Hướng dẫn chấm và biểu điểm đề thi hsg thành phố lớp 12 bảng b năm học 2020 2021

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số nghịch biến trên .. Hàm số đồng biến trên  loại... Giả sử mỗi câu trả lời đúng được 0,2 điểm và mỗi câu trả lời sai được 0 điểm.. M

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ LỚP 12

BẢNG B NĂM HỌC 2020-2021- HẢI PHÒNG

M

1a) a)Cho hàm sốy mx 3mx2m1x 3 Tìm tất cả các giá trị thực của tham số

m để hàm số nghịch biến trên 

1.0

1b)

TH1:m 0 y x  3 Hàm số đồng biến trên  ( loại) 0.25 TH2: m 0 y' 3 mx22mx m  1

Hàm số nghịch biến trên khi và chỉ khi y' 0,   x

0.25

0

m

m m





 

   



0.25 0

3 0

2 3

2

m m

m m







 

 



3 2

m 

.

0.25

b)Cho hàm số bậc ba yf x  có đồ thị là hình 1.Có bao nhiêu giá trị nguyên của

tham số m trong đoạn 2020;2020 để hàm số g x( )f2 x 4f x  m

    2

h x  f x  f x  m

có đúng ba điểm cực trị

1.0

Xét hàm số g x( )f2 x 4f x  m

' 2 ( ) '( ) 4 '( ) 2 '( ) ( ) 2

g x  f x f x  f x  f x f x 

0.25

1 '( ) 0

'( ) 2

x

f x

f x

x a a

 





0.25

3)

4)

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số y g x ( ) luôn có 3 cực trị với mọi m Do đó

hàm số yg x( ) có ba điểm cực trị  m 4 0  m 4

Vậy có 2017 số

0.25

1 log 12 x,log 24 y,log 168 axy

bxy cx



 trong đó a b c, , là các số nguyên

Tính giá trị biểu thức S a 2b3c

1.0

Ta có:

7

7

2log 2 log 3 log 12 2log 2 log 3

log 2

1 log 24 log 2 1

log 12

x

y



 



0.25

7 7

log 2 ( 1) log 3 3 2

x y

x xy

 



 

 



0.25

3

7

log 3.7.2 1 log 3 3log 2 log 168

log 2 3log 3 log 2.3

1

xy

xy x





Giải phương trình:

4 cos 2 sin 2 sin 7 cos

0 2sin 3

x



+ĐK:

3 sin

2

2

4 cos 2 sin 2 sin 7 cos 0

2 cos 7 cos 3 2sin cos sin 0

2cos 1 sin cos 3 0

    

0.25

2

sin cos 3 0( )

2 3

x

x x ptvn





  



 





0.25

Đối chiếu điều kiện, ta được các nghiệm của phương trình là x 3 k2



Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình

3

3 5 3 2 2 3 3 2 0

x  x  x  x m m  có đúng ba nghiệm phân biệt

1.0 Phương trình đã cho tương đương với

3

3 3

x x m x x m m x x x

0.25

Xét hàm số f t( ) t3 2t, có f t'( ) 3 t2 2 0,   nên hàm số đồng biến trênt 0.25

 Do đó f 3 2x3 3x2m f x 1 32x3 3x2m x 1

Do đó phương trình đã cho tương đương với

 3

2x  3x m x1  x  3x m   1 0 mx 3x1

0.5 Đặt g x( )x33x Bảng biến thiên của 1 g x( ):

Suy ra để phương trình có ba nghiệm phân biệt ta phải có m   3;1

0.25

5)Một bài trắc nghiệm có 50 câu hỏi, mỗi câu hỏi có 4phương án lựa chọn trong đó

chỉ có một đáp án Giả sử mỗi câu trả lời đúng được 0,2 điểm và mỗi câu trả lời sai

được 0 điểm Một học sinh không học bài nên làm bài bằng cách chọn ngẫu nhiên

mỗi câu một phương án trả lời Hỏi điểm số nào có xác suất xuất hiện lớn nhất?

