Chọn B

Gọi M(x;y), I(3;4) là các điểm biểu diễn lần lượt cho các số phức z; 3 + 4i. Từ giả thiết $\left|z-3-4i\right|=1\Rightarrow MI=1$

Tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn giả thiết là đường tròn tâm I(3;4), bán kính r = 1.

Mặt khác $\left|z\right|=OM$. Mà OM đạt giá trị lớn nhất bằng OI + r, khi M là giao điểm của đường thẳng OM với đường tròn tâm I(3;4), bán kính r. Hay $M\left(\frac{18}{5};\frac{24}{5}\right)$

Đặt $z=x+yi \left(x,y\in ℝ\right)$. Khi đó $\left|z-2-4i\right|=\left|z-2i\right|\iff x+y-4=0 \left(d\right)$

Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là đường thẳng d

Do đó $\left|z\right|=OM$ nhỏ nhất khi M là hình chiếu của O trên d

Suy ra M(2;2)  hay z = 2 + 2i

Gọi $F_1\left(-3;0\right), F_2\left(3;0\right)$ có trung điểm là O(0;0). Điểm M  biểu diễn số phức z

Theo công thức trung tuyến thì ${\left|z\right|}^2=O{M}^2=\frac{M{F_1}^2+M{F_2}^2}{2}-\frac{F_1{F_2}^2}{4}$

Ta có $M{F_1}^2+M{F_2}^2\ge \frac{{\left(M{F_1}^2+M{F_2}^2\right)}^2}{2}=50$

Đẳng thức xảy ra khi 

$\left\{\begin{array}{l}M{F}_1=M{F}_2\\ M{F}_1+M{F}_2=10\end{array}\right.\Rightarrow \left[\begin{array}{l}M\left(-4;0\right)\\ M\left(4;0\right)\end{array}\right.\Rightarrow \min \left|z\right|=\sqrt{\frac{50}{2}-\frac{36}{4}}=4$

Khi z = 4i  hoặc z = -4i

Chọn D

Gọi A(0;-1), B(0;1) đoạn thẳng AB  có trung điểm O(0;0) . Điểm M biểu diễn số phức z

Theo công thức trung tuyến ${\left|z\right|}^2=O{M}^2=\frac{M{A}^2+M{B}^2}{2}-\frac{A{B}^2}{4}$

Theo giả thiết $4MA+3MB=10$. Đặt $MA=a\Rightarrow MB=\frac{10-4a}{3}$

Khi đó $\left|MA-MB\right|=\frac{\left|10-7a\right|}{3}\le AB=2\Rightarrow -6\le 10-7a\le 6\iff \frac{4}{7}\le a\le \frac{16}{7}$

Ta có $M{A}^2+M{B}^2=a^2+{\left(\frac{10-4a}{3}\right)}^2=\frac{{\left(5a-8\right)}^2+36}{9}$

Do $-\frac{36}{7}\le 5a-8\le \frac{24}{7}\Rightarrow 0\le {\left(5a-8\right)}^2\le \frac{576}{49}$ nên

$\left\{\begin{array}{l}M{A}^2+M{B}^2\ge 4\\ M{A}^2+M{B}^2\le \frac{260}{49}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\left|z\right|\ge 1\\ {\left|z\right|}^2\le \frac{81}{49}\Rightarrow \left|z\right|\le \frac{9}{7}\end{array}\right.$

Đẳng thức $\left|z\right|=1$ khi $z=\pm \frac{24}{25}+\frac{7}{25}i$. Đẳng thức $\left|z\right|=\frac{9}{7}$ khi $z=\frac{9}{7}i$

Chọn D

Đặt $z=x+yi\left(x,y\in ℝ\right)\Rightarrow \overline{z}=x-yi$

Gọi $F_1\left(-2;0\right), F_2\left(2;0\right), M\left(x;y\right), N\left(x;-y\right)$ lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức $-2;2;z;\overline{z}$

Do M, N là điểm biểu diễn số phức $z$ và $\overline{z}$ nên suy ra M, N  đối xứng nhau qua Ox.

