tài liệu ôn thi THPT môn toán

TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2
TỔ TOÁN
---------------------NGUYỄN SỸ AN − NGÔ BÁ GIANG
NGUYỄN THỊ KIM LIÊN − NGUYỄN VĂN XÁ

TÀI LIỆU
ƠN THI TỐT NGHIỆP THPT

MƠN TỐN

֠
THAM KHẢO NỘI BỘ


MỤC LỤC
Trang
MỤC LỤC ...................................................................................................................... 1
LỜI NÓI ðẦU ................................................................................................................ 2
A – ỨNG DỤNG ðẠO HÀM ðỂ KHẢO SÁT VÀ VẼ ðỒ THỊ
HÀM SỐ ......................................................................................................................... 3
I. SỰ ðỒNG BIẾN, NGHỊCH BIẾN CỦA HÀM SỐ...................................... 3
II. CỰC TRỊ .......................................................................................................... 4
III. ðƯỜNG TIỆM CẬN ....................................................................................... 5
IV. KHẢO SÁT VÀ VẼ ðỒ THỊ HÀM SỐ......................................................... 5
V. BÀI TỐN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ..... 7
VI. BÀI TẬP THAM KHẢO ................................................................................. 8
B – HÀM SỐ LŨY THỪA, HÀM SỐ MŨ, HÀM SỐ LOGARIT............................. 9
I. LÍ THUYẾT ......................................................................................................... 9
II. VÍ DỤ ..................................................................................................................10
III. BÀI TẬP THAM KHẢO................................................................................. 13
C – NGUYÊN HÀM VÀ TÍCH PHÂN........................................................................14

I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ.................................................................................... 14
II.VÍ DỤ................................................................................................................... 15
III.BÀI TẬP THAM KHẢO.................................................................................. 19
D – SỐ PHỨC ............................................................................................................... 20
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ .................................................................................. 20
II.VÍ DỤ ................................................................................................................. 20
III.BÀI TẬP THAM KHẢO ................................................................................. 20
E – DIỆN TÍCH HÌNH ðA DIỆN, HÌNH TRỊN XOAY VÀ THỂ TÍCH
KHỐI ðA DIỆN, KHỐI TRỊN XOAY .......................................................................21
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ .................................................................................. 21
II.VÍ DỤ ................................................................................................................. 21
III.BÀI TẬP THAM KHẢO ................................................................................ 22
F – PHƯƠNG PHÁP TỌA ðỘ TRONG KHÔNG GIAN ......................................... 23
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ ................................................................................. 23
II.VÍ DỤ ................................................................................................................ 25
III.BÀI TẬP THAM KHẢO ................................................................................26
G – MỘT SỐ ðỀ THAM KHẢO THI TN THPT ...................................................... 27


LỜI NÓI ðẦU
Việc biên soạn tài liệu này là một nội dung trong kế hoạch năm học
của tổ Toán, thể hiện một phần những nỗ lực của tổ Toán trong việc chuẩn
bị cho kì thi TN THPT sắp tới.
Rõ ràng tài liệu này chẳng có ý nghĩa gì đối với những học sinh trên
lớp không chú ý nghe giảng và khơng tham gia tích cực các hoạt động học
theo chỉ dẫn của giáo viên, về nhà không dành thời gian hợp lí cho việc tự
học. Nhưng chúng tơi hi vọng, với các học sinh vẫn cịn ni dưỡng được
trong trái tim mình khát vọng vươn lên, đây sẽ là một người bạn nhỏ ñi bên
cạnh các em trong suốt thời gian các em ôn luyện, chuẩn bị cho thi TN
THPT, và mong rằng nó sẽ đóng góp một phần nào ñấy vào kết quả mà các

em ñạt ñược.
Chúng tôi vẫn [trăn trở] về chất lượng và hiệu quả của tài liệu này.
Hãy cho phép chúng tơi được chia sẻ suy nghĩ của quý thầy cô và các em
học sinh về những ñiều cần phát huy, những ñiều cần khắc phục trong tài
liệu, và rất cảm ơn về sự quan tâm đó.
Chúng tơi chân thành cảm ơn đồng chí Hiệu trưởng, ñồng chí Tổ
trưởng, và các ñồng nghiệp trong trường ñã giúp đỡ chúng tơi hồn thành tài
liệu nhỏ này.
Nhóm Tốn 12


