểm M' (x; y+2) biểu diễn z + 2i trên mặt phẳng tọa độ.
Đặt A (1;3), B(3;4) , từ (1) ta có AM' +BM' = 5.
Mặt khác AB = 5 nên M' thuộc đoạn AB. Khi đó , .
Vậy M2+m2=35.

Chọn B.
Giả sử z=x+yix,y∈R ta có z−3−4i=5⇔x−32+y−42=5
Ta có P=4x+2y+3⇔4x−3+2y−4=P−23
Ta có 4x−3+2y−42≤20x−32+y−42=100
Suy ra −10≤P−23≤10⇔13≤P≤33 suy ra M=33,m=13 do đó ta được w=33+13i vậy w=1258.

Chọn A .
Theo giả thiết z=z¯+4−3i⇔x+yi=x+4−y+3i
⇔x2+y2=x+42+y+32⇔x2+y2=x2+8x+16+y2+6y+9⇔8x+6y+25=0. 
Ta có P=x+12+y−12+x−22+y+32
Xét điểm E−1;1; F2;−3 và Mx;y. Khi đó, P=ME+MF.
Bài toán trở thành tìm điểm M∈Δ:8x+6y+25=0 sao cho ME+MF đạt giá trị nhỏ nhất.
Vì 8xE+8yE+25.8xF+8yF+25>0 nên hai điểm E, F nằm cùng phía đối với đường thẳng ∆.
Gọi E' là điểm đối xứng với E qua ∆
Đường thẳng EE' đi qua điểm E (1; -1) và có VTPT n→EE'=u→Δ=3;−4 nên có phương trình 3x+1−4y−1=0⇔3x−4y+7=0
Gọi H là giao điểm của EE' và ∆. Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình 3x−4y=−78x+6y=−25⇔x=−7125y=−1950 suy ra H−7125;−1950
E' đối xứng với E qua H nên xE'=−11725yE'=−4425.
Ta có ME+MF=ME'+MF≥E'F.
Dấu bằng xảy ra ⇔M là giao điểm của E'F và đường thẳng ∆
Đường thẳng EF' đi qua điểm F2;−3 và có VTPT n→EE'=31;167 có phương trình 31x−2+167y+3=0⇔ 31x+167y+439=0
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình 31x+167y=−4398x+6y=−25⇔x=−6750y=−11950
Vậy P=x+2y=−6110.

Chọn D .Giả sử z=x+yix,y∈R ta có z−1+2i=z+1+2i⇔x=0suy ra tập hợp điểm biểu diễn z1,z2là trục tung.
Giả sử A, B lần lượt là 2 điểm biểu diễn cho z1,z2, ta có z1−z2=2⇔AB=2.
Giả sử w=a+bia,b∈R và M là điểm biểu diễn cho số phức w, ta có w−3−2i=2⇔(a−3)2+(b−2)2=4 suy ra tập hợp điểm biểu diễn M cho số phức w là đường tròn tâm I3;2 bán kính R = 2.
Ta có P=MA+MB, gọi E là hình chiếu vuông góc của I lên trục tung, ta thấy P nhỏ nhất khi E là trung điểm AB suy ra MA=MB=62, vậy MinP=2.62=6

Chọn B
Gọi z=x+yix,y∈ℝ
Ta có: z−1+i=2⇔x+yi−1−i=2⇔x−12+y+12=4
⇔x2+y2−2x+2y−2=0⇔x2+y2=2x−2y+2 (*)
Theo bài ra:
P=z+2−i2+z−2−3i2=x+yi+2−i2+x+yi−2−3i2=x+22+y−12+x−22+y−32=2x2+y2−8y+18
Thay (*) vào ta được:
P=4x−12y+22=4x−1−12y+1+38
Áp dụng bđt Bunhiacopxki ta được
4x−1−12y+1+38≤42+122x−12+y+12+38=42+122.4+38=810+38
Vậy Pmax=810+38.

Chọn A.