1.0

Xác suất để trả lời đúng, sai một câu hỏi lần lượt là

1 3 ,

Giả sử học sinh làm đúng được k0 k 50 câu

Vì có k câu đúng và 50 k câu sai nên có 50

k

C trường hợp có thể xảy ra , mỗi

trường hợp có xác suất là

50

,

   

   

    , do đó xác suất để k câu đúng bằng

50 50

k

k



   

      

0.25

Xét tỉ số

1 49 1

50 1

50 50

1 50

k k

C

C







   

   



   

   

    với 0 k 49

Suy ra

4

k

k

p

p



      

0.25

Mà k là số tự nhiên nên k  Do đó11

0 1 11 12 13 14 50

p  p   p  p  p  p   p Vậy max p p0, , ,1 p50 p12 hay

điểm số có xác suất xuất hiện lớn nhất là 2, 4 điểm

0.25

6a) Tính thể tích của khối tứ diện ABCD , biết tam giác ACD vuông tại

A, tam giác

BCD vuông cân tại B AB, ACAD a

1.0

Từ AB AC AD và tam giác BCD vuông cân tại B suy ra AN BCD

0.25

a

2

BCD

BN CD a

Thể tích tứ diện bằng

3

3 BCD 12

a

AN S 

6b)

Mặt phẳng đi qua ba điểm M N P, , chia tứ diện thành hai khối đa diện có thể tích

lần lượt là V V ( trong đó 1, 2 V là thể tích của phần chứa điểm 1 A) Tính

2 1

V

V

1.0

Trong mặt phẳng ABC

, đường thẳng MP cắt AC tại I; trong mặt phẳng

ACD

, đường thẳng IN cắt AD tại Q; suy ra thiết diện là tứ giác MPNQ

0.25

Áp dụng định lí Menelaus:

AM BP CI AQ DN CI BP AQ

k

MB PC IA  QD NC IA   PC QD  0.25

Gọi V là thể tích của phần chứa điểm 1 A Khi đó ta có V1V M ACNQ. V M CNP.

;

 

 

,

d M BCD

V d A BCD S  CD CB  k

0.25

Ngoài ra ta có:

S DA DC k  S   k do đó

 

 

,

ACNQ

M ACNP

d M ACD S V



Từ (1) và (2) suy ra

2 1

1

1

1

2 ABCD

V

V V

V

0.25

7)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có ACB75 ,0 B4; 2 ;  D

là

điểm thuộc cạnh BC sao cho DC2DB Đường cao kẻ từ Acó phương trình

2x y 0 Biết ADC 600 Tìm tọa đọ của điểm A biết A có hoành độ âm.

1.0

Đặt AH  ta có:x

0 tan 30

3

x

DH AH 

;

0

tan 45 tan 30

1 tan 45 tan 30

HCAH x  x 



0.25

Suy ra

2 3

2

CD DH HC  x   x   BD CD x 

3 1

x

BH BD DH x   x

Suy ra tam giác ABH vuông cân tại H

Mà BH d B AH ,  2 5 AB2 10

0.25

Gọi A a ; 2 aAH a, 0

, khi đó ta có

a422a 22 40 a2  4 a2 A2; 4

0.25

8)

Với các số thực dương a b c, , Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

 2 2

P

b bc b a c

1.0

Ta có:  

2

2 2a 8

2 2a 2a

bc b c b c

a b c

b bc





 



 

Mặt khác

2 2

2 2

1

b a c a c b

a b c

b a c

  

P

a b c a b c

0.25

Đặt t a b c t   , 0 Xét

 2 2

0.25

Lập bảng biến thiên của hàm số f t t ( ), 0; 

Dấu bằng xảy ra khi

,

a c  b

Vậy

1 min

2

P 

khi

,

a c  b

0.25