Đề thi BDTX môn Toán 2015-2016

SỞ GD&ĐT HÒA BÌNH

KỲ THI BỒI DƯỢNG THƯỜNG XUYÊN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

GIÁO VIÊN THPT, NĂM HỌC 20152015-2016

(Đề thi gồm 01 trang)

Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1. (4,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1; −1; −2) , B (3;1;1) và mặt
phẳng (P ) : x − 2y + z − 5 = 0
a) Tìm tọa độ điểm A ' đối xứng với A qua mặt phẳng (P).
b) Viết phương trình mặt phẳng (Q ) đi qua A, B và vuông góc với mặt phẳng (P ) .
Câu 2.
2. (3,0 điểm)
a) Giải bất phương trình sau: (2x + 3)(1 − 1 + 3x )2 ≤ 9x 2

5
3
2
3
2
 (x − y ) + 1 + x + 3xy = y + 3x y + 1
b) Giải hệ phương trình sau: 
x 2 − 4y − 3 = y + 5


Câu 3.
3. (3,0 điểm) Tính các tích phân sau:
3

a) I =

∫
0

1

x −3
3 x +1 +x + 3

dx

b) K =

∫
0

(x 4 + 1)dx
x6 +1

----------------------------------- HẾT ------------------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!


ĐÁP ÁN THAM KHẢO
GV: Lưu Công Hoàn – Trường THPT Nguyễn Trãi, Lương Sơn, Hòa Bình

FB: />Câu 1. (4,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1; −1; −2) , B (3;1;1) và mặt
phẳng (P ) : x − 2y + z − 5 = 0
a) Gọi H là hình chiếu của điểm A lên mp(P) thì H = d ∩ (P ) , với d là đường thẳng
qua A và vuông góc với mp(P).

x = 1 + t
Vì d ⊥ (P ) ⇒ d có VTCP là ud = nP = (1; −2;1) nên d có phương trình: y = −1 − 2t

z = −2 + t


Vì H ∈ d ⇒ H (1 + t; −1 − 2t; −2 + t ) . Do H ∈ (P ) : x − 2y + z − 5 = 0 nên ta có:
1 + t − 2(−1 − 2t ) + (−2 + t ) − 5 = 0 ⇔ 6t − 4 = 0 ⇔ t =

2
5 7 4
⇒ H ( ;− ;− )
3
3 3 3

Vì A ' đối xứng với A qua mặt phẳng (P) nên H là trung điểm của AA ' nên suy ra

x = 2x − x = 7
H
A
 A '
3

y = 2y − y = − 11 ⇒ A '  7 ; − 11 ; − 2 

H
A
 3
 A '
3
3
3 

2
z A ' = 2z H − z A = −
3


b) Ta có :
AB = (2;2; 3) và nP = (1; −2;1) là VTPT của mp(P)



Vì (Q) đi qua A, B và vuông góc với (P) nên (Q) có VTPT nQ = AB, nP  = (8;1; −6)


⇒ (Q ) : 8(x − 1) + 1(y + 1) − 6(z + 2) = 0 hay (Q ) :8x + y − 6z − 19 = 0


Câu 2.
2. (3,0 điểm)

Câu 2a
2a) Giải bất phương trình sau: (2x + 3)(1 − 1 + 3x )2 ≤ 9x 2

Đk: x ≥ −

1
3

t2 −1
Đặt t = 1 + 3x (t ≥ 0) ⇒ x =
. Thế vào BPT đã cho ta được:
3
(2t 2 + 7)(t − 1)2 ≤ 3(t 2 − 1)2
⇔ (2t 2 + 7)(t − 1)2 ≤ 3(t − 1)2 (t + 1)2
⇔ (t − 1)2[3(t + 1)2 − (2t 2 + 7)] ≥ 0
⇔ (t − 1)2 (t 2 + 6t − 4) ≥ 0 (*)

+) Dễ thấy t = 1 thỏa mãn (*) nên là 1 nghiệm của (*)
Khi đóù: 1 + 3x = 1 ⇔ x = 0 là nghiệm của BPT đã cho.
+) Xét với t ≠ 1 thì do (t − 1)2 > 0 nên ta có:
t ≥ −3 + 13

