Đề thi thử thpt quốc gia môn Toán - Đề 14

MUA File WORD LỜI GIẢI 
CHI TIẾT 30 ĐỀ CHUYÊN 
 GỌI 0966.666.201 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017 – Đề 14 
Môn: TOÁN 
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề 
LỜI GIẢI CHI TIẾT 30 ĐỀ CHUYÊN 
Câu 1: Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 3 23 9 40y x x x    trên đoạn 
 5;5 lần lượt là 
 A. 45; 115 B. 13; 115 C. 45;13 D. 115;45 
Câu 2: Với 0
2
a b

   ta có 
 A. 
sin sina b
a b
 B. 
sin sina b
a b
 C. 
sin sina b
a b
 D. 
sin sina b
a b
 
Câu 3: Cho hàm số 4 22 1024y x x   . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai? 
 A. Đồ thị hàm số qua (0; 1024)A  
 B. Hàm số có 1 cực tiểu 
 C. lim ( ) ; lim ( )
x x
f x f x
 
    
 D. Đồ thị có 2 điểm có hoành độ thỏa mãn '' 0y  . 
Câu 4: Tìm GTLN của hàm số 25y x x   trên 5; 5 
 
 ? 
 A. 5 B. 10 C. 6 D. Đáp án khác 
Câu 5: Phương trình 3 23x x m m   có 3 nghiệm phân biệt khi 
 A. 2 1m   B. 1 2m   C. 1 2m   D. 21m   
Câu 6: Phương trình tiếp tuyến của đường cong (C) 3 2y x x  tại điểm có hoành độ 1x   
là 
 A. 2y x   B. 2y x  C. 2y x   D. 2y x  
Câu 7: Cho hàm số 3 26 1y x x mx    đồng biến trên  0; khi giá trị của m là 
 A. 12m  B. 0m  C. 0m  D. 0m  
Câu 8: Trong các hàm số sau đây, hàm số nào có giá trị nhỏ nhất trên tập xác định? 
 A. 3 23 6y x x   B. 4 23 1y x x   C. 
2 1
1
x
y
x



 D. 
2 3 5
1
x x
y
x
 


Câu 9: Cho hàm số ( )y f x xác định trên tập D. Khẳng định nào sau đây sai? 
 A. Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số ( )y f x trên tập D nếu ( )f x M với mọi 
x D và tồn tại 0x D sao cho 0( )f x M . 
 B. Điểm A có tọa độ  1; (1) 1A f  không thuộc đồ thị hàm số. 
 C. Nếu tậpD R và hàm số ( )f x có đạo hàm trên R thì đồ thị của hàm số ( )y f x phải là 
một đường liền nét 
 D. Hàm số ( )f x là hàm số liên tục trên R và khoảng đồng biến của nó là    0;1 3;5 thì hàm 
số phải nghịch biến trên  1;3 . 
Câu 10: Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số 3 3 5y x x   mà hoành độ là nghiệm của 
phương trình '' 0y  ? 
 A.  0;5 B.  1;3 C.  1;1 D.  0;0 
Câu 11: Logarit cơ số 3 của số nào bằng 
1
3

 A. 3 3 B. 
3
1
3
 C. 
1
27
 D. 
1
3 3
Câu 12: Đạo hàm 2( 2 2) xey x x   là 
 A. xex B. 2 xex C.  2 4 xex x D.  2 2 xex 
Câu 13: Hàm số 2 2ln( 1 ) 1y x x x     . Mệnh đề nào sai: 
 A. Hàm số có đạo hàm 
2
1
'
1
x
y
x



