Giải đề thi đại học môn Toán 2004 - 2008

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 3



GIẢI TÍCH TỔ HP
1. Giai thừa : n! = 1.2 n
0! = 1
n! /(n – k)! = (n – k + 1).(n – k + 2) n
2. Nguyên tắc cộng : Trường hợp 1 có m cách chọn, trường hợp 2 có n
cách chọn; mỗi cách chọn đều thuộc đúng một trường hợp. Khi đó,
tổng số cách chọn là : m + n.
3. Nguyên tắc nhân : Hiện tượng 1 có m cách chọn, mỗi cách chọn này
lại có n cách chọn hiện tượng 2. Khi đó, tổng số cách chọn liên tiếp
hai hiện tượng là : m x n.
4. Hoán vò : Có n vật khác nhau, xếp vào n chỗ khác nhau. Số cách xếp
: P
n
= n !.
5. Tổ hợp : Có n vật khác nhau, chọn ra k vật. Số cách chọn :
)!kn(!k
!n
C
k
n
−

=

6. Chỉnh hợp : Có n vật khác nhau. Chọn ra k vật, xếp vào k chỗ khác
nhau số cách :
==
−
kk
nn
n!
k
nk
A
,A C .P
(n k)!

Chỉnh hợp =
tổ hợp rồi hoán vò
7. Tam giác Pascal :
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1

4
4
3
4
2
4

1
4
0
4
3
3
2
3
1
3
0
3
2
2
1
2
0
2
1
1
0
1
0
0
CCCCC
CCCC
CCC
CC
C

Tính chất :

k
1n
k
n
1k
n
k
n
n
k
n
n
n
0
n
CCC
CC,1CC
+
−
−
=+
===

8. Nhò thức Newton :
*
n0n
n
11n1

n
0n0
n
n
baC baCbaC)ba( +++=+
−
a = b = 1 :
01 n
nn n
CC C2
n
+
++ =

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 4

Với a, b ∈ {±1, ±2, }, ta chứng minh được nhiều đẳng
thức chứa :
n
n
1
n
0
n
C, ,C,C
*
nn
n
1n1
n

n0
n
n
xC xaCaC)xa( +++=+
−
Ta chứng minh được nhiều đẳng thức chứa bằng
cách :
n
n
1
n
0
n
C, ,C,C
- Đạo hàm 1 lần, 2 lần, cho x = ±1, ±2, a = ±1, ±2,
- Nhân với x
k
, đạo hàm 1 lần, 2 lần, cho x = ±1, ±2, , a = ±1, ±2,

- Cho a = ±1, ±2, , hay
∫∫
±± 2
0
1
0
hay
β
α
∫

Chú ý :
* (a + b)
n
: a, b chứa x. Tìm số hạng độc lập với x :

knkk m
n
Ca b Kx
−
=
Giải pt : m = 0, ta được k.
* (a + b)
n
: a, b chứa căn . Tìm số hạng hữu tỷ.

mr
knkk
pq
n
Ca b Kc d
−
=

Giải hệ pt :
⎩
⎨
⎧
∈
∈
Zq/r

Z
p
/
m
, tìm được k
* Giải pt , bpt chứa : đặt điều kiện k, n ∈ N
C,A
k
n
k
n
*
, k ≤ n.
Cần biết đơn giản các giai thừa, qui đồng mẫu số, đặt thừa số
chung.
* Cần phân biệt : qui tắc cộng và qui tắc nhân; hoán vò (xếp, không
bốc), tổ hợp (bốc, không xếp), chỉnh hợp (bốc rồi xếp).
* Áp dụng sơ đồ nhánh để chia trường hợp , tránh trùng lắp hoặc
thiếu trường hợp.
* Với bài toán tìm số cách chọn thỏa tính chất p mà khi chia trường
hợp, ta thấy số cách chọn không thỏa tính chất p ít trường hợp
hơn, ta làm như sau :
số cách chọn thỏa p.
= số cách chọn tùy ý - số cách chọn không thỏa p.
Cần viết mệnh đề phủ đònh p thật chính xác.

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 5



* Vé số, số biên lai, bảng số xe : chữ số 0 có thể đứng đầu (tính từ
trái sang phải).
* Dấu hiệu chia hết :
- Cho 2 : tận cùng là 0, 2, 4, 6, 8.
- Cho 4 : tận cùng là 00 hay 2 chữ số cuối hợp thành số chia hết
cho 4.
- Cho 8 : tận cùng là 000 hay 3 chữ số cuối hợp thành số chia hết
cho 8.
- Cho 3 : tổng các chữ số chia hết cho 3.
- Cho 9 : tổng các chữ số chia hết cho 9.
- Cho 5 : tận cùng là 0 hay 5.
- Cho 6 : chia hết cho 2 và 3.
- Cho 25 : tận cùng là 00, 25, 50, 75.
ĐẠI SỐ
1. Chuyển vế : a + b = c ⇔ a = c – b;
ab = c ⇔ a/b = c ⇔ ;

⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨
⎧
=

≠
==
b/ca
0b
0cb
⎩
⎨
⎧
≠
=
0b
bca
1n2
1n2
baba
+
+
=⇔=

2n
2n
2n 2n
b
a
aba b, ab
a0
⎧
=
=⇔=± = ⇔
⎨

≥
⎩


⎩
⎨
⎧
α=⇔=
≥
±=
⇔=
α
a
bbloga,
0a
ab
ba

⎩
⎨
⎧
>
<
⎩
⎨
⎧
<
>
>
=

⇔<−<⇔<+
b/ca
0b
b/ca
0b
0c,0b
cab;bcacba

2. Giao nghiệm :

⎩
⎨
⎧
<⇔
<
<
⎩
⎨
⎧
>⇔
>
>
}b,amin{x
bx
a
x
;}b,amax{x
bx
a
x

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 6


⎧
⎨
Γ
⎧
>∨
<< <
⎧
⎩
⇔⇔
⎨⎨
<Γ
≥
⎧
⎩
⎩
⎨
Γ
⎩
p
xa pq
axb(nếuab)
;
xb
VN(nếua b)
q

Nhiều dấu v : vẽ trục để giao nghiệm.
3. Công thức cần nhớ :
a.
: chỉ được bình phương nếu 2 vế không âm. Làm mất phải đặt
điều kiện.