(*) ⇔ t + 6t − 4 ≥ 0 ⇔ 
t ≤ −3 − 13

2

Kết hợp với đk t ≥ 0 suy ra t ≥ −3 + 13 là nghiệm của (*)
Khi đó: 1 + 3x ≥ −3 + 13 ⇔ 1 + 3x ≥ 22 − 6 13 ⇔ x ≥ 7 − 2 13 là nghiệm của
BPT đã cho
x = 0
Vậy BPT đã cho có nghiệm 
x ≥ 7 − 2 13


5
3
2
3
2
 (x − y ) + 1 + x + 3xy = y + 3x y + 1 (1)
Câu 2b)
2b) Giải hệ phương trình sau:  2
x − 4y − 3 = y + 5
(2)

(x − y )5 + 1 ≥ 0
Điều kiện: 
y ≥ −5


Ta có: (1) ⇔ (x − y )5 + 1 + x 3 + 3xy 2 = y 3 + 3x 2y + 1
⇔ ( (x − y )5 + 1 − 1) + (x 3 − 3x 2y + 3xy 2 − y 3 ) = 0
⇔

(x − y )5

+ (x − y )3 = 0

(x − y )5 + 1 + 1



(x − y )2
3 
⇔ (x − y ) 
+ 1 = 0
 (x − y )5 + 1 + 1



(x − y )2
⇔ x = y . Do
+ 1 > 0, ∀x , y ∈ ℝ
(x − y )5 + 1 + 1

Thế x = y vào (2) ta được phương trình:

y 2 − 4y − 3 = y + 5 ⇔ (y 2 − 4y − 5) − ( y + 5 − 2) = 0


y +1
1


⇔ (y + 1)(y − 5) −
= 0 ⇔ (y + 1) y − 5 −
=0
y +5 +2
y + 5 + 2 

y = −1 ⇒ x = −1(TMĐK)


⇔ 
1
= 0 (*)
y − 5 −
y
5
2
+
+

Đặt t = y + 5 (t ≥ 0) ⇒ y = t 2 − 5. Khi đó:
1
(*) ⇔ (t 2 − 10) −
= 0 ⇔ t 3 + 2t 2 − 10t − 21 = 0
t +2
2
⇔ (t + 3)(t − t − 7) = 0 ⇔ t 2 − t − 7 = 0 (vì t + 3 > 0, ∀t ≥ 0)

t = 1 − 29 (loại)

2
⇔

1 + 29
t =
(thỏa mãn)

2
1 + 29
5 + 29

5 + 29
Khi đó: y + 5 =
⇔y =
⇒x =
(TMĐK)
2
2
2

5 + 29 5 + 29 
Vậy HPT đã cho có 2 nghiệm (x ; y ) = (−1; −1),(
;
)


2
2




Caõu 3.
3. (3,0 ủieồm) Tớnh caực tớch phaõn sau:
1

a) I =

3
0

x 3
x +1 +x + 3

dx

t t = x + 1 x = t 2 1 dx = 2tdt
ẹoồi caọn: x = 0 t = 1; x = 3 t = 2
2

2

2

t2 4
(t 2)(t + 2)
2t 2 4t
I = 2
.2tdt = 2
.2tdt =
dt
(
t
+
1)(
t
+
2)
t
+
1

t
+
3
t
+
2
1
1
1
2
2


2t(t + 1) 6(t + 1) + 6
6
dt
=
dt = 2t 6 +

t +1
t + 1
1

1

= (t 2 6t + 6 ln | t + 1 |) = (8 + 6 ln 3) (5 + 6 ln 2) = 3 + 6 ln
2

1

1

b) K =

(x 4 + 1)dx
=
x6 +1


0
1

=


0

1

1


0
2

3
2

(x 4 x 2 + 1) + x 2
dx

(x 2 + 1)(x 4 x 2 + 1)

dx
x
dx = K 1 + K 2
+
x 2 + 1 0 x 6 + 1

+) t x = tan t dx = (1 + tan2 t )dt . i cn: x = 0 t = 0; x = 1 t =
1

K1 =


0

dx
=
x2 +1


4


0


4

1 + tan t

4
dt
=
dt
=
t
=

0
4
1 + tan2 t
0
2

+) t t = x 3 dt = 3x 2dx x 2dx =
1

K2 =


0

1

1
dt . ẹoồi cn: x = 0 t = 0; x = 1 t = 1
3

x2
1
dt
1

dx = 2
= .K 1 =
6
3 0 t +1 3
12
x +1

Vy K = K 1 + K 2 =


3


4