 B. Hàm số tăng trên khoảng  1;  
 C. Tập xác định của hàm số là D R D. Hàm số giảm trên khoảng  1;  
Câu 14: Hàm số 2 xy x e đồng biến trên khoảng 
 A.  ;2 B.  2;0 C.  1; D.  ;1 
Câu 15: Phương trình 9 3.3 2 0x x   có 2 nghiệm 1 2 1 2; ( )x x x x . Giá trị 1 22 3x x  là 
 A. 34log 2 B. 1 C. 33log 2 D. Đáp án khác 
Câu 16: Tập xác định của hàm số 2ln( 4)y x  là 
 A.    ; 2 2;    B.  2; C.  2;2 D.  2;  
Câu 17: Phương trình 2log (3 2) 3x  có nghiệm 
 A. 
10
3
 B. 
16
3
 C. 
8
3
 D. 
11
3
Câu 18: Số nghiệm của phương trình 2 22 2 15x x   là 
 A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 
Câu 19: Gọi 1 2;x x là 2 nghiệm của phương trình 
2 5 97 343x x   . Tổng 1 2x x là 
 A. 5 B. 3 C. 4 D. 2 
Câu 20: Tìm logarit của 
1
3 3
 theo cơ số 3 
 A. 
3
2
 B. 
3
2
 C. 
2
3
 D. 
2
3
 
Câu 21: Nguyên hàm của hàm số 
2
1
(2 1)x 
 là 
 A. 
1
(2 4 )
C
x


 B. 
3
1
(2 1)
C
x



 C. 
1
(4 2)
C
x


 D. 
1
(2 1)
C
x



Câu 22: Tính 
1
2
0
1I x x dx  được kết quả 
 A. 
2
3
 B. 
2 2 1
3

 C. 
2 2
3
 D. 
2
3
Câu 23: Đổi biến 2sinx t tích phân 
1
2
0 4
dx
I
x


 trở thành 
 A. 
6
0
dt

 B. 
6
0
tdt

 C. 
6
0
1
dt
t

 D. 
3
0
dt

 
Câu 24: Cho 
2
5
1
(1 )I x x dx  và 1n x  . Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau 
 A. 
1
5
2
(1 )I x x dx  B. 
13
42
I  C. 
1
6 5
0
6 5
n n
I
 
  
 
 D. 
1
5
0
( 1)I n n dn  
Câu 25: Kết quả của 
2
2
0
5 7
3 2
x
I
x x


 
 là 
 A. 2ln 2 3ln3 B. 2ln3 3ln 2 C. 2ln 2 ln3 D. 2ln3 2ln 4 
Câu 26: Cho (P) 2 1y x  và (d) 2y mx  . Tìm m để diện tích hình phẳng giới hạn (P) và 
(d) đạt giá trị nhỏ nhất ? 
 A. 
1
2
 B. 
3
4
 C. 1 D. 0 
Câu 27: Cho '( ) 3 5sinf x x  và (0) 10f  . Trong các khẳng định sau, khẳng định nào 
đúng 
 A. ( ) 3 5cos 2f x x x   B. 
3
2 2
f
  
 
 
 C. ( ) 3f x  D. ( ) 3 5cosf x x x  
Câu 28: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn điều kiện 
2
z z z  ? 
 A. 0 B. 1 C. 3 D. 2 
Câu 29: Modun của số phức 25 2 (1 )z i i    bằng 
 A. 7 B. 3 C. 5 D. 2 
Câu 30: Cho hai số phức 1 3z i  và 2 2z i  . Giá trị của biểu thức 1 1 2z z z là 
 A. 0 B. 10 C. 10 D. 100 
Câu 31: Mô đun của số phức z thỏa mãn phương trình      2 1 1 1 1 2 2z i z i i       
là 
 A.
2
3
 B. 
3
2
 C. 
1
2
 D. 
1
3
Câu 32: Gọi 1 2;z z là hai nghiệm phức của phương trình 
2 4 7 0z z   . Tính 
2 2
1 2z z ? 
 A. 10 B. 7 C. 14 D. 21 
Câu 33: cho số phức z thỏa mãn 
z
z i
z i
 