⎩
⎨
⎧
≤≤
≥
⎩
⎨
⎧
⇔≤
=
≥
⇔=
22
ba0
0b
ba,
ba
0b
ba


⎩
⎨
⎧

≥
≥
⎩
⎨
⎧
∨
≥
<
⇔≥
2
ba
0b
0a
0b
ba


)0b,anếu(b.a
)0b,anếu(b.a
ab
<−−
≥
=

b.
.
: phá
.
bằng cách bình phương :
2

2
aa = hay bằng đònh
nghóa :

)0anếu(a
)0anếu(a
a
<−
≥
=


baba;
ba
0b
ba ±=⇔=
⎩
⎨
⎧
±=
≥
⇔=

ab b a b≤⇔− ≤ ≤


b0
a b b 0hay
abab
≥

⎧
≥⇔ <
⎨
≤
−∨ ≥
⎩


0baba
22
≤−⇔≤

c. Mũ : .1a0nếuy,1anếuy,0y,Rx,ay
x
<<↓>↑>∈=






giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 7




0m/n mmnmn
n
mn mn mn m.n nn n
nn n m n

a1;a 1/a;a.aa
a/a a ;(a) a ;a/b (a/b)
a .b (ab) ; a a (m n,0 a 1) a = 1
−+
−
== =
===
==⇔=<≠∨


α
=α
<<>
><
⇔<
a
log
nm
a,
)1a0nếu(nm
)1anếu(nm
aa

d. log : y = log
a
x , x > 0 , 0 < a ≠ 1, y ∈ R
y↑ nếu a > 1, y↓ nếu 0 < a < 1, α = log
a
a
α

log
a
(MN) = log
a
M + log
a
N (
⇐
)
log
a
(M/N) = log
a
M – log
a
N (
⇐
)

2
aaa
2
a
MlogMlog2,Mlog2Mlog ==
(⇒)
log
a
M
3
= 3log

a
M, log
a
c = log
a
b.log
b
c
log
b
c = log
a
c/log
a
b,
Mlog
1
Mlog
a
a
α
=
α

log
a
(1/M) = – log
a
M, log
a

M = log
a
N ⇔ M = N

aa
0MN(nếua1)
logM logN
M
N0(nếu0a1
<< >
<⇔
>> <<
)

Khi làm toán log, nếu miền xác đònh nới rộng : dùng điều kiện chặn
lại, tránh dùng công thức làm thu hẹp miền xác đònh. Mất log phải có
điều kiện.
4. Đổi biến :
a. Đơn giản :
2
x
a
t ax b R, t x 0, t x 0,t x 0,
ta 0,tlogxR
=
+∈ = ≥ = ≥ = ≥
=> = ∈

b. Hàm số : t = f(x) dùng BBT để tìm điều kiện của t. Nếu x có thêm
điều kiện, cho vào miền xác đònh của f.

c. Lượng giác : t = sinx, cosx, tgx, cotgx. Dùng phép chiếu lượng giác để
tìm điều kiện của t.
d. Hàm số hợp : từng bước làm theo các cách trên.
5. Xét dấu :
a. Đa thức hay phân thức hữu tỷ, dấu A/B giống dấu A.B; bên phải
cùng dấu hệ số bậc cao nhất; qua nghiệm đơn (bội lẻ) : đổi dấu; qua
nghiệm kép (bội chẵn) : không đổi dấu.
b. Biểu thức f(x) vô tỷ : giải f(x) < 0 hay f(x) > 0.
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 8

c. Biểu thức f(x) vô tỷ mà cách b không làm được : xét tính liên tục và
đơn điệu của f, nhẩm 1 nghiệm của pt f(x) = 0, phác họa đồ thò của f ,
suy ra dấu của f.
6. So sánh nghiệm phương trình bậc 2 với α :
f(x) = ax
2
+ bx + c = 0 (a
≠
0)
* S = x
1
+ x
2
= – b/a ; P = x
1
x
2
= c/a
Dùng S, P để tính các biểu thức đối xứng nghiệm. Với đẳng thức
g(x

1
,x
2
) = 0 không đối xứng, giải hệ pt :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
+=
=
21
21
x.xP
xxS
0g
Biết S, P thỏa S
2
– 4P ≥ 0, tìm x
1
, x
2
từ pt : X
2
– SX + P = 0
* Dùng Δ, S, P để so sánh nghiệm với 0 :
x
1
< 0 < x

2
⇔ P < 0, 0 < x
1
< x
2
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>
>
>Δ
0S
0P
0
x
1
< x
2
< 0 ⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<
>
>Δ

0S
0P
0
* Dùng Δ, af(α), S/2 để so sánh nghiệm với α : x
1
< α < x
2
⇔ af(α) <
0
α < x
1
< x
2
⇔ ; x
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<α
>α
>Δ
2/S
0)(f.a
0
1
< x
2
< α ⇔
⎪

⎩
⎪
⎨
⎧
α<
>α
>Δ
2/S
0)(f.a
0
α < x
1
< β < x
2
⇔
a.f ( ) 0
a.f ( ) 0
β
<
⎧
⎪
α
>
⎨
⎪
α<β
⎩
;
x
1

< α < x
2
< β ⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
β<α
>β
<α
0)(f.a
0)(f.a
7. Phương trình bậc 3 :






giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 9



a. Viête : ax
3
+ bx
2
+ cx + d = 0
x

1
+ x
2
+ x
3
= – b/a , x
1
x
2
+ x
1
x
3
+ x
2
x
3
= c/a , x
1
.x
2
.x
3
= – d/a
Biết x
1
+ x
2
+ x
3