Tài liệu ôn thi TN THPT
A – ỨNG DỤNG ðẠO HÀM ðỂ KHẢO SÁT VÀ VẼ ðỒ THỊ HÀM SỐ
Yêu cầu
– Nắm ñược sơ ñồ khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số.
– Biết khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số của hàm ña thức bậc ba, bậc bốn trùng phương, phân thức bậc nhất
trên bậc nhất.
– Biết giải quyết một số bài tốn liên quan: viết phương trình tiếp tuyến, biện luận số nghiệm của
phương trình, tính diện tích hình phẳng, khoảng đơn điệu và cực trị…
– Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số (ñơn giản), chủ yếu xét trên một ñoạn.
I.
SỰ ðỒNG BIẾN, NGHỊCH BIẾN CỦA HÀM SỐ
– Cho hàm số y = f(x) xác định và có đạo hàm trên khoảng K. Nếu f ’(x) ≥ 0 ∀x∈K (f ’(x) ≤ 0 ∀x∈K),
ở ñó dấu “=” chỉ xảy ra với hữu hạn giá trị x∈K, thì hàm số y = f(x) đồng biến (tương ứng nghịch biến)
trên khoảng K.
–

Hàm số y =

ax + b

(c ≠ 0, ad – bc ≠ 0) ln đồng biến (nếu ad – bc > 0) hoặc luôn nghịch biến (nếu
cx + d

ad – bc < 0) trên từng khoảng xác ñịnh.
–

Hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d (a ≠ 0) ñồng biến (nghịch biến) trên R khi y’ ≥ 0 (tương ứng y’ ≤ 0)

với mọi x∈R.
–

Xét tam thức bậc hai f(x) = ax2 + bx + c (a ≠ 0). Ta nhớ lại:

a > 0
 a>0
a < 0
.
2) f(x) ≥ 0 ∀x∈R ⇔ 
.
3) f(x) < 0 ∀x∈R ⇔ 
.
∆ < 0
∆ ≤ 0
∆ < 0
 a<0
a ≠ 0
.
5) f(x) ≠ 0 ∀x∈R ⇔ 
.
4) f(x) ≤ 0 ∀x∈R ⇔ 

∆ ≤ 0
∆ < 0
Chú ý: Ở trên có thể thay ∆ bởi ∆ ' , và nếu hệ số a có chứa tham số thì phải xét thêm trường hợp a = 0.
∆
b
6) Nếu a > 0 thì ax2 + bx + c ≥ −
∀x∈R, dấu “=” xảy ra khi x = −
.
4a
2a
∆
b
7) Nếu a < 0 thì ax2 + bx + c ≤ −
∀x∈R, dấu “=” xảy ra khi x = −
.
4a
2a
1) f(x) > 0 ∀x∈R ⇔ 

8) Nếu ∆ ≥ 0 thì f(x) có hai nghiệm x =

−b ± ∆
, kí hiệu hai nghiệm là x1, x2. Ta có
2a

b
c
S = x1 + x 2 = − , P = x1.x 2 = . Hơn nữa ta cịn có thể xét dấu ñược các nghiệm x1, x2 của f(x).
a
a

9) Nếu ∆ > 0, ta giả sử x1 < x2, thì
x
–∞
x1
x2
+∞
f(x)
cùng dấu a
0
trái dấu a
0
cùng dấu a
Ví dụ1 Tìm m để hàm số y = x3 – 3mx2 + (m + 2)x – 1 ñồng biến trên tập xác ñịnh.
Hướng dẫn Hàm số ñã cho ñồng biến trên tập xác ñịnh D = R khi

y’ = 3x2 – 6mx + m + 2 ≥ 0 ∀x∈R ⇔ △’ = 3(3m2 – m – 2) ≤ 0 ⇔ –

2
≤ m ≤ 1.
3

2
3

Vậy với – ≤ m ≤ 1 thì hàm số đã cho ñồng biến trên tập xác ñịnh.
Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

3

Tài liệu ôn thi TN THPT
II.
CỰC TRỊ
– Cho hàm số y = f(x) xác ñịnh trên khoảng K, x0 ∈K, và f(x) có đạo hàm trên K\{x0} (tại x0 hàm f(x)
hoặc khơng có đạo hàm, hoặc f ’(x0) = 0). Nếu f ’(x) ñổi dấu từ dương sang âm (hoặc từ âm sang dương)
khi x đi qua x0 thì x0 là ñiểm cực ñại (tương ứng ñiểm cực tiểu) của hàm số y = f(x).
– Nếu hàm số y = f(x) có đạo hàm đến cấp hai trên khoảng K, x0 ∈K, thì:

 f '(x 0 ) = 0
⇒ x0 là ñiểm cực ñại của f(x).
f ''(x 0 ) < 0

 f '(x 0 ) = 0
⇒ x0 là ñiểm cực tiểu của f(x).
f ''(x 0 ) > 0

1) 