Khi đó $S_{\Delta OMN}=\left|xy\right|$

Ta có $F_1{F}_2=2c=4\Rightarrow c=2$. Theo giả thiết ta có $M{F}_1+M{F}_2=4\sqrt{2}$, tập hợp điểm M  thỏa điều kiện trên là elip có trục lớn $2a=4\sqrt{2}\Rightarrow a=2\sqrt{2}$; trục bé $2b=2\sqrt{a^2-c^2}=2\sqrt{8-4}=4\Rightarrow b=2$

Nên elip có phương trình $\left(E\right):\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$

Do đó $1=\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}\ge 2\sqrt{\frac{x^2}{8}.\frac{y^2}{4}}=\frac{\left|xy\right|}{2\sqrt{2}}\Rightarrow S_{\Delta OMN}=\left|xy\right|\le 2\sqrt{2}$

Gọi $z=x+yi\left(x,y\in ℝ\right); M\left(x;y\right)$ là điểm biểu diễn số phức z

Ta có $\left|z+i\right|=\left|\overline{z}+2+i\right|\iff \left|x+\left(y+1\right)i\right|=\left|x+2-\left(y-1\right)i\right|$

$\iff x^2+{\left(y+1\right)}^2={\left(x+2\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2\iff x-y+1=0 \left(\Delta \right)$

Ta có $P=\left|\left(i-1\right)z+4-2i\right|=\left|\left(i-1\right)\right|\left|z+\frac{4-2i}{\left(i-1\right)}\right|=\sqrt{2}\left|z-3-i\right|$

$=\sqrt{2}\sqrt{{\left(x-3\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2}=\sqrt{2}MA$, với $A=\left(3;1\right)$

$\Rightarrow P_{\min }=\sqrt{2}M{A}_{\min }=\sqrt{2}d\left(A,\Delta \right)=\sqrt{2}\frac{\left|3-1+1\right|}{\sqrt{1^2+1^2}}=3$

Đẳng thức xảy ra khi M  là hình chiếu vuông góc của A  trên đường thẳng $\Delta$ hay $M\left(\frac{3}{2};\frac{5}{2}\right)\Rightarrow z=\frac{3}{2}+\frac{5}{2}i$

Chọn A

Ta gọi A, B lần lượt là các điểm biểu diễn của các số phức $z_1, z_2$

Từ giả thiết $\left|z_1+z_2\right|=6\Rightarrow \left|\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}\right|=6\iff \left|\overrightarrow{OI}\right|=3$ với I là trung điểm của đoạn thẳng AB

$\left|z_1-z_2\right|=2\Rightarrow \left|\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}\right|=2\iff AB=2$

Ta có $O{A}^2+O{B}^2=2O{I}^2+\frac{A{B}^2}{2}=20$

$P=\left|z_1\right|+\left|z_2\right|=OA+OB\Rightarrow P^2\le \left(1^2+1^2\right)\left(O{A}^2+O{B}^2\right)=40$

Vậy $\max P=2\sqrt{10}=M$

Mặt khác, $P=\left|z_1\right|+\left|z_2\right|=\left|\overrightarrow{OA}\right|+\left|\overrightarrow{OB}\right|\ge \left|\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}\right|=6$

Vậy $\min P=6=m$

Suy ra $\left|M+mi\right|=\sqrt{40+36}=\sqrt{76}$

Chọn B

Gọi $M\left(x;y\right)$ là điểm biểu diễn số phức z; gọi $A\left(2;-1\right), B\left(-1;3\right)$ là điểm biểu diễn số phức $2-i; -1+3i$. Ta có AB = 5

Từ giả thiết $\left|z-2+i\right|-\left|z+1-3i\right|=5$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \sqrt{{\left(x-2\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2}-\sqrt{{\left(x+1\right)}^2+{\left(y-3\right)}^2}=5 \\ \Rightarrow MA-MB=5\Rightarrow MA-MB=AB\Rightarrow MA=MB+AB \end{gathered}$$