= A , x
1
x
2
+ x
1
x
3
+ x
2
x
3
= B , x
1
.x
2
.x
3
= C
thì x
1
, x
2
, x
3
là 3 nghiệm phương trình : x
3
– Ax
2
+ Bx – C = 0

b. Số nghiệm phương trình bậc 3 :
• x = α ∨ f(x) = ax
2
+ bx + c = 0 (a ≠ 0) :
3 nghiệm phân biệt ⇔

⎩
⎨
⎧
≠α
>Δ
0)(f
0
2 nghiệm phân biệt ⇔
⎩
⎨
⎧
≠α
=Δ
∨
⎩
⎨
⎧
=α
>Δ
0)(f
0
0)(f
0
1 nghiệm ⇔

()
Δ
⎧
Δ
⎨
α
⎩
= 0
< 0 hay
f
= 0

• Phương trình bậc 3 không nhẩm được 1 nghiệm, m tách được sang 1
vế : dùng sự tương giao giữa (C) : y = f(x) và (d) : y = m.
• Phương trình bậc 3 không nhẩm được 1 nghiệm, m không tách được
sang 1 vế : dùng sự tương giao giữa (C
m
) : y = f(x, m) và (Ox) : y = 0
3 nghiệm ⇔
⎩
⎨
⎧
<
>Δ
0y.y
0
CTCĐ
'y

2 nghiệm ⇔

⎩
⎨
⎧
=
>Δ
0y.y
0
CTCĐ
'y

1 nghiệm ⇔ Δ
y'
≤ 0 ∨
⎩
⎨
⎧
>
>Δ
0y.y
0
CTCĐ
'y

c. Phương trình bậc 3 có 3 nghiệm lập thành CSC :
⇔
⎩
⎨
⎧
=
>Δ

0y
0
uốn
'y
d. So sánh nghiệm với α :
• x = x
o
∨ f(x) = ax
2
+ bx + c = 0 (a ≠ 0) : so sánh nghiệm phương
trình bậc 2 f(x) với α.
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 10

• Không nhẩm được 1 nghiệm, m tách được sang 1 vế : dùng sự
tương giao của f(x) = y: (C) và y = m: (d) , đưa α vào BBT.
• Không nhẩm được 1 nghiệm, m không tách được sang 1 vế : dùng
sự tương giao của (C
m
) : y = ax
3
+ bx
2
+ cx + d (có m) ,(a > 0) và (Ox)
α < x
1
< x
2
< x
3
⇔

y'
CĐ CT
CĐ
0
y
.y 0
y
() 0
x
Δ>
⎧
⎪
<
⎪
⎨
α<
⎪
⎪
α<
⎩

x
1
< α < x
2
< x
3
⇔
⎪
⎪

⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
<α
>α
<
>Δ
CT
CTCĐ
'y
x
0)(y
0y.y
0
x
1
< x
2
< α < x
3
⇔
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧

α<
<α
<
>Δ
CĐ
CTCĐ
'y
x
0)(y
0y.y
0
x
1
< x
2
< x
3
< α ⇔
y'
CĐ CT
CT
0
y
.y 0
y
() 0
x
Δ>
⎧
⎪

<
⎪
⎨
α>
⎪
⎪
<α
⎩

8. Phương trình bậc 2 có điều kiện :
f(x) = ax
2
+ bx + c = 0 (a ≠ 0), x ≠ α
2 nghiệm ⇔
⎩
⎨
⎧
>Δ
≠α
0
0)(
f
, 1 nghiệm ⇔
⎩
⎨
⎧
≠α
=Δ
⎩
⎨

⎧
=α
>
Δ
0)(f
0
0)(f
0

α
x
1
α
x
1
α
x
1
x
x
α
x
1






giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 11

Vô nghiệm ⇔ Δ < 0 ∨
⎩
⎨
⎧
=α
=Δ
0)(f
0
Nếu a có tham số, xét thêm a = 0 với các trường hợp 1 nghiệm, VN.
9. Phương trình bậc 4 :
a. Trùng phương : ax
4
+ bx
2
+ c = 0 (a ≠ 0) ⇔
⎩
⎨
⎧
=
≥=
0)t(f
0xt
2
t = x
2
⇔ x = ± t
4 nghiệm ⇔ ; 3 nghiệm ⇔

⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>
>
>Δ
0S
0P
0
⎩
⎨
⎧
>
=
0S
0
P

2 nghiệm ⇔
⎩
⎨
⎧
>
=Δ
<
02/S
0
0

P
;1 nghiệm ⇔
⎩
⎨
⎧
=
=Δ
⎩
⎨
⎧
<
=
02/S
0
0S
0
P

VN ⇔ Δ < 0 ∨ ⇔ Δ < 0 ∨
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<
>
≥Δ
0S
0P
0

0
0
P
S
⎧
⎪
>
⎨
⎪
<
⎩

4 nghiệm CSC ⇔
⎩
⎨
⎧
=
<<
12
21
t3t
tt0

Giải hệ pt :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=

+=
=
21
21
12
t.tP
ttS
t9t
b. ax
4
+ bx
3
+ cx
2
+ bx + a = 0. Đặt t = x +
x
1
. Tìm đk của t bằng BBT :
2
t
≥

c. ax
4
+ bx
3
+ cx
2
– bx + a = 0. Đặt t = x –
x

1
. Tìm đk của t bằng BBT :
t ∈ R.
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 12

d. (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = e với a + b = c + d. Đặt : t = x
2
+ (a + b)x.
Tìm đk của t bằng BBT.
e. (x + a)
4
+ (x + b)
4
= c. Đặt :
2
ba
xt
+
+=
, t ∈ R.
10. Hệ phương trình bậc 1 : . Tính :
⎩
⎨
⎧
=+
=+
'cy'bx'a
cbyax
D =
'b

b
'a
a
, D
x
=
'b
b
'c
c
, D
y
=
'c
c
'a
a

D ≠ 0 : nghiệm duy nhất x = D
x
/D , y = D
y
/D.
D = 0, D
x
≠ 0 ∨ D
y
≠ 0 : VN
D = D
x