 . Modun của số phức 21z z    là 
 A. 4 B. 9 C. 1 D. 13 
Câu 34: Số số phức z thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện 2z  và 2z là số thuần ảo là 
 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 
Câu 35: Phần ảo của số phức z thỏa mãn    
2
2 1 2z i i   là 
 A. 2 B. 2 C. 2 D. -2 
Câu 36: Trong hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm  2;1;4A ,  2;2; 6B   ,  6;0; 1C  . Tích 
.AB BC bằng 
 A. 67 B. 84 C. 67 D. 84 
Câu 37: Trong hệ tọa độ Oxyz cho hình bình hành OADB có  1;1;0OA   và 
 1;1;0OB  (O là gốc tọa độ). Tọa độ tâm hình bình hành OADB là 
 A.  0;1;0 B.  1;0;0 C.  1;0;1 D.  1;1;0 
Câu 38: Trong hệ tọa độ Oxyz cho 3 điểm (0;2;1)A , (3;0;1)B ,  1;0;0C . Phương trình mặt 
phẳng (ABC) là 
 A. 2 3 4 2 0x y z    B. 4 6 8 2 0x y z    
 C. 2 3 4 2 0x y z    D. 2 3 4 1 0x y z    
Câu 39: Trong hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng   đi qua  0;0; 1M  và song song với giá 
của 2 vecto    1; 2;3 , 3;0;5a b   . Phương trình mặt phẳng   là 
 A. 5 2 3 21 0x y z    B. 5 2 3 3 0x y z     
 C. 10 4 6 21 0x y z    D. 5 2 3 21 0x y z    
Câu 40: Trong không gian Oxyz có ba vecto ( 1;1;0)a   , (1;1;0)b  , (1;1;1)c  .Trong các 
mệnh đề sau mệnh đề nào sai? 
 A. 2a  B. 3c  C. a b D. b c 
Câu 41*: Một nhà văn viết ra một tác phẩm viễn tưởng về người tí hon. Tại một ngôi làng có 
ba người tí hon sống ở một vùng đất phẳng. Ba người phải chọn ra vị trí để đào giếng nước 
sao cho tổng quãng đường đi là ngắn nhất. Biết ba người nằm ở ba vị trí tạo thành tam giác 
vuông có hai cạnh góc vuông là 3 km và 4 km và vị trí đào giếng nằm trên mặt phẳng đó. Hỏi 
tổng quãng đường ngắn nhất là bao nhiêu?(làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai). 
 A. 7km B. 6,5km C. 6,77km D. 6,34km 
Câu 42: Cho mặt cầu (S) có tâm (2;1; 1)I  và tiếp xúc với mặt phẳng   có phương trình 
2 2 2 3 0x y x    . Bán kính mặt cầu (S) là 
 A. 2 B. 
2
3
 C. 
4
3
 D.
2
9
Câu 43: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’. Cạnh 6a  . Biết diện tích tam giác A’BA 
bẳng 9. Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ bẳng 
 A. 
27 3
4
 B. 9 3 C. 6 3 D. 27 3 
Câu 44: Đáy của hình chóp S.ABCD là hình vuông cạnh 2a. Cạnh bên SA vuông góc với 
mặt phẳng đáy và có độ dài là 4a. Tính thể tích khối tứ diện SBCD bằng 
 A. 
316
6
a
 B. 
316
3
a
 C. 
3
4
a
 D. 32a 
Câu 45: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại 
B, 2 . ( )AB ASA ABC  và cạnh bên SB hợp với mặt phẳng (SAC) một góc 300. Tính thể 
tích hình chóp SABC theo a? 
 A. 
3
12
a
 B. 
33
8
a
 C. 
34
3
a
 D. 32a 
Câu 46: Cho hình chóp S.ABC có 3SA SB SC a   và lần lượt vuông góc với nhau. Tỉ số 
3
SABCV
a
 bằng 
 A. 2 B. 3 C. 
9
2
 D. 
3
2
Câu 47: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều và ( ). 3SA ABC SC a  và SC hợp 
với đáy một góc 300. Tính thể tích khối chóp S.ABC 
 A. 
3
12
a
V  B. 
39
32
a
V  C. 
3
6
a
V  D.
33
4
a
V  
Câu 48: Cho hình chó S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A, mặt bên (SBC) là tam giác 
đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Thể tích khối chóp bằng 
 A. 
3 3
6
a
 B. 
3 3
8
a
 C. 
3 3
24
a
 D. 
3
12
a
Câu 49: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là vuông canh 2a, mặt bên (SAB) vuông góc với 
đáy , 3SA a SB a  . Tính thể tích khối chóp S.ABCD? 
 A. 
32 3
3
a
 B. 
32 3
5
a
 C. 
32 3
6
a
 D.
3 15
9
a
Câu 50: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2BD a , mặt bên SAC là tam 
giác vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, 3SC a . Thể tích khối chóp 
S.ABCD là 
 A. 
3 3
4
a
 B. 
3 3
6
a
 C. 
3 3
3
a
 D. 
32 3
3
a
Đáp án 
1-A 6-B 11-B 16-A 21-A 26-D 31-A 36-D 41-C 46-C 
2-C 7-A 12-B 17-A 22-B 27-C 32-C 37-A 42-A 47-B 
3-C 8-B 13-D 18-C 23-A 28-A 33-C 38-C 43-B 48-C 
4-B 9-9 14-A 19-A 24-C 29-C 34-D 39-B 44-B 49-A 
5-A 10-A 15-C 20-A 25-B 30-B 35-A 40-D 45-C 50-C 
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 
Câu 1: Đáp án A 
Với bài toán này, ta xét tất cả giá trị ( )f x tại các điểm cực trị và điểm biên. 
Đầu tiên ta tìm điểm cực trị: 
2' 3 6 9y x x   
3
' 0
1
x
y
x

