Khóa học LTĐH môn Toán -Đề kiểm tra định kỳ– Thầy Trần Phương docx
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.47 MB, 25 trang )
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
ðề kiểm tra ñịnh kỳ số 01
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1
-
(Thời gian làm bài: 90 phút)
Câu 1:
Cho hàm số:
3 2
3 1 ( )
m
y x x mx C
= + + +
a.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số khi m = 3 (C
3
)
b.
Chứng minh rằng: (C
m
) cắt (C):
3 2
2 7
y x x
= + +
tại 2 ñiểm phân biệt A, B. Tìm quỹ tích trung ñiểm
I của ñoạn AB.
c. Tìm m ñể (C
m
) cắt ñường thẳng (d): y = 1 tại 3 ñiểm phân biệt C, D, E với C(0; 1). Tìm m ñể tiếp
tuyến tại D, E với (C
m
) vuông góc nhau.
Câu 2:
Cho hàm số:
3 2
3 (2 1) 3 ( )
m
y mx mx m x m C
= − + + + −
Tìm m sao cho hàm số có cực ñại, cực tiểu. Chứng minh rằng khi ñó ñường thẳng nối hai ñiểm cực ñại,
cực tiểu của (C
m
) luôn ñi qua 1 ñiểm cố ñịnh.
Câu 3:
Cho hàm số
4 2 2
2( 1) (1)
y x m x m= − + +
,với m là tham số thực.
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số (1) khi m = 0.
b. Tìm m ñể ñồ thị hàm số (1) có ba ñiểm cực trị tạo thành ba ñỉnh của một tam giác vuông.
Câu 4:
Cho hàm số
23 3
3
),
3 (1
y x m
m
mx= − +
là tham số thực.
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số (1) khi
1
m
=
.
b. Tìm m ñể ñồ thị hàm số (1) có hai ñiểm cực trị A và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 48.
Câu 5:
Cho hàm số:
1
( )
2
x
y C
x
+
=
−
Tìm ñiểm M trên (C) sao cho tổng khoảng cách từ M ñến 2 trục tọa ñộ là nhỏ nhất.
Câu 6:
Tìm m ñể phương trình sau có nghiệm:
3 3
1 1
x x m
+ + − =
Giáo viên : Trần Phương
Nguồn :
Hocmai.vn
ðỀ KIỂM TRA ðỊNH KỲ SỐ 01
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 01
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1
-
Câu 1:
Cho hàm số:
3 2
3 1 ( )
m
y x x mx C
= + + +
a.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số khi m = 3 (C
3
)
b.
Chứng minh rằng: (C
m
) cắt (C):
3 2
2 7
y x x
= + +
tại 2 ñiểm phân biệt A, B. Tìm quỹ tích trung ñiểm
I của ñoạn AB.
c. Tìm m ñể (C
m
) cắt ñường thẳng (d): y = 1 tại 3 ñiểm phân biệt C, D, E với C(0; 1). Tìm m ñể tiếp
tuyến tại D, E với (C
m
) vuông góc nhau.
Giải:
a)
Với m = 3
3 2
3
3 3 1 ( )
y x x x C
⇒ = + + +
Học sinh tự khảo sát và vẽ ñồ thị (C
3
)
b)
Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (C
m
) và (C):
3 2 3 2
2
2
3 1 2 7
6 0 (1)
24 0
x x mx x x
x mx
m m
+ + + = + +
⇔ + − =
∆ = + > ∀
⇒
(1) luôn có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
. Vậy (C
m
) và (C) luôn cắt nhau tại 2 ñiểm phân biệt
1 1 2 2
( ; ); ( ; )
A x y B x y
( ) ( )
1 2
3 3 2 2
1 2 1 2
2
2 14
2
I
I
x x
x
x x x x
y
+
=
⇒
+ + + +
=
Áp dụng ñịnh lý Viet cho phương trình (1) ta có:
1 2
1 2
. 6
b
x x m
a
c
x x
a
+ = − = −
= = −
Vậy
( )
( )
( )
2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2
2 2 14
2
I
I
m
x
x x x x x x x x x x
y
= −
⇒
+ + − + + − +
=
( )
( )
2
2
1 2 1 2
2
3 2 12 14
2
I
I
m
x
m x x x x m
y
−
=
⇔
− + − + + +
=
HƯỚNG DẪN GIẢI
ð
Ề
KI
Ể
M TRA ð
Ị
NH K
Ỳ
S
Ố
01
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 01
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2
-
2 2 3 2
2
( 18) 2 24 14 2 18 38
2 2
I
I
m
x
m m m m m m
y
−
=
⇔
− + + + + − + − +
= =
Thay
2
I
m x
= −
ta ñược:
3 2 3 2
3 2
( 2 ) 2( 2 ) 18( 2 ) 38 8 8 36 38
2 2
4 4 18 19
I I I I I I
I
I I I I
x x x x x x
y
y x x x
− − + − − − + + + +
= =
= + + +
Vậy quỹ tích của I là ñường cong có phương trình:
3 2
4 4 18 19
y x x x
= + + +
c)
Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (C
m
) và (d):
3 2 3 2
2
2
3 1 1 3 0
0 (2)
( 3 ) 0
3 0 (3)
x x mx x x mx
x
x x x m
x x m
+ + + = ⇔ + + =
=
⇔ + + = ⇔
+ + =
Yêu cầu bài toán
⇔
pt (3) có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
ñều khác 0, ñồng thời:
1 2
'( ). '( ) 1
f x f x
= −
.
