Giáo án tự chọn môn toán Lớp 11 pdf

Giáo án tự chọn 11
CHỦ ĐỀ 1
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
I. TÓM TẮT VÀ BỔ SUNG KIẾN THỨC
A. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN
1. Phương trình sinx = a
• Nếu |a| > 1 : Phương trình vô nghiệm
• Nếu |a| ≤ 1 : Phương trình có nghiệm là x = α + k2π và x = π - α + k2π, k ∈ ′, với sin
α = a.
2. Phương trình cosx = a
• Nếu |a| > 1 : Phương trình vô nghiệm
• Nếu |a| ≤ 1 : Phương trình có nghiệm là x = ± α + k2π, k ∈ ′, với cosα = a.
3. Phương trình tanx = a
Điều kiện: cosx ≠ 0 hay x ≠
2
π
+kπ, k ∈ ′.
Nghiệm của phương trình x = α + kπ, k ∈ ′, với tanα = a
4. Phương trình cotx = a
Điều kiện: sinx ≠ 0 hay x ≠ kπ, k ∈ ′.
Nghiệm của phương trình là x= α + kπ, k ∈ ′ với cotα = a.
B. MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC THƯỜNG GẶP:
1. Phương trình asinx + bcosx = c
• asinx + bsinx = c ⇔ sin(x + α) =
2 2
c
a b+
trong đó: sinα =
2 2
b
a b+

;
cosα =
2 2
a
a b+
• asinx + bsinx = c ⇔ cos(x – β) =
2 2
c
a b+
trong đó: sin β =
2 2
a
a b+
;
cos β =
2 2
b
a b+
Chú ý: Phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi c
2

≤
a
2
+ b
2
.
2. Phương trình a(sinx + cosx) + bsinxcosx = c
Đặt t = sinx + cosx, |t| ≤
2

Phương trình trở thành bt
2
+ 2at – (b + 2c) = 0
(Loại do điều kiện)
Giáo án tự chọn 11
II. RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI TOÁN:
1. Phương trình đưa về phương trình tích:
Bài 1: Giải phương trình: 3tan2x.cot3x +
3
(tan2x – 3cot3x) – 3 = 0
Giải
Điều kiện của phương trình là cos2x ≠ 0 và sin3x ≠ 0
Ta biến đổi 3tan2xcot3x +
3
(tan2x – 3cot3x) – 3 = 0
⇒ 3tan2xcot3x +
3
tan2x – 3
3
cot3x – 3 = 0
⇒ tan2x (3cot3x +
3
) -
3
(3cot3x +
3
) = 0
⇒ (3cot3x +
3
) (tan2x -

3
) = 0
⇒
2
3
3
cot 3
3
3
3
tan 2 3
3
x k
x
x k
x
π
π
π
π


= +

= −

⇒




= +
=



(k ∈ ′)
⇒
2
9 3
6 2
x k
x k
π π
π π

= +



= +


(k ∈ ′)
Caá giá trị này thỏa mãn điều kiện của phương trình. Vậy phương trình đã cho có các nghiệm
là: x =
2
9 3
k
π π
+

và x =
6 2
k
π π
+
, k ∈ ′
Bài 2: Giải phương trình:
1 tan
2 sin
1 cot
x
x
x
+
=
+
Giải:
Điều kiện của phương trình đã cho là: cosx ≠ 0, sinx ≠ 0 và cot x ≠ -1.
Ta biến đổi phương trình đã cho:
1 tan cos sin sin
2 sin . 2 sin
1 cot cos sin cos
x x x x
x x
x x x x
+ +
= ⇒ =
+ +
⇒
sin

2 sin
cos
x
x
x
=
⇒ sinx
1
2 0
cos x
 
− =
 ÷
 
⇒
sin 0
2
cos
2
x
x
=



=


⇒ x = ±
2

4
k
π
π
+
, k∈ ′
Giáo án tự chọn 11
Giá trị x = -
2
4
k
π
π
+
, k∈ ′ bị loại do điều kiện cot x ≠ -1. Vậy nghiệm của của phương trình
đã cho là x =
2
4
k
π
π
+
, k∈ ′.
Bài 3: Giải phương trình tan3x – 2tan4x + tan5x = 0 với x ∈ (0,2π)
Giải:
Điều kiện của phương trình đã cho: cos3x ≠ 0, cos4x ≠ 0 và cos5x ≠ 0.
Ta có: tan3x -2tan4x + tan5x = 0 ⇒
sin8 2sin 4
0
cos3 cos5 cos4

x x
x x x
− =
⇒
2sin 4 cos4 2sin 4
0
cos3 cos5 cos4
x x x
x x x
− =
⇒ 2sin4x
2
cos 4 cos3 cos5
0
cos3 cos 4 cos5
x x x
x x x
 
−
=
 ÷
 
⇒ 2sin4xsin
2
x = 0 ⇒
sin 4 0
sin 0
x
x
=



=

⇒
4
4
4
x k
x k
x k
x k
x k
π
π
π
π
π

=
=


⇒ ⇒ =


=

=


(k ∈ ′)
Từ giả thiết và điều kiện, nghiệm của phương trình là:
1 2 3 4 5
3 5 7
; ; ; ;
4 4 4 4
x x x x x
π π π π
π
= = = = =
2. Phương trình đưa về phương trình bậc hai của các hàm số lượng giác.
Bài 4: Giải phương trình: 1+sin2x = 2(cos
4
x + sin
4
x)
Giải:
Ta có: 1 + sin2x = 2(cos
4
x + sin
4
x)
= 2[(cos
2
x + sin
2
x)
2
– 2sin
2

xcos
2
x]
= 2
2
1
1 sin 2
2
x
 
−
 ÷
 
= 2 – sin
2
2x
Vậy ta được phương trình sin
2
2x + sin2x -1 = 0
Đặt t = sin2x với điều kiện -1 ≤ t ≤ 1 ta được phương trình:
t
2
+ t – 1 = 0 ⇒ t =
1 5
2
− ±
. Giá trị
1 5
2
− −

< -1 nên bị loại.
Với t =
1 5
2
− +
ta có phương trình sin2x =
1 5
2
− +
Phương trình này có nghiệm: x=
1 1 5
arcsin
2 2
k
π
 
− +
+
 ÷
 ÷
 
, k ∈ ′
Và x =
1 1 5
arcsin
2 2 2
k
π
π
 

− +
− +
 ÷
 ÷
 
, k ∈ ′
Đó cũng là các nghiệm của phương trình đã cho.
Giáo án tự chọn 11
Bài 5: Giải phương trình sin
2
x(tanx – 1) = cosx(5sinx – cosx) – 2.
Giải:
Điều kiện của phương trình là cosx ≠ 0
Chia hai vế của phương trình cho cos
2
x ta được:
tan
2
x (tanx – 1) = 5tanx – 1 – 2(1+tan
2
x)
⇒ tan
3
x – tan
2
x = 5tanx – 3 – 2 tan
2
x
⇒ tan
3

x + tan
2
x – 5tanx + 3 = 0
Đặt t = tanx ta được phương trình.
t
3
+ t
2
– 5t +3 = 0 ⇔ (t – 1)(t
2
+ 2t – 3) = 0 ⇔
1
3
t
t
=


= −

Với t = 1, phương trình tanx = 1 có nghiệm
4
x k
π
π
= +
, k ∈ ′
Với t = -3, phương trình tanx = -3 có nghiệm x = arctan(-3) + kπ, k ∈ ′
Các giá trị này thỏa mãn điều kiện của phương trình đã cho. Vậy phương trình đã cho có các
nghiệm x =

4
k
π
π
+
, x = arctan(-3) + kπ, k ∈ ′
Bài 6: Giải phương trình:
3 3
2 3 1 3 1
sin cos sin 2 sin cos
3 2 2 3
x x x x x
 
 
−
+ = + −
 
 ÷
 ÷
 
 
 
Giải
Ta biến đổi phương trình đã cho:
3 3
2 3 1 3 3 2
sin cos 2sin cos sin cos
3 2 6
x x x x x x
 

