Câu c) bạn nhìn kỹ mới thấy nó rất đơn giản.
Ta sẽ chỉ ra rằng với mọi số phức $z$ thì  $\left| z \right| = \left| {\bar z} \right|$.
Thật vậy nếu $z=x+yi, x,y \in \mathbb{R}$ thì $\bar z=x-yi$
Như vậy $\left| z \right| = \sqrt{x^2+y^2}=\left| {\bar z} \right|$
Và câu trả lời trong trường hợp này là toàn bộ mặt phẳng toạ độ.
Thêm một chút cho câu b)
Bạn chứng minh điều này coi như bài tập nhé
Cho $z, z'$ là hai số phức thỏa mãn $z' \ne 0$ thì ta luôn có
$\left| {\frac{z}{z'}} \right|=\frac{|z|}{|z'|}$
Gợi ý là hoàn toàn dùng biến đổi thông thường với giả thiết $z=x+yi,    z'=x'+y'i$ nhé.

b) $\left| {\frac{{z - i}}{{z +i}}} \right| = 1 \Leftrightarrow  {\frac{{|z - i|}}{{|z +i|}}} = 1 \Leftrightarrow  \frac{{x^2+(y-1)^2}}{{x^2+(y+1)^2}} = 1 \Leftrightarrow y=0$.
 Tập hợp các điểm $z$ như trên chính là trục hoành.

a) Tập hợp điểm $z=x+yi,  x,y \in \mathbb{R} $ thỏa mãn $\left| {z - i} \right| = 1\Leftrightarrow |x+(y-1)i|=1\Leftrightarrow x^2+(y-1)^2=1$ là đường tròn tâm $E\left( 0,1 \right)$ bán kính $R = 1$.

Bài toán này cơ bản, chỉ là đố nhau về tính toán thôi.
Dễ thấy $ \cos x \ne 0$
Chia 2 vế của PT cho $\cos ^2x \ne 0$ ta được 
$7\tan^2x + 4\tan x - 3 - 3\sqrt[3]{{15}}\left( {1 + \tan^2x} \right) = 0$
$ \Leftrightarrow \left( {7 - 3\sqrt[3]{{15}}} \right)\tan^2x + 4\tan x - \left( {3 + 3\sqrt[3]{{15}}} \right)$$ = 0$  (2)
Ta có: ${\Delta'} = 4 + \left( {7 - 3\sqrt[3]{{15}}} \right)\left( {3 + 3\sqrt[3]{{15}}} \right)= 25 + 12\sqrt[3]{{15}} - 9\sqrt[3]{{{{15}^2}}}$
Đặt $t = \sqrt[3]{{15}} \Rightarrow {t^3} = 15 \Rightarrow \frac{5}{3}{t^3} = 25$, khi đó
${\Delta'} = \frac{5}{3}{t^3} - 9{t^2} + 12t = \frac{5}{3}t\left( {t - 3} \right)\left( {t - \frac{{12}}{5}} \right)$
Dễ thấy   ${\left( {\frac{{12}}{5}} \right)^3}{\text{ < }}15{\text{ < }}{3^3} \Leftrightarrow \frac{{12}}{5}{\text{ < }}t = \sqrt[3]{{15}}{\text{ < }}3$                                         
Suy ra ${\Delta'}{\text{ < }}0 \Rightarrow (2)$ vô nghiệm $ \Rightarrow \left( 1 \right)$ vô nghiệm
Kết luận: phương trình đã cho vô nghiệm .