Trong ñó
3 2
( ) 3 1
f x x x mx
= + + +
ycbt
( )( )
2 2
1 1 2 2
9 4 0
0
3 6 3 6 1
m
m
x x m x x m
∆ = − >
⇔ ≠
+ + + + = −
Do x
1
, x
2
là nghiệm của (3) nên
2
1 1
3 0
x x m
+ + =
và
2
2 2
3 0
x x m
+ + =
2
1 1
2
2 2
3
3
x m x
x m x
= − −
⇒
= − −
[ ][ ]
1 1 2 2
9
4
0
3( 3 ) 6 3( 3 ) 6 1
m
m
x m x m x m x m
<
⇔ ≠
− − + + − − + + = −
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
9 9
0 0
4 4
9 6( ) 4 1 9 6( ) 4 1 0
m m
x x x x m m x x x x m m
≠ < ≠ <
⇔ ⇔
+ + + = − + + + + =
Áp dụng ñịnh lý Viet vào phương trình (3) ta có:
1 2
1 2
3
.
b
x x
a
c
x x m
a
+ = − = −
= =
2 2
9
0
9 9
0 0
4
4 4
9 65
9 18 4 1 0 4 9 1 0
8
m
m m
m m m m m
m
≠ <
≠ < ≠ <
⇔ ⇔ ⇔
±
− + + = − + =
=
Kết luận
: Vậy với
9 65
8
m
±
=
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 01
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 3
-
Câu 2:
Cho hàm số:
3 2
3 (2 1) 3 ( )
m
y mx mx m x m C
= − + + + −
Tìm m sao cho hàm số có cực ñại, cực tiểu. Chứng minh rằng khi ñó ñường thẳng nối hai ñiểm cực ñại,
cực tiểu của (C
m
) luôn ñi qua 1 ñiểm cố ñịnh.
Giải:
TXð: D = R
•
2
' 3 6 2 1
y mx mx m
= − + +
(C
m
) có cực ñại và cực tiểu
' 0
y
⇔ =
có 2 nghiệm phân biệt.
2 2
0 0
0
0
9 3 (2 1) 0 3 3 0
0
0 1
0 1
m m
m
m m m m m
m
m m
m m
≠ ≠
≠
⇔ ⇔ ⇔
∆ >
− + > − >
≠
⇔ ⇔ < ∨ >
< ∨ >
• Lấy y’ chia cho y ta ñược:
1 2(1 ) 10
'
3 3 3 3
x m m
y y x
− −
= − + +
Gọi (x
1
; y
1
) và (x
2
; y
2
) là tọa ñộ 2 ñiểm cực trị
, ,
1 1 2 2
'( ) '( ) 0
y f x y f x
⇒ = = = =
1 1
2 2
2(1 ) 10
3 3
2(1 ) 10
3 3
m m
y x
m m
y x
− −
= +
⇒
− −
= +
⇒
Hai ñiểm cực trị của (C
m
) cùng nằm trên ñường thẳng có phương trình:
2(1 ) 10
( ) :
3 3
m m
y x
− −
∆ = +
( )
⇒ ∆
chính là ñường thẳng ñi qua 2 ñiểm cực trị của (C
m
)
• Gọi A(x
0
; y
0
) là ñiểm cố ñịnh:
0 0
2(1 ) 10
0 1
3 3
m m
y x m m
− −
⇔ = + ∀ < ∨ >
0 0 0
0 0 0
0
0
0 0
0
3 2 2 10 0 1
(2 1) 3 2 10 0 0 1
1
2 1 0
2
3 2 10 0
3
y x mx m m m
m x y x m m
x
x
y x
y
⇔ = − + − ∀ < ∨ >
⇔ + + − − = ∀ < ∨ >
+ =
= −
⇔ ⇔
− − =
=
• Vậy
( )
∆
luôn ñi qua ñiểm
1
;3
2
A
−
cố ñịnh.
Câu 3:
Cho hàm số
4 2 2
2( 1) (1)
y x m x m= − + +
,với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số (1) khi m = 0.
b) Tìm m ñể ñồ thị hàm số (1) có ba ñiểm cực trị tạo thành ba ñỉnh của một tam giác vuông.
Giải:
y’ = 4x
3
– 4(m + 1)x
y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x
2
= (m + 1)
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 01
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 4
-
Hàm số có 3 cực trị ⇔ m + 1 > 0 ⇔ m > -1
Khi ñó ñồ thị hàm số có 3 cực trị A (0; m
2
), B (-
1
m
+
; – 2m – 1); C (
1
m
+
; –2m – 1)
Do AB = AC nên tam giác chỉ có thể vuông tại A. Gọi M là trung ñiểm của BC ⇒ M (0; -2m–1)
Do ñó yêu cầu bài toán ⇔ BC = 2AM (ñường trung tuyến bằng nửa cạnh huyền)
⇔ 2
1
m
+
= 2(m
2
+ 2m + 1) = 2(m + 1)
2
⇔ 1 = (m + 1)
1
m
+
=
3
2
( 1)
m
+
(do m > -1)
⇔ 1 = (m + 1) (do m > -1) ⇔ m = 0
ðáp số:
m = 0
Câu 4:
Cho hàm số
23 3
3
),
3 (1y x m
m
mx= − +
là tham số thực.
a)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số (1) khi
1
m
=
.
b)
Tìm m ñể ñồ thị hàm số (1) có hai ñiểm cực trị A và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 48.
Giải:
2
0
' 3 6 ; ' 0
2
x
y x mx y
x m
=
= − = ⇔
=
ðồ thị hàm số có 2 ñiểm cực trị khi và chỉ khi m
≠
0 (*).
Các ñiểm cực trị của ñồ thị là A(0; 3m
3
) và B(2m;
−
m
3
).
Suy ra OA
=
3| m
3
| và
d
(B, (OA))
=
2 | m | .
4
48 3 48
OAB
S m
∆
= ⇔ =
2
m
⇔ = ±
(thỏa mãn)
Câu 5:
Cho hàm số:
1
( )
2
x
y C
x
+
=
−
Tìm ñiểm M trên (C) sao cho tổng khoảng cách từ M ñến 2 trục tọa ñộ là nhỏ nhất.