    
Xét 
( 1) 45f   
(3) 13f  
(5) 45f  
( 5) 115f    
Vậy ta có thể thấy GTLN và GTNN là 45 và 115 
Đáp án A 
Câu 2: Đáp án C 
Phân tích: 
Hàm số 
sin
( )
x
f x
x
 xét trên 0;
2
 
 
 
 có: 
2 2
cos sin ( ).cos
'( )
x x x h x x
f x
x x

  
( ) tanh x x x  
2
1
'( ) 1 0
cos
h x
x
   
( ) (0) 0 '( ) 0h x h f x     
Do đó, ( )f x là hàm nghịch biến trên 0;
2
 
 
 
Vậy đáp số là C 
Câu 3: Đáp án C 
Với bài này, ta không nhất thiết phải xét cả 4 đáp án, Chỉ cần nhớ một chút tính chất của hàm 
bậc 4 là ta có thể có được đáp án nhanh chóng. 
Tính chất đó là: 
lim ( ) ; lim ( )
x x
f x f x
 
    
Trong khi đó, ta dễ dàng nhìn ra được đáp án C có chi tiết không đúng là lim ( )
x
f x

  (tính 
chất chỉ xuất hiện với hàm số hàm lẻ) 
Vậy đáp án là C 
Câu 4: Đáp án B 
Bài toán này ta có thể giải với 2 cách: 
Cách 1: Cách kinh điển, cơ bản của hàm số 25y x x   
Ta xét trên miền xác định của hàm số 5; 5 
 
Ta có 
2
' 1
5
x
y
x
 

2
' 0 1
5
x
y
x
  

2
2
0
5
5 5
2
2
x
x x x
x


     

Xét 
5
( 5) 2,2, ( ) 10 3,2, ( 5) 2,2
2
y y y      
Vậy GTLN của hàm số là 10 
Cách 2: Cách này tương đối nhanh nhưng nó không có một cách làm chung cho tất cả bài toán. 
Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 2 số ta có: 
2 2 1 1 2 2 2 2 2( 5 ) (1 1 )( 5 ) ( 5 ) 10 ( 5 ) 10x x x x x x x x              
Dấu “=” xảy ra khi 
5
2
x  
Câu 5: Đáp án A 
Phân tích bài toán: Ta thấy số nghiệm của phương trình cũng chính là số giao điểm của 2 đồ thị 
3 3y x x  và 2y m m  
Xét đồ thị hàm số 3 3y x x  có: 2' 3 3y x  
Dễ thấy ' 0y  có 2 nghiệm phân biệt. Vì thế đồ thị cũng có 2 điểm cực trị là  1;2 và  1; 2 
Vậy muốn có 3 nghiệm phân biệt thì đồ thị 2y m m  phải cắt đồ thị 3 3y x x  tại 3 điểm 
phân biệt. 
Như vậy có nghĩa là 2m m phải nằm trong khoảng từ 2 đến 2 
  
2
2
2
2 0
2 2 2 1 2;1
2 0
m m
m m m m
m m
   
            
  
