Đề thi BDTX môn Toán 2015-2016

ĐÁP ÁN THAM KHẢO ĐÁP ÁN THAM KHẢO GV: Lưu Công Hoàn – Trường THPT Nguyễn Trãi, Lương Sơn, Hòa Bình FB: https://www.facebook.com/hoan.lc86 Câu 1.

Câu 1.

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

Câu 2 (3,0 điểm)

(2x +3)(1− 1+3 )x ≤ 9x

b) Giải hệ phương trình sau:

2



 − − = +



Câu 3

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

a)

3

0

3

x

−

=

+ + +

6 0

1

K

x

+

=

+

∫

- HẾT -

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!

SỞ GD&ĐT HÒA BÌNH

SỞ GD&ĐT HÒA BÌNH

ĐỀ THI

ĐỀ THI CHÍNH THỨC CHÍNH THỨC CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm 01 trang)

KỲ THI BỒI DƯỠNG THƯỜNG XUYÊN KỲ THI BỒI DƯỠNG THƯỜNG XUYÊN GIÁO VIÊN THPT, NĂM HỌC 2015

GIÁO VIÊN THPT, NĂM HỌC 2015 201620162016

Môn thi: TOÁN Môn thi: TOÁN

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

ĐÁP ÁN THAM KHẢO ĐÁP ÁN THAM KHẢO

GV: Lưu Công Hoàn – Trường THPT Nguyễn Trãi, Lương Sơn, Hòa Bình

FB: https://www.facebook.com/hoan.lc86

Câu 1

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)

Vì d ⊥( )P ⇒dcó VTCP là u d =n P =(1; 2;1)− nên d có phương trình:

1

1 2 2

 = +



 = − −



 = − +



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

2

3

H

Vì A' đối xứng với A qua mặt phẳng (P) nên H là trung điểm của AA' nên suy ra

'

'

'

7 2

3

2 2

3

 = − =









b) Ta có :

(2;2; 3)

AB = và n P =(1; 2;1)− là VTPT của mp(P)

Vì (Q) đi qua ,A B và vuông góc với (P) nên (Q) có VTPT n Q = AB n, P =(8;1; 6)−

hay ( ) : 8(Q x 1) 1(y 1) 6(z 2) 0 ( ) :8Q x y 6z 19 0

Câu 2âu 2âu 2 (3,0 điểm)

Câu 2

Câu 2aaaa)))) Giải bất phương trình sau: (2x +3)(1− 1+3 )x 2 ≤ 9x2

3

x ≥ −

3

t

= + ≥ ⇒ = Thế vào BPT đã cho ta được:

2 2

( 1) [3( 1) (2 7)] 0 ( 1) ( 6 4) 0 (*)

+) Dễ thấy t = thỏa mãn (*) nên là 1 nghiệm của (*) 1

Khi đóù: 1 3+ x = ⇔ = là nghiệm của BPT đã cho 1 x 0

+) Xét với t ≠ thì do 1 (t−1)2 > 0 nên ta có:

t

t

 ≥ − +



 ≤ − −

 Kết hợp với đk t ≥ 0 suy ra t ≥ − +3 13 là nghiệm của (*)

Khi đó: 1 3+ x ≥ − +3 13 ⇔ +1 3x ≥22−6 13 ⇔ ≥ −x 7 2 13 là nghiệm của BPT đã cho

Vậy BPT đã cho có nghiệm 0

7 2 13

x x

 =



 ≥ −



Câu 2

Câu 2b)b)b) Giải hệ phương trình sau: 5 3 2 3 2

2



 − − = +



Điều kiện:

5

5

x y y



 ≥ −

5

3 5

2 3

5 2 5

x y

x y

x y

x y

x y

x y

x y

x y

−

−

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

(TMĐK)

1

y

y

y

 = − ⇒ = −





+ +



(*)

(loại) (thỏa mãn)

Vậy HPT đã c

2

1

2

2

2

5

t

t

t

+

 =





⇔

 =



ho có 2 nghiệm ( ; ) ( 1; 1),(5 29 5; 29)

x y

Câu 3

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

1

0

3 a)

x

−

=

+ + +

∫

t = x + ⇒ = − ⇒x t dx = tdt

Đổi cận: x = ⇒ =0 t 1; x = ⇒ = 3 t 2

2

2 2

1

3

6 6 ln | 1 | ( 8 6 ln 3) ( 5 6 ln 2) 3 6 ln

2



b)

4

x = ⇒ =t x = ⇒ =t π

4

1 tan

4

π

3

3

t = x ⇒dt = x dx ⇒x dx = dt Đổi cận: x = ⇒ =0 t 0; x = ⇒ = 1 t 1

π

3

K = K +K = π