Giải:
Xét ñiểm M(x; y)
1
( ):
2
x
C y
x
+
∈ =
−
1
( ,Ox) ( , )
2
x
d M d M Oy x y x
x
+
+ = + = +
−
Xét
1
( )
2
x
f x x
x
+
= +
−
Ta có:
1
(0)
2
f
=
TH
1
:
1 1
( )
2 2
x f x x
> ⇔ ≥ >
TH
2
:
1 1
( )
2 2
x
x f x x
x
+
≤ ⇔ = +
−
(vì
1 0
x
+ >
và
1
2 0
2
x x
− > ∀ ≤
)
1 1
0
2 2
( )
1 1
0
2 2
x
x khi x
x
f x
x
x khi x
x
+
− + − ≤ ≤
−
⇒ =
+
+ < ≤
−
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 01
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 5
-
Từ ñó ta có bảng biến thiên
x
-1/2 0 1/2
f’(x) - +
f(x)
7/10 3/2
1/2
1 1
( )
2 2
f x x
⇒ ≥ ∀ ≤
1
( )
2
f x
=
khi và chỉ khi x = 0.
Vậy
1
0;
2
M
−
Câu 6:
Tìm m ñể phương trình sau có nghiệm:
3 3
1 1
x x m
+ + − =
Giải:
ðặt
3 3
( ) 1 1
f x x x
= + + −
2 2
3 3
1 1
'( )
3 (1 ) 3 (1 )
f x
x x
= −
+ −
2 2
3 3
2 2
3 3
1 1
'( ) 0 0
3 (1 ) 3 (1 )
1
(1 ) (1 ) 0
f x
x x
x
x x
≥ ⇔ − ≥
+ −
≠ ±
− − + ≥
2 2 2 2
1 1
1
1 0
4 0
(1 ) (1 ) 1 2 1 2
x x
x
x
x
x x x x x x
≠ ± ≠ ±
≠ ±
⇔ ⇔ ⇔ − ≠ ≤
− ≥
− ≥ + − + ≥ + +
Bảng biến thiên:
x
−∞
-1 0 1
+∞
f’(x) + + 0 - -
f(x)
2
3
2
3
2
0 0
3 3
2 2 2
3 3 3
1 1
lim ( ) lim ( 1 1 lim 0
(1 ) (1 ) ( 1)
x x x
x x
f x x x
x x x
→±∞ →±∞ → ∞
+ − +
= + + − = =
+ + − + −
∓
Tập giá trị của
[
]
( ) 0;2
f x ∈
Vậy ñể phương trình có nghiệm
0 2
m
⇔ ≤ ≤
.
Giáo viên : Trần Phương
Nguồn :
Hocmai.vn
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Lê Bá Trần Phương
ðề kiểm tra ñịnh kỳ số 02
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1
-
(Thời gian: 90 phút)
Câu I: Cho hàm số y =
1
x
x
−
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm tọa ñộ ñiểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với ñường thẳng ñi qua
ñiểm M và ñiểm I(1; 1).
Câu II:
Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
−
=
−
có ñồ thị (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số ñã cho.
2. Tìm m, n ñể ñường thẳng (d) có phương trình y = mx + n cắt (C) tại hai ñiểm phân biệt A, B ñối xứng
với nhau qua ñường thẳng (d
1
): x + 3y – 7 = 0.
Câu III
Cho hàm số
3
3 2 (1)
y x x= − +
.
1. Khảo sát và vẽ ñồ thị của hàm số (1).
2. ðịnh
m
ñể phương trình:
4
3 2
2
3 2 log ( 1)
x x m
− + = +
có 4 nghiệm thực phân biệt.
Câu IV:
Cho hàm số
2 2
1
x
y
x
−
=
+
(C)
1.
Khảo sát sự biến thiên và xẽ ñồ thị hàm số (C).
2.
Tìm m ñể ñường thẳng d: y = 2x + m cắt ñồ thị (C) tại 2 ñiểm phân biệt A, B sao cho AB =
5
.
Giáo viên : Lê Bá Trần Phương
Nguồn :
Hocmai.vn
ðỀ KIỂM TRA ðỊNH KỲ SỐ 02
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Lê Bá Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 02
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1
-
Câu I: Cho hàm số y =
1
x
x
−
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm tọa ñộ ñiểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với ñường thẳng ñi qua
ñiểm M và ñiểm I(1; 1).
Giải:
1. Khảo sát và vẽ ñồ thị
TXð : D = R\{1}
y’ =
2
1
0
( 1)x
− <
−
lim ( ) lim ( ) 1
x x
f x f x
→+∞ →−∞
= =
nên y = 1 là tiệm cận ngang của ñồ thị hàm số
1 1
lim ( ) , lim
x x
f x
+ −
→ →
= +∞ = −∞
nên x = 1 là tiệm cận ñứng của ñồ thị hàm số
Bảng biến thiên
1
+
∞
-
∞
1
- -
y
y'
x
-
∞
1 +
∞
Hàm số nghịch biến trên
( ;1)
−∞
và
(1; )
+∞
Hàm số không có cực trị
ðồ thị :
Nhận xét : ðồ thị nhận giao ñiểm của 2 ñường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm ñối xứng
10
8
6
4
2
2
4
6
8
10 5 5 10 15
HƯỚNG DẪN GIẢI ðỀ KIỂM TRA ðỊNH KỲ SỐ 02
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Lê Bá Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 02
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2
-
2. Với
0
1
x
≠
, tiếp tuyến (d) với (C) tại M(x
0
;
0
0
1
x
x
−
) có phương trình :
0
0
2
0 0
1
( )
( 1) 1
x
y x x
x x
= − − +
− −
2
0
2 2
0 0
1
0
( 1) ( 1)
x
x y
x x
⇔ + − =
− −
(d) có vectơ chỉ phương
2
0
1
( 1; )
( 1)
u
x
= −
−
0
0
1
( 1; )
1
IM x
x
= −
−
ðể (d) vuông góc IM ñiều kiện là :
0
0
2
0
0 0
0
1 1
. 0 1.( 1) 0
2
( 1) 1
x
u IM x
x
x x
=
= ⇔ − − + = ⇔
=
− −
+ Với x
0
= 0 ta có M(0, 0)
+ Với x
0
= 2 ta có M(2, 2)
Câu II:
Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
−
=
−
có ñồ thị (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số ñã cho.
