Đề cương ôn tập toán THPT năm 2014 2015 THPT nguyễn văn cừ bài 2

ĐỀ CƯƠNG ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2014-2015
TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN CỪ
MÔN TOÁN
CHUYÊN ĐỀ 5: ĐẠI SỐ TỔ HỢP, XÁC SUẤT
1. Kiến thức cơ bản
1.1. Đại số tổ hợp
1.1.1. Quy tắc cộng:
Có n1 cách chọn đối tượng A1.
n2 cách chọn đối tượng A2.
A 1 ∩ A2 = ∅
⇒ Có n1 + n2 cách chọn một trong các đối tượng A1, A2.
1.1.2. Quy tắc nhân:
Có n1 cách chọn đối tượng A1. Ứng với mỗi cách chọn A1, có n2 cách chọn đối
tượng A2.
⇒ Có n1.n2 cách chọn dãy đối tượng A1, A2.
1.1.3. Hoán vị:
− Mỗi cách sắp thứ tự n phần tử gọi là một hoán vị của n phần tử.
− Số hoán vị: Pn = n!.
1.1.4. Chỉnh hợp:
− Mỗi cách lấy ra k phần tử từ n phần tử (0 < k ≤ n) và sắp thứ tự của chúng gọi là
một chỉnh hợp chập k của n phần tử.
n!

k
− Số các chỉnh hợp: An = (n − k )!

1.1.5. Tổ hợp:
− Mỗi cách lấy ra k phần tử từ n phần tử (0 ≤ k ≤ n) gọi là một tổ hợp chập k của n
phần tử.

n!

k
− Số các tổ hợp: Cn = k !(n − k )!
k
n−k
k −1
k
k
− Hai tính chất: Cn = Cn , Cn−1 + Cn−1 = Cn

1.1.6. Nhị thức Newton
n

(a + b) = ∑ Cnk a n−k b k = Cn0 a n + Cn1a n−1b + ... + Cnnb n
n

k =0

k n−k k
− Số hạng tổng quát (Số hạng thứ k + 1): Tk +1 = Cn a b
n
0
1
2 2
n n
− Đặc biệt: (1 + x) = Cn + xCn + x Cn + ... + x Cn

1.2. Xác suất
1.2.1. Tính xác suất bằng định nghĩa cổ điển: P ( A ) =

+ 0 ≤ P(A) ≤ 1

ΩA
Ω

+ P ( Ω) = 1, P ( ∅) = 0

1.2.2. Tính xác suất theo các quy tắc:
a) Quy tắc cộng xác suất
Nếu A và B là hai biến cố xung khắc, thì:
P ( A ∪ B ) = P ( A) + P ( B )

c) Quy tắc nhân xác suất
Nếu hai biến cố A và B độc lập với nhau thì:
P ( AB ) = P ( A ) P ( B )

2. Các dạng toán
2.1. Bài toán đếm:
Ví dụ 1. Cho tập A = { 0;1; 2;3;4;5} , từ A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ
số khác nhau, trong đó nhất thiết phải có chữ số 0 và 3.
Lời giải
Gọi số cần tìm là abcde ( a ≠ 0 )
Tìm số các số có 5 chữ số khác nhau mà có mặt 0 và 3 không xét đến vị trí a.
Xếp 0 và 3 vào 5 vị trí có: A52 cách


3 vị trí còn lại có A43 cách
Suy ra có A52 A43 số
Tìm số các số có 5 chữ số khác nhau mà có mặt 0 và 3 với a = 0.
Xếp 3 có 4 cách

3 vị trí còn lại có A43 cách
Suy ra có 4.A43 số
Vậy số các số cần tìm tmycbt là: A52 A43 − 4. A43 = 384
Ví dụ 2. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà trong mỗi số luôn luôn có
mặt hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ.
Lời giải
Từ giả thiết bài toán ta thấy có C52 = 10 cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số
0 đứng đầu) và C53 =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C52 . C53 = 100 bộ 5 số được chọn.
Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số được thành lập => có tất cả C52 . C53 .5! = 12000 số.
Mặt khác số các số được lập như trên mà có chữ số 0 đứng đầu là C41 .C53 .4! = 960 .
Vậy có tất cả 12000 – 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán.
Ví dụ 3. Có 12 học sinh giỏi gồm 3 học sinh khối 12, 4 học sinh khối 11, 5 học sinh khối
10. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 6 học sinh sao cho mỗi khối có ít nhất 1 học sinh.
Lời giải
Tổng số cách chọn 6 học sinh trong 12 học sinh là C126
Số học sinh được chọn phải thuộc ít nhất 2 khối
Số cách chọn chỉ có học sinh khối 12 và khối 11 là: C76
Số cách chọn chỉ có học sinh khối 11 và khối 10 là: C96
Số cách chọn chỉ có học sinh khối 12 và khối 10 là: C86
Số cách chọn thoả mãn đề bài là: C126 − C76 − C96 − C86 = 805 (cách)
Ví dụ 4. Trên các cạnh AB, BC, CD, DA của hình vuông ABCD lần lượt cho 1, 2, 3 và n
điểm phân biệt khác A, B, C, D. Tìm n biết số tam giác có ba đỉnh lấy từ n + 6 điểm đã
cho là 439.


