Câu hỏi vận dụng có đáp án chi tiết trong đề kiểm tra học kỳ 2 môn toán năm 2018 sở GDĐT nam định lần 8

CÂU HỎI VD – VDC ĐỀ HK2 SỞ GD NAM ĐỊNH 2018 TỔ 11_LẦN Câu 27 [2H2-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) A Cho hình lăng trụ tam giác ABC A′B′C ′ có tất cạnh a Gọi M , N trung điểm cạnh AB C M B B′C ′ Mặt phẳng ( A′MN ) cắt cạnh BC P Thể tích khối đa diện MBP A′B ′N A C 3a 24 3a 12 B D 3a 96 N 3a 32 B' Lời giải I A C M B P A′ C′ N B′ Chọn B Gọi I = A ' M ∩ BB ' nên P = IN ∩ BB ' Áp dụng tỉ số thể tích ta có VIMBN IM IB IP 1 1 = = = VIA ' B ' N IA ' IB ' IN 2 C' A' Do đó: VMBN A ' B ' N VIA ' B ' N − VIMBN = = VIA ' B ' N VIA ' B ' N 7 1 a 3 ⇒ VMBN A ' B ' N = VIA ' B ' N = IB ' A ' B '.B ' N sin 600 = 2a.a = a 8 48 2 96 Câu 28 [2H1-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên hình vẽ −∞ x A Đồ thị hàm số y = f ( x ) − 2m điểm cực chỉ f '( x) + − + +∞ 11 trị A m ∈ ( 4;11) +∞ có f ( x)  11  m ∈  2;   2  11  m ∈  2; ÷  2 B −∞ C D m = Lời giải Chọn C Cách 1: Đặt g ( x ) = f ( x ) − 2m Đồ thị hàm số y = f ( x ) − 2m suy cách: Giữ nguyên phần đồ thị hàm số y = g ( x ) phía Ox, kể điểm Ox Lấy đối xứng phần đồ thị hàm số y = g ( x ) phía Ox qua trục Ox Bỏ phần đồ thị hàm số y = g ( x ) phía Ox Xét tương giao đồ thị hàm số y = f ( x ) đường thẳng y = 2m TH1: 2m ≤ ⇔ m ≥ Suy đồ thị hàm số y = f ( x ) − 2m có điểm cực trị (loại) TH2: < 2m < 11 ⇔ < m < 11 Suy đồ thị hàm số y = f ( x ) − 2m có điểm cực trị (thỏa mãn) TH3: 2m ≥ 11 ⇔ m ≥ 11 Suy đồ thị hàm số y = f ( x ) − 2m có điểm cực trị (loại)  11  Vậy m ∈  2; ÷ (đáp án C)  2 Cách 2: y = f ( x ) − 2m ⇒ y ' = f ' ( x ) ( f ( x ) − 2m ) ( f ( x ) − 2m ) ( ) Đồ thị hàm số y = f ( x ) − 2m có điểm cực trị chỉ phương trình f x = 2m có { } nghiệm phân biệt ∉ 1;2 ( ) Dựa vào bảng biến thiên ta có f x = 2m có nghiệm phân biệt ∉ { 1;2} ⇔ < 2m < 11⇔ < m < Câu 29 [2D1-3] (Đề HK2 Sở 11 GD Nam Định – 2018) Biết bất ) ( phương ( trình m x + − x + ≤ x − x + x + − x + có nghiệm chỉ m ∈ −∞; a + b  với a, b ∈ ¢ Tính giá trị T = a + b A T = B T = C T = D T = Lời giải Chọn B Điều kiện −1 ≤ x ≤ Bất phương trình tương đương với ) ( ( ) m x + − x + ≤ x − x + x + − x + ( 1) Đặt t =| x | + − x > Suy t = + x − x ( Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có t ≤ + × x + − x = Suy t ∈ 0;  Ta có bất phương trình theo t : t2 + t +1 m(t + 1) ≤ t + t + ⇔ m ≤ ⇔m≤t+ ( 2) t +1 t +1 ( Bất phương trình ( 1) có nghiệm chỉ bất phương trình ( ) có nghiệm t ∈ 0;  Đặt hàm số f (t ) = t + Ta có f '(t ) = − f '(t ) = ⇔ − Bảng