2. Tìm m, n ñể ñường thẳng (d) có phương trình y = mx + n cắt (C) tại hai ñiểm phân biệt A, B ñối xứng
với nhau qua ñường thẳng (d
1
): x + 3y – 7 = 0.
Giải:
1)
Txñ: D=R\{1}
2 1
lim 2
1
x
x
x
→±∞
−
=
−
=> y = 2 là ñường tiệm cận ngang.
1 1
2 1 2 1
lim ; lim
1 1
x x
x x
x x
+ −
→ →
− −
= +∞ = −∞
− −
=> x = 1 là ñường tiệm cận ñứng
( )
2
1
' 0
1
y
x
= − <
−
với mọi x
D
∈
Bảng biến thiên:
x -
∞
1 +
∞
y' - -
y
2 +
∞
-
∞
2
Hàm số nghịch biến trên khoảng:(-
∞
;1) và (1;+
∞
)
Hàm số không tồn tại cực trị
Khi x = 0 =>y = 1; x = -1=> y = 3/2
ðồ thị hàm số nhận ñiểm I(1;2) là tâm ñối xứng
2) phương trình ñường thẳng d
1
:
1 7
3 3
y x
= − +
Vì A, B ñối xứng qua d
1
=> m = 3 (do khi ñó d
⊥
d
1
)
Vậy phương trình ñường thẳng d:y = 3x + n
Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của d và (C) là:
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Lê Bá Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 02
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 3
-
2 1
3
1
x
x n
x
−
= +
−
ñiều kiện x
≠
1
(
)
2
3 5 1 0
x n x n
⇔ + − − + =
(1)
ðể d cắt (C) tại hai ñiểm phân biệt A, B ta có ñiều kiện
( ) ( )
2
5 12 1 0
3 5 1 0
n n
n n
∆ = − − − >
+ − − − ≠
ñúng với mọi n
Gọi tọa ñộ ñỉnh A(x
A
;3x
A
+n), B(x
B
;3x
B
+n) => tọa ñộ trung ñiểm của ñoạn thẳng AB là :
(
)
3
;
2 2
A B
A B
x x
x x
I n
+
+
+
, theo ñịnh li viet ta có:
5
3
A B
n
x x
−
+ =
tọa ñộ ñiểm
5 5
;
6 2
n n
I
− +
, vì A, B
ñối xứng qua d
1
=> I
∈
d
1
=> n = -1
Vậy phương trình ñường thẳng d: y = 3x -1.
Câu III
Cho hàm số
3
3 2 (1)
y x x
= − +
.
1. Khảo sát và vẽ ñồ thị của hàm số (1).
2. ðịnh m ñể phương trình:
4
3 2
2
3 2 log ( 1)
x x m
− + = +
có 4 nghiệm thực phân biệt.
Giải:
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số (1).
TXð:
ℝ
2 2
(1) ( 1)
' 3 3; ' 0 3 3 0 1; 0, 4
y x y x x y y
−
= − = ⇔ − = ⇔ = ± = =
Hàm số nghịch biến trên khoảng
(
)
1; 1
−
Hàm số ñồng biến trên mỗi khoảng
(
)
(
)
; 1 ; 1;
−∞ − + ∞
Hàm số ñạt cực tiểu tại x = 1, y
CT
= 0 và hàm số ñạt cực ñại tại x =
−
1, y
Cð
= 4
Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
Bảng biến thiên:
y’’= 6x; y’’= 0
⇔
x = 0, y
(0)
= 2
⇒
ñồ thị có ñiểm uốn I(0; 2) là tâm ñối xứng và ñi qua các ñiểm (
−
2; 0),
(2; 4)
ðồ thị:
2.
ðịnh m ñể phương trình:
4
3 2
2
3 2 log ( 1)
x x m
− + = +
có 4 nghiệm thực phân biệt.
1
x
y’
−
∞
+
∞
y
1
−
0
0
+
+
−
−
∞
+
∞
4
0
x
y
−1
1
−2
0
•
•
•
•
•
•
2
2
4
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Lê Bá Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 02
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 4
-
Phương trình ñã cho là phương trình hoành ñộ giao ñiểm giữa
4
2
2
( ): log ( 1)
d y m
= +
và
3
( ') : 3 2
C y x x
= − +
, với (C’) ñược suy ra từ (C) như sau:
Từ ñồ thị suy ra (d) cắt (C’) tại 4 ñiểm phân biệt khi và chỉ khi:
4
2
2
0 log ( 1) 4
m
< + <
2
1 1 2
m
⇔ < + <
2
1
0 1
0
m
m
m
<
⇔ < < ⇔
≠
Câu IV:
Cho hàm số
2 2
1
x
y
x
−
=
+
(C)
1.
Khảo sát sự biến thiên và xẽ ñồ thị hàm số (C).
2.
Tìm m ñể ñường thẳng d: y = 2x + m cắt ñồ thị (C) tại 2 ñiểm phân biệt A, B sao cho AB =
5
.
Giải:
1. Tập xác ñịnh D = R\{- 1}
Sự biến thiên:
-Chiều biến thiên:
2
4
' 0,
( 1)
y x D
x
= > ∀ ∈
+
.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞; - 1) và (- 1 ; + ∞).
- Cực trị: Hàm số không có cực trị.
- Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực và tiệm cận:
2x 2 2x 2
lim 2 ; lim 2
1 1
x x
x x
→−∞ →+∞
− −
= =
+ +
. ðường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang.
1 1
2x 2 2x 2
lim ; lim
1 1
x x
x x
− +
→− →−
− −
= +∞ = −∞
+ +
. ðường thẳng x = - 1 là tiệm cận ñứng.