= D
y
= 0 : VSN hay VN (giải hệ với m đã biết).
11. Hệ phương trình đối xứng loại 1 :
Từng phương trình đối xứng theo x, y. Đạt S = x + y, P = xy.
ĐK : S
2
– 4P ≥ 0. Tìm S, P. Kiểm tra đk S
2
– 4P ≥ 0;
Thế S, P vào pt : X
2
– SX + P = 0, giải ra 2 nghiệm là x và y.
(α, β) là nghiệm thì (β, α) cũng là nghiệm; nghiệm duy nhất
⇒ α = β ⇒ m = ?
Thay m vào hệ, giải xem có duy nhất nghiệm không.
12. Hệ phương trình đối xứng loại 2 :
Phương trình này đối xứng với phương trình kia. Trừ 2 phương trình,
dùng các hằng đẳng thức đưa về phương trình tích A.B = 0.
Nghiệm duy nhất làm như hệ đối xứng loại 1.
13. Hệ phương trình đẳng cấp :
⎩
⎨
⎧
=++
=++
'dy'cxy'bx'a
dcybxyax
22
22

Xét y = 0. Xét y ≠ 0 : đặt x = ty, chia 2 phương trình để khử t. Còn 1
phương trình theo y, giải ra y, suy ra t, suy ra x. Có thể xét x = 0, xét
x ≠ 0, đặt y = tx.
14. Bất phương trình, bất đẳng thức :
* Ngoài các bất phương trình bậc 1, bậc 2, dạng cơ bản của
.,
, log, mũ có thể giải trực tiếp, các dạng khác cần lập bảng
xét dấu. Với bất phương trình dạng tích AB < 0, xét dấu A, B rồi AB.
* Nhân bất phương trình với số dương : không đổi chiều
số âm : có đổi chiều
Chia bất phương trình : tương tự.
* Chỉ được nhân 2 bất pt vế theo vế , nếu 2 vế không âm.






giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 13



* Bất đẳng thức Côsi :
a, b ≥ 0 :
ab
2
ba
≥
+

Dấu = xảy ra chỉ khi a = b.
a, b, c ≥ 0 :
3
abc
3
cba
≥
+
+

Dấu = xảy ra chỉ khi a = b = c.
* Bất đẳng thức Bunhiacốpxki : a, b, c, d
(ac + bd)
2
≤ (a
2
+ b
2
).(c
2
+ d
2
); Dấu = xảy ra chỉ khi a/b = c/d
15. Bài toán tìm m để phương trình có k nghiệm :
Nếu tách được m, dùng sự tương giao của (C) : y = f(x) và (d) : y = m.
Số nghiệm bằng số điểm chung.
Nếu có điều kiện của x ∈ I, lập BBT của f với x ∈ I.
16. Bài toán tìm m để bất pt vô nghiệm, luôn luôn nghiệm, có nghiệm x
∈ I :
Nếu tách được m, dùng đồ thò, lập BBT với x ∈ I.

f(x) ≤ m : (C) dưới (d) (hay cắt)
f(x) ≥ m : (C) trên (d) (hay cắt)
LƯNG GIÁC

+
2
π
0
2
−
π
1. Đường tròn lượng giác :
Trên đường tròn lượng giác, góc α đồng
nhất với cung AM, đồng nhất với điểm M.
Ngược lại, 1 điểm trên đường tròn lượng
giác ứng với vô số các số thực x + k2π.
Trên đường tròn lượng giác, nắm vững các
góc đặc biệt : bội của
6
π
(
3
1
cung phần tư)
và
4
π
(
2
1

cung phần tư)

x = α +
n
k2
π
: α là 1 góc đại diện, n : số
điểm cách đều trên đường tròn lượng giác.


giải đề


thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 14

2. Hàm số lượng giác :





3. Cung liên kết :
* Đổi dấu, không đổi hàm : đối, bù, hiệu π (ưu tiên không đổi dấu :
sin bù, cos đối, tg cotg hiệu π).
* Đổi hàm, không đổi dấu : phụ
* Đổi dấu, đổi hàm : hiệu
2
π
(sin lớn = cos nhỏ : không đổi dấu).
4. Công thức :

a. Cơ bản : đổi hàm, không đổi góc.
b. Cộng : đổi góc a ± b, ra a, b.
c. Nhân đôi : đổi góc 2a ra a.
d. Nhân ba : đổi góc 3a ra a.
e. Hạ bậc : đổi bậc 2 ra bậc 1. Công thức đổi bậc 3 ra bậc 1 suy từ
công thức nhân ba.
f. Đưa về
2
a
tgt =
: đưa lượng giác về đại số.
g. Tổng thành tích : đổi tổng thành tích và đổi góc a, b thành (a ± b)
/ 2.
h. Tích thành tổng : đổi tích thành tổng và đổi góc a, b thành a ± b.

5. Phương trình cơ bản : sinα = 0⇔ cosα = – 1 hay cosα = 1⇔ α =
kπ,
sinα = 1 ⇔ α =
2
π
+ k2π; sinα = –1 ⇔ α = –
2
π
+ k2π,
cosα = 0 ⇔ sinα = –1 hay sinα = 1 ⇔ α =
2
π
+ kπ,
cosα = 1 ⇔ α = k2π, cosα = – 1 ⇔ α = π + k2π
sinu = sinv ⇔ u = v + k2π ∨ u = π – v + k2π

cosu = cosv ⇔ u = ± v + k2π
tgu = tgv ⇔ u = v + kπ
cotg
tg
chiếu xuyên
ta
â
m
M
sin
cos
chiếu
M
⊥






giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 15



cotgu = cotgv ⇔ u = v + kπ
6. Phương trình bậc 1 theo sin và cos : asinu + bcosu = c
* Điều kiện có nghiệm : a
2
+ b
2

≥ c
2
* Chia 2 vế cho
22
ba + , dùng công thức cộng đưa về phương
trình cơ bản.
(cách khác : đưa về phương trình bậc 2 theo
2
u
tgt =
)
7. Phương trình đối xứng theo sin, cos :
Đưa các nhóm đối xứng về sin + cos và sin.cos.
Đặt t = sinu + cosu
=
2
t1
2sin u , 2 t 2,sinu.cosu
42
π
−
⎛⎞
+−≤≤ =
⎜⎟
⎝⎠