Vậy đáp án là A 
Câu 6: Đáp án B 
Ta nhắc lại một chút về kiến thức về tiếp tuyến của ( )C tại một điểm  ;o oA x y 
Phương trình tiếp tuyến tại A là: '( )( )o oy f x x x y   
Áp dụng với bài toán này, ta có 2' 3 2. '( 1) 1, ( 1) 1y x y y      
Vậy phương trình tiếp tuyến là ( 1) 1 2y x x     
Đáp án là B 
Câu 7: Đáp án A 
Để hàm số đồng biến trên  0; thì: ' 0 0y x   
Ta có 2' 3 12y x x m   
Ta thấy rằng đồ thị của 'y là một parabol có đáy là một cực tiểu. Để ' 0 0y x   điểm cực tiểu 
này phải có tung độ lớn hơn 0. 
Ta có '' 6 12y x  
'' 0y  khi 2x  . Khi đó '(2) 12y m   
Để ' 0 0y x   thì 12m  
Đáp án là A 
Câu 8: Đáp án B 
Ta không nên đi xét tất cả 4 đáp án đối với bài toán này. 
Ta thấy ngay:  3 2lim 3 6
x
x x

   nên hàm số không có GTNN 
Tương tự, ta có: 
1
2 1
lim
1x
x
x

 

nên hàm số cũng không có giá trị nhỏ nhất 
2
1
3 5
lim
1x
x x
x
 
 

nên hàm số cũng không có GTNN 
Lời khuyên là các bạn áp dụng cách xét lim này trước khi xét đến '( )f x để tránh mất thời gian 
và đôi khi còn dễ gây sai lầm. 
Đáp án B 
Câu 9: Đáp án D 
Các khẳng định A, B, C đều đúng. Tại sao khẳng định D sai? Lý do, ta hoàn toàn có thể cho 
đoạn  1;3 của hàm số là hằng số nên hiển nhiên nó cũng không đồng biến và nghịch biến trên 
đoạn đó! 
Đáp án là D 
Câu 10: Đáp án A 
Nhắc lại một chút về lý thuyết 
Điểm uốn của đồ thị là điểm mà đạo hàm cấp hai đổi dấu, tức là ta phải xét đạo hàm của '( )f x 
Xét: 2' 3 3y x  
Ta có: ( ') ' '' 6y y x  
'' 0y  khi 0x  . Và (0) 5y  
Ta có điểm thỏa mãn của đồ thị là  0;5 
Đáp án là A 
Câu 11: Đáp án B 
Ta có công thức sau: loga b c thì 
cb a 
Áp dụng vào bài này ta sẽ được 
1
3
3
1
3
3

 
Đáp án là B 
Câu 12: 
Cần lưu ý về 2 công thức sau: 
- Đạo hàm phép nhân: ( ) ' ' 'uv u v uv  
- Đạo hàm của xe là xe 
Áp dụng, ta có:    2 2 22 2 ' (2 2) 2 2x x x xx x e x e x x e x e          
Đáp án là B 
Câu 13: 
Ta thấy rằng: 
2
2
1 0
1 0
x x
x D R
x
   
  
 
 nên C đúng. 
Ta xét đến 
2
2 2 2
1
11
' : '
1 1 1
x
x xx
y y
x x x x

  
   
 nên A đúng 
' 0 1y x    nên hàm số đồng biến trên  1;  nên B đúng 
Vậy đáp án là D vì hàm số tăng trên  1;  chứ không phải là giảm 
Câu 14: 
Để hàm số đồng biến trên khoảng xét thì ' 0y  trên khoảng xét đó 
Ta có:  2 2' ' 2 ( 2)x x x xy x e x e xe x x e     
' 0 ( 2)
2
x o
y x x o
x

       
Trong 4 đáp án thì khoảng  ; 2  là đáp án đúng. 
Đáp án A 
Câu 15: 
Nhận thấy:  
2
9 3x x 
Đặt 3 ( 0).x t t  Ta có phương trình: 9 3.3 2 0x x   trở thành phương trình bậc hai sau: 
2
1
3 2 0
2
t
t t
t

     
Trở lại phép đặt ta được: 
1 3
1 2
2 3
log 1 0
( )
log 2
x
dox x
x
 


Vậy 33log 2A  . Đáp án là C 
Câu 16: 
Điều kiện để tồn tại hàm số 2ln( 4)y x  là: 
   2 2
2
4 0 4 ; 2 2;
2
x
x x x
x

