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

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ LỚP 12 BẢNG B NĂM HỌC 2020-2021- HẢI PHÒNG Đáp án biểu điểm CÂU 1a) a)Cho hàm số y mx  mx   m  1 x  Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số nghịch biến  TH1: m 0  y  x  Hàm số đồng biến  ( loại) TH2: m 0  y ' 3mx  2mx  m  1b) Hàm số nghịch biến  y ' 0, x   m     '  2m  3m 0 m    m 0     m    m  m    2 Vậy y  f  x b)Cho hàm số bậc ba có đồ thị hình 1.Có giá trị ngun ĐIỂ M 1.0 0.25 0.25 0.25 0.25   2020; 2020 để hàm số g ( x)  f  x   f  x   m tham số m đoạn h( x )  f  x   f  x   m có ba điểm cực trị 1.0 Xét hàm số g ( x)  f  x   f  x   m 0.25 g '  x  2 f ( x) f '( x )  f '( x) 2 f '( x)  f ( x)    f '( x) 0 g '( x) 0     f '( x)  Bảng biến thiên:  x 1   x 3  x a, a    ;0   0.25 0.25 Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số y g ( x) ln có cực trị với m Do y  g ( x) hàm số 0.25 có ba điểm cực trị   m  0  m  Vậy có 2017 số 2) Cho log 12  x, log12 24  y, log 54 168  axy  bxy  cx a, b, c số nguyên 1.0 Tính giá trị biểu thức S a  2b  3c Ta có: log 12  x 2 log  log  x    log12 24  y log12   y 2 log  log  x   log  log 12   y  0.25 log  x ( y  1)  log 3 x  xy log  3.7.23   log  3log log 54 168   log  3log log  2.33  0.25 0.25 xy   xy  x Từ suy S 15  cos x  sin x  sin x  cos x 0 2sin x  Giải phương trình:  3) 0.25 1.0 +ĐK: pt   cos x  sin x  sin x  cos x 0 sin x  0.25  cos x  cos x   2sin x.cos x  sin x 0 0.25   cos x  1  sin x  cos x   0   x   k 2  cos x       sin x  cos x  0( ptvn)  x    k 2  0.25  x   k 2 Đối chiếu điều kiện, ta nghiệm phương trình m Tìm tất giá trị thực tham số để phương 3 0.5 trình 1.0 x  x   2 x  x  m  m 0 có ba nghiệm phân biệt Phương trình cho tương đương với 4)  x  3x  m   2 x  3x  m  m x  3x  x    x  3x  m   2 x  x  m  m  x  1   x  1 3 3 3 2 0.25 3 Xét hàm số f (t ) t  2t , có f '(t ) 3t   0, t   nên hàm số đồng biến 0.25 f   x  3x  m  f  x  1   Do Do phương trình cho tương đương với x  x  m x  x  x  m  x  1  x  x  m  0  m  x  x  0.5 Đặt g ( x)  x  x  Bảng biến thiên g ( x) : 0.25 m    3;1 Suy để phương trình có ba nghiệm phân biệt ta phải có 5)Một trắc nghiệm có 50 câu hỏi, câu hỏi có phương án lựa chọn có đáp án Giả sử câu trả lời 0,2 điểm câu trả lời sai điểm Một học sinh không học nên làm cách chọn ngẫu nhiên câu phương án trả lời Hỏi điểm số có xác suất xuất lớn nhất? , Xác suất để trả lời đúng, sai câu hỏi 4 Giả sử học sinh làm k  k 50  1.0 0.25 câu k Vì có k câu 50  k câu sai nên có C50 trường hợp xảy , 1   trường hợp có xác suất   1 pk C    4 k 50 k  3    4 k  3 ,   4 0.25 50  k , xác suất để k câu 50  k  k 50  k 1 49  k  1  3 C50k 1     pk 1 50  k  4  4   k 50  k pk k 1  1  3 C50k      4  4 Xét tỉ số với k 49 0.25 pk 1 47   50  k  3k   k  Suy pk Mà k số tự nhiên nên k 11 Do p0  p1   p11  p12  p13  p14   p50 Vậy max  p0 , p1 , , p50   p12 hay điểm số có xác suất xuất lớn 2, điểm 0.25 6a) Tính thể tích khối tứ diện ABCD , biết tam giác ACD vuông A , tam giác BCD vuông cân B, AB  AC  AD a 1.0 0.25 AN   BCD  Từ AB  AC  AD tam giác BCD vuông cân B suy a AN  CD  2 BN CD a S BCD   2 a3 AN S BCD  12 Thể tích tứ diện Mặt phẳng qua ba điểm M , N , P chia tứ diện thành hai khối đa diện tích 6b) V2 V1 , V2 ( V1 thể tích phần chứa điểm A ) Tính V1 0.25 0.25 0.25 1.0 0.25 Trong mặt phẳng  ABC  , đường thẳng MP cắt AC I ; mặt phẳng  ACD  , đường thẳng IN cắt AD Q ; suy thiết diện tứ giác MPNQ AM BP CI AQ DN CI BP AQ 1; 1   k MB PC IA QD NC IA PC QD Áp dụng định lí Menelaus: V VM ACNQ  VM CNP Gọi V1 thể tích phần chứa điểm A Khi ta có ; VM CNP d  M ,  BCD   SCNP CN CP 1     1 VABCD d  A,  BCD   SCDB CD CB k  0.25 0.25 S DQN Ngoài ta có: S DAC  S DQ DN 1 1   ACNQ 1  DA DC k  S DAC k  VM ACNP d  M ,  ACD   S ACNQ     1    2 VABCD d  B,  ACD   S ACD   k  1  0.25 V V1  VABCD  1 V1 Từ (1) (2) suy ACB 750 , B   4;   ; D Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có 7) điểm thuộc cạnh BC cho DC 2 DB Đường cao kẻ từ A có phương trình 1.0 x  y 0 Biết ADC 600 Tìm tọa đọ điểm A biết A có hồnh độ âm 0.25 Đặt AH  x ta có: DH  AH tan 300  x 3; tan 450  tan 300 x   tan 450.tan 300 3 31   CD DH  HC x     x  BD  CD x 3   Suy 3 x BH BD  DH x  x 3 Suy tam giác ABH vuông cân H  HC  AH tan150  x Mà BH d  B, AH  2  AB 2 10 Gọi A  a;  2a   AH ,  a    , ta có 0.25 0.25 0.25  a     2a   40  a 4  a   A   2;  Với số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức 8) P  2ab  8bc 1.0 2 2b   a  c    8bc 2 b.2c b  2c 1    2ab  8bc  a  b  c  2ab 2a  b Ta có:  2 2b   a  c   a  c   b   2b   a  c    a  b  c   Mặt khác 0.25 0.25 P   a  b  c   a  b  c  1 Do Đặt t a  b  c, t  Xét 2 f (t )   , t   f '(t )    f '(t ) 0  t 0 2t  t 2t   t  Lập bảng biến thiên hàm số  f (t )  f (1)  Vậy P  f (t ), t   0;   0.25 1 1  P  a c  , b  2 Dấu xảy 1 a c  , b  0.25