biến thiên Khi m ≤ f (t ) 1+ t (t + 1) t = = ⇔ (t + 1) = ⇔  (loại) (t + 1)  t = −2 t f '( t ) + 2 −1 f ( t) ( Dựa vào bảng biến thiên, suy m ≤ 2 − ⇔ m ∈ −∞; 2 − 1 Từ a = 2; b = −1 ⇒ T = a + b = − = x+2 có đồ thị C Gọi I giao x−2 điểm hai đường tiệm cận C Tiếp tuyến C cắt hai đường tiệm cận C hai điểm A, B Giá trị nhỏ chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB A 2π B 8π C 2π D 4π Lời giải Câu 30: [2D1-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hàm số y = Chọn C Gọi M ( x0 ; y0 ) điểm thuộc đồ thị hàm số Khi tiếp tuyến đồ thị M ( x0 ; y0 ) có dạng: y = − ( x0 − ) ( x − x0 ) + x0 + x0 − (d) Đồ thị C có tiệm cận đứng x = tiệm cận ngang y = Ta có ( d ) cắt hai đường tiệm cận uu r  uur  −6 − x0  −8  IA = 0; IB = ( x − 4;0 ) B x − 2;1 ( )  ÷ hai điểm A  2; Ta có ÷  − x0 ÷  − x0    Vì tam giác IAB vng I nên bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác IAB R= 1 IA2 + IB = 2 64 ( x0 − ) + ( x0 − ) ≥ 2× ×2 ( x0 − ) = 2 x − ( ) Vậy giá trị nhỏ chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB 2π M ( 0; −1) M ( 4;3) Câu 31: [2H3-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác góc A x y −6 z −6 = = Biết điểm −4 −3 M ( 0; 5; 3) thuộc đường thẳng AB điểm N ( 1; 1; ) thuộc đường thẳng AC Véc tơ sau véc tơ chỉ phương đường thẳng AC ? r r r A u ( 1; 2; ) B u ( 0; − 2; ) C u ( 0; 1; − 3) r D u ( 0; 1; 3) Lời giải Chọn D Giả sử A(t; − 4t ; − 3t ) , ta có: uur uuuu r uuur ud = (1; − 4; − 3) , AM = (−t ; 4t − 1; −3 + 3t ), AN = (1 − t ; −5 + 4t ;3t − 6) Theo ra: Vì d đường phân giác góc A nên: uu r uuuur uu r uuur | cos(ud , AM ) |=| cos(ud , AN ) |⇔ 2t − ⇔ = 26t − 13 26t − 26t + 10 2t − = 26t − 39 26t − 78t + 62 BP 2V ⇔ (4t − 4t + 1)(13t − 39t + 31) = (4t − 12t + 9)(13t − 13t + 5) 13t − 13t + 13t − 39t + 31 ⇔ 14t = 14 ⇔ t = r uuur ⇒ A(1; 2;3) ⇒ AN = (0; −1; −3) Vậy véc tơ chỉ phương AC u ( 0; 1; 3) 2 Câu 34 [2D4-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi ( H ) phần mặt phẳng chứa điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z 16 có phần thực phần ảo 16 z thuộc đoạn [ 0; 1] Tính diện tích S ( H ) A S = 256 C S = 16 ( − π ) B S = 64π Lời giải Chọn D Đặt z = x + yi ( x; y ∈ R ) Ta có Vì 16 16 16 x 16 y z x y = = + i = + i ; x + y2 z x − yi x + y 16 16 16 z 16 có phần thực phần ảo thuộc đoạn [ 0; 1] nên 16 z x y  0 ≤ x; y ≤ 16 0 ≤ 16 ; 16 ≤  2 ⇔  ( x − ) + y ≥ 64 16 x 16 y 0 ≤  ; ≤1 x + y x2 + y  x + ( y − ) ≥ 64  D S = 32 ( − π ) y 16 y=x (C1) I1 x I2 O 16 (C2) Phần mặt phẳng ( H ) thỏa mãn hệ phần gạch chéo hình