            
Câu 17: 
Ta có: 2log (3 2) 3x  
2
;
3
D
 
  
 
3 103 2 2 3 10
3
x x x       
Vậy đáp án là A 
Lưu ý: Với những bài toán như thế này, chúng ta không nhất thiết phải giải như thế này. Thay 
vào đó, các bạn có thể sử dụng công cụ máy tính thay trực tiếp 4 đáp án vào biểu thức. 
Câu 18: Ta có 
 
2
2 2 42 2 15 4.2 15 4. 2 15.2 4 0
2
x x x x x
x
          
22 ( 0) 4 15 4 0x t t t t      
Đến đây ta thấy có 2 điều: 
215 4.4.4 0
4
0
4
   




Nên phương trình với t có 2 nghiệm phân biệt và trái dấu. Mà 0t  nên chỉ có 1 nghiệm thỏa 
mãn. Vậy phương trình với x cũng có 1 nghiệm thỏa mãn. 
Đáp án là C 
Câu 19: 
2 5 97 343x x   
Nhận thấy: 3343 7 nên ta có phương trình tương đương: 
2 2
2
5 9 3 5 6 0
3
x
x x x x
x

         
Vậy 1 2 5x x  . Vậy đáp án A. 
Ngoài ra khi ra được phương trình bậc hai như trên ta có thể áp dụng ngay định lý Viet để giải 
với công thức 1 2
b
x x
a

  
Câu 20: Ta có 
3
2
3 3
1 3
log log 3
23 3


  
Vậy đáp án là A 
Câu 21: 
2(2 1)
dx
x 
Đổi biến 2 1x t  . Ta có 2dt dx 
Ta được 
2
1
2 2
dt
C
t t

  
Trở lại phép đổi biến ta được: 
1
2 4
C
x


Cần chú ý giữa phương án A và C bởi vì 2 phương án tương đối giống nhau, chỉ khác nhau về 
dấu. Đáp án ở đây là A. 
Câu 22: Ta có thể dễ dàng nhận ra 2( 1) ' 2x x  nên ta đặt: 2 1 , 2x t dt xdx   
Đổi cận với 0x  thì 1; 1t x  thì 2t  
2
3
2 2
1
1
2 2 1 2 2 1
2 3 3 3 3
t t
I dt

     
Đáp án là B 
Câu 23: Đặt: 2sin 2cosx t dx tdt   
Đổi cận: với 0x  thì 0t  , với 1x  thì 
6
t

 
2 24 4 4sin 2cosx t t    
(do cost 0 trong khoảng từ 0 đến )
6

Vậy 
6
0
I dt

  . Đáp án là A 
Câu 24: 
Ta có: 
1 1
5 5
2 2
( 1) (1 )I x x dx x x dx      nên A đúng. 
Thay: 1n x  ta có: dn dx và 1x n  
Ta có: 
1
5
0
( 1)n n dn nên D đúng. 
11 7 6
5
0 0
( 1)
7 6
n n
I n n dn
 
    
 
 nên C sai. 
Vậy đáp án là C 
Câu 25: 
Phân tích: Đây là bài toán khá là khó, đòi hỏi áp dụng nhiều kĩ thuật phân tách cũng như tính 
tích phân. Với dạng tích phân với số 
2
ax b
cx dx e

 
 thì phương pháp làm như sau: 
Ta tách biểu thức thành 2 thành phần đó là: 
2
2 2
(2 ) ( )k cx d kd cx dx e
cx dx e cx dx e
  

   
 và
2
k
cx dx e 
Áp dụng ta tách biểu thức thành: 
2 2
5(2 3) 1
;
2( 3 2) 2( 3 2)
x
x x x x
 
   
 ta được: 
2 2
2 2
0 0
5(2 3) 1
2( 3 2) 2( 3 2)
x
I dx dx
x x x x

 
    
2 2
2
2
0 0
5 ( 2) ( 1)
( 3 2)
2( 3 2) 2( 2)( 1)
x x
d x x dx
x x x x
  
   
    