8. Phương trình chứa ⏐sinu + cosu⏐ và sinu.cosu :
Đặt :
2
1

202
42
t
t sinu cosu sin u , t ,sinu.cosu
π
−
⎛⎞
=+ = + ≤≤ =
⎜⎟
⎝⎠

9. Phương trình chứa sinu – cosu và sinu.cosu : Đặt :
2
tsinucosu 2sinu , 2t 2
4
1t
sin u.cos u
2
π
⎛⎞
=− = −−≤≤
⎜⎟
⎝⎠
−
=
,

10. Phương trình chứa ⏐sinu – cosu⏐ và sinu.cosu : Đặt :
2
20

4
1
2
⎛⎞
=−= − ≤≤
⎜⎟
⎝⎠
−
=
tsinucosu sinu , t
t
sinu.cosu
π
2,

11. Phương trình toàn phương (bậc 2 và bậc 0 theo sinu và cosu) :
Xét cosu = 0; xét cosu ≠ 0, chia 2 vế cho cos
2
u, dùng công thức
1/cos
2
u = 1 + tg
2
u, đưa về phương trình bậc 2 theo t = tgu.
12. Phương trình toàn phương mở rộng :
* Bậc 3 và bậc 1 theo sinu và cosu : chia 2 vế cho cos
3
u.
* Bậc 1 và bậc – 1 : chia 2 vế cho cosu.
13. Giải phương trình bằng cách đổi biến :

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 16

Nếu không đưa được phương trình về dạng tích, thử đặt :
* t = cosx : nếu phương trình không đổi khi thay x bởi – x.
* t = sinx : nếu phương trình không đổi khi thay x bởi π – x.
* t = tgx : nếu phương trình không đổi khi thay x bởi π + x.
* t = cos2x : nếu cả 3 cách trên đều đúng
* t = tg
2
x
: nếu cả 3 cách trên đều không đúng.
14. Phương trình đặc biệt :
*
⎩
⎨
⎧
=
=
⇔=+
0v
0u
0vu
22
*
⎩
⎨
⎧
=
=
⇔

⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≥
≤
=
Cv
Cu
Cv
Cu
vu
*
⎩
⎨
⎧
=
=
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
+=+
≤
≤
Bv
Au

BAvu
Bv
A
u

* sinu.cosv = 1 ⇔
⎩
⎨
⎧
−=
−=
∨
⎩
⎨
⎧
=
=
1vcos
1usin
1vcos
1usin
* sinu.cosv = – 1 ⇔
⎩
⎨
⎧
=
−=
∨
⎩
⎨

⎧
−=
=
1vcos
1usin
1vcos
1usin
Tương tự cho : sinu.sinv = ± 1, cosu.cosv = ± 1.
15. Hệ phương trình : Với F(x) là sin, cos, tg, cotg
a. Dạng 1 :
⎩
⎨
⎧
=±
=±
)2(nyx
)1(m)
y
(
F
)
x
(
F
. Dùng công thức đổi + thành
nhân, thế (2) vào (1) đưa về hệ phương trình :
⎩
⎨
⎧
=−

=+
byx
a
y
x

b. Dạng 2 :
⎩
⎨
⎧
=±
=
nyx
m)
y
(
F
).
x
(
F
. Tương tự dạng 1, dùng công thức
đổi nhân thành +.






giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 17

c. Dạng 3 :
⎩
⎨
⎧
=±
=
nyx
m)
y
(
F
/
)
x
(
F
.
Dùng tỉ lệ thức :
db
ca
db
ca
d
c
b
a
−

−
=
+
+
⇔=
biến đổi phương
trình (1) rồi dùng công thức đổi tổng thành tích.
d. Dạng khác : tìm cách phối hợp 2 phương trình, đưa về các pt cơ
bản.
16. Toán Δ :
* Luôn có sẵn 1 pt theo A, B, C : A + B + C = π
* A + B bù với C, (A + B)/2 phụ với C/2.
* A, B, C ∈ (0, π) ; A/2, B/2, C/2 ∈ (0, π/2)
A + B ∈ (0, π) ; (A + B)/2 ∈ (0, π/2) ;
A – B ∈ (– π, π) , (A – B)/2 ∈ (– π/2, π/2)
Dùng các tính chất này để chọn k.
* Đổi cạnh ra góc (đôi khi đổi góc ra cạnh) : dùng đònh lý hàm sin :
a = 2RsinA hay đònh lý hàm cos : a
2
= b
2
+ c
2
– 2bc.cosA
*
pr
R4
abc
Csinab
2

1
ah
2
1
S
a
====

)cp)(bp)(ap(p −−−=
* Trung tuyến :
222
a
ac2b2
2
1
m −+=

* Phân giác : ℓ
a
=
cb
2
A
cosbc2
+

TÍCH PHÂN

1. Đònh nghóa, công thức, tính chất :
* F là 1 nguyên hàm của f ⇔ f là đạo hàm của F.

Họ tất cả các nguyên hàm của f :

∫
dx)x(f
= F(x) + C (C ∈ R)
*
α+
α
=+ = +
α+
∫∫
1
u
du u C ; u du C
1
, α ≠ – 1
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 18


uu
du
ln u C; e du e C;
u
=+ =+
∫∫
∫
+= Caln/adua
uu

;

sinudu cosu C=− +
∫
∫
+= Cusinuducos


∫
;
+−= Cgucotusin/du
2
∫
+= Ctguucos/du
2

*
==−
∫
b
b
a
a
f
(x)dx F(x) F(b) F(a)

*
∫∫∫∫∫
+=−==
b
a
c

a
b
a
c
b
a
b
a
a
,;0
∫

∫∫∫∫∫
=+=+
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
fkkf;gf)gf(
2. Tích phân từng phần :

udv uv vdu=−
∫∫
Thường dùng khi tính tích phân các hàm hỗn hợp.