vẽ Ta có S( H ) = 2S1 ( x − ) + y = 64  Với S1 diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số  y = x  x = 8; x = 16  16 16 16  2  Khi S1 = ∫  x − − ( x − ) ÷dx = ∫ xdx − ∫ − ( x − ) dx = I1 − I   8 x2 Với I1 = 16 = 96  π π Tính I : Đặt x − = 8sin t ; t ∈  − ;  , suy  2 π π π  sin 2t  I = ∫ 64 cos tdt = 32 ∫ ( + cos 2t ) dt = 32  t + ÷ = 16π 0  0 Vậy S( H ) = 2S1 = ( 96 − 16π ) = 32 ( − π ) Câu 36: [2D3-4] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục đoạn  π π  = Biết 0;  f  ÷  π π π 0 π π ∫ f ( x ) dx = , ∫ f ′ ( x ) sin xdx = − Tính tích phân I = ∫ f ( x ) dx A I = B I = C I = Lời giải Chọn B D I = Ta có π π 0 ∫ f ′ ( x ) sin xdx = ∫ sin xdf ( x ) =  f ( x ) sin x  π π − ∫ f ( x ) d sin x π π   π  = f  ÷sin  ÷− f ( ) sin ( 2.0 ) − ∫ f ( x ) cos xdx 4  4 π π 4 π  = f  ÷− ∫ f ( x ) cos xdx = −2 ∫ f ( x ) cos xdx 4 0 π Do f ( x ) cos xdx = π ∫0 π π π π Mặt khác: cos 2 xdx = ( + cos x ) dx =  x + sin x ÷ = ∫0 ∫0 2 0 Bởi vậy: π π π 0 ∫ f ( x ) dx − 2∫ f ( x ) cos xdx + ∫ cos 2 xdx = π π π − + 8 π ⇔ ∫  f ( x ) − f ( x ) cos x + cos 2 x  dx = 0 π ⇔ ∫  f ( x ) − cos x  dx = ⇒ f ( x ) = cos x Nên: π I =∫ π π 1 f ( x ) dx = ∫ cos xdx = sin x = 4 0 Câu 40 [2D4-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 = , z2 = · Gọi M , N điểm biểu diễn số phức z1 , iz2 Biết MON = 60° Tính T = z12 + z22 A T = 18 B T = 24 C T = 36 D T = 36 Lời giải Chọn D Ta có z1 = ⇒ OM = ; z2 = ⇒ iz2 = ⇒ ON = uuur uuuu r · Gọi z = z1 K điểm biểu diễn số phức z ⇒ OK = OM ⇒ KON = 60° OK = 3 Từ suy tam giác OKN cạnh ⇒ NK = OI = = , với I trung điểm KN 2 2 Khi T = z1 + z2 = z + z2 = z − ( iz2 ) = ( z1 − 3iz2 ) ( z1 + 3iz2 ) = z − iz2 z + iz2 Do đó: T = 18.NK OI = 18.2 = 36 Câu 41 [2D1-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số m cho giá trị lớn hàm số y = A x + mx + m [ 1; 2] Số phần tử S x +1 B C D Lời giải Chọn D Xét hàm số y = x + mx + m liên tục [ 1; 2] Ta có x +1 x2 + 2x y'= ; y ' = ⇔ x2 + 2x = ⇔ ( x + 1) hàm số y = éx = Ï [1; 2] ê êx =- Ï [1; 2] Ta thấy y ' > 0, ∀x ∈ [1;2] nên giá trị lớn ê ë x + mx + m  4 [ 1; 2] max  m + ; m +  3 x +1  é êm = ê TH1: m + = Þ ê ê êm =ê ë +) Với m =  17  17 ta có max 2;  = (loại)   +) Với m =-  7 ta có max  2;  = (nhận)  6 é êm = ê TH2: m + = Þ ê 10 ê êm =ê ë +) Với m =  ta có max  2;  +) Với m =-   = (nhận)  10  17 ta có max  2;   17 (loại) =  Kết luận: Giá trị m cần tìm là: m =Câu 42 m = [2D1-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục ¡ Biết hàm số y = f '( x) có đồ thị hình vẽ Hàm số y = f ( x −5) nghịch biến