Toán học - Chủ đề 7: Giải hệ phương trình

Chuyên Đề Số Phức 
Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 1 
Chuyên Đề Số Phức 
CHỦ ĐỀ 7. GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH 
Phương pháp 
 Ta nhắc lại cách giải hệ phương trình bằng định thức như sau: 
a b
D ab' a'b
a' b'
   ; 
x
c b
D cb' c'b
c' b'
   ; 
y
a b
D ab' a'b
a' b'
   
Nếu D 0 thì hệ có nghiệm duy nhất: 
yx
DD
x ; y .
D D
  
Nếu D 0 và 
x
D 0 hoặc Dy 0 thì hệ vô nghiệm 
Nếu 
x y
D D D 0   thì hệ có vô số nghiệm. 
 Ngoài phương pháp định thức trên ta có thể sử dụng phương pháp cộng đại số, 
phương pháp rút thế... 
 Ngoài ra ta còn có thể dựa vào tính chất tập hợp điểm số phức để giải và biện luận 
hệ phương trình. 
I. MỘT SỐ VÍ DỤ RÈN LUYỆN KĨ NĂNG 
Ví dụ 1. Giải các hệ phương trình sau trên tập số phức: 
   
   
   
   
3 i x 4 2i y 2 6i 2 i x 2 i y 6
a) ; b)
4 2i x 2 3i y 5 4i 3 2i x 3 2i y 8
          
 
          
Giải 
a) Ta có các định thức 
 
     
 
     
     
x
y
3 i 4 2i
D 3 i 2 3i 4 2i 4 2i 21 23i
4 2i 2 3i
2 6i 4 2i
D 2 6i 2 3i 5 4i 4 2i 2 44i
5 4i 2 3i
3 i 2 6i
D 3 i 5 4i 4 2i 2 6i 23 21i
4 2i 5 4i
 
          
  
 
          
  
 
        
 
Vậy hệ phương trình có nghiệm  x,y với 
  
  
x
2 2
y
2 2
2 44i 21 23iD 2 44i
x 1 i
D 21 23i 21 23
D 23 21i 21 23i23 21i
y i
D 21 23i 21 23
   
    
  

  
      
b) Ta có các định thức 
Chuyên Đề Số Phức 
Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 3 
     
   
   
x
y
2 i 2 i
D 2 i 3 2i 3 2i 2 i 2i
3 2i 3 2i
6 2 i
D 6 3 2i 8 2 i 2 4i
8 3 2i
2 i 6
D 8 2 i 6 3 2i 2 4i
3 2i 8
 
        
 

      


       

Vậy hệ phương trình có nghiệm  x,y với 
x
y
D 2 4i
x 2 i
D 2i
D 2 4i
y 2 i
D 2i
 
   
 

 
    
Ví dụ 2. Giải các hệ phương trình sau với hai ẩn z và w : 
a) 
2z w 4
;
2iz w 0
  

 
 b) 
z w 4 3i
z iw 3 2i
   

  
Giải 
a) Ta có: 
 
2z w 42z w 4 2z w 4
2 2i z 42iz w 0 2iz w 0
       
   
       
 
  
 
 
2 1 i 2 1 i2
z z 1 izz
1 i 1 i 1 11 i
w 2 2i
w 4 2z w 4 2 1 i
w 4 2z
  
    
        
          
b) Hệ phương trình 
 
  
  
z w 4 3i (1)z w 4 3i
1 i w 1 5i (2)z iw 3 2i
1 5i 1 i1 5i 1 5 i 5i
(2) w 3 2i
1 i 1 i1 i 1 i
(1) z 4 3i w 4 3i 3 2i 1 i.
       