− −
+ − +
 
 
=0
⇔
3 2 2 3 2 2
2 2
sin 3 sin cos sin cos cos sin cos 3sin cos 0
3 3
x x x x x x x x x x
   
− + + + − =
 ÷  ÷
   
⇔
2 2
2
sin 3sin cos cos (sin cos ) 0
3
x x x x x x
 
− + + =
 ÷
 
⇔
2 2
sin cos 0 (1)
2
sin 3sin cos cos 0 (2)

3
x x
x x x x
+ =



− + =

• Giải phương trình (1) ta được: x =
3
4
π
+kπ, k ∈ ′
• Giải phương trình (2): sin
2
x -
3
sinxcosx +
2
3
cos
2
x = 0
Nếu cosx = 0 thì vế trái bằng 1 nên cosx = 0 không thoả mãn phương trình.
Với cosx ≠ 0, chia hai vế của phương trình cho cos
2
x, ta được:
tan
2

x -
2
3 tan 0
3
x + =
Giáo án tự chọn 11
Giải phương trình, ta được: x =
6
k
π
π
+
và x = arctan
2 3
3
+ kπ, k ∈ ′
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm
x =
3
,
4 6
k x k
π π
π π
+ = +
và x = arctan
2 3
3
+ kπ, k ∈ ′
3. Phương trình asinx + bcosx = c

Bài 7: Giải phương trình 4cosx + 2
3
sinx + cos2x +
3
sin2x + 3 = 0
Giải:
Ta có: 4cosx + 2
3
sinx + cos2x +
3
sin2x + 3 = 0
⇔ 4cosx + 2
3
sinx + 2cos
2
x – 1 + 2
3
sinxcosx + 3 = 0
⇔ 2
3
sinx(cosx+1) + 2(cosx +1)
2
= 0
⇔ 2(cox +1)(
3
sinx + cosx + 1) = 0
⇔
cos 1 0
3 sin cos 1 0
x

x x
+ =


+ + =

⇔
(2 1)
2
3
x k
x k
π
π
π
= +



= − +

(k ∈ ′)
Bài 8: Giải phương trình:
2cos
3
x – sin2x(sinx + cosx) + cos2x(sinx +
2
) -
2
(sin2x + 1) – 2cosx – sinx = 0

Giải:
Ta biến đổi phương trình đã cho:
2cos
3
x – sin2x(sinx + cosx) + cos2x(sinx +
2
) -
2
(sin2x + 1) – 2cosx – sinx = 0
⇔
2
(cos2x – sin2x – 1) + sinx(cos2x – sin2x – 1) + 2cos
3
x – sin2xcosx – 2cosx = 0
⇔ (cos2x – sin2x – 1) (
2
+ sinx) + cosx(2cos
2
x – sin2x – 2) = 0
⇔ (cos2x – sin2x – 1) (
2
+ sinx) + cosx(cos2x + 1 – sin2x – 2) = 0
⇔ (cos2x – sin2x – 1)(cosx + sinx +
2
) =0
⇔
cos 2 sin 2 1 0
cos sin 2 0
x x
x x

− − =


+ + =

⇔
2
cos 2
4 2
cos 1
4
x
x
π
π

 
+ =

 ÷
 


 
− = −

 ÷
 

Giáo án tự chọn 11

⇔
2 2
4 4
2
4
x k
x k
π π
π
π
π π

+ = ± +



− = +


(k ∈ ′)
⇔
4
5
2
4
x k
x k
x k
π
π

π
π
π


=


= − +



= +

(k ∈ ′)
4. Phương trình a(sinx + cosx) + bsinx + cosx = c
Bài 9: Giải phương trình cos2x + cos
2
x + (5 – 3cosx)(sinx + cosx) – 2 = 0
Giải:
Ta có: cos2x + cos
2
x + (5 – 3cosx)(sinx + cosx) – 2 = 0
⇔ 5(sinx + cosx) – 3cosxsinx = 3
Đặt t = sinx + cosx (-
2
≤ t ≤
2
), phương trình trở thành:
3t

2
– 10t + 30 = 0 ⇒
3( )
1
3
t loai
t
=



=

⇒ sinx + cosx =
1
3
⇒ sin
2
4 6
x
π
 
+ =
 ÷
 
Giải ra ta được:
2
arcsin 2
4 6
3 2

arcsin 2
4 6
x k
x k
π
π
π
π

= − + +



= − +


(k ∈ ′)
Bài 10: Giải phương trình 2sin
3
x + cos2x – 3cosx + 2 =0
Giải:
Biến đổi phương trình đã cho, ta được: 2sin
3
x + cos2x – 3cosx + 2 = 0
⇔ 2sinx (1-cos
2
x) + 2cos
2
x – 3cosx +1=0
⇔ (1 – cosx)[2sinxcosx + 2(sinx – cosx) + 1} = 0

⇔
cos 1 (1)
2sin cos 2(sin cos ) 1 0 (2)
x
x x x x
=


+ − + =

Phương trình (1)cho ta nghiệm x = k2π, k ∈ ′
Giải phương trình (2), đặt t = sinx – cosx (-
2
≤ t ≤
2
).
Phương trình (2) trở thành:
t
2
– 2t – 2 = 0 ⇒
1 3( )
1 3
t loai
t

= +

= −



Giáo án tự chọn 11
Với t = 1 -
3
, giải ra ta được:
2 6
arcsin 2
4 2
5 2 6
arcsin 2
4 2
x k
x k
π
π
π
π

 
−
= + +

 ÷
 ÷

 

 
−

= − +

 ÷
 ÷

 

(k ∈ ′)
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
2
2 6
arcsin 2
4 2
5 2 6
arcsin 2
4 2
x k
x k
x k
π
π
π
π
π


=


 
−


= + +
 ÷
 ÷

 


 
−
= − +

 ÷
 ÷

 

(k ∈ ′)
III. BÀI TẬP:
Giải các phương trình sau:
1.
3
cot2xtan3x-(cot2x +
3
tan 3x) + 1 =0
2. 4cos
2
2xsinx + 2cosxsin4x + 2
3
cos2x + 2sin3x +
3

= 0
3.
1 cos2
sin 4
1 tan 2
x
x
x
−
=
−
4. 3sin
2
x - 3
3
sinxcosx + sin2x -
3
cos2x =
3
5. sin4x
2
1 3
sin 4 sin 2 3 5sin 2 4sin 2 9 cos2 (9 sin 4 ) 0
4 2
x x x x x x
 
− + + − − + − =
 ÷
 
6. cos3x(3tanx + 6 + 2

3
) – 3tanx + (3 - 2
3
) sin2x = 2
3
.
7. sin2x – 2sin
2
x + 3sinx – cosx = 1
8. (
2
- 1)sinx -
2
cosx-cos3x = 0
9. (sinx + cosx)(3cosx + 2) = cos2x + cos
2
x + 3
Giáo án tự chọn 11
CHỦ ĐỀ 2:
TỔ HỢP VÀ XÁC SUẤT
I. TÓM TẮT VÀ BỔ SUNG KIẾN THỨC
A. QUY TẮC CỘNG VÀ NHÂN, HOÁN VỊ, CHỈNH HỢP, TỔ HỢP:
1. Quy tắc cộng:
Một công việc được hoàn thành bởi một trong hai hành động, hành động này có m
cách thực hiện, hành động kia có n cách (không trùng với hành động thứ nhất). khi đó có m +
n cách hoàn thành công việc.
2. Quy tắc nhân
Một công việc được hoàn thành bởi hai hành động liên tiếp, có m cách thực hiện hành
động thứ nhất và ứng với mỗi cách đó có n cách thực hiện hành động thứ hai. Khi đó m.n
cách hoàn thành công việc.