Suy ra M, A, B thẳng hàng ( B nằm giữa M và A). Do đó quỹ tích điểm M  là tia Bt  ngược hướng với tia BA

$P=\left|z+1-4i\right|=\sqrt{{\left(x+1\right)}^2+{\left(y-4\right)}^2}$ với $C\left(-1;4\right)\Rightarrow P=MC$

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(-3;4\right)$ phương trình đường thẳng $AB:4x+3y-5=0$

$CH=d\left(C,AB\right)=\frac{\left|4\left(-1\right)+3.4-5\right|}{\sqrt{4^2+3^2}}=\frac{3}{5}, CB=\sqrt{{\left(-1+1\right)}^2+{\left(3-4\right)}^2}=1$

Do đó $\min P=CH=\frac{3}{5}$ khi H là giao điểm của đường thẳng AB và đường thẳng đi qua điểm C và vuông góc với AB

Gọi N(x;y) là điểm biểu diễn cho số phức z = x + yi

Ta có $\left|\overline{z}+2-3i\right|\le \left|z-2+i\right|\iff 2x+y+2\le 0$

$\left|z-2+i\right|\le 5\iff {\left(x-2\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2\le 25$ (hình tròn tâm I(2;-1)  bán kính $r=5$);

Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z  thỏa mãn điều kiện $\left|\overline{z}+2-3i\right|\le \left|z-2+i\right|\le 5$ thuộc miền (T) (xem hình vẽ với $A\left(-2;2\right),B\left(2;-6\right)$).

Ta có $P+25={\left(x+4\right)}^2+{\left(y+3\right)}^2$

$\Rightarrow \sqrt{P+25}=\sqrt{{\left(x+4\right)}^2+{\left(y+3\right)}^2}=NJ$ (với J(-4;-3) ) .

Bài toán trở thành tìm điểm N  thuộc miền (T)  sao cho NJ  đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

Ta có $IJ-r\le NJ\le JB\iff 2\sqrt{10}-5\le \sqrt{P+25}\le 3\sqrt{5}\iff 40-20\sqrt{10}\le P\le 20$P đạt giá trị nhỏ nhất khi N là giao điểm của đường thẳng JI với đường tròn tâm I(2;-1)  bán kính r = 5 và $NJ=2\sqrt{10}-5$

P đạt giá trị lớn nhất khi $N\equiv B$

Vậy $m+M=60-20\sqrt{10}$

Gọi $z=a+bi\left(z\ne 2i\right)\left(a,b\in ℝ\right)$

$$\begin{gathered} \left|\frac{z-1}{z-2i}\right|=1\iff \left|z-1\right|=\left|z-2i\right|\iff 2a-4b+3=0\Rightarrow 2a+3=4b \\ \Rightarrow \left|z+\frac{3}{2}-5i\right|=\sqrt{{\left(2b\right)}^2+{\left(b-5\right)}^2}=\sqrt{5{\left(b-1\right)}^2+20}\ge 2\sqrt{5} \end{gathered}$$

Suy ra $\min \left|z+\frac{3}{2}-5i\right|=2\sqrt{5}\iff \left\{\begin{array}{l}a=\frac{1}{2}\\ b=1\end{array}\right.\Rightarrow z=\frac{1}{2}+i$

Vậy $\left|z\right|=\frac{\sqrt{5}}{2}$

Ta có $2\left({\left|z_1\right|}^2+{\left|z_2\right|}^2\right)={\left|z_1+z_2\right|}^2+{\left|z_1-z_2\right|}^2=5^2+3^2+4^2=50$

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có

$\left|z_1\right|+\left|z_2\right|\le \sqrt{2\left({\left|z_1\right|}^2+{\left|z_2\right|}^2\right)}=\sqrt{50}=5\sqrt{2}$