 
2
22
0
0
5 1
ln( 3 2) ln( 1) ln( 2)
2 2
x x x x       
5 5 1 1 1 5 5 1 1
ln12 ln 2 ln3 ln 4 ln 2 ln3 ln 4 3ln 2 ln 4 ln3
2 2 2 2 2 2 2 2 2
          
2ln3 3ln 4 3ln 2 2ln3 3ln 2     
Vậy đáp án là B 
Câu 26: Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm phương trình: 
2 21 0, 0 4 0x mx m m         
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt 1 2,x x thỏa mãn: 
Theo định lý Viet kết hợp yêu cầu: 
1 2
1 2
1 2
1
x x m
x x
x x
 

 
 
Ta có: 
2 2
1 1
2 2( 2 1) ( 1 )
x x
x x
S mx x dx mx x dx        
2
1
2 3 2 32 3
2 2 1 1
2 1( )
2 3 2 3 2 3
x
x
mx x mx xmx x
x x x         
2 2
2 2
2 1
1 2
( ) 1 ( 1) 4
2 3 6 3
m m
x x m m
   
         
   
S có GTNN khi 0m  . Đáp án là D. 
Câu 27: Ta có: 
( ) (3 5sin ) 3 5cosf x x dx x x C     
(0) 10f  nên ta có 5 10 5C C    
Vậy ( ) 3 5cos 5f x x x   . Vì thế A và D là sai. 
Lại có:   3 5 5 3f       nên C đúng. 
Câu 28: Gọi  ; ;z a bi a b R   thay vào biểu thức ta có: 
2 2 2
2a bi z a bi bi z bi bi z         
Ta thấy không thể nào tồn tại số thực z thỏa mãn điều kiện trên vì một bên là phần thực, một bên 
là phần ảo. Đáp án là A. 
Câu 29: 
Trước hết, ta rút gọn số phức: 25 2 (1 ) 5 2 2 5i i i i       
Vậy modun của số phức là 5. Đáp án C 
Câu 30: Ta có: 21 1 2 3 (3 )(2 ) 3 6 2 3 10z z z i i i i i i i             
Vậy 1 1 2 10z z z  . Đáp án B 
Câu 31: Ta cần rút gọn biểu thức trước: 
2 (1 ) 1 (1 ) 1 2 2 2 (1 ) (1 ) 2z i i z i i i z i z i              
Đặt z a bi z a bi     ta có: 
2( )(1 ) ( )(1 ) 2 2 2 2( ) 1 ( ) 2a bi i a bi i a b a b i b a b i               
1
0 3
3( ) ( ) 2
3( ) 2 1
3
a
a b
a b a b i
a b
b

  
       
    

Vậy modun của số phức cần tìm là: 
2 2
1 1 2 2
3 3 9 3
   
     
   
 . Đáp án A. 
Câu 32: Ta có: 
2 22 2 2 2
1 2
2 3
4 4 3 ( 2) 3 2.( 4 3) 14
2 3
z i
z z z i z z
z i
   
            
  
Với bài toán này, ta có thể sử dụng chức năng giải phương trình bậc 2 trên máy tính CASIO, ta 
có thể nhận được kết quả 1z và 2z một cách nhanh chóng hơn. 
Đáp án là C 
Câu 33: Gọi z a bi z a bi     
 
2 2
2 2 2 1( ) 1 1 (2 ) 0
(2 1) 0
a a b
a bi a bi a b a ab b i
a b
   
            
 
Từ phương trình 2, ta có 2 trường hợp: 
Nếu 20, 1 0b a a    (vô nghiệm) 
21 7 1 7 1 7 71 1 1
2 4 2 2 4 4 2
a b z z i i

              
Vậy modun của số phức là 1. Đáp án là C 
Câu 34: 
Phân tích bài toán: Nếu 2z là số thuần ảo thì z phải có dạng là (1 ); (1 )a i a i  với a là số thực. 
Lại có: 2 2
1
1
2 1 1
1
1
z i
z i
z
z i
z i
 
  
   
   

  
Vậy có 4 số phức thỏa mãn. Đáp án D 
Câu 35: 
Ta nên rút gọn vế phải trước: 
2( 2 )