3. Hoán vị:
• Cho tập hợp A gồm n phần tử (n ≥ 1). Mỗi kết quả của sự sắp xếp thứ tự n phần tử của
tập A được gọi là hoán vị của n phần tử đó.
• Số các hoán vị của n phần tử được kí hiệu là P
n
. Ta có:
P
n
= n(n – 1) … 2.1 = n!
4. Chỉnh hợp:
• Cho tập A gồm n phần tử (n ≥ 1). Kết quả của việc lấy k phần tử của tập hợp A và xếp
chúng theo một thứ tự nào đó được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử đã cho.
• Kí hiệu
k
n
A
là số các chỉnh hợp chập k của n phần tử. Ta có:
k
n
A
= n(n -1) … (n – k + 1).
Với quy ước 0! = 1, ta có:
!
( )!
k
n
n
A
n k
=

−

5. Tổ hợp:
• Cho tập A có n phần tử (n ≥ 1). Mỗi tập con gồm k phần tử của tậm A gọi là một tổ
hợp chập k của n phần tử đã cho.
• Kí hiệu
k
n
C
là số các tổ hợp chập k của n phần tử. Ta có:
!
! !( )!
k
k
n
n
A
n
C
k k n k
= =
−
6. Nhị thức Niu – tơn:
0 1 1
0
( )
n
n n n k n k k n n k n k k
n n n n n
k

a b C a C a b C a b C b C a b
− − −
=
+ = + + + + + =
∑
B. PHÉP THỬ VÀ BIẾN CỐ:
7. Giải sử Ω là không gian mẫu, A và B là các biến cố.
• Ω\A =
A
được gọi là biến cố đối của biến cố A.
• A ∪ B là biến cố xảy ra khi và chỉ khi A hoặc B xảy ra.
Giáo án tự chọn 11
• A ∩ B là biến cố xảy ra khi và chỉ khi A và B cùng xảy ra. A ∩ B còn được viết là
AB.
• Nếu AB = ∅, ta nói A và B cung khắc.
C. XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐ
8. Kí hiệu P(A) là xác suất của biến cố A, ta có: P(A) =
( )
( )
n A
n Ω
Từ đó:
• 0 ≤ P(A) ≤ 1, P(∅) = 0, P(Ω)=1
• P(A ∪B) = P(A) + P(B) nếu A ∩ B = ∅.
9.Ta nói hai biến cố A và B độc lập nếu sự xảy ra (hay không xảy ra) của A không làm ảnh
hưởng đến xác suất của B.
A và B độc lập khi và chỉ khi P(AB) = P(A).P(B)
A và B độc lập ⇒ A và
B
độc lập.

10. Công thức cộng mở rộng:
Giải sử A và B là hai biến cố tùy ý cùng liên quan đến một phép thử. Lúc đó:
P (A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(AB)
D. BIẾN NGẪU NHIÊN:
11. Biến ngẫu nhiên hay đại lượng ngẫu nhiên là một quy tắc cho ứng mỗi kết quả của phép
thử với một số thực:
Giả sử X là một biến ngẫu nhiên và a là một giá trị của nó. biến cố “X nhận giá trị a” được kí
hiệu là [X = a] hay (X = a)
Giải sử X có tập các giá trị là {x
1
, x
2
,…,x
n
}
Đặt: p
1
= P[X = x
1
], … , p
n
= P[X = x
n
]. Ta có bảng sau đây gọi là bảng phân phối xác suất
của biến ngẫu nhiên X.
X x
1
x
2
… … x

n
P p
1
p
2
… … P
n
12. Kì vọng, phương sai, độ lệch chuẩn.
Giả sử X là biến ngẫu nhiên có bảng phân phối (1). Kì vọng của X, kí hiệu E (X), là một số
được cho bởi công thức:
E(X) = x
1
p
1
+ … + x
n
p
n
(2)
Phương sai của biến ngẫu nhiên X, kí hiệu V(X), là một số được cho bởi công thức:
2 2 2 2
1 1 2 2 1 1
( ) ( )
n n n n
V X x p x p x p x p x p= + + + − + +
Độ lệch chuẩn của biến ngẫu nhiên X, kí hiệu: σ (X), là một số được cho bởi công thức:
σ (X) =
( )V X
Kì vọng của X là số đặc trưng cho giá trị trung bình của X.
Phương sai là độ lệch chuẩn là số đặc trung cho độ phân tán của X so với kì vọng của X.

II. RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI TOÁN:
Bài 1: Hỏi có bao nhiêu đa thức bậc ba P(x) = ax
3
+ bx
2
+ cx + d mà các hệ số a, b, c, d
thuộc tập {-3, -2, 0, 2, 3}. Biết rằng:
Giáo án tự chọn 11
a. Các hệ số tùy ý?
b. Các hệ số đều khác nhau?
Giải:
a. Có 4 cách chọn hệ số a vì a ≠ 0. Có 5 cách chọn hệ số b, 5 cách chọn hệ số c, 5 cách chọn
hệ số d. Vậy có 4 x 5 x 5 x 5 = 500 đa thức.
b. Có 4 cách chọn hệ số a (a≠ 0)
- Khi đã chọn a, có 4 cách chọn b
- Khi đã chọn a và b, có 3 cách chọn c.
- Khi đã chọn a, b và c, có 2 cách chọn d.
Theo quy tắc nhân có: 4 x 4 x 3 x 2 = 96 đa thức.
Bài 2: Để tạo những tín hiệu, người ta dùng 2 lá cờ màu khác nhau cắm thành hàng ngang.
Mỗi tín hiệu được xác định bở số lá cờ và thứ tự sắp xếp. Hỏi có thể tạo ra bao nhiêu tín hiệu
nếu:
a. Cả năm lá cờ đều được dùng?
b. Ít nhất một lá cờ được dùng?
Giải:
a. Nếu dùng cả 5 lá cờ thì mỗi tín hiệu chính là một hoán vị của 5 lá cờ. Vậy có 5!=120 tín
hiệu được tạo ra.
b.Mỗi tín hiệu tạo bởi k lá cờ là một chỉnh hợp chập k của 5 phần tử. Theo quy tắc cộng, có
tất cả
1 2 3 4 5
5 5 5 5 5

325A A A A A+ + + + =
tín hiệu.
Bài 3: Từ một tổ gồm 6 bạn nam và 5 bạn nữ, chọn ngẫu nhiên 5 bạn xếp vào bànd 9ầu theo
những thứ tự khác nhau. Tính xác suất sao cho trong cách xếp trên có đúng 3 bạn nam.
Giải
Mỗi một sự sắp xếp chỗ ngồi cho 5 bạn là một chỉnh hợp chập 5 của 11 bạn.
Vậy không gian mẫu Ω gồm
5
11
A
(phần tử)
Kí hiệu A là biến cố: “Trong cách xếp trên có đúng 3 bạn nam”
Để tính n(A) ta lí luận như nhau:
- Chọn 3 nam từ 6 nam, có
3
6
C
cách.
- Chọn 2 nữ từ 5 nữ, có
2
5
C
cách.
- Xếp 5 bạn đã chọn vào bàn đầu theo những thứ tự khác nhau, có 5! Cách.
Từ đó theo quy tắc nhân ta có: n(A) =
3
6
C
.
2

5
C
.5!
Vì sự lựa chọn và sự sắp xếp là ngẫu nhiên nên các kết quả đồng khả năng.
Do đó:
3 2
6 5
5
11
. .5!
( ) 0,433
C C
P A
A
= ≈
.
Bài 4: Một tổ chuyên môn gồm 7 thầy và 5 cô giáo, trong đó thấy P và cô Q là vợ chồng.
Chọn ngẫu nhiên 5 người để lập hội đồng chấm thi vấn đáp. Tính xác suất để sao cho hội
đồng có 3 thầy, 2 cô và nhất thiết phải có thầy P hoặc cô Q nhưng không có cả hai.
Giải:
Kết quả của sự lựa chọn là một nhóm 5 người tức là một tổ hợp chập 5 của 12. Vì vậy
không gian mẫu Ω gồm
5
12
792C =
phần tử.
Gọi A là biến cố cần tìm xác suất.
Giáo án tự chọn 11
B là biến cố chọn được hội đồng gồm 3 thầy, 2 cô trong đó có thầy P nhưng không có cô
Q.