– Hàm phân thức y =

2) 

ax + b
(c ≠ 0, ad – bc ≠ 0) khơng có điểm cực trị, vì đạo hàm y’ khơng đổi dấu.
cx + d

– Hàm ña thức bậc ba y = ax3 + bx2 + cx + d (a ≠ 0) hoặc khơng có điểm cực trị (khi y’ có △ ≤ 0) hoặc
có 2 ñiểm cực trị, 1 ñiểm cực ñại và 1 ñiểm cực tiểu (khi y’ có △ > 0).
– Hàm đa thức bậc bốn trùng phương y = ax4 + bx2 + c (a ≠ 0) hoặc có 1 điểm cực trị (khi y’ có 1
nghiệm x = 0), hoặc có 3 ñiểm cực trị, cả cực ñại và cực tiểu (khi y’ có 3 nghiệm phân biệt).

Ví dụ2 Chứng minh với mọi m hàm số y = x4 – (m2 + 12)x2 + m ln có 3 điểm cực trị.
Hướng dẫn Vì y’ = 4x3 –2(m2 + 12)x = 2x(2x2 – (m2 + 12)) ln có 3 nghiệm phân biệt và ñổi dấu khi x
ñi qua mỗi nghiệm nên hàm số đã cho ln có 3 điểm cực trị, với mọi m.
Ví dụ 3 Chứng minh x = 0 là ñiểm cực tiểu của hàm số y = ex – sinx.
Hướng dẫn Ta thấy y’= ex – cosx, y’’ = ex + sinx nên y’(0) = 0, y’’(0) = 1 > 0. Vậy x = 0 là một ñiểm
cực tiểu của hàm số đã cho.
1
Ví dụ 4 Cho hàm số y = x 3 − mx 2 − (2m + 3)x + 9 .
3
a) Chứng minh hàm số ln có 2 điểm cực trị với mọi m.
b) Tìm m để hàm số ñạt cực ñại tai x = –2.
Hướng dẫn a) y’ = x2 – 2mx – 2m –3 là tam thức bậc hai có △’ = m2 + 2m + 3 = (m + 1)2 + 2 > 0 với

mọi m∈R, nên y’ có hai nghiệm phân biệt và ñổi dấu khi x ñi qua mỗi nghiệm. Vậy hàm số đã cho ln
có hai điểm cực trị với mọi giá trị của tham số m.
y '( −2) = 0
b) C1 y’’ = 2x – 2m. Hàm số ñã cho nhận x = – 2 làm ñiểm cực ñại khi 
⇔
y
''(
−
2)
<
0


1
2

m = – . Vậy với m = –

 1 + 2m = 0 ⇔

− 4 − 2m < 0

1
thì hàm số ñã cho ñạt cực ñại tại x = – 2.
2

C2 Ta lập ñược bảng biến thiên của hàm số ñã cho
x
–∞
m – m2 + 2m + 3
y’
+
0
yCð

m + m2 + 2m + 3
0

–

+∞
+

+∞

y
–∞

Hàm số đã cho có điểm cực ñại x = – 2 khi m –

yCT
m + 2m + 3 = – 2 ⇔
2

m 2 + 2m + 3 = m + 2 ⇔

1
1
 m 2 + 2m + 3 = (m + 2) 2
⇔ m = – . Vậy với m = – thì hàm số ñã cho ñạt cực ñại tại x = – 2.