Lời giải
Nếu n ≤ 2 thì n + 6 ≤ 8. Do đó số tam giác có ba đỉnh được lấy từ n + 6 điểm đó
không vượt qua C83 = 56 < 439 (loại). Vậy n ≥ 3
Vì mỗi tam giác được tạo thành ứng với 1 tổ hợp 3 chập n + 6 phần tử. Nhưng trên
cạnh CD có 3 đỉnh, trên cạnh DA có n đỉnh nên số tam giác tạo thành là:

Cn3+6 − C33 − Cn3 =

( n + 4 ) ( n + 5 ) ( n + 6 ) − 1 − ( n − 2 ) ( n − 1) n = 439
6

6

⇔ (n + 4)(n + 5)(n + 6) – (n – 2)(n – 1)n = 2540
⇔ n2 + 4n – 140 = 0
Từ đó tìm được n = 10.
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
1) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau mà mỗi số đều lớn hơn 2010.
2) Cho hai đường thẳng song song d1 và d2. Trên đường thẳng d1 có 10 điểm phân biệt,
trên đường thẳng d2 có n điểm phân biệt ( n ≥ 2 ). Biết rằng có 2800 tam giác có đỉnh là
các điểm đã cho. Tìm n.
3) Cho tập A = { 0;1; 2;3;4;5} , từ A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số
khác nhau, trong đó nhất thiết phải có chữ số 0 và 3.
2.2. Nhị thức Newton:
n

1 

Ví dụ 1. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức  2.x + ÷ , biết rằng
x

2
n −1
An − Cn +1 = 4n + 6

Lời giải

Giải phương trình An2 − Cnn+−11 = 4n + 6 ; Điều kiện: n ≥ 2 ; n ∈ N.
Phương trình tương đương với n(n − 1) −

(n + 1)!
n(n + 1)
= 4n + 6 ⇔ n(n − 1) −
= 4n + 6
2!( n − 1)!
2

⇔ n2 – 11n – 12 = 0 ⇔ n = - 1 (Loại) v n = 12.
12

1 

Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn:  2x + ÷ .
x



k

k
12

12 − k

Số hạng thứ k + 1 trong khai triển là: Tk +1 = C (2 x)
k

Hay Tk+ 1 = C12k ( 2 x ) 12−k .x − 2 = C12k .212−k.x

24−3 k
2

 1 

÷ ; k ∈ N, 0 ≤ k ≤ 12
 x

.

k ∈ N , 0 ≤ k ≤ 12
⇔ k = 8.
24 − 3k = 0

Số hạng này không chứa x khi 

Vậy số hạng thứ 9 không chứa x là T9 = C128 24 = 7920
Ví dụ 2. Tìm hệ số của x8 trong khai triển (x2 + 2)n, biết: An3 − 8Cn2 + Cn1 = 49 .
Lời giải
Điều kiện n ≥ 4
n

k 2 k n−k
Ta có ( x + 2 ) = ∑ Cn x 2
2

n

k =0

Hệ số của số hạng chứa x8 là Cn4 2n− 4
Hệ số của số hạng chứa x8 là Cn4 2n− 4
Ta có: An3 − 8Cn2 + Cn1 = 49
⇔ (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49
⇔ n3 – 7n2 + 7n – 49 = 0 ⇔ (n – 7)(n2 + 7) = 0 ⇔ n = 7
Nên hệ số của x8 là C74 23 = 280
Ví dụ 3 (ĐH). Cho khai triển đa thức: ( 1 − 2 x )

2013

= ao + a1 x + a2 .x 2 + ... + a2013 .x 2013

Tính tổng: S = a0 + 2 a1 + 3 a2 + ... + 2014 a2013
Lời giải
Ta có: ( x(1 − 2 x) 2013 ) ′ = a0 + 2a1 x + 3a2 x 2 + ... + 2014a2014 x 2013 .
⇔ (1 − 2 x) 2013 − 4026 x(1 − 2 x)1012 = a0 + 2a1 x + 3a2 x 2 + ... + 2014a2013 x 2013 (*).
k
k
Nhận thấy: ak x = ak (− x) do đó

thay x = −1 vào cả hai vế của (*) ta có:

S = a0 + 2 a1 + 3 a2 + ... + 2014 a2013 = 1343.32213


Ví dụ 4 (ĐH). Cho khai triển: ( 1 + 2 x )
trị của a6 .

10

(x

2

+ x + 1) = ao + a1 x + a2 x 2 + ... + a14 x14 . Hãy tìm giá
2

Lời giải
1
4

Ta có x 2 + x + 1 = (2 x + 1)2 +

( 1 + 2x)

10

( x 2 + x + 1) 2 =

3
nên
4

1
3
9
(1 + 2 x)14 + (1 + 2 x)12 + (1 + 2 x)10
16

8
16

Trong khai triển ( 1 + 2x )
là: 26 C126

14

12
hệ số của x 6 là: 26 C146 ; Trong khai triển ( 1 + 2x ) hệ số của x 6

10
Trong khai triển ( 1 + 2x ) hệ số của x 6 là: 26 C106

Vậy hệ số a6 =

1 6 6 3 6 6 9 6 6
2 C14 + 2 C12 + 2 C10 = 41748.
16
8
16

2
4
6
100
+ 8C100
+ 12C100
+ ... + 200C100
Ví dụ 5 (ĐH). Tính giá trị biểu thức: A = 4C100

.