Ta có iz+2−i=1⇔iz−i2−1=1⇔z−i2−1=1.
Điểm z biểu diễn thuộc đường tròn tâm I1;2, R=1.
Gọi M, N là điểm biểu diễn z₁, z₂ nên MN = 2 là đường kính. Dựng hình bình hành OMNP ta có z1+z2=OP=23.
Ta có z1+z22≤2z12+z22=z1−z22+z1+z22=16⇒z1+z2≤4. Dấu bằng xảy ra khi z1=z2⇔MN⊥OI.

Chọn B
Gọi z=x+yi với x,y∈ℝ.
Ta có: z+2−3i=22⇔x+22+y−32=8. Suy ra, tập hợp điểm Mx;y biểu diễn cho số phức z trên hệ tọa độ Oxy là đường tròn (C) tâm I−2;3 và bán kính R=8.
Gọi A−1;−6, B7;2 và J3;−2 là trung điểm của AB.
Đặt P=z+1+6i+z−7−2i suy ra P=MA+MB≤2MA2+MB2. (BĐT Bunhiacopxki).
Phương trình đường trung trực ∆ của AB là: x=3−ty=−2+t.Ta có: MA2+MB2=2MJ2+AB22 với J là trung điểm của AB.
Vì M chạy trên đường tròn , J cố định nên MJ≤IJ+R.
Do P2≤4IJ+R2+AB2 vậy nên Pmax=4IJ+R2+AB2.Dấu "=" xảy ra khi MA=MB và ba điểm M, I, J thẳng hàng. Điều này thỏa mãn nhờ IA=IB.
Do đó: M=Δ∩C, tọa độ của M là nghiệm hệ:

Mặt khác: M−4;5⇒P=MA+MB=2130
và .
Vậy để PMax thì M−4;5 2a+b=−3 Suy ra 2a+b=−3.

Chọn D.
Gọi z=x+yi, x,y∈ℝ và Mx;y là điểm biểu diễn số phức z.
Theo giả thiết z−2+4i=2⇔x+yi−2+4i=2⇔x−22+y−42=4.
Suy ra M∈C:x−22+y−42=4

Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z−2+4i=2 là đường tròn (C) có tâm I(2;4) bán kính R = 2.
Đường OI có phương trình y=2x cắt đường tròn (C) tại hai điểm A10+255;20+455, B10−255;20−455. Do OA>OB nên điểm A biểu diễn số phức có môđun lớn nhất, và điểm B biểu diễn số phức có môđun nhỏ nhất.

Chọn C.
Từ giả thiết có a2+b2=1⇒b2=1−a2>0 với a∈−1;1 và z.z¯=1.
Ta có z3−z+2=z2.z−1z+2z2
=z−z¯+2.z¯2=2bi+2a2−b2−2abi=2a2−b2+b−2abi=2a2−b22+b−2ab2=2a2−b22+b21−2a2=22a2−12+1−a22a−12=24a3−a2−4a+2
Xét fa=4a3−a2−4a+2, với −1<a<1.
f'a=12a2−2a−4; f'a=0⇔12a2−2a−4=0⇔a=−12∈−1;1a=23∈−1;1
Bảng biến thiên:

Suy ra maxa∈−1;1fa=f−12=134, đạt được khi a=−12, b2=34.
Vậy P=2a+4b2=2−12+3=2.

Chọn D.
+ Đặt z=x+yi, x,y∈ℝ ta có 2z−i=2+iz⇔2x+2y−1i=2−y+xi
4x2+2y−12=2−y2+x2⇔4x2+4y2−4y+1=4−4y+y2+x2⇔x2+y2=1⇒z=1⇒z1=z2=1
+ Sử dụng công thức: ∀z1,z2∈ℂ ta có z1+z22+z1−z22=2z12+z22
Suy ra P=3.

Chọn B.
Đặt z=x+yi x,y∈R, ta có z−1=2⇔x−1+yi=2⇔(x−1)2+y2=2
⇔x−12+y2=2⇔x2+y2=2x+1 (*)
Lại có T=z+i+z−2−i=x+(y+1)i+x−2+(y−1)i
=x2+(y+1)2+(x−2)2+(y−1)2=x2+y2+2y+1+x2+y2−4x−2y+5
Kết hợp với (*), ta được T=2x+2y+2+6−2x−2y=2(x+y)+2+6−2(x+y)
Áp dụng BĐT Cauchy schwarz ta có
T=2(x+y)+2+6−2(x+y)≤2(2(x+y)+2+6−2(x+y))=4.