-Bảng biến thiên:
x
-∞ - 1 +∞
y’ + +
y
+∞ 2
2 - ∞
x
y
−1
1
−
2
0
•
•
•
•
•
•
2
2
4
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Lê Bá Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 02
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 5
-
ðồ thị:
-ðồ thị hàm số cắt trục Ox tại ñiểm (1;0)
-ðồ thị hàm số cắt trục Oy tại ñiểm (0;- 2)
- ðồ thị hàm số có tâm ñối xứng là giao ñiểm
hai tiệm cận I(- 1; 2).
* Nhận xét: ðồ thị hàm số nhận I(2; -1) làm tâm ñối xứng.
2. Phương trình hoành ñộ giao ñiểm: 2x
2
+ mx + m + 2 = 0 , (x≠ - 1) (1)
d cắt (C) tại 2 ñiểm phân biệt ⇔ Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1 ⇔ m
2
- 8m - 16 > 0 (2)
Gọi A(x
1
; 2x
1
+ m) , B(x
2
; 2x
2
+ m. Ta có x
1
, x
2
là 2 nghiệm của hương trình (1).
Theo ðL Viét ta có
1 2
1 2
2
2
2
m
x x
m
x x
+ = −
+
=
.
AB
2
= 5 ⇔
2 2
1 2 1 2
( ) 4( ) 5
x x x x
− + − =
⇔
2
1 2 1 2
( ) 4x 1
x x x
+ − =
⇔ m
2
- 8m - 20 = 0
⇔ m = 10 , m = - 2 ( thỏa mãn (2))
KL: m = 10, m = - 2.
Giáo viên : Lê Bá Trần Phương
Nguồn :
Hocmai.vn
y
x
2
y=2
x= -1
-1
O
1
-
2
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
ðề kiểm tra ñịnh kỳ số 03
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1
-
Thời gian: 90 phút
Bài 1:
Giải hệ phương trình:
3 3
6 6
3 3
1
x x y y
x y
− = −
+ =
Bài 2:
Cho hệ phương trình:
2 2
2 2
3 2 11
2 3 17
x xy y
x xy y m
+ + =
+ + = +
(I)
Tìm m ñể hệ có nghiệm.
Bài 3:
a) Chứng minh rằng với mọi
[
]
1;1
t ∈ −
, ta có:
1 1
2 2 1
x
x
x
+ − = ⇔ =
2 2
1 1 1 1 2
t t t t
+ + − ≥ + − ≥ −
b) Giải phương trình:
2 2 4 2
1 2 1 2 2( 1) (2 4 1)
x x x x x x x
+ − + − − = − − +
Bài 4:
Giải bất phương trình:
2 2 2
3 2 4 3 2 5 4
x x x x x x
− + + − + ≥ − +
(1)
Bài 5:
Giải hệ:
1 1
2 2
1 1
2 2
y
x
x
y
+ − =
+ − =
Giáo viên : Trần Phương
Nguồn :
Hocmai.vn
ðỀ KIỂM TRA ðỊNH KỲ SỐ 03
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 03
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1
-
Bài 1:
Giải hệ phương trình:
3 3
6 6
3 3
1
x x y y
x y
− = −
+ =
Giải:
Hệ
3 3 2 2
6 6 6 6
3 3 0 ( )( 3) 0
1 1
x y x y x y x y xy
x y x y
− − + = − + + − =
⇔ ⇔
+ = + =
2 2
6
6 6
3
2 1
1
x y
x y xy
x
x y
=
+ + =
⇔ ∨
=
+ =
6 6
6 6
2 2
6 6
1 1
1
2 2
1 1
3
2 2
x x
x y
x y xy
y y
= = −
+ =
⇔ ∨ ∨
+ + =
= = −
Xét hệ :
6 6
2 2
1 (1)
3 (2)
x y
x y xy
+ =
+ + =
Từ (1) suy ra:
6 6
1, 1
x y
≤ ≤
2 2
2 2
1; 1 1 1 1 1
3
x y xy x y xy
x y xy
⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ⇒ + + ≤ + +
⇒ + + ≤
Dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
1; 1 1 1 1
x y xy x y x y
= = ⇒ = ⇒ = = ∨ = = −
Thay vào phương trình (1) thấy không thỏa mãn.
ðáp số:
Hệ ñã cho có 2 nghiệm là:
6 6
6 6
1 1
2 2
1 1
2 2
x x
y y
= = −
∨
= = −
Bài 2:
Cho hệ phương trình:
2 2
2 2
3 2 11
2 3 17
x xy y
x xy y m
+ + =
+ + = +
(I)
Tìm m ñể hệ có nghiệm.
Giải:
• Cho
0
x
=
ta ñược:
2
2
11
3 17
y
y m
=
= +
HƯỚNG DẪN GIẢI
ð
Ề
KI
Ể
M TRA ð
Ị
NH K
Ỳ
S
Ố
03
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 03
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2
-
TH 1: Nếu
17
11 16
3
m
m
+
= ⇔ =
thì (I) có ít nhất hai nghiệm là
(
)
0; 11
±
Vậy nhận m = 16
TH 2:
Nếu
16
m
≠
thì (I) không có nghiệm (0; y). Ta tìm m sao cho (I) có nghiệm (x; y) với
0
x
≠
.
Chia cả hai vế của các phương trình của (I) cho
2
x
, ta ñược:
2
2
2
2
11
3 2
17
1 2 3
y y
x x x
y y m
x x x
+ + =
+
+ + =
(II)
ðặt
y
t
x
=
, M = m +17 ≠ 33.