 
     
    
     
  
         
Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm 
z 1 i
w 3 2i
  

 
Ví dụ 3. Giải các hệ phương trình sau với hai ẩn z và w : 
a) 
z w w i
;
z w z i
   

  
 b) 
z w 1 w
2z w 2 i w
   

   
Giải 
a) Ta có: 
 
 
z w w iz w w i
z w z i z z w i
       
 
      
Đặt z x yi, w u vi , (x,y,u,v ),     hệ phương trình trở thàn 
Chuyên Đề Số Phức 
 
 
x 0
x 0 x 0
u 0
x y 2v i ix yi 2vi i y 2v 1 u 0
3
y
2yi u vi i u 0 y 2v 1u 2y v i i 5
2y v 1 2y v 1 1
v
5
 
                
        
            
       

Vậy phương trình có 1 nghiệm là : 
3
z i
5
;
1
w i
5



 

b) Ta có: 
 
 
z w w 1z w 1 w
2z w 2 i w 2z w w 2 i
       
 
        
Đặt z x yi,  và w u vi(x,y,z,v R)   thì hệ phương trình trở thành 
 
x 1
x 2u 1
y 0
x 2u yi 1x yi 2u 1 y 0
u 0
2x 2y 2v i 2 i2x 2yi 2vi 2 i 2x 2
1
2y 2v 1 v
2
 
   
          
      
          
     
Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm là : 
z 1
1
w i
2
 


 

Ví dụ 4. Giải hệ phương trình trên tập số phức: 
 
x iy 2z 10
x y 2iz 20
ix 3iy 1 i z 30
   

  
    
 . 
Giải 
Ta có: 
   
x iy 2z 10 x iy 2z 10
x y 2iz 20 x y 2iz 20
ix 3iy 1 i z 30 x 3y i 1 z 30i
      
 
       
         
Khử x ta có hệ: 
   
 
i 1 y 2 1 i z 10
4y 1 i z 20 30i
     

    
Lúc đó: x 3 11i.  Vậy hệ có nghiệm là: 
x 3 11i
y 3 9i
z 1 7i
  

  
  
Chuyên Đề Số Phức 
Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 5 
Ví dụ 5. Tìm số phức 
1 2
z ,z thỏa mãn 
1 2
2 2
1 2
z .z 5 5i
z z 5 2i
   

   
Giải 
Ta có: 
1 2
2 2
1 2
z .z 5 5i
z z 5 2i
   

   
Ta có  
2
2 2
1 2 1 2 1 2
z z z z 2z z    
     
2 2
1 2
1 2 1 2
1 2
1 2
1 2
z z 1 4i
5 2i z z 2 5 5i z z 15 8i
z z 1 4i
z z 1 4i
*
z .z 5 5i
   
             
   
   

  
Nên 
1 2
z ,z là nghiện phương trình:  2z 4i 1 z 5 5i 0     
z 2 i
z 1 3i
  
 
  
Ta được nghiệm:    2 i; 1 3i ; 1 3i;2 i      
1 2
1 2
z z 1 4i
*
z .z 5 5i
    

  
Nên 
1 2
z ,z là nghiện phương trình:  2z 1 4i z 5 5i 0     
z 2 i
z 1 3i
   
 
 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: 1 1 1 1
2 2 2 2
z 2 i z 1 3i z 2 i z 1 3i
; ; ;
z 1 3i z 2 i z 1 3i z 2 i
               
   
               
Ví dụ 6. Giải hệ phương trình hai ẩn: 
3 5
2 4
z w 0 (1)
z (w) 1 (2)
  

 
Giải 
Từ (2) suy ra:  
12
6
z w 1. Từ (1) suy ra: 6 10z w 
Do đó:  
12
10
w w 1 nên 
22
w 1 tức là w 1 
Suy ra: 
10
6
z w 1  tức là z 1. Từ 
1
w
w
 và  
12
10
w w 1 suy ra  
2
w 1 nên w bằng 1 
hoặc bằng -1. 
Từ  
2
w 1 và (2) suy ra 2z 1 tức z 1 hoặc z 1  . 
Mà (1): 3 5z w 0  nên z 1 w 1    và z 1 w 1    
Chuyên Đề Số Phức 
Vậy hệ có hai nghiệm        z,w 1; 1 ; z,w 1;1    . 
Ví dụ 7. Giải hệ phương trình:  
2 2
2z w zw 7
z,w
z w 2w 2
   