Gọi $z_1=x+yi, z_2=a+bi; a, b, x, y\in ℝ$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\left\{\begin{array}{l}{z}_1-z_2=3+4i\\ \left|z_1+z_2\right|=5\\ {\left|z_1\right|}^2+{\left|z_2\right|}^2=25\\ \left|z_1\right|=\left|z_2\right|\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=\frac{7}{2}\\ y=\frac{1}{2}\end{array}\right.$ và $\left\{\begin{array}{l}a=\frac{1}{2}\\ b=-\frac{7}{2}\end{array}\right.$. Hay $z_1=\frac{7}{2}+\frac{1}{2}i; z_2=\frac{1}{2}-\frac{7}{2}i$

Thay $z_1,z_2$ vào giả thiết thỏa mãn.

Vậy, giá trị lớn nhất của biểu thức $\left|z_1\right|+\left|z_2\right|$ bằng $5\sqrt{2}$

Chọn A

Ta có $P\le \sqrt{\left(1^2+3^2\right)\left({\left|1+z\right|}^2+{\left|1-z\right|}^2\right)}=\sqrt{20\left({\left|1\right|}^2+{\left|z\right|}^2\right)}=2\sqrt{10}$

Đẳng thức xảy ra khi

$\left\{\begin{array}{l}\left|z\right|=1\\ \left|1+z\right|=\frac{\left|1-z\right|}{3}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2=1\\ x^2+y^2+1+\frac{5x}{2}=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=-\frac{4}{5}\\ y=\pm \frac{3}{5}\end{array}\right.\Rightarrow z=-\frac{4}{5}\pm \frac{3}{5}i$

Vậy $\max P=2\sqrt{10}$

Chọn B

Ta có $\left|z+3-i\right|=\left|\left(z-1+2i\right)+\left(4-3i\right)\right|\le \left|z-1+2i\right|+\left|4-3i\right|=7$

Đẳng thức xảy ra khi $\left\{\begin{array}{l}z-1+2i=k\left(4-3i\right),k>0\\ \left|z-1+2i\right|=2\end{array}\right.\Rightarrow z=\frac{13}{5}-\frac{16}{5}i$

Vậy giá trị lớn nhất của $\left|z+3-i\right|$ bằng 7.

Chọn C

Ta có $\left|z^2+4\right|=\left|z\left(z+2i\right)\right|\iff \left|\left(z+2i\right)\left(z-2i\right)\right|=\left|z\left(z+2i\right)\right|$

 $$\begin{gathered} \iff \left|z+2i\right|.\left|z-2i\right|=\left|z\right|.\left|z+2i\right| \\ \begin{array}{l}\iff \left[\begin{array}{l}\left|z+2i\right|=0\\ \left|z\right|=\left|z-2i\right|\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}z=-2i\\ \left|z\right|=\left|z-2i\right|\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}z=-2i\\ z=a+i,a\in \mathrm{ℝ}\end{array}\right.\\ \end{array} \end{gathered}$$

Gọi $z=a+bi; a, b\in ℝ$

Ta có $\left(z-1\right)\left(\overline{z}+2i\right)=\left[\left(a-1\right)a-b\left(2-b\right)\right]+\left(2a+b-2\right)i$

Do đó $\left(z-1\right)\left(\overline{z}+2i\right)$ là số thực $\iff 2a+b-2=0\iff b=2-2a$

Khi đó $\left|z\right|=\sqrt{a^2+{\left(2-2a\right)}^2}=\sqrt{5{\left(a-\frac{4}{5}\right)}^2+\frac{4}{5}}\ge \frac{2\sqrt{5}}{5}$

Đẳng thức xảy ra khi $\left\{\begin{array}{l}a=\frac{4}{5}\\ b=\frac{2}{5}\end{array}\right.$

Đặt $z=x+yi \left(x,y\in ℝ\right)$ ta có

$\left|z-1\right|=\sqrt{2}\iff \left|x-1+yi\right|=\sqrt{2}\iff \sqrt{{\left(x-1\right)}^2+y^2}=\sqrt{2}$

$\iff {\left(x-1\right)}^2+y^2=2\iff x^2+y^2=2x+1$ (*).