Hệ (II)
2
2 2
2
2
2
2
2
11
2 3
( 2 3) 11(3 2 1) 0
11
2 3
3 2 1
t t
M t t t t
x
M
t t
t t
x
x
+ + =
+ + − + + =
⇔ ⇔
+ + =
+ + =
2
2
2
( 33) (2 22) 3 11 0
11
2 3
M t M t M
t t
x
− + − + − =
⇔
+ + =
(*)
(I) có nghiệm khi và chỉ khi (*) có nghiệm:
2
2 2
2 2
( 11) ( 33)(3 11) 0
22 121 3 11 99 363 0
2 88 242 0 44 121 0
22 11 3 22 11 3
22 11 3 17 22 11 3
5 11 3 5 11 3
M M M
M M M M M
M M M M
M
m
m
⇔ − − − − ≥
⇔ − + − + + − ≥
⇔ − + − ≥ ⇔ − + ≤
⇔ − ≤ ≤ +
⇔ − ≤ + ≤ +
⇔ − ≤ ≤ +
Kết hợp với
16
m
≠
ta ñược:
{ }
5 11 3;5 11 3 \ 16
m
∈ − +
ðáp số:
Tập các giá trị m cần tìm là:
5 11 3;5 11 3
− +
Bài 3:
a) Chứng minh rằng với mọi
[
]
1;1
t ∈ − , ta có:
1 1
2 2 1
x
x
x
+ − = ⇔ =
2 2
1 1 1 1 2
t t t t
+ + − ≥ + − ≥ −
b) Giải phương trình:
2 2 4 2
1 2 1 2 2( 1) (2 4 1)
x x x x x x x
+ − + − − = − − +
Giải:
a) ðpcm
2 2 2
1 1 2 1 1 1 2 1
t t t t t
⇔ + + − + − ≥ + − + −
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 03
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 3
-
2
0
t
⇔ ≥ −
(hiển nhiên)
ðpcm
1
2 2 2 2 1
2
1 1 (1 ) (1 )
t t t t
⇔ − ≥ − ⇒ − ≥ −
(ñúng vì
[
]
2
0 1 1 1;1
t t≤ − ≤ ∀ ∈ −
)
b) ðiều kiện ñể
2
2
x x
−
có nghĩa:
2
2 0
x x
− ≥
Gọi x là một nghiệm của phương trình:
4 2 2 2
2( 1) (2 4 1) 1 2 1 2
x x x x x x x
− − + = + − + − −
Áp dụng kết quả câu trên, ta có:
(
)
2
2 2 2 2
1 2 1 2 2 2 2 2
x x x x x x x x
+ − + − − ≥ − − = − +
4 2 2
4 2 2
2( 1) (2 4 1) 2 2
2( 1) (2 4 2 1) 1 1 2
x x x x x
x x x x x
⇒ − − + ≥ − +
⇒ − − + − ≥ + − +
ðặt
2
( 1)
t x
= −
2 3 2
2
2 2
2 (2 1) 1 4 2 1 0
( 1)(4 2 1) 0
1 ( 1) 1 2 0
t t t t t t
t t t
t x x x
⇒ − ≥ + ⇔ − − − ≥
⇔ − + + ≥
⇔ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ − ≥
Kết hợp với ñiều kiện
2
2 0
x x
− ≥
ta ñược
2
2 0 0 2
x x x x
− = ⇔ = ∨ =
Thử lại thấy cả 2 giá trị ñó ñều là nghiệm của phương trình ñã cho.
ðáp số:
0 2
x x
= ∨ =
Bài 4:
Giải bất phương trình:
2 2 2
3 2 4 3 2 5 4
x x x x x x
− + + − + ≥ − +
(1)
Giải:
• ðiều kiện:
2
2
2
3 2 0
1 2
4 3 0 1 3 1 4 (*)
1 4
5 4 0
x x
x x
x x x x x x
x x
x x
− + ≥
≤ ∨ ≥
− + ≥ ⇔ ≤ ∨ ≥ ⇔ ≤ ∨ ≥
≤ ∨ ≥
− + ≥
Vậy (1) tương ñương với:
1 4
( 1)( 2) ( 1)( 3) 2 ( 1)( 4)
x x
x x x x x x
≤ ∨ ≥
− − + − − ≥ − −
1
( 1)( 2) ( 1)( 3) 2 ( 1)( 4)
1
4
( 1)( 2) ( 1)( 3) 2 ( 1)( 4)
x
x x x x x x
x
x
x x x x x x
<
− − + − − ≥ − −
⇔ =
≥
− − + − − ≥ − −
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 03
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 4
-
1
(1 ). (2 ) (1 ) 3 2 (1 ). 4
1
4
( 1). 2 ( 1). 3 2 ( 1). 4
x
x x x x x x
x
x
x x x x x x
<
− − + − − ≥ − −
⇔ =
≥
− − + − − ≥ − −
1
(2)
(2 ) 3 2 4
1
4
(3)
2 3 2 4
x
x x x
x
x
x x x
<
− + − ≥ −
⇔ =
≥
− + − ≥ −
• Khi
1
x
<
2
2
(2) 2 3 2 (2 )(3 ) 4(4 )
5 2 2 6 5 16 4
2 6 5 2 11
x x x x x
x x x x
x x x
⇔ − + − + − − ≥ −
⇔ − + − + ≥ −
⇔ − + ≥ − +
(Khi x < 1 ta có 11 -2x > 0)
2 2
2 2
4( 5 6) (11 2 )
4 20 24 4 44 121 24 97
x x x
x x x x x
⇔ − + ≥ −
⇔ − + ≥ − + ⇔ ≥
97
24
x⇔ ≥
không tỏa mãn x < 1.