   
Giải 
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương:  
w 7
2 z w w 7 z
2 w

    

,(dễ thấy w 2 
không thỏa mãn). 
Thế vào phương trình thứ hai cảu hệ ta được: 
  
2
2 4 3 2
2 2
w 7
w 2w 2 w 6w 15w 2w 57 0
2 w
w 7w 19 w w 3 0
 
          
 
     
2
2
2 2
7 27
7 3i 3
w
w
2 4w 7w+19 0 2 2
1 11w w 3 0 1 11
ww
2 22 4
                 
            
7 3i 3 5 3i 3
w z
2 2
7 3i 3 5 3i 3
w z
2 2
1 i 11 3 i 11
w z
2 2
1 i 11 3 i 11
w z
2 2
   
  

   
  

   
  

   
  

Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm: 
 
5 3i 3 7 3i 3 5 3i 3 7 3i 3
z;w ; , ; ,
2 2 2 2
3 i 11 1 i 11 3 i 11 1 i 11
; , ;
2 2 2 2
        
    
   
   
        
   
   
   
Nhận xét: Việc biến đổi phương trình bậc 4 có nghiệm thực thì không quá khó khăn, có 
thể dùng máy tính để nhẩm nghiệm và đoán nhân tử chung. Thế nhưng với phương trình 
bậc 4 nghiệm phức (và không có nghiệm thực) thì việc dùng máy tính để nhẩm nghiệm rồi 
đoán nhân tử chung là không thể. Vậy nên ta phải dùng kĩ thuật giải phương trình bậc 4 
để phân tích nhân tử chung một cách nhanh chóng: 
 
2
4 3 2 2 2
w 6w 15w 2w+57=0 w 3w 6w 2w 57         . 
Chuyên Đề Số Phức 
Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 7 
Bây giờ ta thêm vào 2 vế một lượng là  2 22m. w 3w m     (để vế trái được một bình 
phương đúng): 
       
2
2 2 2
w -3w m 2m 6 w 2 1 3m w m 57       (*) 
Muốn vế phải là một bình phương đúng (hoặc có thể là lượng âm của bình phương 
đúng: 2A ) thì: 
    2' 2 77 3 330 1 3m 2m 6 m 57 0 m 11 m
4
 
            
Vì lí do “thẩm mỹ” nên chúng ta chọn m 11 . Thay m 11 vào (*): 
      
2
2
2 2 2 2
w -3w+11 16w 64w 64 4w 8 w -7w+19 w +w+3 0       
Ví dụ 8. Giải hệ bất phương trình sau với ẩn là số phức z : 
z 3 i 2 (1)
2z 9 2i 5 (2)
   

  
Giải 
 Gọi  z x yi x,y   là tọa vị của điểm M 
bất kỳ trong mặt phẳng phức. Tập hợp các 
điểm M có tọa vị z thỏa mãn (1) là hình tròn 
tâm  A 3 i , bán kính R 2 ( kể cả biên ). 
Ta có 
9 5
(2) z i
2 2
    
Tập hợp các điểm M có tọa độ z thỏa mãn (2) là 
phần của mặt phẳng nằm bên ngoài hình tròn 
tâm
9
B i
2
 
 
 
, bán kính
5
R
2
 ( kể cả biên ). 
Vậy nghiệm của hệ bất phương trình đã cho là giao của hai tập hợp trên. Đó là “ hình 
trăng lưỡi liềm ” không bị bôi đen trong hình vẽ. 
Ví dụ 9. Giải hệ bất phương trình sau với ẩn là số phức z: 
z 3 2i
1 (1)
z 1
z 1 2i 2 (2)
  