2
2
m+2≥0


Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

4


Tài liệu ôn thi TN THPT
III.
ðƯỜNG TIỆM CẬN
– Nếu xảy ra ít nhất một trong hai điều kiện lim f (x) = y0 hoặc lim f (x) = y0 thì y = y0 là ñường
x →+∞

x →−∞

tiệm cận ngang của ñồ thị hàm số y = f(x). Như vậy mỗi ñồ thị hàm số có tối ña hai tiệm cận ngang.
– Nếu xảy ra ít nhất 1 trong 4 điều kiện lim+ f (x) = +∞ , lim+ f (x) = −∞ , lim− f (x) = +∞ ,
x →x0

x →x0

x →x0

lim f (x) = −∞ thì đường thẳng x = x0 là ñường tiệm cận ñứng của ñồ thị hàm số y = f(x).

x → x 0−

– ðồ thị hàm số ña thức bậc ba và bậc bốn trùng phương khơng có tiệm cận.
– ðồ thị hàm số y =

ax + b
a
d
(c ≠ 0, ad – bc ≠ 0) có tiệm cận ngang y = , tiệm cận đứng x = – .
cx + d
c
c

IV.
KHẢO SÁT VÀ VẼ ðỒ THỊ HÀM SỐ
Sơ ñồ khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số
1) Tìm tập xác định.
2) Xét sự biến thiên
– Tính y’, giải phương trình y’ = 0, xét dấu y’.

– Kết luận về sự biến thiên và cực trị.
– Tìm giới hạn tại vơ cực và giới hạn vơ cực. Tìm tiệm cận (nếu có).
– Lập bảng biến thiên.
3) Vẽ ñồ thị
Một số lưu ý
– Hàm số y = f(x) = ax3 + bx2 + cx + d (a ≠ 0) có tập xác định D = R, đồ thị cắt Oy tại A(0; d), nhận
ñiểm I( −

b
b
; f( −
)) làm tâm ñối xứng.
3a
3a

– Hàm số y = ax4 + bx2 + c (a ≠ 0) có tập xác ñịnh D = R, ñồ thị cắt Oy tại B(0; c), nhận Oy làm trục
ñối xứng.

ax + b
d
(c ≠ 0, ad – bc ≠ 0) có tập xác định D = R\{– }, khơng có cực trị, đồ thị có
cx + d
c
a
d
d a
tiệm cận ngang y = , tiệm cận ñứng x = – , và giao ñiểm I(– ; ) của hai đường tiệm cận chính là
c
c
c c

– Hàm số y =

tâm ñối xứng của ñồ thị.
– Giả sử y = f(x) (C) xác định và có đạo hàm trên khoảng K, x0 ∈K.
+ Tiếp tuyến của (C) tại điểm M0(x0; f(x0))∈(C) có phương trình y = f ’(x0).(x – x0) + f(x0)
(M0(x0; f(x0)) là tiếp ñiểm, k = f’(x0) là hệ số góc).
+ Nếu (d) là tiếp tuyến của đồ thị (C) và (d) có hệ số góc k (k có thể cho trực tiếp, có thể cho
gián tiếp thơng qua (d) vng góc hoặc song song với ñường thẳng cho trước), ta giải phương trình
k = f '(x) để tìm hồnh độ tiếp điểm x0, và phương trình của (d) là y = k.(x – x0) + f(x0).
+ Cho (d) là ñường thẳng ñi qua A(xA; yA) và tiếp xúc với (C). Giả sử M0(x0; f(x0) là tiếp điểm
của (C) và (d). Phương trình của tiếp tuyến (d) có dạng y = f ’(x0).(x – x0) + f(x0). Do A∈(d) nên
y A = f '(x 0 ).(x A − x 0 ) + f(x 0 ) , từ đây tìm ra x0 và suy ra phương trình của (d).
Ví dụ5 Cho hàm số y = x3 + (m + 2)x + m + 7.
1) Tìm m để hàm số có điểm cực tiểu x = 1.
2) Vói
ớ m vừa tìm được, hãy khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số.
3) Biện luận theo k số nghiệm của phương trình x3 – 3x = 2k.
Tổ Tốn – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

5


Tài liệu ôn thi TN THPT
y '(1) = 0
m+5=0
Hướng dẫn 1) y’ = 3x2 + m + 2; y’’ = 6x. Hàm số ñạt cực tiểu tại x = 1 khi 
⇔ 
⇔
 y ''(1) > 0

 6>0
m = – 5. Vậy với m = – 5 thì hàm số ñã cho có ñiểm cực tiểu x = 1.
2) Khi m = – 5 thì hàm số trở thành y = x3 – 3x +2.
* TXð D = R.
* Sự biến thiên: y’ = 3x2 – 3; y’ = 0 ⇔ x = ± 1.
y’ > 0 ⇔ x∈(– ∞ ; – 1) ∪ (1; + ∞ ) nên hàm số ñồng biến trên các khoảng (– ∞ ; – 1), (1; + ∞ ).
y’ < 0 ⇔ x∈(– 1; 1) nên hàm số nghịch biến trên khoảng (– 1; 1).
Hàm số ñạt cực ñại tại x = –1, yCð = y( – 1) = 4.
Hàm số ñạt cực tiểu tại x = 1, yCT = y(1) = 0.
Giới hạn lim y = lim x 3 (1 −
x →+∞