• Khi
4
x
≥
2 2
(3) 2 3 2 ( 2)( 3) 4( 4)
2 5 6 2 16 5 2 5 6 2 11
x x x x x
x x x x x x
⇔ − + − + − − ≥ −
⇔ − + ≥ − + ⇔ − + ≥ −
2 2 2
2 11 0 2 11 0
5 6 0 4( 5 6) (2 11)
x x
x x x x x
− ≤ − >
⇔ ∨
− + ≥ − + ≥ −
2 2
11
11
2
2
2 3
4 20 24 4 44 121
x
x
x x
x x x x
>
≤
⇔ ∨
≤ ∨ ≥
− + ≥ − +
11
11
2
3
97
2
24
x
x
x
>
⇔ ≤ ≤ ∨
≥
11 11
3 3
2 2
x x x
⇒ ≤ ≤ ∨ > ⇔ ≥
Kết hợp với
4
x
≥
ta ñược:
3
4
4
x
x
x
≥
⇔ ≥
≥
•
ðáp số
:
1 4
x x
= ∨ ≥
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 03
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 5
-
Bài 5:
Giải hệ:
1 1
2 2
1 1
2 2
y
x
x
y
+ − =
+ − =
Giải:
• ðiều kiện:
1
,
2
x y
≥
. Từ hệ suy ra:
1 1 1 1
2 2 (1)
y x
x y
+ − = + −
• Nếu x > y thì
1 1
x y
<
và
1 1
x y
<
suy ra VT(1) < VP(1).
• Nếu x < y tương tự cũng không thỏa mãn.
• Nếu x = y . Thế vào một phương trình của hệ ñược:
1 1
2 2 1
x
x
x
+ − = ⇔ =
Hệ có nghiệm: (x; y) = (1; 1).
Giáo viên : Trần Phương
Nguồn :
Hocmai.vn
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
ðề kiểm tra ñịnh kỳ số 0
4
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1
-
Thời gian: 90 phút
Bài 1:
Tính tích phân:
a)
1
2
0
sin
16 9 cos
x x
I dx
x
π
=
+
∫
b)
4
2
0
sin
4
sin 2 2(1 sin cos )
x dx
I
x x x
π
π
−
=
+ + +
∫
Bài 2:
Tính tích phân sau:
a)
2 2
0
sin
x
J e xdx
π
=
∫
b)
1
2
0
.
4
x
x
I x e dx
x
= −
−
∫
Bài 3:
Tính các tích phân sau:
a)
2
0
sin 2
3 4sin cos 2
xdx
I
x x
π
=
+ −
∫
b)
46
0
tan
cos 2
xdx
I
x
π
=
∫
Bài 4:
Tính tích phân sau:
14 3 3
13
2
3
0
( 1)( 1)
dx
I
x x
−
=
− +
∫
Giáo viên : Trần Phương
Nguồn :
Hocmai.vn
ðỀ KIỂM TRA ðỊNH KỲ SỐ 04
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 0
4
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1
-
Bài 1:
Tính tích phân:
a)
1
2
0
sin
16 9cos
x x
I dx
x
π
=
+
∫
Giải:
ðặt:
x t dx dt
π
= − ⇒ = −
ðổi cận:
0
0
x t
x t
π
π
= → =
= → =
0
1
2 2
0
( )sin ( ) ( )
16 9cos 16 9cos
t t dt t dt
I
t t
π
π
π π
− − −
⇒ = =
+ +
∫ ∫
1
2 2 2
0 0 0
sin sin sin
16 9cos 16 9cos 16 9cos
tdt t t xdx
dt I
t t x
π π π
π π
= − = −
+ + +
∫ ∫ ∫
1 1 1
2 2
0 0
sin sin
2
16 9cos 2 16 9cos 2
xdx xdx
I I I J
x x
π π
π π
π
⇒ = ⇒ = ⇒ =
+ +
∫ ∫
Tính
2
0
sin
16 9cos
xdx
J
x
π
=
+
∫
ðặt
cos sin
x u xdx du
= ⇒ = −
ðổi cận:
0 1
1
x u
x u
π
= → =
= → = −
1 1
2
2
1 1 2
1
1 4 4
arctan
1
16 9 9 27 3
4
3
du du u
J
u
u
−
−
−
⇒ = = =
−
+
+
∫ ∫
1
8 4
arctan
27 3
4 4
arctan
2 27 3
I J
π π
=
⇒ = =
b)
4
2
0
sin
4
sin 2 2(1 sin cos )
x dx
I
x x x
π
π
−
=
+ + +
∫
Giải:
ðổi biến:
sin cos (cos sin ) 2 sin
4
x x t dt x x dx x dx
π
+ = ⇒ = − = − −
2 2
1 sin 2 sin 2 1
x t x t
+ = ⇒ = −
HƯỚNG DẪN GIẢI
ð
Ề
KI
Ể
M TRA ð
Ị
NH K
Ỳ
S
Ố
0
4
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 0
4
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2
-
ðổi cận:
0 1
2
4
x t
x t
π
= → =
= → =
Vậy
2 2
2
2 2
1 1
1 1
1 2(1 ) ( 1)
2 2
dt dt
I
t t t
= − = −
− + + +
∫ ∫
2 1 2
.
2 1
1
2 1 1 4 3 2
.
2 2 4
2 1
t
=
+
−
= − =
+
Bài 2:
Tính tích phân sau:
a)
2 2
0
sin
x
J e xdx
π
=
∫
Giải:
Xét tích phân:
2 2
0
cos
x
I e xdx
π
=
∫
Ta có:
( )
2 2 2
0
2
0
1 1
2 1
0
2 2
cos 2
x x
x
I J e dx e
I J e xdx
π
π
π
π
+ = = = −
− =
∫
∫
Tính
2
0
cos2
x
A e xdx
π
=
∫
ðặt
2
2
2
1
cos 2
sin 2
2
x
x
du e dx
u e
dv xdx
v xdx
=
=
⇒
=
=
Suy ra:
2 2 2
0 0
\
1
sin 2 sin 2 0 sin 2 (1)
0
2
x x x
A e x e xdx e xdx B
π π
π
= − = − = −
∫ ∫
Tính:
∫
=
π
0
2
2sin xdxeB
x
ðặt:
2
2
2
1
sin 2
cos 2
2
x
x
du e dx
u e
dv xdx
v x
=
=
⇒
=
= −
Suy ra
2 2 2
0 0
1
sin 2 cos2 cos2
0
2
x x x
B e xdx e x e xdx
π π
π
= = − +
∫ ∫
( )
2
1
1 (2)
2
e A
π
= − +
Từ (1) và (2) ta có:
( )
2
1
1
2
A e A
π
= − − −
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 0
4
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 3
-
( )
2
1
1
4
A e
π
⇔ = −
Suy ra:
( )
2
1
1
4
I J e
π
− = −
Vậy cuối cùng ta có:
( )
( )
( )
2
2
2
1
1
1
2
2 1
1
4
1
4
I J e
J e
I J e
π
π
π
+ = −
⇒ = −
− = −
Vậy
( )
2
1
1
8
J e
π
= −
b)
1
2
0
.