   
Giải 
Gọi  z x yi x,y   là tọa vị của điểm M bất kỳ 
trong mặt phẳng phức. Tập hợp các điểm M có tọa 
vị z thỏa mãn (1) là nửa mặt phẳng không chứa 
điểm A có bờ là đường trung trực của đoạn thẳng 
Chuyên Đề Số Phức 
AB ( kể cả đường trung trực ), với  A 3 2i  và  B 1 . Tập hợp các điểm M có tọa vị z 
thỏa mãn (2) là hình tròn tâm  E 1 2i , bán kính R 2 ( kể cả biên ). 
Vậy nghiệm của hệ bất phương trình đã cho làgiao của hai tập hợp trên. Đó là phần hình 
tròn kể cả biên không bị bôi đen trong hình vẽ 
Ví dụ 11. Cho ba số phức 
1 2 3
z ,z ,z thỏa mãn hệ 
1 2 3
31 2
2 3 1
z z z 1
zz z
1
z z z
   


  

Tính giá trị biểu thức 
1 2 3
T az bz cz ;a,b,c R    
Giải 
Vì 31 2
1 2 3
2 3 1
zz z
z z z 1 , 1
z z z
      , do đó có thể đặt: 
1 2
2 3
z z
cosx isin x, cosy isin y
z z
    
Suy ra    3 3 2
1 2 1
z z z
. cos x y isin x y .
z z z
       
Mà 31 2
2 3 1
zz z
1
z z z
   nên 
 
 
cosx cosy cos x y 1
sin x sin y sin x y 0
     

    
Ta có  0 sinx siny sin x y     
x y x y x y x y
2sin cos 2sin cos
2 2 2 2
x y x y x y x y x y
2sin cos cos 4sin sin sin .
2 2 2 2 2 2
   
 
    
   
 
Suy ra hoặc x k2 hoặc y k2  hoặc x y k2   , do đó hai trong ba số 
1 2 3
z ,z ,z bằng 
nhau. 
Giả sử 
1 2
z z thì 3 31 1
3 1 3 1
z zz z
0
z z z z
     hay ta có 
2
3
3 1
1
z
1 z iz
z
 
      
 
. 
Do đó  
2
2
1 2 3 1 1 1 1
az bz cz az bz icz z a b ic a b c           
Vậy  
2
2
a b c  hoặc  
2
2
b c a  hoặc  
2
2
a c b  . 
II. CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN 
Câu 1. Tìm nghiệm của hệ phương trình:
 
 
3x 1 i y 2 14i
ix 2i 1 y 4 9i
     

    
 . 
A.    x,y 1 5i; 3 2i .    B.    x,y 1 5i;3 2i .   
Chuyên Đề Số Phức 
Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 9 
C.    x,y 1 5i; 3 2i .    D.    x,y 1 5i; 3 2i .    
Hướng dẫn giải 
Ta có 
   
     
   
x
y
3 1 i
D 3 1 2i i 1 i 4 7i
i 1 2i
2 14i 1 i
D 2 14i 1 2i 4 9i 1 i 39 13i
4 9i 1 2i
3 2 14i
D 3 4 9i i 2 14i 2 29i
i 4 9i

      

  
          
  
 
        
 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là:    x,y 1 5i; 3 2i .    
Vậy chọn đáp án D. 
Câu 2. Tìm nghiệm của hệ phương trình 
x 3y 2 3i
2x y 5 2i
   

  
A.  
17 9i 1 4i
x,y ;
7 7
   
  
 
 B.  
17 9i 1 4i
x,y ;
7 7
   
  
 
C.  
17 9i 1 4i
x,y ;
7 7
   
  
 
 D.  
17 9i 1 4i
x,y ;
7 7
  
  
 
Hướng dẫn giải 
Từ phương trình thứ (2) ta có: y 2x 5 2i   thay vào phương trình thứ nhất ta được: 
 