a.
∫∫
∫
=
nnnxn
xu:xcosx;xsinx,ex

b.
∫
= xlnu:xlnx
n
c.
∫∫
== dxedvhayeu:xcose,xsine
xxxx
từng phần 2 lần, giải phương trình ẩn hàm ʃ

3. Các dạng thường gặp :
a. : u = sinx.
∫
+
xcos.xsin
1n2m
: u = cosx.
∫
+
xsin.xcos
1n2m
: hạ bậc về bậc 1
∫

xcos.xsin
n2m2
b. : u = tgx (n ≥ 0)
∫
xcos/xtg
n2m2
: u = cotgx (n ≥ 0)
∫
xsin/xgcot
n2m2
c. chứa a
∫
2
– u
2
: u = asint






giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 19



chứa u
∫
2
– a

2
: u = a/cost
chứa a
∫
2
+ u
2
: u = atgt
d. , R : hàm hữu tỷ
∫
)xcos,x(sinR
R(–sinx, cosx) = – R(sinx, cosx) : u = cosx
R(sinx, –cosx) = – R(sinx, cosx) : u = sinx
R(–sinx,–cosx) = R(sinx, cosx) : u = tgx ∨ u = cotgx
R đơn giản :
2
x
tgu =


∫
π
−
π
=
2/
0
x
2
ặtthử:

∫
π
−π=
0
xặtthử:
e.
∫
+=∈++
nqq/pnm
bxau:Zn/)1m(,)bxa(x
f.
∫
+=∈+
+
+
nnqq/pnm
bxaxu:Z
q
p
n
1m
,)bxa(x

g.
u
1
khx:cbxax)khx/[(dx
2

=++++
∫

h.
∫
++ )dcx/()bax(,x(R
, R là hàm hữu tỷ :
)dcx/()bax(u ++=
i. chứa (a + bx
∫
k
)
m/n
: thử đặt u
n
= a + bx
k
.

4. Tích phân hàm số hữu tỷ :

∫
)x(Q/)x(P
: bậc P < bậc Q
* Đưa Q về dạng tích của x + a, (x + a)
n
, ax
2
+ bx + c (Δ < 0)
* Đưa P/Q về dạng tổng các phân thức đơn giản, dựa vào các thừa số

của Q :
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 20


n
n
2
21
n
)ax(
A

)ax(
A
ax
A
)ax(,
ax
A
ax
+
++
+
+
+
→+
+
→+
2
22

A
(2ax b) B
ax bx c( 0)
ax bx c ax bx c
+
++Δ<→ +
+
+++
22
2
dx
( 0) du /(u a ) :đặt u
atgt
ax bx c
⎛⎞
Δ< = + =
⎜⎟
++
⎝⎠
∫∫

5. Tính diện tích hình phẳng :
a. D giới hạn bởi x = a, x = b, (Ox), (C) : y = f(x) :
∫
=
b
a
D
dx)x(fS

f(x) : phân thức hữu tỉ : lập BXD f(x) trên [a,b] để mở ⏐.⏐; f(x) : hàm
lượng giác : xét dấu f(x) trên cung [a, b] của đường tròn lượng giác.
b. D giới hạn bởi x = a, x = b , (C) : y = f(x)
(C') : y = g(x) :
∫
−=
b
a
D
dx)x(g)x(fS

Xét dấu f(x) – g(x) như trường hợp a/.
c. D giới hạn bởi (C
1
) : f
1
(x, y) = 0 , (C
2
) : f
2
(x, y) = 0

x=bx=a
f(x)
g(x)

α
/

b

D
a
S f(x) g(x) dx=−
∫




β
/

b
D
a
S f(y) g(y) dy=−
∫

y=a
f(y)
y=b
g(y)

Với trường hợp α) : nếu biên trên hay biên dưới bò gãy, ta cắt D
bằng các đường thẳng đứng ngay chỗ gãy.
Với trường hợp β) : nếu biên phải hay biên trái bò gãy, ta cắt D
bằng các đường ngang ngay chỗ gãy.
Chọn tính
∫ theo dx hay dy để ∫ dễ tính toán hay D ít bò chia cắt.
Cần giải các hệ phương trình tọa độ giao điểm.

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 21



Cần biết vẽ đồ thò các hình thường gặp : các hàm cơ bản, các
đường tròn, (E) , (H), (P), hàm lượng giác, hàm mũ, hàm
.
.
Cần biết rút y theo x hay x theo y từ công thức f(x,y) = 0 và biết
chọn
+
hay
−
y
:trên,y :dưới,
x
:phải,x :trái
⎛⎞
=+ =−
⎜⎟
⎜⎟
=+ =−
⎝⎠

6. Tính thể tích vật thể tròn xoay :

a
b
f(x)
a
b
f(
y
)
a. D như 5.a/ xoay quanh (Ox) :

[]
∫
π=
b
a
2
dx)x(fV

b.
[]
∫
π=
b
a
2
dy)y(fV

c.
∫
−π=

b
a
22
dx)]x(g)x(f[V
b
f(x)
g(x
a
f(y)
a
g(y)
b

d.
∫
−π=
b
a
22
dy)]y(g)y(f[V
f(x)
g(x
a
b
ab
c
f(x) -g(x)

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 22

e.
∫∫
π+π=
b
c
2
c
a
2
dx)x(gdx)x(fV
b
c

f.
∫∫
π+π=
b
c
2
c
a
2
dy)y(fdy)y(gV
Chú ý : xoay quanh (Ox) : ∫ dx ; xoay quanh (Oy) : ∫ dy.
KHẢO SÁT HÀM SỐ
1. Tìm lim dạng
0

0
, dạng 1
∞
:
a. Phân thức hữu tỷ
:
1
1
ax
1
1
axax
Q
P
lim
)x(Q)ax(
)
x
(
P
)a
x
(
lim)0/0dạng(
)x(Q
)
x
(P
lim
→→→