Chọn C.
5x2+(y−1)2=(x+1)2+(y−3)2+3(x−1)2+(y+1)2→5x2+(y−1)2≤10.(x+1)2+(y−3)2+(x−1)2+(y+1)2⇔25x2+(y−1)2−10(x+1)2+(y−3)2+(x−1)2+(y+1)2≤0⇔x2+(y−1)2≤20⇔z−i≤25P=z−2+3i=z−i+(4i−2)≤z−i+4i−2=25+25=45

Chọn B.
Đặt z=a+ib,a,b∈ℝ có biểu diễn hình học là điểm Mx;y
z−1=z+3−2i⇔x−1+iy=x+3+y−2i⇔x−12+y2=x+32+y−22⇔−2x+1=6x+9−4y+4⇔2x−y+3=0
Suy ra biểu diễn của số phức z là đường thẳng Δ:2x−y+3=0.
Ta có: ω≥25⇔z+m+i≥25⇔x+m++y+1i≥25⇔x+m2+y+12≥25⇔MI≥25
với I−m;−1.
Mà ta có MI≥dI,Δ
Nên MI≥25⇔dI,Δ≥25⇔−2m+45≥25⇔−2m+4≥10
⇔−2m+4≥10−2m+4≤−10⇔m≤−3m≥7.

Chọn A.
Gọi z=x+yi, x,y∈ℝ.
Ta có z−1z+3i=12⇔2z−1=z+3i⇔2x−12+y2=x2+y+32⇔x2+y2−4x−6y−7=0
Lại có P=z+i+2z¯−4+7i=x2+y+12+2x−42+y−72
=4x+8y+8+2−4x−8y+72.
Mặt khác 4x+8y+8+2−4x−8y+722≤5.80⇒4x+8y+8+2−4x−8y+72≤20
Suy ra P≤20.

Chọn D.
Ta có:
a+bi=a−bi−3+4i⇔a2+b2=a−32+b−42⇔6a+8b−25=0⇔a=25−8b6
Mô đun của số phức z là:
z=a2+b2=25−8b62+b2=100b−22+22536≥156
Số phức zmin⇔b=2⇒a=32⇒P=3

Chọn C.
Gọi số phức z có dạng z=a+bi. z thỏa mãn z−2−4i=z−2i
⇔a−2+b−4i=a+b−2i⇔a−22+b−42=a2+b−22⇔a2−4a+4+b2−8b+16=a2+b2−4b+4⇔4a+4b=16⇔a+b=4
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki.16=a+b2≤12+12a2+b2⇒z2=a2+b2≥8z≥22
Dấu = xảy ra ⇔a1=b1a+b=4⇔a=b=2⇒z=2+2i

Chọn C
Đặt z=x+yix,y∈ℝ. Khi đó z−2−4i=z−2i⇔x+yi−2−4i=x+yi−2i⇔x−22+y−42=x2+y−22⇔−4x−4y+16=0⇔x+y−4=0
Số phức có mô đun nhỏ nhất bằng khoảng cách từ O đến đường thẳng Δ:x+y−4=0.

zmin=dO;Δ=42=22.