17 9i
x 3 2x 5 2i 2 3i 7x 17 9i x
7

          
Lúc đó: 
1 4i
y
7
 
 . 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  
17 9i 1 4i
x,y ;
7 7
   
  
 
. 
Câu 3. Tìm số nghiệm của hệ phương trình 
 
2 2
x 2 i y 2
.
x 3iy 5 15i
   

  
A. 1 B. 2 C. 0 D. 4 
Hướng dẫn giải 
Từ phương trình thứ nhất ta được:  x 2 2 i y   thế vào phương trình thứ (2) ta được: 
     23 7i y 4 2 i y 1 15i 0 *      
Ta có  
2
' 120 22i 11 i     
Do đó  
y i x 3 2i
* 26 51i 45 76i
y x
29 29
    
       

Chuyên Đề Số Phức 
Vậy chọn đáp án B. 
Câu 4. Số nghiệm của hệ phương trình 
2 2
z w zw 8
z w 1
   

  
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 
Hướng dẫn giải 
Ta có 
   
   
 
 
2
z w zw 8
zw 5 zw 13
hpt i ii
z w 3 z w 5z w 2 z w 15 0
3 i 11 3 i 11
w w
2 2
i ;
3 i 11 3 i 11
z z
2 2
5 i 27 5 i 27
w w
2 2
ii
5 i 27 5 i 27
z z
2 2
        
    
          
    
  
 
  
  
   
  
  
 
  
    
   
Vậy chọn đáp án D. 
Câu 5. Tìm nghiệm của hệ phương trình 
2 2
u v 4uv 0
u v 2i
   

 
A.              u,v 1 3 i, 1 3 i ; u,v 1 3 i, 1 3 i .      
B.              u,v 1 3 i, 1 3 i ; u,v 1 3 i, 1 3 i .      
C.              u,v 1 3 i, 1 3 i ; u,v 1 3 i, 1 3 i .        
D.              u,v 1 3 i, 1 3 i ; u,v 1 3 i, 1 3 i .      
Hướng dẫn giải 
Ta có hệ tương đương:  
2
u v 2uv 0
4 2uv 0 uv 2
u v 2i
   
     
  
Do đó ta có hệ mới: 
u v 2i
uv 2
  


 nên u, v là nghiệm của phương trình 
 
 
2
z 1 3 i
z 2iz 2 0
z 1 3 i
  

   

 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: 
             u,v 1 3 i, 1 3 i ; u,v 1 3 i, 1 3 i .      
Vậy chọn đáp án D. 
Chuyên Đề Số Phức 
Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 11 
Câu 6. Cho hệ phương trình 
1 2
2 2
1 2
z z 4 i
z z 5 2i
   

  
. Tính 
1 2
1 1
z z
 
A. 
1 3
i
2 10
  B. 
1 3
i
2 10
  C. 
1 3
i
2 10
 D. 
1 3
i
2 10
 
Hướng dẫn giải 
1 2
1 2
z z 4 i
hpt . 
z z 5 5i
   
 
 
Theo định lý Vi-et thì 
1 2
z ,z là nghiệm của phương trình 
   
   
   
2
2
t 4 i t 5 5i 0, 5 12i 2 3i
4 i 2 3i
t 3 i
2
. 
4 i 2 3i
t 1 2i
2
          
   
  

    
   

 Tóm lại, hệ đã cho có hai nghiệm  
1 2
z ;z là    3 i;1 2i ; 1 2i;3 i    
Vậy chọn đáp án D. 
Câu 7. Giải hệ phương trình hai ẩn: 
 
 3 3
z w 3 1 i
z w 9 1 i
   

   
Hướng dẫn giải 
Ta có:      
3
3 3
z w z w -3zw z w =9 1 i      
 z w 3 1 i
hpt . 
zw 5i
   
 