=
−
−
=

b. Hàm lg :
1
u
usin
limthứccôngdùng),0/0dạng(
)x(g
)
x
(
f
lim
0uax
=
→→

c. Hàm chứa căn :
)0/0dạng(
)x(g
)
x
(
f
lim
ax→
, dùng lượng liên hiệp :

a
2
– b
2
= (a – b)(a + b) để phá , a
3
– b
3
= (a – b)(a
2
+ ab + b
2
) để
phá
3

d. Hàm chứa mũ hay log (dạng 1
∞
) : dùng công thức

e)u1(lim
u/1
0u
=+
→
2. Đạo hàm :
a. Tìm đạo hàm bằng đònh nghóa :
o
o
o

xx
0
xx
)
x
(
f
)
x
(
f
lim)x('
f
−
−
=
→

Tại điểm x
o
mà f đổi công thức, phải tìm đạo hàm từng phía :

.lim)x(f,lim)x(
f
o
xx
o
/
o
xx

o
/
−
→
−
+
→
+
==
Nếu )x(f)x(
f
o
/
o
/
−+
= thì f có
đạo hàm tại x
o
.
f(y)
-g(y)
a
M
α
f(x)

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 23



b. Ý nghóa hình học : k = tgα = f
/
(x
M
)

c. f
/
+ : f ↑ , f
/
– : f ↓
f
//
+ : f lõm , f
//
– : f lồi
d. f đạt CĐ tại M ⇔
⎩
⎨
⎧
<
=
0)x(f
0)x(f

M
//
M
/
f đạt CT tại M ⇔
⎩
⎨
⎧
>
=
0)x(f
0)x(f
M
//
M
/
M là điểm uốn của f ⇔ f
//
(x
M
) = 0 và f
//
đổi dấu khi qua x
M
.
e. Tính đạo hàm bằng công thức : C
/
= 0, (x
α
)

/
= αx
α–1
, (lnx)
/
= 1/x ,
()
a
1
log x
x
ln a
′
=
, (e
x
)
/
= e
x
(a
x
)
/
= a
x
.lna, (sinx)
/
= cosx , (cosx)
/

= – sinx, (tgx)
/
= 1/cos
2
x,
(cotgx)
/
= –1/sin
2
x, (ku)
/
= ku
/
, (u ±v)
/
= u
/
± v
/
, (uv)
/
= u
/
v + uv
/
,
(u/v)
/
= (u
/

v – uv
/
)/v
2
* Hàm hợp : (g
o
f)
/
= g
/
[f(x)]

. f
/
(x)
* Đạo hàm lôgarit : lấy log (ln : cơ số e) 2 vế , rồi đạo hàm 2 vế; áp
dụng với hàm [f(x)]
g(x)
hay f(x) dạng tích, thương, chứa
n

f. Vi phân : du = u
/
dx
3. Tiệm cận :

∞=
→
y
lim

ax
⇒ x = a :
tcđ
xa

y
∞

∞



−
∞
+
∞
x

b
y
lim
x
=
∞→
⇒ y = b : tcn


y b b

−

∞
+
∞
x

0)]bax(
y
[lim
x
=
+
−
∞→


∞

∞
y
⇒ y = ax + b : tcx

* Vẽ đồ thò có tiệm cận :
- t c đ : khi y càng tiến về ± ∞ thì đường cong càng gần đường t c .
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 24

- t c x :khi x và y càng tiến về ± ∞ thì đường cong càng gần đường t c.
- t c x :khi x càng tiến về ± ∞ thì đường cong càng gần đường t c.

* Xét
)x(Q

)
x
(P
y =

• Có tcđ x = a khi Q(a) = 0, P(a) ≠ 0
• Có tcn khi bậc P ≤ bậc Q : với x → ∞, tìm lim y bằng cách lấy số
hạng bậc cao nhất của P chia số hạng bậc cao nhất của Q.
• Có tcx khi P hơn Q 1 bậc, khi đó chia đa thức ta có :
)x(Q
)
x
(
P
bax)x(
f
1
++= , tcx là y = ax + b. Nếu Q = x – α, có thể chia
Honer.
* Biện luận tiệm cận hàm bậc 2 / bậc 1 :

c
yaxb
dx e
=++
+
( d ≠ 0 )
• a ≠ 0, c ≠ 0 : có tcđ, tcx
• a = 0, c ≠ 0 : có tcn, tcđ.
• c = 0 : (H) suy biến thành đt, không có tc.

4. Đồ thò các hàm thường gặp :
a = 0
a/ y = ax + b :
a > 0
b/ y = ax
2
+ bx + c
c/ y = ax
3
+ bx
2
+ c + d
a > 0
a < 0

a> 0 :



a < 0 :

d/ y = ax
4
+ bx
2
+ c

a > 0

a < 0

e/ y = (ax + b) / (cx + d) (c ≠ 0)



y
′
Δ
> 0
y
′
Δ
< 0
y
′
Δ
=0
ab < 0
ab > 0
a < 0






giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 25

ad - bc > 0 ad - bc < 0
f/ y =
edx
cbxax
2
+
++
(ad ≠ 0)

ad > 0





ad < 0





5. ĐỐI XỨNG ĐỒ THỊ :
g(x) = f(–x) : đx qua (Oy)
g(x) = – f(x) : đx qua (Ox)


(C
/
) : y =

)
x
(
f
: giữ nguyên phần (C) bên trên y = 0, lấy phần (C) bên
dưới y = 0 đối xứng qua (Ox).
y
′
Δ
< 0
y
′
Δ
= 0
x < a
x > a
a
x = a
y < b
y > b
b
y = b
> 0
y
′
Δ
(C
/
) : y =
)

x
(
f
: giữ nguyên phần (C) bên phải x = 0, lấy phần (C)
bên phải x = 0 đối xứng qua (Oy).