Chọn A.Ta gọi M, N lần lượt là các điểm biểu diễn của các số phức z₁, z₂.
Từ giả thiết: 
với I là trung điểm của đoạn thẳng MN.
.
Ta có 
. Vậy

Chọn A.Ta gọi M, N lần lượt là các điểm biểu diễn của các số phức z₁; z₂.
Từ giả thiết: với I là trung điểm của đoạn thẳng MN.
.
Ta có 

Vậy 
.
Vậy .
Suy ra 

Chọn CTa gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức z..Suy ra 
Khi đó:

với 
Ta có: suy ra .
Theo định lý Stewart ta có: 
(Hoặc có thể chứng minh theo phương pháp véc tơ

Suy ra:



Vậy  

Chọn đáp án AGiả sử z=x+yi,x,y∈R. Ta có 3z−3i=3⇔x2+y−332=1(C)
Gọi Kx;y,A12;32,B−12;32 lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z,z1,z2
Ta tìm Max – Min của T=OK+OA+OB
Ta có A,B,O thuộc đường tròn (C) và đều ⇒TMin=2OA=2.
Gọi K thuộc cung OB⏜. Ta có KA.OB=OA.BK+AB.OK⇔KA=KB+OK
⇒T=2KA≤2.2R=433=TMax⇒w=4332+22=2213

Chọn C
Gọi A−1;3,B1;−1,C0;1⇒C là trung điểm AB
Suy ra MC2=MA2+MB22−AB24⇒MA2+MB2=2MC2+10.
Mặt khác 5z−i=z+1−3i+3z−1+i⇒5MC=MA+3MB≤10MA2+MB2
⇒25MC2≤102MC2+10⇒MC≤25.
Mà z−2+3i=z−i+−2+4i≤z−i+−2+4i≤MC+25≤45.
Dấu “ = “ xẩy ra khi và chỉ khi z=−2+5i.

Chọn A
Áp dụng tính chất: z+z12+z−z12=2z2+2z12
Ta có: 3z−2i=z+1−2i+z−1−2i≤2z−2i+12+z−2i−12=2z−2i2+1
⇔4z−2i4+4z−2i2−3≥0⇒P=z−2i≥12

Chọn B.
+) Gọi z1=a+bi;  a,b∈ℝ.
Nên 2z1¯+i=z1¯−z1−2i⇔2.a2+b−12=2b+22⇔b=a24.
Do đó tập hợp điểm biểu diễn số phức z₁ là Parabol y=x24.
+) Gọi z2=a+bi,   a,b∈ℝ.
Khi đó z2−i−10=1⇔a−102+b−12=1
Nên tập hợp điểm biểu diễn số phức z₂ là đường tròn C  x−102+y−12=1 tâm bamns kính r = 1.

z1−z2 nhỏ nhất khi và chỉ khi MN nhỏ nhất.
Ta có: MN+IN≥IM⇒MN≥IM−IN=IM−1.
Nên MN nhỏ nhất khi IM nhỏ nhất.
Ta có: IM2=x−102+x24−12=x24−42+52x−42+45⇒IM≥45=35.
Do đó MN≥35−1.
Vậy z1−z2=MN≥35−1⇒z1−z2min=35−1.

Chọn A.
Ta có z1−z2=z1−iz1=1−i.z1=2.z1
Đặt z1=a+bi với (a,b∈ℝ) theo đề bài ta có a+12+b−12=4 (*). Ta cần tìm GTLN của m=2a2+b2
Đặt t=a2+b2. Ta có: (*)⇔4=a2+2a+1+b2−2b+1⇒2(a−b)=2−t.
Mà a−b2≤12+(−1)2.a2+b2 (**) nên
2−t2≤4(a−b)2≤8t⇔t2−12t+4≤0⇔6−42≤t≤6+42
Kết hợp với t=a2+b2≥0 suy ra 0≤t≤6+42
Suy ra m=2t≤12+82=22+2
Dấu "=" xảy ra khi (**) xảy ra khi a1=b−1⇔a=−b. Kết hợp (*) ta được z1=−1±21−i
Vậy giá trị lớn nhất của m bằng 22+2.

Chọn A

Ta có z1−3i+5=2⇒2iz1+6+10i=4.
Suy ra điểm M biểu diễn số phức 2iz₁ nằm trên đường tròn T1 có tâm I1−6;−10 và có bán kính là R1=4.
Mặt khác, iz2−1+2i=4⇒−3z2−6−3i=12nên điểm biểu diễn số phức −3z2 là điểm N nằm trên đường tròn T2 có tâm I26;3 và có bán kính là R2=12.
Ta thấy 2iz1+3z2=2iz1−−3z2=MN.
lớn nhất khi và chỉ khi lớn nhất, khi đó bốn điểm M, I₁, I₂, N theo thứ tự thẳng hàng.
Vậy giá trị lớn nhất của MN=I1I2+R1+R2=313+16.