Theo định lí Vi-et 
1 2
z ,z là nghiệm của phương trình: 
   
2
2
t 3 1 i t 5i 0, 2i 1 i
t 2 i
. 
t 1 2i
        
  
 
 
 Tóm lại, hệ đã cho có hai nghiệm  z;w là    2 i;1 2i ; 1 2i;2 i    
Câu 8. Cho ba số phức 
1 2 3
z ,z ,z thỏa mãn hệ 1 2 3
1 2 3
z z z 1
z z z 1
   

  
Tính giá trị của biểu thức 2n 1 2n 1 2n 1
1 2 3
S z z z
     với n là số nguyên dương. 
Chuyên Đề Số Phức 
A. S 2 B. S 1 
C. 
1
S
2
 
D. S 4 
Hướng dẫn giải 
Vì 
1 2 3
z z z 1   nên 
1 2 3
1 2 3
1 1 1
z , z , z
z z z
   . Do đó 
1 2 3 1 2 3
1 2 3
1 2 2 3 3 1 1 2 3
1 1 1
z z z z z z 1
z z z
z z z z z z z z z a
        
    
Vậy
1 2 3
z ,z ,z là ba nghiệm của phương trình: 
Chứng tỏ trong ba số phức 
1 2 3
z ,z ,z phải có một số bằng 1 và hai số còn lại đối nhau. 
Không mất tính tổng quát, giả sử 
1 2 3
z 1;z z   khi đó : 
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
1 2 3 2 z
S z z z 1 z z 1
           
Vậy ta có tổng S=1 
Chú ý: Có thể giải bài toán bằng cách sử dụng biểu diễn hình học số phức hoặc dùng dạng 
lượng giác ( ví dụ dưới đây) 
Câu 9. Giải hệ phương trình: 
 
 
 
1 2 3
1 2 3
1 2 3
z z z 4 2i 1
2z z z 2 5i 2
z 2z 3z 9 2i 3
    

   

   
A. 
   
1 2 3
z ,z ,z i,3 2i,1 i .  
 B.
    
1 2 3
z ,z ,z i,3 2i,1 i .  
C. 
   
1 2 3
z ,z ,z i,3 2i,1 i .  
 D. 
   
1 2 3
z ,z ,z i,3 2i,1 i .   
Hướng dẫn giải 
Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được:  
1 2
3z 2z 6 7i 4   
Nhân (2) với 3 rồi cộng với (3) ta được  
1 2
7z 5z 15 17i 5   
Lúc đó hệ phương trình trở thành:
1 2 3
1 2
1
z z z 4 2i
3z 2z 6 7i
7z 5i 15 17i
    

  

  
Giải hệ trên ta được:    
1 2 3
z ,z ,z i,3 2i,1 i .   
Vậy chọn đáp án C. 
Câu 10. Tìm số nghiệm của hệ phương trình 
1 2 3
1 2 3
1 2 3
z z z 1
z z z 1
z z z 1
   



  
A. S 2 B. S 1 C. S 3 D. S 6 
Chuyên Đề Số Phức 
Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 13 
Hướng dẫn giải 
Ta có lưu ý sau: Chứng minh rằng nếu 3 số phức 
1 2 3
z ;z ;z thõa mãn: 1 2 3
1 2 3
z z z 1
z z z 1
   