$2\sqrt 2 \left( {\sin x + \cos x} \right)\cos x = 3 + \cos 2x$
$ \Leftrightarrow \sqrt 2 \sin 2x + \left( {\sqrt 2  - 1} \right)\cos 2x = 3 - \sqrt 2 $
   Có: $\left\{ \begin{array}
  {a^2} + {b^2} = {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} + {\left( {\sqrt 2  - 1} \right)^2} = 5 - 2\sqrt 2   \\
  {c^2} = {\left( {3 - \sqrt 2 } \right)^2} = 11 - 6\sqrt 2   \\
\end{array}  \right.$
 Ta sẽ chứng minh: ${a^2} + {b^2}{\text{ < }}{{\text{c}}^{\text{2}}}$
$ \Leftrightarrow 5 - 2\sqrt 2 {\text{ < 11 - 6}}\sqrt {\text{2}} $
$ \Leftrightarrow 4\sqrt 2 {\text{ < 6}} \Leftrightarrow {\left( {{\text{4}}\sqrt {\text{2}} } \right)^2}{\text{ < }}{{\text{6}}^{\text{2}}}$$ \Leftrightarrow 32{\text{ < 36}}$(đúng)
  Vậy phương trình vô nghiệm.

Bạn xem cách giải này tự nhiên hơn nhé
$\frac{x}{\sqrt{1-x}}+\frac{y}{\sqrt{1-y}}=\frac{1-y}{\sqrt{y}}+\frac{1-x}{\sqrt{x}}=\frac{1}{\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{x}} -(\sqrt{x}+\sqrt{y})$
$=\frac{1}{\sqrt{y}}+2\sqrt{y}+\frac{1}{\sqrt{x}}+2\sqrt{y} -3(\sqrt{x}+\sqrt{y})          (*)$
Áp dụng BĐT Cô-si ta được
 $\frac{1}{\sqrt{y}}+2\sqrt{y} \ge 2\sqrt 2                (1)$
 $\frac{1}{\sqrt{x}}+2\sqrt{x} \ge 2\sqrt 2                 (2)$
Mặt khác $(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2 \le 2(x+y)=2 \Rightarrow \sqrt{x}+\sqrt{y} \le \sqrt 2           (3)$ 
Từ $(*), (1), (2), (3)$  ta có
$\frac{x}{\sqrt{1-x}}+\frac{y}{\sqrt{1-y}} \ge2 \sqrt 2 +2\sqrt 2 -3\sqrt 2 =\sqrt 2  $
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=y=\frac{1}{2}$ 

3) Chia cả hai vế của PT cho $27^{x^3-1}$  ta được
$\left (\frac{2}{3} \right )^{3(x^3-1)}-\left ( \frac{2}{3} \right )^{2(x^3-1)}=2$
Đặt $t=\left ( \frac{2}{3} \right )^{(x^3-1)} >0$ thì ta được PT $t^3+t^2-2=0\Leftrightarrow t=1$
Thay trở lại phép đặt ẩn phụ
$\left ( \frac{2}{3} \right )^{(x^3-1)}=1\Leftrightarrow x^3-1=0\Leftrightarrow x=1$

Bạn có thể xem lời giải chi tiết tại đây nhé
http://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Chuyen-De/113302/ung-dung-tinh-don-dieu-cua-ham-so-de-chung-minh-bat-dang-thuc

2) Chia cả hai vế của PT cho $25^{\frac{1}{x}}$ với chú ý $x \ne 0$ ta được
$\left ( \frac{7}{5} \right )^{\frac{2}{x}}-\left ( \frac{7}{5} \right )^{\frac{1}{x}}=1$
Đặt $t=\left ( \frac{7}{5} \right )^{\frac{1}{x}} >0$ thì ta được PT $t^2-t-1=0\Leftrightarrow t=\frac{1+ \sqrt 5}{2}$
Thay trở lại phép đặt ẩn phụ
$\left ( \frac{7}{5} \right )^{\frac{1}{x}}=\frac{1+ \sqrt 5}{2}\Leftrightarrow \frac{1}{x}=\log_{7/5}\frac{1+ \sqrt 5}{2}\Leftrightarrow x=\frac{1}{\log_{7/5}\frac{1+ \sqrt 5}{2}}$