Lại có

$$\begin{gathered} T=\left|z+i\right|+\left|z-2-i\right|=\left|x+\left(y+1\right)i\right|+\left|x-2+\left(y-1\right)i\right| \\ =\sqrt{x^2+y^2+2y+1}+\sqrt{x^2+y^2-4x-2y+5} \end{gathered}$$

Kết hợp với (*) ta được

$T=\sqrt{2x+2y+2}+\sqrt{6-2x-2y}=\sqrt{2\left(x+y\right)+2}+\sqrt{6-2\left(x+y\right)}$

Đặt T = x + y, khi đó $T=f\left(t\right)=\sqrt{2t+2}+\sqrt{6-2t}$ với $t\in \left[-1;3\right]$

Cách 1:  Sử dụng phương pháp hàm số

Ta có $f\text{'}\left(t\right)=\frac{1}{\sqrt{2t+2}}-\frac{1}{\sqrt{6-2t}};f^{\text{'}}\left(t\right)=0\iff t=1$

Mà $f\left(1\right)=4,f\left(-1\right)=2\sqrt{2},f\left(3\right)=2\sqrt{2}$. Vậy $\max f\left(t\right)=f\left(1\right)=4$

Cách 2: Sử dụng phương pháp đại số

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có

$T=\sqrt{2t+2}+\sqrt{6-2t}\le \sqrt{\left(1+1\right).8}=4$

Đẳng thức xảy ra khi t = 1

Chọn B

Đặt $z=a+bi\left(a,b\in ℝ\right)$ và $t=\left|z+1\right|$. Khi đó

$t^2=\left(z+1\right)\left(\overline{z}+1\right)={\left|z\right|}^2+1+z+\overline{z}=2+2a\Rightarrow a=\frac{t^2-2}{2}$

Ta có

$$\begin{gathered} \left|z^2+z+1\right|=\left|a^2-b^2+2abi+a+bi+1\right|=\left|a^2+\left(1-b^2\right)+a+b\left(2a+1\right)i\right| \\ =\sqrt{{\left(2a^2+a\right)}^2+b^2{\left(2a+1\right)}^2}=\sqrt{a^2{\left(2a+1\right)}^2+\left(1-a^2\right){\left(2a+1\right)}^2} \end{gathered}$$

$=\left|2a+1\right|=\left|t^2-1\right|$

$\Rightarrow \left|z+1\right|+\left|z^2+z+1\right|=t+\left|t^2-1\right|$ (với $0\le t\le 2$, do $a^2\le 1$).

Xét hàm số $f\left(t\right)=t+\left|t^2-1\right|$ với $t\in \left[0;2\right]$

Trường hợp 1: $t\in \left[0;1\right]\Rightarrow f\left(t\right)=t+1-t^2=-t^2+t+1\le f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{5}{4}$

và có $f\left(0\right)=f\left(1\right)=1$ nên $\left\{\begin{array}{l}\underset{\left[0;1\right]}{\max }f\left(t\right)=\frac{5}{4}\\ \underset{\left[0;1\right]}{\min }f\left(t\right)=1\end{array}\right.$

Trường hợp 2: $t\in \left[1;2\right]\Rightarrow f\left(t\right)=t+t^2-1=t^2+t-1,f^{\text{'}}\left(t\right)=2t+1>0,\forall t\in \left[1;2\right]$

Do đó hàm số luôn đồng biến trên $\left[1;2\right]\Rightarrow$$\left\{\begin{array}{l}M=\underset{\left[0;2\right]}{\max }f\left(t\right)=5\\ m=\underset{\left[0;2\right]}{\min }f\left(t\right)=1\end{array}\right.\Rightarrow M+m=6$