6. ĐIỂM ĐẶC BIỆT CỦA (Cm) : y = f(x, m)
a/ Điểm cố đònh : M(x
o
, y
o
) ∈ (Cm), ∀m
⇔ y
o
= f(x
o
, m), ∀m ⇔ Am + B = 0, ∀m (hay Am
2
+ Bm + C = 0, ∀m)
⇔
⎩
⎨
⎧
=
=
0B
0
A
(hay
⎪

⎩
⎪
⎨
⎧
=
=
=
0C
0B
0
A
). Giải hệ, được M.
b/ Điểm (Cm) không đi qua, ∀m : M(x
o
, y
o
) ∉ (Cm), ∀m ⇔ y
o
≠
f(x
o
,m), ∀m ⇔ y
o
= f(x
o
, m) VN m ⇔ Am + B = 0 VN m (hay Am
2
+
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 26

Bm + C = 0 VN m) ⇔
⎩
⎨
⎧
≠
=
0B
0
A
(hay
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
⎩
⎨
⎧
<Δ
≠
∨
≠
=
=
0
0A
0C
0B
0
A

). Giải hệ
, được M.
Chú ý :
C
B
A
=
VN ⇔ B = 0 ∨
⎩
⎨
⎧
=
≠
VNBCA
0
B

c/ Điểm có n đường cong của họ (Cm) đi qua : Có n đường (Cm) qua
M(x
o
, y
o
) ⇔ y
o
= f(x
o
, m) có n nghiệm m. Cần nắm vững điều kiện có
n nghiệm của các loại phương trình : bậc 2, bậc 2 có điều kiện x ≠ α,
bậc 3, trùng phương.
7. TIẾP XÚC, PHƯƠNG TRÌNH TIẾP TUYẾN :

a. (C) : y = f(x), tx (C
/
) : y = g(x) khi hệ phương trình sau có nghiệm :
⎩
⎨
⎧
=
=
/
C
/
C
/
/
C
C
yy
y
y
. Nghiệm x của hệ là hoành độ tiếp điểm.
b. Tìm tiếp tuyến với (C) : y = f(x)
* Tại M(x
o
, y
o
) : y = f'(x
o
)(x – x
o
) + y

o
.
* Qua M (x
o
, y
o
): viết phương trình đường thẳng qua M :
(d) : y = k(x – x
o
) + y
o
. Dùng điều kiện tx tìm k. Số lượng k = số lượng
tiếp tuyến (nếu f bậc 3 hay bậc 2 / bậc 1 thì số nghiệm x trong hệ
phương trình đk tx = số lượng tiếp tuyến).
* // (Δ) : y = ax + b : (d) // (Δ) ⇒ (d) : y = ax + m. Tìm m nhờ đk tx.
* ⊥ (Δ) : y = ax + b (a ≠ 0) : (d) ⊥ (Δ) ⇒ (d) : y =
a
1
−
x + m. Tìm m nhờ
đk tx.
c. Bài toán số lượng tiếp tuyến : tìm M ∈ (C
/
) : g(x, y) = 0 sao cho từ M
kẻ được đến (C) đúng n tiếp tuyến (n = 0, 1, 2, ), M(x
o
,y
o
) ∈ (C
/

) ⇔
g(x
o
,y
o
) = 0; (d) qua M : y = k(x – x
o
) + y
o
; (d) tx (C) :
⎩
⎨
⎧
=
=
ky
y
y
C
/
dC
(1).
Thế k vào (1) được phương trình ẩn x, tham số x
o
hay y
o
. Đặt đk để
phương trình này có n nghiệm x (số nghiệm x = số tiếp tuyến), tìm
được x
o

hay y
o
.
8. TƯƠNG GIAO :
* Phương trình hđ điểm chung của (C) : y = f(x) và (C
/
) : y = g(x) là :
f(x) = g(x). Số nghiệm pt = số điểm chung.






giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 27



* Tìm m để (C
m
) : y = f(x, m) và (C
/
m
) : y = g(x, m) có n giao điểm :
Viết phương trình hoành độ điểm chung; đặt đk để pt có n nghiệm.
Nếu pt hoành độ điểm chung tách được m sang 1 vế : F(x) = m : đặt
điều kiện để (C) : y = F(x) và (d) : y = m có n điểm chung.
* Biện luận sự tương giao của (C
m
) và (C

/
m
) :
• Nếu pt hđ điểm chung dạng : F(x) = m : lập BBT của F; số điểm
chung của (C
m
) và (C
/
m
) = số điểm chung của (C) và (d).
• PThđ điểm chung, không tách được m, dạng f(x) = ax
2
+ bx + c =
0 (x ≠ α) hay dạng bậc 3 : x = α ∨ f(x) = 0 : lập Δ, xét dấu Δ, giải pt
f(x) = 0 để biết m nào thì α là nghiệm của f, với m đó, số nghiệm bò
bớt đi 1.
9. CỰC TRỊ :
* f có đúng n cực trò ⇔ f
/
đổi dấu n lần.
* f đạt cực đại tại x
o
⇔
⎩
⎨
⎧
<
=
0)x(f
0)x(f

o
//
o
/
f đạt cực tiểu tại x
o
⇔
⎩
⎨
⎧
>
=
0)x(f
0)x(f
o
//
o
/
* f bậc 3 (hay bậc 2 / bậc 1) có cực trò ⇔ f có CĐ và CT ⇔
/
f
Δ
> 0
* f bậc 3 (hay bậc 2 / bậc 1) có cực trò :
• Bên phải (d) : x = α ⇔ y
/
= 0 có 2 nghiệm α < x
1
< x
2

.
• Bên trái (d) : x = α ⇔ y
/
= 0 có 2 nghiệm x
1
< x
2
< α .
• 1 bên (Ox) ⇔
0
0
/
f
CD CT
y.y
Δ>
⎧
⎪
⎨
>
⎪
⎩
• 2 bên (Ox) ⇔
0
0
/
f
CD CT
y.y
Δ>

⎧
⎪
⎨
<
⎪
⎩

* Với hàm bậc 2 / bậc 1, các điều kiện y
CĐ
.y
CT
< 0 (>0) có thể thay
bởi y = 0 VN (có 2 nghiệm.).
* Tính y
CĐ
.y
CT
:
• Hàm bậc 3 : y = y
/
(Ax + B) + (Cx

+ D)
y
CĐ
.y
CT
= (Cx
CĐ
+ D).(Cx

CT
+ D), dùng Viète với pt y
/
=
0.
• Hàm bậc 2/ bậc 1 :
v
u
y
=