Lời giải
Ta có: ( 1 + x )

100

0
1
2
100 100
= C100
+ C100
x + C100
x 2 + ... + C100
x

(1− x)

100

0
1
2
3
100 100
= C100
− C100
x + C100
x 2 − C100

x 3 + ... + C100
x
(2)

Lấy (1)+(2) ta được: ( 1 + x )
Lấy

đạo

hàm

100 ( 1 + x ) − 100 ( 1 − x )
99

100

99

+ ( 1− x)

100

hai

(1)

0
2
4
100 100

= 2C100
+ 2C100
x 2 + 2C100
x 4 + ... + 2C100
x

vế

theo

ẩn

x

= 4C x + 8C x + ... + 200C x
2
100

4
3
100

100 99
100

2
4
100
+ 8C100
+ ... + 200C100

Thay x=1 vào => A = 100.299 = 4C100

BÀI TẬP TỰ LUYỆN
 1 3
+
1) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển 
 x

2) Tính tổng: T =

10


x ÷ với x > 0.


0
C2012
C1
C2
C 2012
+ 2012 + 2012 + L + 2012
1
2
3
2013

0
1
2

3
2012
C2012
2C2012
22 C2012
23 C2012
22012 C2012
−
+
−
+ ... +
3) Tính tổng S =
.
1.2
2.3
3.4
4.5
2013.2014

ta

được:


2.3. Xác suất:
Ví dụ 1. Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng.
Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được
lấy ra có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng.
Lời giải
4

Số phần tử của không gian mẫu là Ω = C16 = 1820 .

Gọi B là biến cố “ 4 quả lấy được có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả
màu vàng”. Ta xét ba khả năng sau:
- Số cách lấy 1 quả đỏ, 3 quả xanh là: C41C53
- Số cách lấy 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng là: C41C52C71
- Số cách lấy 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng là: C41C51C72
1 3
1 1 2
1 2 1
Khi đó Ω B = C4C5 + C4C7C5 + C4C7 C5 = 740 .

Xác suất của biến cố B là P ( B ) =

ΩB
740 37
=
=
.
Ω 1820 91

Ví dụ 2. Chọn ngẫu nhiên 5 con bài trong bộ tú lơ khơ. Tính xác suất sao cho trong 5
quân bài đó có đúng 3 quân bài thuộc 1 bộ (ví dụ 3 con K).
Lời giải
Số cách chọn 5 quân bài trong bộ bài tú lơ khơ là: C552 = 2598960
Số cách chọn 5 quân bài trong bộ bài tú lơ khơ mà trong 5 quân bài đó có đúng 3 quân
bài thuộc 1 bộ là: 13. C34 = 52
Xác suất để chọn 5 quân bài trong bộ bài tú lơ khơ mà trong 5 quân bài đó có đúng 3
quân bài thuộc 1 bộ là:

52
13
=
.
2598960 649740

Ví dụ 3. Cho E là tập các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số:
0,1,2,3,4,5,6,7. Lấy ngẫu nhiên một số trong E. Tính xác suất để lấy được số chia hết cho
5.
Lời giải
Giả sử abcde ∈E ⇒ a ≠ 0 ⇒có 7 cách chon a;
&


Chọn bcde có A 7 4 ⇒ n( E ) = 7 A 7 4 = 5880
e = 5
⇒ n(Ω) = 5880; abcde ∈ E và abcdeM
5⇔
⇒ Trong E có : A 7 4 + 6A 36 = 1560
e = 0

Số chia hết cho 5. Gọi A là biến cố chọn dc số chia hết cho 5 thì n(A)=1560
P( A) =

1560 13
=
5880 49

Ví dụ 4. Cho tập E = { 1, 2,3, 4,5} . Viết ngẫu nhiên lên bảng hai số tự nhiên, mỗi số gồm 3
chữ số đôi một khác nhau thuộc tập E. Tính xác suất để trong hai số đó có đúng một số có

chữ số 5.
Lời giải
Số các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau thuộc tập E là: 5.4.3 = 60
Trong đó số các số không có mặt chữ số 5 là 4.3.2=24, và số các số có mặt chữ số 5 là
60 − 24 = 36 .
Gọi A là biến cố “hai số được viết lên bảng đều có mặt chữ số 5”, B là biến cố “hai số viết
lên bảng đều không có mặt chữ số 5”. Rõ ràng A,B xung khắc. Do đó áp dụng qui tắc
cộng xác suất ta có:
P ( A ∪ B ) = P ( A) + P ( B ) =

1
1
1
1
C36
C36
C24
C24
13
+
=
.
1
1
1
1
C60C60 C60C60 25

Suy ra xác suất để trong hai số đó có đúng một số có chữ số 5 là
P = 1− P ( A ∪ B) = 1−

13 12
=
.
25 25

Ví dụ 5. Trong một kì thi. Thí sinh được phép thi 3 lần. Xác suất lần đầu vượt qua kì thi
là 0,9. Nếu trượt lần đầu thì xác suất vượt qua kì thi lần hai là 0,7. Nếu trượt cả hai lần thì
xác suất vượt qua kì thi ở lần thứ ba là 0,3. Tính xác suất để thí sinh thi đậu.
Lời giải
Gọi Ai là biến cố thí sinh thi đậu lần thứ i (i = 1;2;3). Gọi B là biến cố để thí sinh
thi đậu.
Ta có: B = A1 ∪ (A1A 2 ) ∪ (A1 A 2 A 3 )
Suy ra: P(B) = P(A1 ) + P(A1A 2 ) + P(A1 A 2A 3 )


Trong đó:

P(A1 ) = 0,9

P(A1A 2 ) = P(A1 ).P(A 2 / A1 ) = 0,1.0, 7

P(A1 A 2 A 3 ) = P(A1 ).P(A 2 / A1 ).P(A 3 / A1 A 2 ) = 0,1.0,3.0,3

Vậy: P(B) = 0,9 + 0,1.0,7 + 0,1.0,3.0,3 = 0,979
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
1) Từ các chữ số của tập T = { 0;1;2;3;4;5} , người ta ghi ngẫu nhiên hai số tự nhiên có ba
chữ số khác nhau lên hai tấm thẻ. Tính xác suất để hai số ghi trên hai tấm thẻ đó có ít
nhất
một số chia hết cho 5.