Chọn C.
Giả sử z=a+bi a,b∈ℝ, w=x+yi x,y∈ℝ.
z−3−2i≤1⇔a−32+b−22≤1(1)
w+1+2i≤w−2−i⇔x+12+y+22≤x−22+y−12.
Suy ra x+y=0.
P=z−w=a−x2+b−y2=a−x2+b+x2.
Từ (1) ta có I3; 2, bán kính r = 1. Gọi H là hình chiếu của I trên d:y=−x.
Đường thẳng HI có PTTS x=3+ty=2+t.

M∈HI⇒M3+t; 2+tM∈C⇔2t2=1⇔t=12t=−12t=2⇒M3+12; 2+12, MH=5+22t=3⇒M3−12; 2−12, MH=5−22
Vậy Pmin=52−22.

Chọn A.
Ta có z12=4z1c+d=10⇔a2+b2=4c+d=5.
Khi đó:
T=ac+bd+cd≤a2+b2c2+d2+c(5−c)=2c2+5−c2+5c−c2.
Đặt f(c)=22c2−10c+25+5c−c2.
Ta có f'c=4c−102c2−10c+25+5−2c=2c−52−2c2−10c+252c2−10c+25⇔c=52
Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có M=52+254≈13,3.
Dấu bằng xảy ra khi a=b=2c=d=52.

Chọn C.
Ta có z+1z3=z3+1z3+3z+1z⇔z3+1z3=z+1z3−3z+1z
⇔z3+1z3=z+1z3−3z+1z⇔z+1z3−3z+1z≤2.
Mặt khác: z+1z3−3z+1z≥z+1z3−3z+1z.
Suy ra: z+1z3−3z+1z≤2. Đặt t=z+1z≥0ta được:
t3−3t−2≤0⇔t−2t+12≤0⇔t≤2.
Vậy M=2.

Chọn B.
Ta có z−3z−1+2i=1⇔z−3=z−1+2i⇔x+y=1.
P=z2−z¯22+iz2−z¯2z1−i+z¯1+i=16x2y2−8xy(x+y)=16x2y2−8xy.
Đặt t=xy ta có 0≤t≤x+y24=14.Tính giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P=16t2−8t, với t∈0;14 ta được Pmax=0; Pmin=−1. VậyM+mi=1 .

Chọn A.Giả sử M, A, B lần lượt biểu diễn số phức z=x+yi, z1, z2.
Từ giả thiết 3z−3i=3 ta có: x2+(y−13)2=13.
Nên M thuộc đường tròn tâm I0;13, R=13.
Ta có T=MO+MA+MB.
Để Tmin thì M trùng O, A, B nên Tmin=2OA=2122+322=2.Để Tmax thì OMmax và (MA+MB)max nên OM=2R và M nằm chính giữa cung nhỏ AB⏜ và M0;23. Do vậy
Tmax=OM+2MA=23+2122+32−232=43.
Vậy w=M2+m2=432+22=2213.

Chọn B.Gọi M, N lần lượt là điểm biểu diễn của z, w với Mx;  y.
Ta có iz−2i−2≤z−1⇔z−2+2i≤z−1
⇔x−22+y+22≤x−12+y2⇔−2x+4y+7≤0.
Do đó, M thuộc nửa mặt phẳng bờ Δ:−2x+4y+7=0 không chứa O, kể cả bờ.
Ta có maxw+2−2i,w≤2 suy ra
w+2−2i≤2w≤2⇒NI≤2   ,   I−2;  2NO≤2.
Do đó, N thuộc phần chung của hai hình tròn I;  2 và O;  2.
Dễ thấy hai hình tròn này tiếp xúc ngoài tại điểm E−1;  1. Do đó, N−1;  1.
Ta thấy z−w=MN nên z−w nhỏ nhất khi MN ngắn nhất, khi đó M là hình chiếu của N trên Δ.
Ta có dN,  Δ=−2−1+4.1+7−22+42=1325.
Vậy minz−w=1325.

