Kì thi bồi dưỡng thường xuyên giáo viên THPT, năm học 2015 - 2016 môn thi: Toán - Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

 Câu 1.âââ (4,0 điểm) 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm (1; 1; 2)A − − , (3;1;1)B và mặt 
phẳng ( ) : 2 5 0P x y z− + − = 
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 2âââ . (3,0 điểm) 
a) Giải bất phương trình sau: 2 2(2 3)(1 1 3 ) 9x x x+ − + ≤ 
b) Giải hệ phương trình sau: 
5 3 2 3 2
2
( ) 1 3 3 1
4 3 5
x y x xy y x y
x y y
 − + + + = + + − − = +
Câu 3âââ . (3,0 điểm) Tính các tích phân sau: 
a) 
3
0
3
3 1 3
x
I dx
x x
−
=
+ + +
∫ b) 
1 4
6
0
( 1)
1
x dx
K
x
+
=
+∫ 
----------------------------------- HẾT ------------------------------------- 
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! 
SỞ GD&ĐT HÒA BÌNHÛ ØÛ ØÛ Ø 
ĐỀ THI ÀÀÀ CHÍNH THỨC ÙÙÙ 
(Đề thi gồm 01 trang) 
KỲ THI BỒI DƯỠNG THƯỜNG XUYÊN Ø À Õ Ø ÂØ À Õ Ø ÂØ À Õ Ø Â 
GIÁO VIÊN THPT, NĂM HỌC 2015Ù Â Ê ÏÙ Â Ê ÏÙ Â Ê Ï -2016 
Môn thi: TOÁNâ Ùâ Ùâ Ù 
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề 
ĐÁP ÁN THAM KHẢÓ Ù ÛÙ Ù ÛÙ Ù Û 
GV: Lưu Công Hoàn – Trường THPT Nguyễn Trãi, Lương Sơn, Hòa Bình 
FB: https://www.facebook.com/hoan.lc86 
Câu 1.âââ (4,0 điểm) 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm (1; 1; 2)A − − , (3;1;1)B và mặt 
phẳng ( ) : 2 5 0P x y z− + − = 
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 có VTCP là( ) (1; 2;1)
d P
d P d u n⊥ ⇒ = = −


 


 nên d có phương trình: 
1
1 2
2
x t
y t
z t
 = + = − − = − +
Vì (1 ; 1 2 ; 2 )H d H t t t∈ ⇒ + − − − + . Do ( ) : 2 5 0H P x y z∈ − + − = nên ta có: 
2
1 2( 1 2 ) ( 2 ) 5 0 6 4 0
3
t t t t t+ − − − + − + − = ⇔ − = ⇔ = 
5 7 4
( ; ; )
3 3 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
11 7 11 2
2 ' ; ;
3 3 3 3
2
2
3
A H A
A H A
A H A
x x x
y y y A
z z z
 = − =    = − = − ⇒ − −     = − = −
b) Ta có : 
(2;2;3)AB =




 và (1; 2;1)
P
n = −



là VTPT của mp(P) 
Vì (Q) đi qua ,A B và vuông góc với (P) nên (Q) có VTPT , (8;1; 6)
Q P
n AB n
 = = −  


 


 