2) Có 10 học sinh lớp A; 9 học sinh lớp B và 8 học sinh lớp C. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ
các học sinh trên. Tính xác suất sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn và có ít nhất 2
học sinh lớp A.
3) Một hộp đựng 11 viên bi được đánh số từ 1 đến 11. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi rồi cộng
các số trên viên bi lại với nhau. Tính xác suất để kết quả thu được là một số lẻ.
4) Một chiếc hộp đứng 6 cái bút màu xanh, 6 cái bút màu đen, 5 cái bút màu tím và 3 cái
bút màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên ra 4 cái bút. Tính xác suất để lấy được ít nhất 2 bút cùng
màu.


CHUYÊN ĐỀ 6: TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN
Biên soạn và sưu tầm: Hoàng Văn Quý – GV trường THPT Lương Tài số 2
1. Kiến thức liên quan
1.1. Công thức nguyên hàm cơ bản
Nguyên hàm của hàm số cơ Nguyên hàm mở rộng
bản

∫ dx = x + C

∫ a.dx = ax + C , a ∈ ¡

xα +1
∫ x dx = α + 1 + C , α ≠ −1

1 (ax + b)α +1
∫ (ax + b) dx = a . α + 1 + C

α

∫

dx
= ln x + C , x ≠ 0
x

∫ e dx = e
x

x

+C

α

dx

1

∫ ax + b = a .ln ax + b + C
∫e

1
dx = .e ax +b + C
a

ax + b

1 aα x + β
dx = .
+C

α ln a

ax
∫ a dx = ln a + C

∫a

∫ cos xdx = sin x + C

1
cos(
ax
+
b
)
dx
=
.sin( ax + b) + C
∫
a

∫ sin xdx = − cos x + C

∫ sin(ax + b)dx = − a .cos(ax + b) + C

x

1

∫ cos

2

x

1

∫ sin

2

x

α x+ β

1

1

1

dx = tan x + C

∫ cos (ax + b) dx = a tan(ax + b) + C

dx = −cotx + C

∫ sin

2

2

1
1
dx = − cot (ax + b) + C
(ax + b)
a

1.2. Công thức tích phân
F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên đoạn [a;b] thì


b

∫ f ( x)dx = F ( x)

b
a

= F (b) − F (a )

a

1.3. Phương pháp đổi biến số
b

1.3.1. Dạng 1 : Tính I =

∫ f [ ϕ ( x)]ϕ ( x)dx

'

a

+ Đặt t = ϕ ( x) ⇒ dt = ϕ ' ( x).dx
+ Đổi cận :

x

⇒ I=

t
1.3.2. Dạng 2 : Tính I =

a
b

ϕ (b )

ϕ (a)
ϕ (b)

ϕ (a)

∫

f (t ).dt = F (t )

b

∫ f ( x)dx
a

ϕ (t )
 π π



Dạng chứa a 2 − x 2 : Đặt x = asint, t ∈  − ;  (a>0)
2 2
1.4. Phương pháp tích phân từng phần
* Công thức tính :

 Đặt

b

b

a

a

b

∫ f ( x)dx = ∫ udv = uv −∫ vdu
b

a

 u = ...
du = ...dx
⇒

 v = ...
dv = ...

a

(lay
(lay

dao

ham)

nguyen

ham)

Ta thường gặp hai loại tích phân như sau:
* Loại 1:
b
 ∫ P( x).sin f ( x).dx
a
 b
 ∫ P( x).cos f ( x).dx
a
b
 ∫ P( x).e f ( x ) .dx

 a

ϕ (b)
ϕ (a)

⇒ u = P( x) , trong đó P( x) là đa thức bậc n.

bằng cách đặt x =


b

*Loại 2: ∫ P( x).ln f ( x).dx ⇒ u = ln f ( x)
a

1.5. Tính chất tích phân
b

b

a

a

∫ kf ( x)dx = k ∫ f ( x)dx ,

Tính chất 1:

k: hằng số

b

b

b

a

a

a

Tính chất 2: ∫ [ f ( x) ± g ( x)] dx = ∫ f ( x)dx ± ∫ g ( x)dx
Tính chất 3:

b

c

b

a

a

c

∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx

( a < c < b)

1.6. Diện tích hình phẳng
1.6.1. Dạng 1: Cho hàm số y = f(x) liên tục trên [a; b]. khi đó diện tích hình phẳng giới
hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), trục Ox và hai đường thẳng x = a và x = b là:
b

S = ∫ f ( x) dx

(*)

a

Lưu ý:
 f ( x) = 0 vô nghiệm trên (a;b) thì
b

S = ∫ f ( x) dx =
a

b

∫ f ( x)dx
a

 f ( x) = 0 có 1 nghiệm c ∈ (a; b) thì
b

S = ∫ f ( x) dx =
a

c

b

a

c

∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx

1.6.2. Dạng 2: Cho hai hàm số y = f1(x) và y = f2(x) liên tục trên [a; b]. Khi đó diện tích
của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số f 1(x), f2(x) và hai đường thẳng x = a, x = b
là:
b

S = ∫ f1 ( x) − f 2 ( x) dx

(**)

a

Lưu ý: Khử dấu giá trị tuyệt đối của công thức (**) thực hiện tương tự đối với công
thức (*).