C là biến cố chọn được hội đồng gồm 3 thấy, 2 cô trong đó có cô Q nhưng không có thầy
P.
Như vậy: A = B ∪ C và n(A) = n(B) + n(C).
Tính n(B) như sau:
- Chọn thầy P, có 1 cách
- Chọn 2 thầy từ 6 thầy còn lại, có
2
6
C
cách
- Chọn 2 cô từ 4 cô, có
2
4
C
cách
Theo quy tắc nhân, n(B) = 1.
2
6
C
.
2
4
C
= 90
Tương tự n(C) = 1.
3
6
C
.
1

4
C
= 80
Vậy n(A) = 80 + 90 = 170 và P(A) =
( ) 170
0,215
( ) 792
n A
n
= ≈
Ω
Bài 5: Sáu bạn, trong đó có bạn H và K, được xếp ngẫu nhiên thành hàng dọc. Tính xác suất
sao cho:
a. Hai bạn H và K đứng liền nhau;
b. hai bạn H và K không đứng liền nhau.
Giải:
Không gian mẫu Ω gồm các hoán vị của 6 bạn. Do đó: n(Ω) = 6!. Do việc xếp là ngẫu nhiên
Ω gồm các kết quả đồng khả năng.
a. Kí hiệu: A là biến cố “H và K đứng liền nhau”,
B là biến cố “H đứng ngay trước K”
C là biến cố “K đứng ngay trước H”
Rõ ràng B và C xung khắc và A = B ∪ C.
* Tính n(B):
Xếp H và 4 bạn khác thành hàng, có 5! Cách. Trong mỗi cách xếp như vậy, xếp bạn K ngay
sau H, có 1 cách. Vậy theo quy tắc nhân ta có:
n(B) = 5! x 1 = 5!
* Tương tự: n(C) = 5!
Do đó P(A) = P(B) + P(C) =
5! 5! 1
6! 6! 3

+ =
b. Ta thấy
A
là biến cố: “H và K không đứng liền nhau”. Vậy:
1 2
( ) 1 ( ) 1
3 3
P A P A= − = − =
Bài 6: Tổ I có 6 nam và 7 nữ, tổ II có 8 nam và 4 nữ. Để lập một đoàn đại biểu, lớp trưởng
chọn ngẫu nhiên từ mỗi tổ hai người. Tính xác suất sao cho đoàn đại biểu gồm toàn nam hoặc
toàn nữ.
Giải:
Gọi: A là biến cố: “Đoàn đại biểu được chọn gồm toàn nam hoặc toàn nữ”,
B là biến cố: “Đoàn đại biểu được chọn gồm toàn nam”,
C là biến cố: “Đoàn đại biểu được chọn gồm toàn nữ”.
Ta có: BC = ∅, A = B ∪ C.
Suy ra: P(A) = P(B) + P(C)
Giáo án tự chọn 11
Chọn 2 người từ tổ I, có
2
13
C
cách.
Chọn 2 người từ tổ II, có
2
12
C
cách.
Từ đó không gian mẫu gồm:
2

13
C
.
2
12
C
= 5148 (phần tử).
n(B) =
2 2
6 8
.C C
= 420
n(C) =
2 2
7 4
.C C
= 126
Vậy P(A) =
420 126 546
0,106
5148 5148 5148
+ + ≈
Bài 7: Xét phép thử gieo một đồng tiền 3 lần.
a. Xác định không gian mẫu
b. Gọi X là số lần xuất hiện mặt gấp S, hãy liệt kê các giá trị mà X có thể nhận.
c. Tính các xác suất để X nhận các giá trị đó. Lập bảng phân phối xác suất của X.
Giải:
a. Trong phép thử gieo đồng tiền 3 lần, không gian mẫu gồm 2
3
= 8 phần tử.

Ω = {SSS, SSN, SNS, NSS,SNN, NSN, NNS, NNN}
Trong đó chẳng hạn NSN là kết quả đồng tiền lần đầu ngửa, lần thứ hai sấp, lần thứ ba ngửa.
b. X có thể nhận các giá trị 0, 1, 2, 3. Chẳng hạn: “X nhận giá trị 1: khi xảy ra một trong các
kết quả SNN, NSN, NNS, nghĩa là:
[X = 1] = {SNN, NSN, NNS}
c. Vì [X = 0] = {NNN} nên P[X = 0] =
1
8
Tương tự [X = 1] = {NNS, SNN, NSN} nên P[X = 1] =
3
8
[X = 2] = {SSN, SNS, NSS} nên P[X = 2] =
3
8
[X = 3] = {SSS } nên P[X = 3] =
1
8
Từ đó ta có bảng phân phối sau:
X 0 1 2 3
P
1
8
3
8
3
8
1
8
Bài 8: Từ một hộp có 3 bi xanh và 6 bi đỏ, chọn ngẫu nhiên 4 bi. Gọi Y là số bi xanh trong 4
bi đã chọn.

a. Lập bảng phân phối xác suất của Y.
b. Tính xác suất sao cho trong 4 bi đã chọn có ít nhất 1 bi xanh
b. Tính xác suất sao cho trong 4 bi đã chọn có nhiều nhất 2 bi đỏ,
d. Tính kì vọng, phương sai và độ lệch chuẩn của Y.
Giải:
a. Y có tập giá trị là 0, 1, 2, 3
Ta thấy P[Y = 0] =
0 4
3 6
4
9
.
15
126
C C
C
=
Tổng quát ta có: P[Y = k] =
4
3 6
4
9
.
k k
C C
C
−
, k = 0, 1, 2, 3
Từ đó ta có bảng phân phối sau:
Giáo án tự chọn 11

Y 0 1 2 3
P
15
126
60
126
45
126
6
126
b. Kí hiệu [Y ≥ a] là biến cố “Y nhận giá trị lớn hơn hoặc bằng a”.
Ta tính P[Y ≥ 1]
Vì [Y ≥ 1] là biến cố đối của biến cố [Y = 0] nên:
P[Y ≥ 1] = 1 – P [Y = 0] = 1 -
5 111
0,881
126 126
= ≈
c. Vì số bi đỏ được lấy là 4 – Y và 4 – Y ≤ 2 ⇔ Y ≥ 2 nên
P[Y ≥ 2] = P[Y = 2] + P[Y = 3] =
45 6 51
0,405
126 126
+
= ≈
d. Theo định nghĩa, ta có:
2
2 2 2 2 2
15 60 45 6 4
E(Y) =0. 1. 2. 3. ;

126 126 126 126 3
15 60 45 6 294 4 5
V(Y) =0 . 1 . 2 . 3 . ( ( )) ;
126 126 126 126 126 3 9
5 5
( ) ( )
9 3
E Y
Y V Y
σ
+ + + =
 
+ + + − = − =
 ÷
 
= = =
III. BÀI TẬP:
1. Phân phối 4 quả cầu khác nhau vào 3 cái hộp khác nhau (có thể có hộp không chứa quả
cầu nào sau khi xếp). Hỏi có bao nhiêu cách phân phối?
2. Để tổ chức một trò chơi giữa hai lớp A và B, mỗi lớp cử 5 bạn tham gia. Người ta đặt hai
dãy 5 ghế hai bên một chiếc bàn dài. Hỏi có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi sao cho:
a. Không có hai bạn cùng lớp ngồi đối diện nhau.
b. Không có hai bạn cùng lớp ngồi đối diện nhau hoặc cạnh nhau?
3. Có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi cho 10 bạn vào ngồi quanh 2 bàn tròn sao cho bàn thứ nhất
có 6 bạn, bàn thứ hai có 4 bạn? Chú ý rằng hai cách xếp n người cụ thể vào ngồi quanh bàn
tròn được coi là như nhau nếu bạn bên trái mỗi người trong cách xếp này cũng chính là bạn
trong cách xếp kia.
4. Có bao nhiêu cách xếp chỗ cho 6 nam, 4 nữ vào ngồi quanh một bàn tròn sao cho:
a. Sự sắp xếp là tùy ý?
b. Không có 2 nữ nào ngồi cạnh nhau?

