[r]
Trang 1(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị …
Khi m=2, hàm số (1) trở thành y= x3−3x2+ 2
• Tập xác định: .\
• Chiều biến thiên:
- Ta có y' 3= x2−6 ;x y' 0= ⇔ =x 0 hoặc x=2
- Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;0) và (2;+ ∞)
- Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2)
0,25
• Cực trị:
- Hàm số đạt cực đại tại x=0, yCĐ = y(0) = 2
- Hàm số đạt cực tiểu tại x=2, yCT = y(2) = −2
• Các giới hạn tại vô cực: lim và
→+∞ = + ∞
0,25
• Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị
0,25
2 (1,0 điểm) Tìm các giá trị của m …
Ta có y' 3= x2−2 2( m−1)x+ − 2 m
m thỏa mãn yêu cầu của bài toán khi và chỉ khi phương trình có hai
nghiệm dương phân biệt
' 0
2
' (2 1) 3(2 ) 0 2(2 1)
0 3
2
0 3
m S
m P
⎧
⎪Δ = − − − >
⎪
−
⎪
⎪
−
⎪
= >
⎪⎩
0,25
I
(2,0 điểm)
5
2
4 m
x
y
O
2
2
−2
Trang 2Phương trình đã cho tương đương với (sinx+1)(2sin 2x−1) 0= 0,50
• sinx= −1 π 2π ( )
2
(2,0 điểm)
• sin 2 1
2
12
12
2 (1,0 điểm) Giải bất phương trình …
Bất phương trình đã cho tương đương với (x+1)(x−2) 2≤ 0,25
2 x 3
Kết hợp điều kiện ta được tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là [ ]2; 3 0,25
0
1
I e dx xe dx e xe dx xe dx
e
Đặt u=x và dv=e dx x , ta có du=dx và x
1
0
I xe e dx e e
III
(1,0 điểm)
1 2
e
Ta có MN CD// và SP⊥CD, suy ra MN ⊥SP 0,50
IV
(1,0 điểm)
Gọi là tâm của đáy O ABCD
2
a
SO= SA −OA = ⋅
.
3 2
a
SO AB
0,50
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ln2 ln2
a <b ⋅
Xét hàm số ( ) 2ln , (0; 1)
1
t
t
2
1 ( 1) 2 ln
( 1)
t
t
+ −
Do đó f t( ) đồng biến trên khoảng (0; 1)
0,50
V
(1,0 điểm)
Mà 0< < < ,a b 1 nên f a( )< f b( ) Vậy ln2 ln2
a <b ⋅
S
M N
A
D
P O
Trang 3Đường thẳng AC qua và vuông góc với đường thẳng C x+3y− = 5 0
Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ 5 9 0 (1; 4)
x y
A
x y
+ − =
⎧
⇒
⎨
− + =
Điểm B thuộc đường thẳng x+3y− =5 0 và trung điểm của BC thuộc đường
thẳng 5x+ − = 0.y 9 Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ
x y
x y
⎧
⎪
⎨ ⎛⎜ ⎞ +⎟ − =
0,25
(5; 0)
B
2 (1,0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng (P) …
• (P1) có vectơ pháp tuyến nJJG1=(1; 2; 3)
• (P2) có vectơ pháp tuyến nJJG2=(3; 2; 1).− 0,25
• (P) có vectơ pháp tuyến JJGn =(4; 5; 2).− 0,25 (2,0 điểm)
(P) qua A(1; 1; 1) nên ( ) : 4P x−5y+2z− =1 0 0,50
Hệ thức đã cho tương đương với (1+2 )i z= +8 i 0,25
2 3
VII.a
(1,0 điểm)
1 (1,0 điểm) Tìm tọa độ điểm M …
1 (2 3; )
Khoảng cách từ M đến Δ2 là 2 | 2 3 1|
( , )
2
d M Δ = + + + ⋅
0,25
( , )
2
d M Δ =
1 5 3
t t
= −
⎡
⎢
⇔ ⎢ = − ⋅
⎣
0,25
Vậy M(1; 1)− hoặc 1; 5
M⎛⎜− − ⎞⎟
2 (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng Δ …
Tọa độ điểm C thỏa mãn hệ
1
0 3 3
2 3 1
1 3
x y z
+
⎪
⎪ +
⎨
⎪ +
⎪
= −
⎪⎩
⇒C( 1; 3; 4).− − 0,25
Ta có JJJGAB= −( 1; 1; 1),JJJGAG= −( 1; 1; 1).− 0,25
Mặt phẳng (ABC) có vectơ pháp tuyến JJGn =(1; 1; 0) 0,25
VI.b
(2,0 điểm)
Phương trình tham số của đường thẳng Δ là
1 3 4
x t
y t z
= − +
⎧
⎪ = +
⎨
⎪ = −
⎩
0,25
Trang 4Phương trình đã cho tương đương với z2− +(4 3 )i z+ + =1 7i 0 0,25
2
3 4i (2 i)
(1,0 điểm)
Nghiệm của phương trình đã cho là z= +1 2i và z= +3 i 0,25
-Hết -