1.7. Thể tích vật thể tròn xoay
Thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi các đường
y = f(x), trục Ox và hai đường thẳng x = a, x = b quay xung quanh trục Ox là:
b

V = π ∫ f 2 ( x)dx
a

Lưu ý: Diện tích, thể tích đều là những giá trị dương.
2. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Tính các tích phân sau
1

0

3 / C = ∫ ( sinx+ cos x ) dx

0

 x + 2 x +3
4 / D = ∫
÷dx
x3
1

4

π

1

2 / B = ∫ 2 x ( e x + 3) dx

1 / A = ∫ (2x+e x )dx

0

π

2

5 / E = ∫ ( x − sin 2 x ) dx
0

Lời giải
1

1

1

0

0

1/ A = ∫ ( 2 x + e ) dx = ∫ 2 xdx + ∫ e x dx = x 2 + e x = 1 − 0 + e − 1 = e
x

0

1

1

1

2 / B = ∫ 2 ( e + 3) dx = ∫ ( 2e ) dx +3∫
x

0

x

x

0

1

1

0

0

( 2e )
2 x dx =

x 1

1

2x
 2e − 1  3
+3

=
÷+
ln 2e
ln 2 0  ln 2e  ln 2
0

0

π

π

π

0

0

0

3 / C = ∫ ( sinx + cos x ) dx = ∫ sinxdx + ∫ cos xdx = − cos x 0 + sin x 0 = 2
π

π

4

4
5
1

−
1
4
x 3
2 − 32
3 −2 4
−3 
2
4 / D = ∫  + 3 + 3 ÷dx = ∫  + x + 3x ÷dx = ln x 1 − x
+
x
=
1
x x
x 
x
3
−
2

1
1
1
4

π

π

π

π

π

1 2
1
π2
5 / E = ∫ ( x − sin 2 x ) dx = ∫ xdx − ∫ sin 2 xdx = x + cos 2 x =
2 0 2
2
0
0
0
0

Ví dụ 2. Tính các tích phân sau


6

1 / I = ∫ x x + 3dx
1

1

2x + 1
dx
0 1 + 3x + 1

2/ J = ∫

 1
2ln x + 1
3 / K = ∫ 
+
x x ( ln x + 1)
1
e


÷
÷dx


ln 2

4/ L =



∫  x + 2e
0

1
x


÷dx
+1

Lời giải
6

1 / I = ∫ x x + 3dx
1

2
• Đặt x + 3 = t ta được x + 3 = t ⇒ dx = 2tdt
• Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 2; x = 6 ⇒ t = 3
3

3

232
2 5
3
• Khi đó I = ∫ ( 2t − 6t ) dt =  5 t − 2t ÷ = 5
2
2
4

2

1

2x + 1
dx
0 1 + 3x + 1

2/ J = ∫

t2 −1
2
• Đặt 3x + 1 = t ta được x = 3 ⇒ dx = 3 tdt
• Đổi cận x = 0 ⇒ t = 1; x = 1 ⇒ t = 2
2

2

2 2t 3 + t
2  2
3 
28 2 3
• Khi đó J = 9 ∫ 1 + t dt = 9 ∫  2t − 2t + 3 − t + 1 ÷dt = 27 − 3 ln 2
1
1
e
 1
2ln x + 1
3 / K = ∫ 
+
x x ( ln x + 1)
1


÷
÷dx


• Tính K1 = ∫ x dx ta được kết quả K1 = 2 ( e − 1)
1
e

1

dx

• Đặt ln x = t ta được dt = x
• Đổi cận x = 1 ⇒ t = 0; x = e ⇒ t = 1
1

2t + 1

• Khi đó K 2 = ∫ t + 1 dt = ( 2t − ln ( t + 1) ) 0 = 2 − ln 2
0
• Vậy ta được K = K1 + K 2 = 2 e − ln 2