5. a. Một tổ có 6 nam, 5 nữ. Có bao nhiêu cách phân công 4 bạn làm trực nhật sao cho trong
đó phải có đúng k nam (k = 0, 1, 2, 3, 4)?
Từ đó chứng minh rằng:
4 4 0 3 1 2 2 1 3 0 4
11 6 5 6 5 6 5 6 5 6 5
C C C C C C C C C C C= + + + +
b. Chứng minh đẳng thức:
0 1 1 0

r r r r
n m n m n m n m
C C C C C C C
−
+
= + + +
Ở đây n, m ≥ 1 và r ≤ n, r ≤ m.
6. Có bao nhiêu cách xếp thành hàng ngang 4 quyển Toán khác nhau, 3 quyển Lí khác nhau
và 2 quyển Hóa khác nhau lên giá sách nếu:
C
B
A
Giáo án tự chọn 11
a. Các quyển được sắp tùy ý?
b. Các quyển cùng môn phải cạnh nhau?
c. Các quyển toán cạnh nhau, còn các quyển khác xếp tùy ý?
7. Một tổ gồm 6 nam, 6 nữ được xếp ngẫu nhiên vào 6 bàn, mỗi bàn 2 bạn. Tính xác suất sao
cho:
a. Không bàn nào có 1 nam và 1 nữ
b. Có đúng 4 bàn được xếp 1 nam và 1 nữ.
8. Cho một mạng giao thông như hình 2.3 mà các ô

nhỏ đều là các hình vuông bằng nhau. Một du khác
xuất phát từ A muốn đi đến B.
a. Có bao nhiêu cách đi nhanh nhất
(i) Từ A đến B?
(ii) Từ A qua C, đến B?
Dựa vào ý tưởng giải câu a, hãy chứng minh:
m n
m n m n
C C
+ +
=
với m, n ≥ 1 Hình 2.3
b. Giải sử ở tại mỗi đỉnh của hình vuông du khách chọn ngẫu nhiên một trong hai
hướng lên trên và sang phải để đi tiếp. Tính xác suất để du khách xuất phát từ A có thể đến
được C.
9. Tìm các số hạng không chứa x trong các khai triển:
a.
6 6
1 1
2
2
x x
x x
   
− +
 ÷  ÷
   
b.
3 5
1 1

x x
x x
   
+ −
 ÷  ÷
   
10. Trong khai triển của (x + a)
3
(x – b)
6
hệ số của x
7
là -9 và không có số hạng chứa x
8
. Tìm a
và b
11. Gieo hai con xúc xắc cân đối, đồng chất, một con đỏ và một con xanh. Kí hiệu A là biến
cố: “Tổng số chấm trên hai con là 6”, B là biến cố: “Con đỏ xuất hiện mặt 4 chấm” và C là
biên cố: “Tổng số chấm trên hai con là 7”. Chứng tỏ rằng:
a. A và B không độc lập
b. B và C độc lập
12. Bốn quả cầu được rút ngẫu nhiên (cùng một lúc) từ một cái hộp chứa 8 quả cầu đen và 4
quả cầu trắng. Giả sử ta sẽ nhận được 2 cái kẹo cho mỗi quả đen được rút ra và mất 1 kẹo cho
mỗi quả trắng được rút. Kí hiệu X là số kẹo nhận được.
a. Lập bảng phân phối của X
Giáo án tự chọn 11
b. Tính kì vọng, phương sai, độ lệch chuẩn của X.
13. Con xúc xắc cân đối đồng chất được gieo 2 lần. Kí hiệu X là số nhỏ nhất trong 2 số chấm
xuất hiện trên con xúc xắc.
a. Lập bảng phân phối xác suất của X b. Tính E (X), V(X)

14. Trên mỗi tờ vé số, người ta in 6 ô, mỗi ô chứa một trong các số khác nhau từ 1 tới 49. Khi
mở thưởng người ta rút ngẫu nhiên cùng một lúc 6 quả cầu từ 49 quả cầu được đánh số từ 1
đến 49.
Nếu vé của bạn có k số trúng thì bạn được x
k
đồng. Giả sử bạn mua 1 vé số. Tính số tiền
thưởng trung bình mà bạn nhận được nếu giả thiết
x
0
= 0, x
1
= 100.000đ, x
2
= 500.000đ; x
3
= 1.000.000đ, x
4
= 5.000.000đ; x
5
=10.000.000đ; x
6
=
100.000.000đ.
CHỦ ĐỀ 3:
GIỚI HẠN VÀ ĐẠO HÀM
I. TÓM TẮT VÀ BỔ SUNG KIẾN THỨC
Giáo án tự chọn 11
A. GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ
1. Giới hạn hữu hạn
Giả sử f(x) xác định trên khoảng K (hoặc K \ {x

0
}, x
0
∈ K.
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
\{ }
lim ( ) ( )
\{ }
lim ( ) ( )
\{ }
lim ( ) ( )
lim ( )
lim ( )
lim ( )
n
n
x x

n
n
n n
x x
n
n
n n
x x
n
x x
x x
x x
x K x
f x L f x L
x x
x K x
f x L x x f x L
x x
x K x
f x L x x f x L
x x
f x L
f x L
f x
+
−
+
−
→
→

→
→
→
→
 ∈ 

= ⇔ ⇒ →
 ÷

→

 
 ∈ 

 ÷

= ⇔ > ⇒ →

 ÷

 ÷
→

 
 ∈ 

 ÷

= ⇔ < ⇒ →


 ÷

 ÷
→

 
=
= ⇔
= L
 


 ÷

 ÷
 ÷


 
2. Giới hạn
±

∞

• Giả sử f(x) xác định trên khoảng K (hoặc K \ {x
0
}), x
0
∈ K.
0

0 0
0
0
\{ }
lim ( ) ( )
lim ( ) lim( ( ))
n
n
x x
n
x x x x
x K x
f x f x
x x
f x f x
→
→ →
 ∈ 

= +∞ ⇔ ⇒ → +∞
 ÷

→

 
= −∞ ⇔ − = +∞
• Giả sử f(x) xác định trên khoảng (a; + ∞)
lim ( ) ( )
lim ( ) lim ( ( ))
n

n
x
n
x x
x a
f x f x
x
f x f x
→+∞
→+∞ →+∞
 > 

= +∞ ⇔ ⇒ → +∞
 ÷

→ +∞

 
= −∞ ⇔ − = +∞
3. Dạng vô định:
• Khi
0 0
lim ( ) lim ( ) 0
x x x x
u x v x
→ →
= =
thì
0
( )

lim
( )
x x
u x
v x
→
có dạng
0
0
• Khi
0 0
lim ( ) lim ( )
x x x x
u x v x
→ →
= = ±∞
thì
0
( )
lim
( )
x x
u x
v x
→
có dạng
∞
∞
• Khi
0 0

lim ( ) 0, lim ( )
x x x x
u x v x
→ →
= = ±∞
thì
0
lim[ ( ). ( )]
x x
u x v x
→
có dạng 0. ∞
• Khi
0 0
lim ( ) lim ( )
x x x x
u x v x
→ →
= = +∞
thì
0
lim[ ( ) ( )]
x x
u x v x
→
−
có dạng ∞ - ∞.
B. HÀM SỐ LIÊN TỤC:
4. Định nghĩa:
Cho hàm số y = f(x) xác định trên (a; b); x

0
∈ (a; b)
Giáo án tự chọn 11
• f(x) liên tục tại x
0
∈ (a; b) ⇔
0
0
lim ( ) ( )
x x
f x f x
→
=
• f(x) liên tục trên (a; b) ⇔ f(x) liên tục tại mọi x ∈ (a; b)
• f(x) liên tục trên [a; b] ⇔
lim ( ) ( )
( ) ( ; )
lim ( ) ( )
x a
x b
f x f a
f x lien tuc tren a b
f x f b
+
−
→
→
=