Chọn A.

Đặt 2iz1=a+bi,−3z2=c+dia;  b;  c;  d∈ℝ, gọi Aa;  b,Bc;  d.
Có z1−3i+5=2⇔a+bi2i−3i+5=2⇔a+6+10+bi=4⇔a+62+b+102=16 nên A∈I có tâm I−6;  −10 bán kính R=4.
Có iz2−1+2i=4⇔i.c+di−3−1+2i=4⇔3−d+c−6i=12⇔c−62+d−32=122 nên B∈J có tâm J6;  3, bán kính R'=12.
Có T=2iz1+3z2a−c+b−d=a−c2+b−d2=AB.
Do A∈I, B∈J, IJ=313>R+R'=16 nên ABMax=R+R'+IJ=16+313.

Chọn A Giả thiết z−3−2i=2⇔(T):(a−3)2+(b−2)2=4
Gọi A(−1;2),B(2;5),M(a;b) lần lượt là các điểm biểu diễn của các số phức z1=−1+2i,z2=2+5i,z3=a+bi
Bài toán trở thành: Tìm M∈(T) sao cho biểu thức S=MA+2MB nhỏ nhất
Ta có MA=(a+1)2+(b−2)2=a2+b2+2a−4b+5
=2a2+b2−4a−4b+8
=2(a−2)2+(b−2)2=2MC với C(2;2)
Ta có MA+2MB=2(MB+MC)≥2BC dấu “=”xảy ra khi và chỉ khi B,  M,  C theo thứ tự đó thẳng hàng.
Phương trình đường thẳng BC:x=2
M là giao của của BC và (T)⇒M(2;2+3)⇒a+b=4+3.

Chọn C.

Chọn A,B,M lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z1,z2,z,
Dựa vào điều kiện 2z1=2z2=z1−z2=62⇔OA=OB=6, AB=62.
Suy ra ta có tam giác OAB vuông cân tại O.
Phép quay tâm B góc quay −600 ta có:
QB,−600:A↦A'M↦M'
Do tam giác Δ BMM' đều ⇒AM=A'M', BM=MM'
Suy ra P=z+z−z1+z−z2=OM+AM+BM=OM+MM'+A'M'≥OA' .
Dấu "=" xảy ra khi O, ​M,  M'​​ , A' thẳng hàng.
Khi đó tam giác OBA' có OB=6, BA'=BA=62 và OBA'^=1050.
Từ đó suy ra OA'=OB2+BA'2−2OB.BA'.cos1050=62+3.
Vậy minP=62+3.

Chọn B.
Đặt z=a+ib,a,b∈ℝ có biểu diễn hình học là điểm Mx;y
z−1=z+3−2i⇔x−1+iy=x+3+y−2i⇔x−12+y2=x+32+y−22⇔−2x+1=6x+9−4y+4⇔2x−y+3=0
Suy ra biểu diễn của số phức z là đường thẳng Δ:2x−y+3=0.
Ta có: ω≥25⇔z+m+i≥25⇔x+m++y+1i≥25
⇔x+m2+y+12≥25⇔MI≥25 với I−m;−1.
Mà ta có MI≥dI,Δ
Nên MI≥25⇔dI,Δ≥25⇔−2m+45≥25⇔−2m+4≥10
⇔−2m+4≥10−2m+4≤−10⇔m≤−3m≥7.

Chọn A.
Gọi z=x+yi, x,y∈ℝ.
Ta có z−1z+3i=12⇔2z−1=z+3i⇔2x−12+y2=x2+y+32
⇔x2+y2−4x−6y−7=0.
Lại có P=z+i+2z¯−4+7i=x2+y+12+2x−42+y−72
=4x+8y+8+2−4x−8y+72.
Mặt khác 4x+8y+8+2−4x−8y+722≤5.80⇒4x+8y+8+2−4x−8y+72≤20
Suy ra P≤20.