khoảng sau ? y y = f '( x) o A (−1; 0) B (1; 2) x C (−1;1) D (0;1) Lời giải Chọn D + Đặt g ( x) = f ( x − 5) = f (u ), u = x − + g '( x) = ( x − 5) ' f '(u ) = xf '( x − 5) + Hàm số y = g ( x) nghịch biến g '( x) ≤ dấu xảy hữu hạn điểm  x ≤ (I )  f '( x − 5) ≥   ⇔ xf '( x − 5) ≤ ⇔  x≥0   ( II )   f '( x − 5) ≤ Giải (I): Từ đồ thị hàm số y = f '( x) ta có   x ≤ ⇔x≤−  x ≤  x ≥ x ≤ −  ( I ) ⇔  x2 − ≥ ⇔  x ≤ ⇔  −2 ≤ x ≤ −1    x ≥ ⇔ −2 ≤ x ≤ −1  ⇔ − ≤ x − ≤ −     x ≤ Xét (II): Từ đồ thị y = f '( x ) ta có x ≥  2   x − ≤ −4 ⇔ x ≤ ⇔ −1 ≤ x ≤ ( II ) ⇔     −1 ≤ x − ≤ ⇔  x ≥ ⇔ x ≤ −2 ∨ x ≥ ⇔ − ≤ x ≤ −2 ∨ ≤ x ≤    x ≤ ⇔ − ≤ x ≤   x ≥ ⇔ ≤ x ≤1    −1 ≤ x ≤ ⇔ x ≥   ⇔2≤x≤  − ≤ x ≤ −2 ∨ ≤ x ≤ ( ) ( ) Vậy hàm số đồng biến khoảng: −∞; − ; ( −2; −1) ; ( 0;1) ; 2; Chọn đáp án D Câu 43 [2D2-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Ông A muốn sau năm có 1.000.000.000 đồng để mua tơ Camry Hỏi ông A phải gửi ngân hàng tháng số tiền gấn với số tiền sau đây? Biết lãi suất tháng 0,5% , tiền lãi sinh tháng nhập vào tiền vốn số tiền gửi hàng tháng A a = 14.261.000 (đồng) B a = 14.260.500 (đồng) C a = 14.261.500 (đồng) D a = 14.260.000 (đồng) Lời giải Chọn C Gọi a số tiền gửi hàng tháng Khi ta có Sau tháng số tiền tài khoản ông A a.1, 0051 + a Sau tháng số tiền tài khoản ơng A là: ( a.1, 005 + a ) 1, 005 + a = a.1, 005 + a.1, 005 + a Sau tháng số tiền tài khoản ông A là: ( a.1, 005 + a.1, 005 + a ) 1, 005 + a = a.1, 0053 + a.1, 0052 + a.1, 005 + a ………………………………………………… Sau 59 tháng số tiền tài khoản ông A : a.1, 00559 + + a.1, 0053 + a.1, 0052 + a.1, 005 + a Do đó, sau năm số tiền tài khoản ông A là: a.1, 00560 + a.1, 00559 + + a.1, 0053 + a.1, 0052 + a.1, 005 = 1, 005.a 1, 00560 − 0, 005 Do đó: 1, 005 a 1, 00560 − 109.0, 005 ≥ 109 ⇔ a ≥ ≈ 14261494 0, 005 1, 005 ( 1, 00560 − 1) Vậy a = 14.261.500 (đồng) Câu 44 [1D3-4] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho dãy số u1 = n nhỏ cho  * Tìm số nguyên dương u = u + n , ∀ n ∈ ¥ n  n +1 A n = 2017 B n = 2020 C n = 2018 ( un ) xác định un − ≥ 2039190 D n = 2019 Lời giải Chọn B + Ta có: un +1 = un + n3 = un −1 + ( n − 1) + n3 = = u1 + 13 + 23 + + n3 , mà ta để dàng chứng  n ( n + 1)  minh quy nạp biểu thức: + + + n =   Ta tìm n nhỏ để   hay tìm n nhỏ để 3 ( n − 1) n ≥ 2039190 un − ≥ 2039190 , nên n = 2020 Câu 45 [2H1-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy tứ giác lồi ABCD góc tạo S mặt ( SAB ) , ( SBC ) , ( SCD ) , ( SDA ) với mặt đáy 900 , 600 , 600 , 600 Biết tam giác SAB vuông cân S , AB = a chu vi tứ giác