Bảng biến thiên
x –∞
y’
+

x →+∞

–1
0
4

3
2
3
2
+ 3 ) = +∞ , lim y = lim x 3 (1 − 2 + 3 ) = −∞ .
2
x →−∞

x →−∞
x
x
x
x
–

1
0

+∞
+

+∞

y
–∞

0

* ðồ thị
– ðồ thị hàm số có điểm cực đại (– 1; 4), điểm cực tiểu
(1; 0), tâm ñối xứng (0; 2).
– ðồ thị giao với Ox tại (1; 0), (– 2; 0), giao với Oy tại (0; 2), ñi qua ñiểm (2; 4).
3) x3 – 3x = 2k ⇔ x3 – 3x +2 = 2k +2. Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số ñiểm chung của ñồ
thị (C) y = x3 – 3x +2 và ñường thẳng (d) y = 2k + 2 (nằm ngang). Từ ñồ thị ta thấy
 2k + 2 > 4
 k >1
thì (C) và (d) có 1 điểm chung nên phương trình đã cho có 1 nghiệm.
– Với 

⇔
 2k + 2 < 0
 k < −1
 2k + 2 = 4
– Với 
⇔ k = ±1 thì (C) và (d) có 2 điểm chung
 2k + 2 = 0
nên phương trình đã cho có 2 nghiệm.
– Với 0 < 2k + 2 < 4 ⇔ −1 < k < 1 thì (C) và (d) có 3 điểm
chung nên phương trình đã cho có 3 nghiệm.
1
3
Ví dụ 6 1) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số y = x 4 − x 2 − .
2
2
1 4
3
2) Từ đồ thị, giải bất phương trình x − x 2 − ≤ 0.
2
2
Hướng dẫn 1) Học sinh tự làm.
2) Nghiệm của BPT − 3 ≤ x ≤ 3 .
4x + 1
Ví dụ 7 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y =
.
2x − 3

Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

6

Tài liệu ôn thi TN THPT
2) Viết PT tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến song song với ñường thẳng 14x + y – 9 = 0.

3
2

Hướng dẫn 1)* TXð: D = R\{ }.
*Sự biến thiên: y’=

−14
∀x∈D.
(2x − 3) 2

3
2

Hàm số nghịch biến trên các khoảng xác ñịnh (– ∞ ; ),

3
2

( ; + ∞ ). Hàm số khơng có cực trị.
4+ 1
x = 2 , lim 4x + 1 = +∞ ,
Giới hạn: lim y = lim
3
x →±∞
x →±∞ 2− 3

x→( )+ 2x − 3
x
2

lim

3
x→( )−
2

4x + 1
= −∞ , đồ thị có tiệm cận ngang y = 2 và tiệm
2x − 3

cận ñứng x =

3
.
2

Bảng biến thiên
x

*ðồ thị:

3
2

–∞

y’

–

+∞
+∞

2

– ðồ thị cắt Ox tại ñiểm (–

1
; 0), cắt Oy
4

1
3

tại ñiểm (0; – ). ðồ thị ñi qua các ñiểm

–

(–1;
y

3
), (–2; 1), (1; 5), (2; 9).
5

– ðồ thị có tâm ñối xứng là giao ñiểm

–∞

2

I(

3
; 2) của hai ñường tiệm cận.
2

2) Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng 14x + y – 9 = 0 nên tiếp tuyến có hệ số góc k = – 14. Vậy
tiếp điểm có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình

4x + 1

(2x − 3)2 = 1
 y = 2x − 3
x = 2  x = 1

.
⇔
⇔
∨

+
4x
1
−
14
y

=
9
y
=
−
5
y
=


−14 =

2x − 3

(2x − 3) 2

Tiếp tuyến của (C) tại điểm (2; 9) có phương trình y = –14(x – 2) + 9 ⇔ y = – 14x + 37.
Tiếp tuyến của (C) tại ñiểm (1; –5) có phương trình y = –14(x – 1) – 5 ⇔ y = – 14x + 9. Nhưng ñường
thẳng này lại trùng với ñường thẳng ñã cho 14x + y – 9 = 0 nên bị loại.
Vậy có 1 tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu của bài toán là y = – 14x + 37.
V.
BÀI TỐN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ
– Nếu ta lập ñược bảng biến thiên của hàm số y = f(x) trên tập D thì có thể kết luận được về GTLN,
NN của f(x) trên D.
– ðể tìm GTLN, NN của f(x) trên một đoạn [a; b], ta có thể làm như sau:
Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