1) Nếu ý của bạn $\log$ là $\log_{10}$ thì
PT $\Leftrightarrow \log x^{3 - \log \frac{x}{3}} = \log 900\Leftrightarrow (3 - \log \frac{x}{3})\log x= 2\log 3 +2$
$\Leftrightarrow (3-\log x+\log 3)\log x =2\log 3 +2\Leftrightarrow \log^2 x - \log x(3+ \log 3)+2\log 3 +2=0$
$\Leftrightarrow \log x = \frac{3+\log 3 \pm \sqrt{(3+ \log 3)^2-4(2\log 3+2)}}{2}= \frac{3+\log 3 \pm (\log3-1)}{2}=\left[ {\begin{matrix} 2\\  \log 30 \end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=100\\x= 30 \end{matrix}} \right.$

Điều kiện $\cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi $  $\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.
Với điều kiện trên PT:
$ \Leftrightarrow \cos x - 1 + \frac{1}{\cos^2x} = \cos 2x+\tan^2x$
$ \Leftrightarrow \cos x = \cos 2x$    $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}
  x = k2\pi   \\
  x = \frac{{k2\pi }}{3}  \\
\end{array}  \right.$   ,$k \in \mathbb{Z}$     $ \Leftrightarrow x_k = \frac{{k2\pi }}{3}$ (*)
Do $0 \le x \le100$ nên $0 \le k \le \left[ {\frac{{100}}{{\frac{{2\pi }}{3}}}} \right] = \left[ {\frac{{50}}{{\frac{\pi }{3}}}} \right] = 47$
Tổng các nghiệm là
$ S =\sum_{k=0}^{47}x_k=\sum_{k=0}^{47}k . \frac{{2\pi }}{3}=\frac{47\times 48}{2} . \frac{{2\pi }}{3}=752\pi $

Từ câu a) thì ta cần tìm những số phức dạng $z=a \pm ai,    a \in \mathbb{R}.$
$\left| {\frac{{z - 1}}{{z - 3}}} \right| = 1 \Leftrightarrow  {\frac{{|z - 1|}}{{|z - 3|}}} = 1 \Leftrightarrow  {\frac{{(a-1)^2+a^2}}{{(a-3)^2+a^2}}} = 1 \Leftrightarrow a = 2$.
Vậy có hai số phức thỏa mãn đề bài là : $z_1 = 2(1 + i)$ và $z_2 = 2(1 – i)$.

a) $\overline z =x-yi$
${z^2} + {\left( {\overline z } \right)^2} = 2\left( {{x^2} - {y^2}} \right)$.
Từ ${z^2} + {\left( {\overline z } \right)^2} = 0 \Leftrightarrow {x^2} = {y^2}$
Vậy tập hợp cần tìm là hai đường thẳng : $y =$ $ \pm $$x$

Trước hết bạn tìm điều kiện
$\begin{cases}x^2-5x+6>0\\ x - \frac{1}{2}>0 \\(x-3)^2 >0 \end{cases}\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x>3\\  \frac{1}{2} <x <2\end{matrix}} \right.$
Ta biết công thức trong Loogarit như sau  $\log_{A^p}B^p=\begin{cases}\log_A B   \text{nếu p lẻ}\\ \log_A |B|  \text{nếu p chẵn} \end{cases}$  và $\log_{A^p}B=\frac{1}{p}\log_A B$
Như vậy PT $\Leftrightarrow \log_{3^3}(x^2-5x+6)^3=\frac{1}{2}.\log_{3^{1/2} } (x-\frac{1}{2})+\log_{3^2} (x-3)^2 $
$\Leftrightarrow \log_{3}(x-2)(x-3)=\log_{3 } (x-\frac{1}{2})+\log_{3} |x-3| $
 $\Leftrightarrow (x-2)(x-3)=(x-\frac{1}{2})|x-3|    (*)$
 Nếu $x>3$ thì $(*)\Leftrightarrow x-2=x-\frac{1}{2}$, vô nghiệm.
 Nếu $  \frac{1}{2} <x <2$ thì $(*)\Leftrightarrow x-2=\frac{1}{2}-x\Leftrightarrow x=  \frac{5}{4}$, thỏa mãn.