ABCD 9a Tính thể tích V khối chóp S ABCD A V = a3 D A B V = a 3 C B C V = 2a 3 D V = a3 Lời giải Chọn D + Gọi H trung điểm AB , Vì ( SAB ) vng góc với mặt đáy nên SH đường cao hình chóp Gọi M , N , P hình chiếu H lên cạnh BC , CD, DA + Từ giả thuyết dễ dàng ta có : + S ABCD a 2a 1 = = ( HN BC + HM CD + HP AD ) = HN ( BC + CD + AD ) = 8a 2 tan 60 ( Vì HN = HM = HP = SH ) tan 600 2a a a 3 = Vậy VS ABCD = 3 Câu 46 (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hàm số y = f ( x ) f ( x) = ( liên tục [ 1; 4] thỏa mãn ) + ln x Tính tích phân I = ∫ f ( x ) dx f x −1 x x B I = ln A I = ln 2 C I = + ln 2 Lời giải D I = ln 2 Chọn A 4 4 f (2 x − 1) ln x ln x f (2 x − 1) dx + ∫ dx Ta có: P = ∫ dx, Q = ∫ dx Xét J = ∫ f ( x)dx = ∫ x x x x 1 1 +) Tính P : Đặt ln x = t ⇒ ln x dx = Vậy P = ∫ x +) Tính Q = ∫ dx = dt ; x = ⇒ t = 0; x = ⇒ t = ln x ln t2 ∫0 tdt = ln = 2ln 2 ,(1) dx f (2 x − 1) = dt , đó: x = ⇒ t = 1; x = ⇒ t = dx , Đặt t = x − ⇒ x x 3 1 Vậy: Q = ∫ f (t )dt = ∫ f (x)dx, ( tích phân khơng phụ thuộc kí hiệu biến số), (2) Từ (1) (2), ta có: ∫ f ( x)dx = ∫ f ( x )dx + 2ln 2 , (3) Mà: ∫ f ( x)dx = ∫ f ( x )dx + ∫ f ( x)dx ,(4) Từ (3) (4) suy ra: I = ∫ f ( x ) dx = 2ln Câu 47 [2H3-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Trong không gian Oxyz cho điểm A(1; 2; −3) mặt phẳng ( P ) : 2x + y − z + = ( Q ) : 3x + y − z + = Đường thẳng qua A vng góc với mặt phẳng cắt mặt phẳng ( P ) B Điểm M nằm mặt phẳng ( P ) cho M ln nhìn AB góc vng độ dài MB lớn Tính độ dài MB A MB = 41 B MB = C MB = D MB = 41 Lời giải Chọn C Ta có đường thẳng d qua A vng góc với mặt phẳng ( Q ) : 3x + y − z + = có phương trình:  x = + 3t ( d ) :  y = + 4t , t ∈ ¡ Ta có giao điểm d mặt phẳng ( P ) B :  z = −3 − 4t  B ∈ d ⇒ B(1 + 3t; + 4t ; −3 − 4t ) B ∈ ( P ) ⇒ ( + 3t ) + ( + 4t ) + + 4t + = ⇔ t = −1 Vậy B (−2; −2;1) Điểm M nằm mặt phẳng ( P ) cho M ln nhìn AB góc vng nên M nằm đường trịn ( C ) giao mặt cầu đường kính AB với mặt phẳng ( P ) Khi độ dài MB lớn chỉ độ dài MB đường kính ( C ) Gọi bán kính đường trịn ( C ) r , trung điểm AB I ⇒ I (− ;0; −1) , d ( I ,( P ) = Ta có d 2( I ,( P ) ) + r = AB Vậy độ dài MB lớn ⇒r= Câu 48 [1H3-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho lăng trụ ABCD A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD hình chữ nhật, AB = a , AD = 3a tam giác A ' BD Hình chiếu vng góc điểm A ' mặt phẳng ( ABCD ) trùng với giao điểm AC BD Tính khoảng cách từ điểm B ' đến mặt phẳng ( A ' BD ) A 3a B 3a C 3a Lời giải Chọn D D 3a Gọi O tâm hình chữ nhật