=


5. Định lí:
a. Các hàm số đa thức liên tục trên ϒ. Các hàm số lượng giác liên tục trên từng khoảng xác
định.
b. Nếu f(x) liên tục trên [a; b] và f(a). f(b) < 0 thì tồn tại điểm c ∈ (a; b) sao cho f(c)=0 (tứ là
phương trình f(x)=0 có nghiệm trong khoảng (a; b)) .
C. ĐẠO HÀM
6. Định nghĩa và ý nghĩa:
• Cho hàm số y = f(x) xác định trên khoảng (a; b) và x
0
∈ (a; b). Nếu tồn tại giới hạn
(hữu hạn):
0
0
0
( ) ( )
lim
x x
f x f x
x x
→
−
−
Thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm của hàm số y = f(x) tại điểm x
0

và kí hiệu f’(x
0
) (hoặc
y’(x
0
)), tức là f’(x
0
) =
0
0
0
( ) ( )
lim
x x
f x f x
x x
→
−
−
• Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại M(x
0
; f(x
0
)) là:
y – y
0
= f’(x
0
)(x – x
0

); y
0
= f(x
0
).
• Vi phân của hàm số f(x) tại x (ứng với ∆x) là dy = df(x) = f’(x)dx
• Công thức tính gần đúng: f(x
0
+ ∆x) ≈ f(x
0
) + f’(x
0
) ∆x
• Nếu hàm số y = f(x) có đạo hàm tại mọi x ∈ (a; b) thì hàm số x → f’(x) được gọi là
đạo hàm của f(x) trên (a; b).
• Nếu f’(x) có đạo hàm thì ta gọi đạo hàm của nó là đạo hàm cấp hai của f(x).
Kí hiệu: (f’(x))’ = f’’(x)
Tương tự đối với f’’’(x) , …., f
(n)
(x), …
7. Công thức:
(c)’ = 0 (c là hằng số)
(x
n
)’ = n.x
n – 1
(n ∈ ∞*, x ∈ ϒ);
( )
1
' ( 0)

2
x x
x
= >
(sinx)’ = cosx; (cosx)’ = - sinx
2 2
1 1
(tan )' ; (cot )' ;
cos sin
x x
x x
−
= =
(ku + lv)’ = ku’ + lv’ (k, l là hằng số)
(uv)’ = u’v + uv’
Giáo án tự chọn 11
2
' ' '
( 0)
u u v uv
v
v v
−
 
= ≠
 ÷
 
y'
x
= y'

u
. u'
x
(y = y(u), u = u(x))
II. RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI TOÁN:
Bài 1: Xác định dạng vô định và tính các giới hạn sau:
a.
2
3
2
2
lim
8
x
x x
x
→−
+ −
+
; b.
2 2
3 4 1
lim
5 2
x
x x
x
→−∞
+ + +
+

c.
0
3 1 1
lim
2 2
x
x x
→
 
−
 ÷
+
 
d.
(
)
2
lim 1
x
x x x
→+∞
+ + −
Giải
a. Dạng
0
0
2
3 2 2
2 2 2
2 ( 1)( 2) 1 3 1

lim lim lim
8 ( 2)( 2 4) 2 4 12 4
x x x
x x x x x
x x x x x x
→− →− →−
+ − − + − −
= = = = −
+ + − + − +
b. Dạng
∞
∞
2 2
2 2
3 1
4 1
3 4 1
lim lim
2
5 2
5
x x
x
x x
x x
x
x
x
→−∞ →−∞
 

+ + +
 ÷
+ + +
 
=
+
 
+
 ÷
 
=
2 2
3 1
4 1
3
lim
2
5
5
x
x x
x
→−∞
 
+ + +
 ÷
 
= −
 
− +

 ÷
 
c. Dạng 0. ∞
0 0 0
3 1 1 3[2 ( 2)] 3 3
lim lim lim
2 2 2 ( 2) 2( 2) 4
x x x
x
x x x x x
→ → →
− + −
 
− = = = −
 ÷
+ + +
 
d. Dạng ∞ - ∞
(
)
2 2
2
2
2
1
1
1
lim 1 lim lim
1 1
1

1
x x x
x
x x x
x
x x x
x x x
x x
x x
→+∞ →+∞ →+∞
 
+
 ÷
+ + −
 
+ + − = =
 
+ + +
+ + +
 
 
Bài 2: Tìm các giới hạn sau:
a.
2
1
4 3
lim
1
x
x x

x
−
→
− +
−
b.
2
2
3 1
lim
2
x
x x
x
+
→
+ +
−
* Sử dụng định nghĩa giới hạn một bên.
Giải:
nếu x <2
nếu x≥ 2
liên tục tại x = 2
Giáo án tự chọn 11
a. Với x → 1
-
thì x < 1 nên 1 – x > 0. Khi đó ta có
2
4 3 (1 )(3 )
1 (3 )

1 1
x x x x
x x
x x
− + − −
= = − −
− −
Từ đó:
2
1 1
4 3
lim lim 1 (3 ) 0
1
x x
x x
x x
x
− −
→ →
− +
= − − =
−
Bài 3: Cho hàm số f(x) =
2
2
25
4
x




−




a. Tính
4 4 3 3
lim ( ); lim ( ); lim ( ); lim ( );
x x x x
f x f x f x f x
− + − +
→− →− → →
b. Tìm các khoảng liên tục của f(x)
* Sử dụng các định nghĩa và định lý về liên tục tại một điểm, liên tục trên một khoảng
Giải:
a.
2
4 4 4
lim ( ), lim ( ) lim 25 25 16 3
x x x
f x f x x
− + +
→− →− →−
= − = − =
2
3 3 3
lim ( ) lim 25 25 9 4; lim ( ) 4
x x x
f x x f x

− − +
→ → →
= − = − = =
b. Hàm số f(x) liên tục trên (- ∞; -4), (-4; 3), (3: + ∞)
Vì
4
lim ( ) ( 4)
x
f x f
−
→−
= −
nên f(x) liên tục trên (- ∞; -4]
Vì
4
lim ( ) ( 4)
x
f x f
+
→−
≠ −
nên f(x) không liên tục tại x= -4
Vì
3 3
lim ( ) lim ( ) (3) 4
x x
f x f x f
− +
→ →
= = =

nên f(x) liên tục tại x=3
Vậy hàm số f(x) liên tục trên các khoảng (- ∞; -4] và (-4; +∞)
Bài 4: Tìm số thực m sao cho hàm số:
2
3
( )
2 1
x
f x
mx

=

+

* f(x) liên tục tại x = 2 nếu
2 2
lim ( ) lim ( ) (2)
x x
f x f x f
− +
→ →
= =
Giải
Ta có:
2
2 2 2 2
lim ( ) lim 3 12, lim ( ) lim(2 1) 4 1 (2)
x x x x
f x x f x mx m f

− − + +
→ → → →
= = = + = + =
Từ đó:
2 2
11
lim ( ) lim ( ) 12 4 1
4
x x
f x f x m m
− +
→ →
= ⇔ = + ⇔ =
Với m =
11
4
thì f(x) liên tục tại x = 2.
Bài 5: Chứng minh rằng phương trình x
3
– 2x
2
+ 1 = 0 có ít nhất một nghiệm âm.
* Sử dụng định lí: Nếu f(x) liên tục trên [a; b] và f(a).f(b) < 0 thì tồn tại điểm x ∈ (a;b) sao
cho f(c) = 0
Giải:
Đặt f(x) = x
3
– 2x
2
+ 1

nếu x ≤ - 4
nếu -4 < x ≤ 3
nếu x > 3
Giáo án tự chọn 11
Ta có f(x) liên tục trên ϒ và do đó liên tục trên [-1; 0]
Mặt khác, vì f(0) = 1, f(-1) = -2 < 0 nên tồn tại số c ∈ (-1; 0) sao cho f(c) = 0. Vậy phương
trình có ít nhất một nghiệm âm.
Bài 6: Chứng minh rằng phương trình (3m
2
– 5)x
3
– 7x
2
+ 1 = 0 luôn có nghiệm âm với mọi
giá trị của m.
Giải:
f(x) = (3m
2
– 5)x
3
– 7x
2
+ 1 là một đa thức nên liên tục trên ϒ và do đó liên tục trên [-
1;0].
Hơn nữa f(0) = 1 > 0
F(-1) = -3m
2
+ 5 – 7 + 1 = -(3m
2
+ 1) < 0, ∀m ∈ ϒ