4
x
x
I x e dx
x
= −
−
∫
Giải:
1 1
2
1 2
2
0 0
.
4
x
xdx
I x e dx I I
x
= − = +
−
∫ ∫
Tính:
1 1 1
2 2 2 2
1
0 0 0
1
1 1
. .
0
2 2
x x x x
I x e xde x e e dx
= = = −
∫ ∫ ∫
1 1
2 2 2 2
2 2 2 2 2
0 0
1
1 1 1 1 1 1
( 1)
0
2 2 2 4 2 4 2 4 4
x x x
e e e e
e e dx de e e
+
= − = − = − = − − =
∫ ∫
.
Tính:
1 1
2 2
2
2
0 0
1
4 4 3 2
0
4
xdx
I d x x
x
= − = − = − = −
−
∫ ∫
Vậy:
2 2
1 2
1 7
3 2 3
4 4
e e
I I I
+ −
= + = + − = +
.
Bài 3:
Tính các tích phân sau:
a)
2
0
sin 2
3 4sin cos 2
xdx
I
x x
π
=
+ −
∫
Giải:
Ta có: sin2
x
= 2sin
x
cos
x
3 + 4sin
x
- cos2
x
=3 + 4sin
x
-1 + 2sin
2
x
= 2sin
2
x
+ 4sin
x
+ 2
Vậy
2 2
2 2
0 0
2sin cos sin cos
2sin 4sin 2 sin 2sin 1
x xdx x xdx
I
x x x x
π π
= =
+ + + +
∫ ∫
ðặt:
sin cos
x t dt xdx
= ⇒ =
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 0
4
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 4
-
ðổi cận:
0 0
1
2
x t
x t
π
= → =
= → =
Vậy
1 1 1
2 2
0 0 0
( 1) 1 ( 1)
tdt dt dt
I
t t t
= = −
+ + +
∫ ∫ ∫
=
1 1
1 1
ln 1 ln 2
0 0
1 2
t
t
+ + = −
+
b)
46
0
tan
cos 2
xdx
I
x
π
=
∫
Giải:
Áp dụng công thức:
2
2
1 tan
cos 2
1 tan
x
x
x
−
=
+
4 26
2
0
tan (1 tan )
1 tan
x x
I dx
x
π
+
=
−
∫
ðặt:
2
2
tan (1 tan )
cos
dx
t x dt x dx
x
= ⇒ = = +
ðổi cận:
0 0
1
6
3
x t
x t
π
= → =
= → =
Suy ra:
1 1 1
3 3 3
4
2 2
2 2
0 0 0
1 1 1 1
1 1
1 1 2 1 1
t dt
I t dt t dt
t t t t
= = − + + = − + + −
− − − +
∫ ∫ ∫
\
( )
3
1
1 1 10 3 1
ln ln 2 3
3
3 2 1 27 2
0
t t
t
t
−
= − + + = − + +
+
Bài 4:
Tính tích phân sau:
14 3 3
13
2
3
0
( 1)( 1)
dx
I
x x
−
=
− +
∫
Giải:
ðặt:
( )
3 2
3
2
3
3
1 1 6
1 1
1
x t t dt
t x dx
x t
t
+ +
= ⇒ = ⇒ = −
− −
−
ðổi cận:
0 1
14 3 3 3
13 3
x t
x t
= → = −
−
= → =
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 0
4
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 5
-
Xét:
3
3 2
3
3
3 2
2
3
3
6
1 3 1 2
( 1)
.
2
1 1 1 1 1
( 1)( 1)
1
t
dx x dx t
t
dt dt
t
x x t t t t
x x
t
+ +
−
= = − = − = −
− + − − + +
− +
−
( )
2 2
1
2 1
1 3
2
1 1 2( 1)
t
t t t t t
+
= − −
− + + + +
Vậy
3 3 3
3 3 3
2 2
0 0 0
1 (2 1) 3
1 2 1 1 2 1
dt t dt dt
I
t t t t
+
= − −
− + + + +
∫ ∫ ∫
=
2
3 3
1 3
ln 1 ln 1
3 3
2 2
0 0
t t t J
+ − + + −
Tính
3
3
2
0
1
dt
J
t t
=
+ +
∫
Xét:
2
2
2 2
1 1 3 1 3
1 2.
2 4 4 2 2
t t t t t
+ + = + + + = + +
ðặt:
2
2
1 3 3 3
tan (1 tan )
2 2 2cos 2
t u dt du u du
u
+ = ⇒ = = +
ðổi cận:
0
6
3 4 3 3
arctan
3
6 3
t u
t u
π
= → =
+
= → =
2 2
3
1 (tan 1)
4
t t u
+ + = +
4 3 3
arctan
6 3
2
2
6
4 3 3
arctan
6 3
6
3 1
(1 tan ).
3
2
(tan 1)
4
4 3 3
arctan
2 3 2 3 2 3 4 3 3
6 3
arctan
3 3 3 6
6 3
6
J u du
u
J du u
π
π
π
π
+
+
⇒ = +
+
+
+
= = = −
∫
∫
Thay vào ta ñược: I =
2
3 3
1 3
ln 1 ln 1
3 3
2 2
0 0
t t t J
+ − + + −
I =
3 1 1 3 4 3 3
ln ln 3 arctan
3 2 3 6
6 3
π
+ +
− − −
.
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 0
4
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 6
-
Giáo viên : Trần Phương
Nguồn : Hocmai.vn