ABCD Vì ∆A ' BD ⇒ A ' O = BD BD = 3a = 3a S∆A ' BD = 1 Thể tích tứ diện A ' ABD VA ' ABD = A ' O S∆ABD = 3a 3a = a 3 Khoảng cách từ A đến ( A ' BD ) là: d  A; ( A ' BD )  = 3VA ' ABD 3a = = 3a S ∆ABD 3a Gọi I giao điểm A ' O AO ' Vì A ' O ' OA hình bình hành nên I trung điểm AO ' Và B ' D '/ / DB ⇒ B ' D '/ / ( A ' BD ) Suy ra: d  B '; ( A ' BD )  = d O '; ( A ' BD )  = d  A; ( A ' BD )  = 3a Vậy d  B '; ( A ' BD )  = 3a Câu 49 [1D2-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Giải bóng chuyền VTV cúp gồm 12 đội tham dự có đội bóng nước ngồi đội bóng Việt Nam Ban tổ chức bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành bảng A, B, C bảng đội Tính xác suất để đội Việt Nam bảng khác 16 133 32 39 A B C D 55 165 165 65 Lời giải Chọn A Số cách xếp ngẫu nhiên 12 đội vào bảng A, B, C bảng đội là: C12 C84.C44 = 34650 (cách) Ta có Ω = 34650 Gọi A biến cố: “ đội Việt Nam bảng khác nhau” Chọn đội Việt Nam vào bảng A có C3 (cách) đội nước ngồi cịn lại có C9 (cách) Tương tự bảng B có C2 cách chọn đội Việt Nam có C6 cách chọn đội nước Bảng C có C1 cách chọn đội Việt Nam có C3 cách chọn đội nước 3 Vậy A = C3.C9 C2.C6 C1 C3 = 10080 (cách) Xác suất cần tìm là: P ( A) = A 16 = Ω 55 Câu 50 [2H2-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hình nón đỉnh S , đáy hình trịn nội tiếp tam giác ABC Biết AB = BC = 10a, AC = 12a , góc tạo hai mặt phẳng ( SAB ) ( ABC ) 450 Tính thể tích V khối nón cho S B C I A A V = 9πa B V = 12πa C V = 27π a D V = 3πa Lời giải S B C 45° H I M A Chọn A Gọi r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC Gọi M trung điểm AB Ta có BM = AB − AM = 100a − 36a = 8a S ABC = 1 BM AC = 8a.12a = 48a 2 Nửa chu vi tam giác ABC p = r= AB + BC + CA = 16a S 48a = = 3a p 16a · Góc ( SAB ) ( ABC ) SHI = 45° ⇒ SI = IH = 3a 2 Thể tích khối nón V = π r h = π ( 3a ) 3a = 9π a 3 ... KN 2 2 Khi T = z1 + z2 = z + z2 = z − ( iz2 ) = ( z1 − 3iz2 ) ( z1 + 3iz2 ) = z − iz2 z + iz2 Do đó: T = 18. NK OI = 18 .2 = 36 Câu 41 [2D1-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 20 18) Gọi S tập hợp tất... ' N sin 600 = 2a.a = a 8 48 2 96 Câu 28 [2H1-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 20 18) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên hình vẽ −∞ x A Đồ thị hàm số y = f ( x ) − 2m điểm cực chi? ? f '( x) +... ? ?2; −1) ; ( 0;1) ; 2; Chọn đáp án D Câu 43 [2D2-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 20 18) Ông A muốn sau năm có 1.000.000.000 đồng để mua tơ Camry Hỏi ông A phải gửi ngân hàng tháng số tiền gấn với