Do đó tồn tại số c ∈ (-1; 0) sao cho f(c) = 0. Vậy phương trình luôn có nghiệm âm với
mọi giá trị của m
Bài 7: a. Tìm giao điểm của đồ thị các hàm số y =
3
x
(H) và y = x – 2(d)
b. Viết phương trình tiếp tuyến của (H) tại các giao điểm đó
* Phương trình tiếp tuyến với đồ thị (H) của hàm số y=f(x) tại M
0
(x
0
;y
0
) là y-y
0
=f’(x
0
)(x–x
0
)
Giải:
a. Hoành độ giao điểm của (H) và (d) là nghiệm của phương trình:
2
1
2 3 0
3
2
3
0
x

x x
x
x
x
x
= −

− − =

= − ⇔ ⇔


=
≠


Vậy có hai giao điểm của (H) và (d) là A(-1; -3), B(3; 1)
b.
3
( )f x
x
=
có đạm hàm là
2
3
'( )f x
x
= −
. Từ đó: f’(-1) = -3, f’(3) = -
1

3
• Tiếp tuyến của (H) tại A(-1; -3) có phương trình:
y + 3 = -3(x + 1) ⇔ y = -3x – 6
• Tiếp tuyến của (H) tại B(3; 1) có phương trình:
y – 1 = -
1
3
(x – 3) ⇔ y = -
1
3
x + 2
Bài 8: Tìm đạo hàm của các hàm số sau:
a. f(x) =
cot 3
4
x x
π
 
−
 ÷
 
;
b. g(x) = cos
2
x + cos
2
2
2 2
cos
3 3

x x
π π
   
+ + −
 ÷  ÷
   
c. h(x) = sin(cos
2
x).cos(sin
2
x)
Sau khi tìm g’(x) có nhận xét gì về hàm g(x)
Áp dụng công thức: y’
x
= y’
u
. u’
x

Giải:
a. f’(x) =
( )'cot 3 cot 3
4 4
x x x x
π π
 
   
− + −
 ÷  ÷
 ÷

   
 
=
2
1 3
cot 3
4
2
sin 3
4
x
x
x
x
π
π
 
− −
 ÷
 
 
−
 ÷
 
Giáo án tự chọn 11
b. Tương tự g’(x) = - 2cosxsinx – 2cos
2 2 2 2
sin 2cos sin
3 3 3 3
x x x x

π π π π
       
+ + + − −
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
= - sin2x -sin
4 4
2 sin 2
3 3
x x
π π
   
+ + −
 ÷  ÷
   
= - sin2x + 2cos
4
3
π
sin(-2x) = -sin2x + sin2x = 0
c. h’(x) = -2cos(cos
2
x)cosxsinxcos(sin
2
x) – 2sin(cos
2
x)sin(sin
2
x)sinxcosx
= -sin2xcos(cos

2
x)cos(sin
2
x) – sin2xsin(cos
2
x)sin(sin
2
x)
= -sin2x [cos(cos
2
x)cos(sin
2
x) + sin(cos
2
x)sin(sin
2
x)]
= -sin2xcos(cos
2
x – sin
2
x)
= -sin2xcos(cos2x)
Vì g’(x) = 0 nên g(x) là một hàm bằng. Bằng cách chọn x = 0, ta thấy g(0) =
3
2
Vậy g(x) =
3
2
với mọi x.

Bài 9: Tìm
a. d(tanx)
2
x k
π
π
 
≠ +
 ÷
 
;
b. dy với y =
2
2 5
1
x x
x
+ +
−
(x ≠ 1)
* Áp dụng công thức: df(x) = f’(x)dx
Giải:
a. d(tanx) = (tanx)’dx =
2
cos
dx
x
b. Với y =
2
2 5

1
x x
x
+ +
−
ta có:
y’ =
2 2
2
( 2 5)'( 1) ( 2 5)( 1)'
( 1)
x x x x x x
x
+ + − − + + −
−
=
2 2 2 2
2 2 2
(2 2)( 1) ( 2 5) 2( 1) 2 5 2 7
( 1) ( 1) ( 1)
x x x x x x x x x
x x x
+ − − + + − − − − − −
= =
− − −
Vậy dy =
2
2
2 7
( 1)

x x
dx
x
− −
−
Bài 10: Không dùng máy tính và bảng số hãy tính gần đúng sin29
0

* Áp dụng công thức f(x
0
+
∆
x)
≈
f(x
0
) + f’(x
0
)
∆
x
Giải:
Vì 29
0
= 30
0
– 1
0
=
6 180

π π
 
−
 ÷
 
nên
sin29
0
= sin
6 180
π π
 
−
 ÷
 
≈ sin
cos 0,4849
6 6 180
π π π
  
+ − ≈
 ÷ ÷
  
Bài 11: Tìm y
(n)
biết
1
2
y
x

=
−
* Dùng phương pháp quy nạp toán học.
Giáo án tự chọn 11
Giải:
Ta có:
' '' '''
2 3 4
1 1 1 1.2 1 1.2.3
(1); ;
2 ( 2) 2 ( 2) 2 ( 2)x x x x x x
     
= − = =
 ÷  ÷  ÷
− − − − − −
     
Ta dự đoán y
(n)
= (-1)
n

1
!
( 2)
n
n
x
+
−
(*). Ta chứng minh (*) bằng quy nạp.

Từ (1) suy ra (*)đúng khi n = 1
Giả sử (*)đúng với n = k, ta có
( )
1
1 !
( 1) (2)
2 ( 2)
k
k
k
k
x x
+
 
= −
 ÷
− −
 
Ta chứng minh (*)đúng với n = k+1
Lấy đạm hàm hai vế của (2) ta đượC:
( 1)
1
1 1
2 2 2 2
1 ![( 2) ]' !( 1)( 2)
( 1) ( 1)
2 ( 2) ( 2)
k
k k
k k

k k
k x k k x
x x x
+
+
+ +
+ +
− + −
 
= − = −
 ÷
− − −
 
=
1
2
( 1)!
( 1)
( 2)
k
k
k
x
+
+
+
−
−
Vậy với mọi n ∈ ∞*, ta có:
( )

1
1 !
( 1)
2 ( 2)
n
n
n
n
x x
+
 
= −
 ÷
− −
 
III. BÀI TẬP:
1. Áp dụng định nghĩa, tìm các giới hạn sau:
a.
2
2
1
4 3
lim
3 2
x
x x
x x
→
− +
− +

b.
2
lim
1 3
x
x
→−∞
−
2. Tính các giới hạn sau:
a.
2
2
3 2
lim
2 2
x
x x
x
→
− +
+ −
b.
3
3
5 2
lim
3 4
x
x
x x

→−∞
−
+ −
c.
(
)
2
lim 3 4 3
x
x x x
→+∞
+ − −
d.
(
)
2
lim 1
x
x x x
→+∞
+ −
3. Tìm các giới hạn sau:
a.
2
7
lim
2
x
x
x

+
→−
−
+
và
2
7
lim
2
x
x
x
−
→−
−
+
b.
3
1
2 11
lim
1
x
x
x
−
→−
+
+
và

3
1
2 11
lim
1
x
x
x
+
→−
+
+
4. Cho hàm số f(x) =
3
1 3
1 1
2
x x
mx

−

− −


+

Với giá trị nào của m, hàm số f(x) có giới hạn khi x → 0.Tìm giới hạn đó.
5. Tìm các khoảng liên tục của các hàm số sau:
a. f(x) =