  
 thì 
một trong 3 số đó phải bằng 1. 
Thật vậy 
Ta có: 
1 2 3 1 2 3
z z z 1 1 z z z       
 Nếu z 1 thì 
2 3
z z 0  
 Nếu z 1 thì 
1
1 z 0  , gọi điểm P biểu diễn số phức  
1 2 3
1 z z z 0     thì P sẽ 
không trùng với O và 
1 2 3
1 z z z    nên đường trung trực của OP cắt đường 
tròn đơn vị rại hai điểm 
1
1, z và cũng là hai điểm biểu diễn 
2 3
z ,z . Do đó hoặc 
2 3 1
z 1,z z   hoặc 
2 1 3
z z ,z 1   . 
Vậy 
1
z 1 hoặc 
2
z 1 hoặc 
3
z 1. 
Áp dụng: giải hệ phương trình trên thì có một ẩn bằng 1 và tổng hai ẩn còn lại bằng 0. 
Xét 
1
z 1 thì có 
2 3
z z 0  nên 
2 3
z z .  
Từ giả thiết 
1 2 3
z z z 1 nên 2
3
z 1  hay 2 2
3
z 1 i   thì có 
2 3
z i,z i   hoặc 
2 3
z i,z i.   
Vậy hệ có 6 nghiệm là hoán vị các phần tử của bộ ba  1,i, i . 
Vậy chọn đáp án D. 
Câu 11. Cho hệ phương trình 
3 2
5 3
z w 0
.
z w 1
  

 
 Tìm khẳng định đúng 
A. Hệ có nghiệm duy nhất 
B. Hệ đã cho vô nghiệm 
C. Nghiệm của hệ là những số thực 
D. Thành phần nghiệm của hệ có một số thực và một số phức 
Hướng dẫn giải 
Xét hệ phương trình 
3 2
5 3
z w 0 (1)
z w 1 (2)
  

 
Ta có 
15 103 2
10 9
15 95 3
z wz w 0
w w 1
z w 1z w 1
    
   
  
 (*) 
Từ (*) ta có 
10 9
w w 1 w 1   , vì thế  
9
10 9
1 w w w. w.w w   . Do đó w 1 nên hệ có 
dạng 
3 5
5 5
z 1 z .z 1
z 1
z 1 z 1
   
   
   
Thử lại thấy thỏa mãn, vậy hệ đã cho có nghiệm    z;w 1;1 
Chuyên Đề Số Phức 
Vậy chọn đáp án D. 
Câu 12. Tìm số phức z thỏa mãn : 
2 2
2 z i z z 2i
z (z) 4
    


 

A. 3
3
1
z 4 i
4
   B. 3
3
1
z 4 i
4
   C. 3
3
1
z 4 i
4
  D. 3
3
1
z 4 i
4
  
Hướng dẫn giải 
Gọi số phức  z x yi x,y   
 Hệ 
2 x (y 1)i (2y 2)i
4xyi 4
    


2
3
3
x
x 4y
4
1
y1 1
y y 4
x x
   
  
     
Vậy số phức cần tìm là : 3
3
1
z 4 i
4
  . Vậy chọn đáp án D. 
Câu 13. Tìm tham số m để hệ phương trình phức có nghiệm duy nhất: 
z 3i 1 1
z i 1 m z
   

   
, (ẩn z là số phức) 
A. m 1 3  , m 1 15  B. m 1 3  , m 1 5  
C. m 1 5  , m 1 15  D. m 1 5  , m 1 3  
Hướng dẫn giải 
Gọi  z x yi, x,y   
Theo giả thiết, ta có 
 
 
x 1 y 3 i 1
x 1 y 1 i m x yi
    
 
     
   
     
   
 
 
2 2 2 2
2 2 2 22
x 1 y 3 1 x 1 y 3 1
*
2 m 1 x 2y 2 m 0x 1 y 1 m x y
         
  
            
 * là hệ phương trình tọa độ giao điểm của đường tròn (C):    
2 2
x 1 y 3 1    
Và đường thẳng   :   22 m 1 x 2y 2 m 0     
Đường tròn (C) có tâm  I 1;3 và bán kính R 1 . 
Hệ phương trình có nghiệm duy nhất    tiếp xúc với (C). 
  
 
   
2
2 2
2
m 2m 6
d I, R 1 m 1 7 4 m 1 4
4 m 1 4
 
          
 
Đặt    
2
t m 1 t 0   , ta có 
Chuyên Đề Số Phức