1


ln 2



∫  x + 2e

4/ L =

0

1
x


÷dx
+1

ln 2

• Tính L1 =
• Tính L2 =

∫ xdx

0
ln 2

∫ 2e

1
2

ta được kết quả I = ln 2 2

1
x

0

+1

dx

x
x
• Đặt e = t ta được e dx = dt
• Đổi cận x = 0 ⇒ t = 1; x = ln 2 ⇒ t = 2
2

dt

5

6

• Khi đó L2 = ∫ t ( 2t + 1) = ( ln t − ln ( 2t + 1) ) 1 = ln 2 − ln 3 = ln 5
1
2

1

6

2
• Vậy ta được L = L1 + L2 = 2 ln 2 + ln 5

Ví dụ 3. Tính các tích phân sau
π

1 / I = ∫ ( 1 − sin 3 x ) cos xdx
0

π
4

2/ J = ∫
π
6

1
dx
2
sin x cos 4 x

Lời giải
π
2

1/ I = ∫ ( 1 − sin 3 x ) cos xdx
0

• Đặt sin x = t ⇒ dt = cos xdx

π

• Đổi cận x = 0 ⇒ t = 0; x = 2 ⇒ t = 1
1

 t4 

3
Khi
đó
I = ∫ ( 1 − t ) dt =  t − ÷ =
•
4 0 4

0
1

3

π
4

2/ J = ∫
π
6

1
dx
sin x cos 4 x
2

• Đặt cot x = t ⇒ dt =

−1
dx
sin 2 x

π

3 / K = ∫ ( sinx + x ) sin xdx
0


• Đổi cận x =

π
π
⇒ t = 3; x = ⇒ t = 1
6
4
2

3

1

• Khi đó J = ∫ 1 + 2 ÷ dt =
t 
1 

3

3

2 1
8 3 4


 2 1 
∫1 1 + t 2 + t 4 ÷dt =  t − t − 3t 3 ÷ 1 = 27 + 3

π

π

π

0

0

0

3 / K = ∫ ( sinx + x ) sin xdx = ∫ sin 2 xdx + ∫ x sin xdx

•
•

π

π

0

0

Đặt K = sin 2 xdx = 1 − cos 2 x dx = 1 π
1

∫
∫
2

2

π

K 2 = ∫ x sin xdx
0

u = x
du = dx
⇒

• dv = sin xdx v = − cos x
π

•

π

π

K 2 = − x cos x 0 + ∫ cos xdx = π + sinx 0 = π
0

* Chú ý: Ta thường đặt t là căn, mũ, mẫu.
- Nếu hàm có chứa dấu ngoặc kèm theo luỹ thừa thì đặt t là phần bên trong dấu
ngoặc nào có luỹ thừa cao nhất.

- Nếu hàm chứa mẫu số thì đặt t là mẫu số.
- Nếu hàm số chứa căn thức thì đặt t = căn thức.
- Nếu tích phân chứa

dx
thì đặt t = ln x .
x

- Nếu tích phân chứa e x thì đặt t = e x .
- Nếu tích phân chứa

dx
thì đặt t = x .
x

- Nếu tích phân chứa

dx
1
t= .
2 thì đặt
x
x

- Nếu tích phân chứa cos xdx thì đặt t = sin x .
- Nếu tích phân chứa sin xdx thì đặt t = cos x .
- Nếu tích phân chứa

dx
thì đặt t = tan x .

cos 2 x


- Nếu tích phân chứa

dx
thì đặt t = cot x .
sin 2 x

Ví dụ 3. Tính các tích phân
π
2

1

e

c) K = ∫ xe x dx

b) J = ∫ x ln xdx

a) I = ∫ x sin xdx

0

1

0

Lời giải

π
2

a) I = ∫ x sin xdx
0

u = x
du = dx
⇒

 dv = sin xdx v = − cos x
π
2

π
2
0

π

 I = − x cos x + ∫ cos xdx = 0 − 0 + sinx 02 = 1
0

e

b) J = ∫ x ln xdx
1

1


du = dx

u = ln x

x
⇒

2
 dv = xdx  x
v=

2
e

e

e

e

x2
x
x2
x2
e2 + 1
J = ln x − ∫ dx = ln x −
=

2
2

2
4 1
4
1
1
1
1

c) K = ∫ xe x dx
0

u = x
du = dx
⇒


 dv = e x dx v = e x


1

1

1

K = xe x − ∫ e x dx = e − e x = 1



0

0

0

Ví dụ 4. Tính các tích phân sau
2

1 − x2 
1 / I = ∫  x2 +
dx
3 ÷
x
+
x

1

ln 4

2/ J =

∫
0

 x
1 
e + x
÷dx
e

+
2



2

3/ K = ∫
1

x2 − 1
ln xdx
x2

Lời giải
2
2
 2 1 − x2 
1 − x2
2
1/ I = ∫  x +
dx
=
x
dx
+
dx
3 ÷
2
∫

∫
x
+
x
x
+
x

1
1
1
2

2

2

Tính I1 = ∫ x 2 dx = 1 x 3 = 7
3

1

2

2

1− x
dx = ∫
3
x

+
x
1
1

I2 = ∫

2

7
3

Vậy I = I1 + I 2 = + ln

ln 4

2/ J =

∫
0

∫ e dx = e
x

0

ln 4

J2 =

1

∫

e +2
x

0

1

1
+
x
2
−
1
2 d
÷
4
x
1



x2
dx = − ∫
dx = − ln  + x ÷ = ln
1
1

5
x
1
1
+x
+x
x
x
4
5

ln 4
ln 4
 x
1 
1
x
dx
e + x
÷dx = ∫ e dx + ∫
x
e +2
e +2

0
0

ln 4

J1 =

3

1

x ln 4
0

=3

dx; t = e x ⇒ t 2 = e x ⇒ 2tdt = e x dx ⇒ dx =
2

2

2
3
 t 
⇒ J2 = ∫
dt = ln 
÷ = ln
t t + 2)
2
 t + 2 1
1 (

Vậy J = J1 + J 2 = 3 + ln

3
2

2
dt
t


2

3/K = ∫
1

x2 −1
ln xdx
x2

1

u = ln x
2
du = dx
2

1
11





x

2
⇒
⇒
K
=
x
+
ln
x
−

Đặt 
x −1

÷
 x + ÷ dx
∫
x
xx

1
1
dv = 2 dx v = x + 1
x

x

2

2

1
1
5
3


⇒ K =  x + ÷ln x −  x − ÷ = ln 2 −
x
x 1 2
2


1

Ví dụ 5. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau
a) y = x 2 , trục hoành và hai đường thẳng x=0, x=2.
b) y = x 2 , y = −2 x + 3 và hai đường thẳng x =0, x=2.
c) y = x 2 , y = x + 2
Lời giải
a) y = x 2 , trục hoành và hai đường thẳng x= 0, x=2.
 Trên [0; 2] ta có x 2 = 0 ⇔ x = 0 ∈ [0;2]
 Diện tích của hình phẳng đã cho:
2

S=∫
0

2

1
8
x dx = x 3 =
3 0 3
2

b) Đặt f1 ( x) = x 2 , f 2 ( x) = −2 x + 3
 x = 1 ∈ [0;2]
 x = −3 ∉ [0;2]

2
2
Ta có: f1 ( x) − f 2 ( x) = 0 ⇔ x − (−2 x + 3) = 0 ⇔ x + 2 x − 3 = 0 ⇔ 

 Diện tích hình phẳng đã cho
2

S = ∫ | x 2 + 2 x − 3 | dx
0


1

2

0

1

= ∫ ( x 2 + 2 x − 3)dx + ∫ ( x 2 + 2 x − 3)dx

1

2

 x3

 x3

=  + x 2 − 3x ÷ +  + x 2 − 3x ÷
 3
0  3
1

1
8
1
5 7
− 2 + + 4 − 6 − −1 + 3 = + = 4
3
3
3
3 3

=

 x = −1
x = 2

2
2

c) Ta có: x − ( x + 2) = 0 ⇔ x − x − 2 = 0 ⇔ 

Diện tích hình phẳng
2

 x3 x2

8
1 1
9
S = ∫ | x 2 − x − 2 | dx =  − − 2x ÷ = − 2 − 4 + + − 2 =
3 2
2
 3 2
 −1 3
−1
2

Ví dụ 6. Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra khi quay hình (D) quanh trục Ox biết (D)
giới hạn bởi y = 1 − x 2 , y = 0
Lời giải
 Ta có: 1 − x 2 = 0 ⇔ x = ±1
b

2
 Áp dụng công thức: V = π ∫ f ( x)dx
a

1

1


2x 3 x5 
+ ÷
 Ta có: V = π ∫ (1 − x ) dx = π ∫ ( 1 − 2x + x ) dx = π  x −
3
5  −1
−1

−1
2 2

1

2

4

 2 1  
2 1 
4 2  16π

= π 1 − + ÷−  −1 + − ÷ = π  2 − + ÷ =
3 5 
3 5  15

 3 5  

Bài Tập tự luyện

Bài 1: Tính các tích phân sau
1

1. ∫ ( x + x + 1) dx
3

0

e

1 1
2
2. ∫ ( x + + 2 + x )dx
x x
1

2

3.

∫
1

x + 1dx


π
2

4. ∫ (2sin x + 3cosx + x)dx

π
3

1

5. ∫ (e + x)dx

∫ (x

6.

0

1
∫π (3sin x + 2cosx + x )dx

8.

1

+ x x )dx

3

0

π
2

2

7. ∫ ( x + 1)( x − x + 1)dx

1

x

1

x
2
9. ∫ (e + x + 1)dx
0

3
e2

3

7x − 2 x − 5
dx
11. ∫
x
1

10. ∫ ( x + 1).dx
3

−1
4

2

13. ∫ ( x − 4)dx
−3
8



1



16. ∫  4 x −

12.

∫ x( x − 3)dx

−2
2

x2 − 2x
15. ∫ 3 dx
x
1

 1 1
14. ∫  2 + 3 ÷dx
x

x 
1

2

2


÷dx
3 3 x2 
1

Bài 2: Tính các tích phân sau
π
2

1. ∫ sin xcos xdx
3

2

2.

π
3

1

∫

1 + 4sin xcosxdx

2
3. ∫ x x + 1dx
0

0

1

1

4. ∫ x 1 − x dx
2

5.

0

π
2

x2

∫

x +1
3

0

1

dx

π
2

7. ∫ e cosxdx
sin x

6.

0

1

x
13. ∫ e

2

+2

16. ∫ x x + 1dx
0

2

x

dx

11.

∫
4
e

xdx

0
1

9

cos x

∫ 6 − 5sin x + sin

14.

2 2

1

2

0

π
6

x

∫ (1 + 3x ) dx
0

8. ∫ sin 2 x(1 + sin x) dx

π
4

12.

π
6

∫
1

x
dx
x −1
1 + ln x
dx
x

3

5
3 6
9. ∫ x (1 − x ) dx
0

12.

0

∫

1 + 4sin x .cos xdx

0

e

15.

1

2
3
17. ∫ x x + 5dx

π
6

sin(ln x)
∫1 x dx

8

18.

∫x
3

1
x +1
2

dx


ln 5

1

dx
19. ∫ x
e + 2e − x − 3
ln 3

20. ∫ e dx

∫

21.

0

1

22.

−x

1

∫

23.

0

4 − x2

0

1

dx

24.

sin x
dx
3
x

∫ cos
0

1

1 − x 2 dx

π
3

1

∫1+ x

2

dx

0

Bài 3: Tính các tích phân sau
π
2

π
2

1

2. ∫ e sin xdx

x

1. ∫ x cos 2 xdx

0

0

1

3. ∫ (2 x − 1)cosxdx
0

π
2

e

4. ∫ xe dx
x

5.

0

∫ x ln xdx
1

π
2

0

π
2

7. ∫ ( x + cos 2 x)sin xdx

1

8. ∫ e2 x sin 3xdx

0

6. ∫ ( x 2 + 1)sin xdx
2x
9. ∫ ( x − 2)e dx
0

0

1

e

10. ∫ x ln(1 + x )dx

11. ∫ (2 x + 2) ln xdx

2

0

1

2

12. ∫ x cos x dx

1

13. ∫ (2 x + 7) ln( x + 1)dx

2x
14. ∫ ( x − 2)e dx

0

0

Bài 4: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau:
1
3

2
3

a) y = − x 3 + x 2 − , trục hoành, x = 0 và x = 2.
b) y = x 2 + 1, x = −1, x = 2 và trục hoành.
c) y = x 3 − 12 x, y = x 2

d) y = x3 − 1 và tiếp tuyến của nó tại điểm có tung độ bằng -2.
e) y = x 2 − 4 x, y = 0, x = 0, x = 3
f) y = sinx, y=0, x=0, x=

3π
2

g) y = e x , Ox, x = 0, x = 3

π
2
0


Bài 5: Tính thể tích vật tròn xoay khi quay các hình phẳng giới hạn bởi các đường sau
quanh trục hoành:
a) y = x 2 − 4 x, y = 0, x = 0, x = 3
b) y = cos x, y = 0, x = 0, x = π
c) y = tan x, y = 0, x = 0, x =

π
4

d) y = 2 − x 2 , y = 1
1
e

e) y = ln x, x = , x = e, y = 0

CHUYÊN ĐỀ 7: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN

Biên soạn và sưu tầm: Hoàng Văn Quý – GV trường THPT Lương Tài số 2
1. Kiến thức liên quan
1.1. Một số phép toán vectơ


uuu
r
1. AB = ( xB − x A , yB − y A , z B − z A )
uuu
r
2
2
2
2. AB = AB = ( xB − x A ) + ( yB − y A ) + ( zB − z A )
r r
r
r
3. a ± b = ( a1 ± b1 , a2 ± b2 , a3 ± b3 ) a = ( a1 , a2 , a3 ) , b = ( b1 , b2 , b3 )
r
4. k.a = ( ka1 , ka2 , ka3 )
r
5. a = a12 + a22 + a32
6.
7.
8.
9.

 a1 = b1
r r


a = b ⇔ a2 = b2
a = b
3
 3
rr
a.b = a1.b1 + a2 .b2 + a3 .b3
r
r
r
r
a
a a
a cp b ⇔ a = k .b ⇔ 1 = 2 = 3
b1 b2 b3
r r
rr
a ⊥ b ⇔ a.b = 0 ⇔ a1.b1 + a2 .b2 + a3 .b3 = 0

r r a
10. [a, b] =  2
 b2

a3 a3
,
b3 b3

a1 a1 a2 
,
÷
b1 b1 b2 

11. M là trung điểm AB
 x + xB y A + y B z A + z B 
M A
,
,
÷
2
2 
 2

12. G là trọng tâm tam giác ABC
 x + xB + xC y A + yB + yC z A + z B + zC
G A
,
,
3
3
3



,÷


1.2. Phương trình mặt phẳng
*) Phương trình mp(α) qua M(xo ; yo ; zo) có vtpt


n

= (A;B;C)

A(x – xo) + B(y – yo ) + C(z – zo ) = 0
(α) : Ax + By + Cz + D = 0 thì ta có vtpt


n

= (A; B; C)

*) Phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn đi qua A(a,0,0) B(0,b,0) ; C(0,0,c) là
x y z
+ + =1
a b c

Chú ý : Muốn viết phương trình mặt phẳng ta cần xác định tọa độ điểm đi qua và 1
véctơ pháp tuyến.


*) Vị trí tương đối của hai mp (α1) và (α2) :
° (α ) cắt ( β ) ⇔ A1 : B1 : C1 ≠ A2 : B2 : C2
A

B

C

D

A

B

C

D

1
1
1
1
° (α ) / / ( β ) ⇔ A = B = C ≠ D
2
2
2
2
1
1
1
1
° (α ) ≡ ( β ) ⇔ A = B = C = D
2
2
2
2

° (α ) ⊥ ( β ) ⇔ A1 A2 + B1B2 + C1C2 = 0
*) Khoảng cách từ M(x0,y0,z0) đến (α) : Ax + By + Cz + D = 0
d(M,α ) =

Ax o + Byo + Cz o + D

A 2 + B2 + C 2
r r
n1 . n2
*) Góc giữa hai mặt phẳng : cos((α ),(β )) = r r
n1 . n2

1.3. Phương trình đường thẳng

r

*) Phương trình tham số của đường thẳng d qua M(xo ;yo ;zo) có vtcp a = (a1;a2;a3)
 x = x o + a1t

d : y = y o + a2 t ( t ∈ ¡ )
z = z + a t
o
3


*) Phương trình chính tắc của d :
d:

x − xo
a

1

=

y − yo
a2

=

z - z0
a3

*) Vị trí tương đối của 2 đường thẳng d , d’ : Ta thực hiện hai bước
r

uur

+ Tìm quan hệ giữa 2 vtcp a d , a d

/

 x 0 + a1t = x'0 + a'1t'

+ Tìm điểm chung của d , d’ bằng cách xét hệ:  y0 + a 2 t = y'0 + a'2 t' (I)
z + a t = z' + a' t'
0
3
 0 3
r uur
a
Hệ (I)
Quan hệ giữa d , a d/

Vị trí giữa d , d’

Vô số nghiệm

Cùng phương

d ≡ d'