hay( ) : 8( 1) 1( 1) 6( 2) 0 ( ) :8 6 19 0Q x y z Q x y z⇒ − + + − + = + − − = 
Câu 2âââ . (3,0 điểm) 
Câu 2âââ a) Giải bất phương trình sau: 2 2(2 3)(1 1 3 ) 9x x x+ − + ≤ 
Đk: 1
3
x ≥− 
Đặt 
2 1
1 3 ( 0)
3
t
t x t x
−
= + ≥ ⇒ = . Thế vào BPT đã cho ta được: 
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
2 2
(2 7)( 1) 3( 1)
(2 7)( 1) 3( 1) ( 1)
( 1) [3( 1) (2 7)] 0
( 1) ( 6 4) 0 (*)
t t t
t t t t
t t t
t t t
+ − ≤ −
⇔ + − ≤ − +
⇔ − + − + ≥
⇔ − + − ≥
+) Dễ thấy 1t = thỏa mãn (*) nên là 1 nghiệm của (*) 
Khi đóù: 1 3 1 0x x+ = ⇔ = là nghiệm của BPT đã cho. 
+) Xét với 1t ≠ thì do 2( 1) 0t − > nên ta có: 
2
3 13
(*) 6 4 0
3 13
t
t t
t
 ≥ − +⇔ + − ≥ ⇔ 
 ≤ − −
Kết hợp với đk 0t ≥ suy ra 3 13t ≥− + là nghiệm của (*) 
Khi đó: 1 3 3 13 1 3 22 6 13 7 2 13x x x+ ≥− + ⇔ + ≥ − ⇔ ≥ − là nghiệm của 
BPT đã cho 
Vậy BPT đã cho có nghiệm 
0
7 2 13
x
x
 =
 ≥ −
Câu 2âââ b) Giải hệ phương trình sau: 
5 3 2 3 2
2
( ) 1 3 3 1 (1)
4 3 5 (2)
x y x xy y x y
x y y
 − + + + = + + − − = +
Điều kiện:
5( ) 1 0
5
x y
y
 − + ≥ ≥ − 
Ta có: 5 3 2 3 2
5 3 2 2 3
5
3
5
2
3
5
2
5
(1) ( ) 1 3 3 1
( ( ) 1 1) ( 3 3 ) 0
( )
( ) 0
( ) 1 1
( )
( ) 1 0
( ) 1 1
( )
. Do 1 0, ,
( ) 1 1
x y x xy y x y
x y x x y xy y
x y
x y
x y
x y
x y
x y
x y
x y x y
x y
⇔ − + + + = + +
⇔ − + − + − + − =
−
⇔ + − =
− + +
 − ⇔ − + = 
 − + + 
−
⇔ = + > ∀ ∈
− + +
ℝ
Thế x = y vào (2) ta được phương trình: 
(TMĐK)
2 24 3 5 ( 4 5) ( 5 2) 0
1 1
( 1)( 5) 0 ( 1) 5 0
5 2 5 2
1 1
1
5 0 (*)
5 2
y y y y y y
y
y y y y
y y
y x
y
y
− − = + ⇔ − − − + − =
 +  ⇔ + − − = ⇔ + − − = 
+ + + +  
 = − ⇒ = −
⇔  − − = + +
Đặt Khi đó:
(*)
vì )
(loại)
(thỏa mãn)
Khi đó: (TMĐK)
Vậy HPT đã c
2
2 3 2
2 2
5 ( 0) 5.
1
( 10) 0 2 10 21 0
2
( 3)( 7) 0 7 0 ( 3 0, 0
1 29
2
1 29
2
1 29 5 29 5 29
5
2 2 2
t y t y t
t t t t
t
t t t t t t t
t
t
y y x
= + ≥ ⇒ = −
⇔ − − = ⇔ + − − =
+
⇔ + − − = ⇔ − − = + > ∀ ≥
 − =
⇔
 + =
+ + +
+ = ⇔ = ⇒ =
ho có 2 nghiệm 
5 29 5 29
( ; ) ( 1; 1),( ; )
2 2
x y
  + + = − −     
Câu 3âââ . (3,0 điểm) Tính các tích phân sau: 
1
0
3
a)
3 1 3
x
I dx
x x
−
=
+ + +
∫ 
Đặt 21 1 2t x x t dx tdt= + ⇒ = − ⇒ = 
Đổi cận: 0 1; 3 2x t x t= ⇒ = = ⇒ = 
( )
2 2 22 2
2
1 1 1
2 2
1 1
2
2
1
4 ( 2)( 2) 2 4
.2 2 .2
( 1)( 2) 13 2
2 ( 1) 6( 1) 6 6
2 6
1 1
3
6 6 ln | 1 | ( 8 6 ln 3) ( 5 6 ln2) 3 6 ln
2
t t t t t
I tdt tdt dt
t t tt t
t t t
dt t dt
t t
t t t
− − + −
⇒ = = =
+ + ++ +
 + − + +  = = − +  + + 
= − + + = − + − − + = − +
∫ ∫ ∫
∫ ∫ 
1 14 4 2 2
6 2 4 2
0 0
1 1 2
1 22 6
0 0
( 1) ( 1)
b)
1 ( 1)( 1)
1 1
x dx x x x
K dx
x x x x
dx x
dx K K
x x
+ − + +
= =
+ + − +
= + = +
+ +
∫ ∫
∫ ∫ 
+) Đặt 2tan (1 tan )x t dx t dt= ⇒ = + . Đổi cận: 0 0; 1
4
x t x t
π
= ⇒ = = ⇒ = 
1 4 42
4
1 2 2 0
0 0 0
1 tan
41 1 tan
dx t
K dt dt t
x t
π π
π+ π
⇒ = = = = =
+ +∫ ∫ ∫ 
+) Đặt 3 2 2 13
3
t x dt x dx x dx dt= ⇒ = ⇒ = . Đổi cận: 0 0; 1 1x t x t= ⇒ = = ⇒ = 
1 12
2 16 2
0 0
1 1
.
3 3 121 1
x dt
K dx K
x t
π
⇒ = = = =
+ +∫ ∫ 
Vậy 
1 2 3
K K K
π
= + =