2
6x x+ −
;
nếu
nếu
nếu
nếu
nếu
nếu
Giáo án tự chọn 11
b. g(x) =
2 1
6
sin
6 2
2
2
x x
x x
x
x
π
π π
π
π

+ ≤




< <



>


6. Tìm số thực a sao cho hàm số f(x) =
sin
3
3
3
x x
ax x
π
π

<




− ≥


liên tục tại x =
3
π
7. Chứng minh rằng phương trình x
3

– 10x
2
– 1 = 0 có ít nhất một nghiệm dương.
8. Chứng minh rằng phương trình (m
2
+ m +1)x
5
+ x
3
– 27 = 0 có nghiệm dương với mọi giá
trị của tham số m
9. Cho hàm số y =
2
2
x x
x
+
−
(C)
a. Hãy tính (bằng định nghĩa) đạo hàm của hàm số tại x = 1
b. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A(1; -2)
10. Chứng minh rằng hàm số f(x) =
2
2
( 1) 0
( 1) 0
x neu x
x neu x

− ≥



+ <


liên tục tại x = 0 nhưng không có
đạo hàm tại x = 0
11. Tìm vi phân của các hàm số:
a. y =
2
1
x
x
+
−
b. y =
tan x
x
12. Tính gần đúng các số sau với sai số 0,001
a. cos61
0
b. tan 44
0
c.
16,02
13. Cho y = x
2
sinx. Tìm y
(4)
.

14. Chứng minh rằng:
( )
(sin ) sin
2
n
x x n
π
 
= +
 ÷
 
(n ∈ ∞*)
( )
(cos ) cos
2
n
x x n
π
 
= +
 ÷
 
(n ∈ ∞*)
CHỦ ĐỀ 4:
PHÉP DỜI HÌNH
Giáo án tự chọn 11
VÀ PHÉP ĐỒNG DẠNG TRONG MẶT PHẲNG
I. TÓM TẮT VÀ BỔ SUNG KIẾN THỨC
A. PHÉP DỜI HÌNH TRONG MẶT PHẲNG
1. Phép dời hình là phép biến hình bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm bất kì, nghĩa là với hai

điểm M, N tuỳ ý và ảnh M’, N’ tương ứng của chúng, ta luôn có M’N’ = MN.
2. Các phép tịnh tiến, đối xứng trục, đối xứng tâm, phép quay là những phép dời hình.
3. Thực hiện liên tiếp hai phép dời hình F và G ta được một phép dời hình. Phép dời hình này
được gọi là hợp thành của F và G
4. Phép dời hình:
a. Biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và bảo toàn thứ tự giữa các
điểm ấy.
b. Biến đường thẳng thành đường thẳng, biến tia thành tia, biến đoạn thẳng thành đoạn
thẳng bằng nó.
c. Biến tam giác thành tam giác bằng nó, biến gốc thành góc bằng nó.
d. Biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính.
5. - Nếu một phép dời hình biến tam giác ABC thành tam giác A’B’C’ thì nó cũng biến trọng
tâm , trực tâm, tâm các đường tròn nội tiếp, ngoài tiếp của tam giác ABC tương ứng thành
trọng tâm, trực tâm, tâm các đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp của tam giác A’B’C’.
- Phép dời hình biến một đa giác n cạnh H thành một đa giác n cạnh H’, biến các đỉnh của H
thành các đỉnh của H’, biến các cạnh của H thành các cạnh của H’…
6. Hai hình được gọi là bằng nhau khi có một phép dời hình biến hình này thành hình kia.
B. PHÉP ĐỒNG DẠNG TRONG MẶT PHẲNG
7. Phép biến hình F được gọi là phép đồng dạng tỉ số k (k > 0), nếu với hai điểm M, N bất kì
và ảnh M’, N’ tương ứng của chúng ta luôn có M’N’ = kMN.
8. a. Phép dời hình là phép đồng dạng tỉ số 1
b. Phép vị tự tỉ số k là phép đồng dạng tỉ số |k|
c. Thực hiện liên tiếp phép đồng dạng tỉ số k và phép đồng dạng tỉ số p ta được phép
đồng dạng tỉ số pk.
9. Phép đồng dạng tỉ số k là hợp thành của một phép dời hình và một phép vị tự tỉ số k. Nó
cũng là hợp thành của một phép vị tự tỉ số k và một phép dời hình.
10. Phép đồng dạng tỉ số k:
a. Biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và bảo toàn thứ tự giữa các
điểm ấy.
b. Biến đường thẳng thành đường thẳng, biến tia thành tia, biến đoạn thẳng thành đoạn

thẳng.
c. Biến tam giác thành tam giác đồng dạng với nó, biến góc thành góc bằng nó.
d. Biến đường tròn bán kính R thành đường tròn bán kính k R.
Giáo án tự chọn 11
11. - Nếu một phép đồng dạng biến tam giác ABC thành tam giác A’B’C’ thì nó cũng
biến trọng tâm, trực tâm,tâm các đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp của tam giác ABC tương ứng
thành trọng tâm, trực tâm, tâm các đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp của tam giác A’B’C’.
- Phép đồng dạng biến một đa giác n cạnh H thành một đa giác n cạnh H’, biến các
đỉnh của H thành các đỉnh của H’, biến các cạnh của H thành các cạnh của H’…
12. Hai hình được gọi là đồng dạng với nhau nếu có một phép đồng dạng biến hình này thành
hình kia.
II. RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI TOÁN:
Bài 1: Chứng minh rằng nếu phép dời hình biến ba điểm O, A, B lần lượt thành O’, A’, B’ thì
ta có:
a.
' '. ' ' .O A O B OAOB=
uuuuur uuuuur uuur uuur
b.
' ' ' 'O B tO A OB tOA= ⇔ =
uuuuur uuuuur uuur uuur
, với t là một số tuỳ ý.
* Sử dụng công thức: AB
2
=
2
AB
uuuur
Giải
a. Vì O’A’ = OA.O’B’=OB,A’B’=AB và AB
2

=
2
AB
uuuur
nên ta có:
A’B’
2
= AB
2
⇒
2 2
' 'A B AB=
uuuuuur uuuur
⇒
2 2
( ' ' ' ') ( )O B O A OB OA− = −
uuuuur uuuuur uuur uuur
⇒
2 2 2 2
' ' 2 ' '. ' ' 2 .O B O B O A OB OB OA OA− = − +
uuuuuur uuuuuur uuuur uuuur
uuuuur uuur uuur
⇒
2
' ' 2 ' '. ' ' .O B O A O B OAOB− =
uuuuuur
uuuuur uuuuur uuur uuur
b. Từ câu a) và định nghĩa ta có:
' ' ' ' ' ' ' ' 0O B tO A O B tO A= ⇔ − =
uuuuur uuuuur uuuuur uuuuur r

⇔
2
( ' ' ' ') 0O B tO A− =
uuuuur uuuuur
⇔
2
2 2
' ' 2 ' '. ' ' ' ' 0O B tO B O A t O A− + =
uuuuuur
uuuuur uuuuur uuuuur
⇔
2
2 2
2 . 0OB tOB OA t OA− + =
uuuur
uuur uuur uuur
⇔
0OB tOA− =
uuur uuur r
⇔
OB tOA=
uuur uuur
Bài 2: Chứng minh rằng phép dời hình biến đường thẳng thành đường thẳng
* Để chứng minh hình H’ là ảnh của hình H qua phép biến hình F ta chứng minh rằng:
M
∈
H
⇔
M’ = F(M)
∈

H’
M thuộc đường thẳng AB khi và chỉ khi tồn tại t
∈

ϒ
, sao cho
AM t AB=
uuuur uuur
Giải:
Cho đường thẳng d và phép dời hình F. Lấy A, B phân biệt thuộc đường thẳng d, gọi A’ =
F(A), B’ = F(B). Khi đó vì A’B’ = AB nên A’ và B’ phân biệt. Ta sẽ chứng minh rằng F(d) là
đường thẳng A’B’.
Lấy điểm M thuộc d, gọi M’ = F(M). Áp dụng câu b) của bài 1, ta có: