Câu Đáp án Điểm I(3đ’) 1 (1,5) Với m= − 2, ta có hàm số 4 2 2 2y x x= − − Tìm được đúng tập xác định, chiều biến thiên 0,25 Tìm được các điểm cực trị, các giới hạn 0,25 Lập được bảng biến thiên đúng, đủ. 0,5 Đồ thị vẽ đúng đảm bảo tính liên tục, cong, trơn. 0,5 2 (0,75) Tìm được ( ) (2) 6y f x f ο ο = = = 3 ( ) 4 4 (2) 24f x x x f ′ ′ = − ⇒ = 0,5 Viết đúng phương trình tiếp tuyến: 24 42y x= − 0,25 3 (0,75) 1 1 4 2 4 2 0 0 2 2 ( 2 2)S x x dx x x dx= − − = − − ∫ ∫ 0,25 1 5 3 0 37 37 ( 2 2 ) 5 3 15 15 x x S x − = − − = = (đvdt) 0,5 x −∞ − 1 0 1 + ∞ y’ − 0 + 0 − 0 + y +∞ − 2 + ∞ 3− 3− ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI HỌC KỲ II KHỐI 12 – MÔN TOÁN Câu Đáp án Điểm II 2đ 1 (1đ) 1 ln( 1) ln( 3) ln( 7) ln( 1)( 3) ln 7 x x x x x x x > −  + + + = + ⇔ ⇔  + + = +  0,5 2 1 3 4 0 1 4 1 1 x x x x x x x  =   + − =    ⇔ ⇔ ⇔ = = −    > −    > −  0,5 2 (1đ) 2 2 2 1 0 (2 1)( 4 5) 0 4 5 0 1 ) 2 1 0 2 x x x x x x x x − =  − − + = ⇔  − + =  + − = ⇔ = 0,5 )+ Phương trình 2 4 5 0x x− + = có 4 0∆ = − < nên có hai nghiệm là 4 4 2 , 2 2 i x i x i + = = + = − Vậy pt đã cho có ba nghiệm là 1 , 2 , 2 2 x x i x i= = + = − 0,5 III 2đ 1 (1đ) SO = 2 3h , R = OM = SO. 0 1 tan30 2 3. 2 3 h h= = SM = 0 2 3 4 3 os30 2 SO h l h c = = = 2 8 xq S Rl h π π = = 0,5 0,5 2 (1đ) (0; ;0)M Oy M y∈ ⇒ ( 4; 3 ; 2), ( 1; 2 ; 3)MA y MB y= − − = − − − uuur uuur 0,5 2 2 16 ( 3) 4 1 (2 ) 9MA MB y y= ⇔ + − + = + − + 15 2 y⇔ = 0,5 O S M O Vậy 15 (0; ; 0) 2 M Câu Đáp án Điểm IVa 2đ 1 (1đ) Tìm được vtcp (1;2;1)u r 0,5 Ptts: 1 4 2 2 x t y t z t = +   = +   = +  hoặc ptct: 1 4 2 1 2 1 x y z− − − = = 0,5 2 (1đ) Chỉ ra được ( ) . 5 0u n α ∆ = ≠ r r ⇒ ∆ cắt ( ) α tại một điểm 0,5 Thấy điểm (1;0;0)A ∈∆ có toạ độ thoả mãn PT của ( ) ( ) A α α ⇒ ∆ ∩ = ( Hoặc giải hệ ( ) α ∆    được toạ độ (1; 0; 0)A ) 0,5 Va (1đ) (1đ) Đặt 2 2 2 3 1 3ln 1 3ln 1 ln 3 dx tdt x t x t x t x  =   = + ⇒ = + ⇒  −  =   1 1; 2x t x e t= ⇒ = = ⇒ = Ta có 2 4 2 1 2 ( ) 9 I t t dt= − ∫ 0,5 2 5 3 1 2 116 ( ) 9 5 3 135 t t I = − = 0,5 IVb (2đ) 1 (1đ) d qua (1;2;0)N và có véc tơ chỉ phương (1; 1; 2)u − − r d’ qua (6;1;3)N ′ và có véc tơ chỉ phương (0;1; 2)u ′ − r [ ] [ ] , (4;2;1) 0 , . 21 0 u u u u MM  ′ = ≠   ′ ′ = ≠   r r r uuuuur r r ⇒ d và d’ chéo nhau 0,25 Chuyển ptct của d về pt tham số. Gọi ∆ là đt cần tìm, giả sử ,d A d B ′ ∆ ∩ = ∆ ∩ = (1 ;2 ; 2 ), (6;1 ;3 2 )A d A t t t B d B t t ′ ′ ∈ ⇒ + − − ∈ ⇒ + − ( 5; 1; 2 2 3)AB t t t t t ′ ′ − − − + − + − uuur . 0 . 0 BA u BA u  =   ′ =   uuur r uuur r ⇔ 6 3 0 3 5 7 t t t t ′ − =   ′ − = −  ⇔ 1 2 t t =   ′ =  ⇒ (2;1; 2), (6;3; 1)A B− − 0,75 ∆ là đt đi qua ,A B nên có pt : 2 1 2 4 2 1 x y z− − + = = (hoặc viết ptts) 2 (1đ) (1;1;2), (1; 1; 2), , (0;4; 2)MN u MN u   − − = −   uuuur uuuur r r Mặt cầu có bán kính , 2 5 30 ( , ) 3 6 MN u r h M d u     = = = = uuuur r r 0,5 Pt mặt cầu tâm M và có bán kính r là: 2 2 2 10 ( 1) ( 2) 3 x y z+ − + + = 0.5 Vb (1đ) (1đ) I+J = 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 1 ( os sin ) os 2 os 2 (1 os4x)dx= 2 4 c x x c x dx c x dx c π π π π + = = + ∫ ∫ ∫ 0,25 I -J= 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 ( os sin ) os 2 os2x.cos 2 os2x(1-sin 2 )c x x c x dx c x dx c x dx π π π − = = ∫ ∫ ∫ Đặt sin 2t x dt= ⇒ = 2cos2x dx 0 0, 0 2 x t x t π = ⇒ = = ⇒ = I - J= 0 2 0 1 (1 ) 0 2 t dt− = ∫ . Vậy 4 0 I J I J π  + =    − =  8 I J π ⇒ = = . 0,75 . ∫ 0 ,25 I -J= 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 ( os sin ) os 2 os2x.cos 2 os2x(1-sin 2 )c x x c x dx c x dx c x dx π π π − = = ∫ ∫ ∫ Đặt sin 2t x dt= ⇒ = 2cos2x dx. tâm M và có bán kính r là: 2 2 2 10 ( 1) ( 2) 3 x y z+ − + + = 0.5 Vb (1đ) (1đ) I+J = 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 1 ( os sin ) os 2 os 2 (1 os4x)dx= 2 4 c x x c