7

Tài liệu ơn thi TN THPT
+ Tính f ’(x), tìm x∈[a; b] sao cho f ’(x) = 0 hoặc không xác ñịnh. Giả sử ñược các giá trị x1, x2, …
+ Tính f(x1), f (x2), …, f (a), f (b).
+ Kết luận: max f (x) = max {f(x1 ),f(x 2 ),...,f(a), f(b)} , min f (x) = min {f(x1 ),f(x 2 ),...,f(a), f(b)} .
x∈a; b

x∈a; b

– Có những trường hợp chúng ta kết hợp cả phương pháp đổi biến.
Ví dụ 8 Tìm GTLN, NN của hàm số trên TXð của chúng
1) y =

1+ x –

2−x .

2) y = sin2x + cosx.

1
1
+
> 0 ∀x∈(–1; 2). Và có y(–1) = –
2 x +1 2 2 − x
3 , ñạt ñược khi x = 2; min y = – 3 , ñạt ñược khi x = – 1.

3,

Hướng dẫn 1) TXð D = [–1; 2]. Ta thấy y’ =
y(2) =

3 . Vậy max y =
x∈D

x∈D

2

2) TXð D = R. Ta biến ñổi y = 1 – cos x + cosx. ðặt t = cosx, thì – 1 ≤ t ≤ t, và hàm số ñã cho trở thành

1
∈[–1; 1], và f(–1) = –1,
2
1
5
5
1
π
f( ) = , f(1) = 1. Như vậy max y = max f(t) = , ñạt ñược khi t =
⇔ x = ± + k2π , k ∈ ℤ;
x∈ℝ
t∈[-1; 1]
2
4
4
2
3
min y = min f(t) = –1, ñạt ñược khi t = –1 ⇔ x = (k2 + 1)π , k ∈ ℤ.

y = f(t) = –t2 + t + 1, với t∈[–1; 1]. Dễ thấy f ’(t) = – 2t + 1, f ’(t) = 0 ⇔ t =

x∈ℝ

t∈[-1; 1]

VI.
BÀI TẬP THAM KHẢO
Bài 1 Cho hàm số y = x4 + 2x2 – 3 (C).
1) Khảo sát và vẽ ñồ thị (C) của hàm số.
2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình x4 + 2x2 = 2m.
3) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm của (C) với trục Oy.
4) Tìm GTLN, NN của hàm số trên [–2; 3].
5) Vẽ ñồ thị hàm số y = – x3 – x2 + 2x (C’) trên cùng một hệ trục tọa độ với (C). Từ đó suy ra số
nghiệm của phương trình x4 + x3 + 3x2 – 2x – 3 = 0.
6) Giải bất phương trình x4 + 2x2 – 3 > 0.
Bài 2 Cho hàm số y = x3 – 3x + 2 (C).
1) Khảo sát và vẽ ñồ thị (C) của hàm số.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm của (C) với trục Ox.
3) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình x3 – 3x + 2m = 0.
4) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và trục hồnh.
5) Tìm GTLN, NN của hàm số trên [–1; 1].
x − 1
(C).
Bài 3 Cho hàm số y =
x+2
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Tìm m ñể (d) y = x + m cắt (C) tại 2 điểm phân biệt.
3) Tìm GTLN, NN của hàm số trên [0; 1].
Bài 4 Tìm GTLN, NN của hàm số

1) y = sinx + cos2x trên R.

3) y =

1− x –

3x trên ñoạn [0; 1].

5)y = cos x + cos 2x trên R.

2) y = 2x.ex trên ñoạn [–2; 0].
4) y = x2 – 4ln(x + 1) trên ñoạn [0; 4].

6)y = −2x 2 + 3x − 1 trên TXð.

Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

8


Tài liệu ôn thi TN THPT
B – HÀM SỐ LŨY THỪA, HÀM SỐ MŨ, HÀM SỐ LOGARIT
Yêu cầu
– Học sinh nắm được các tính chất của lũy thừa, căn, logarit, các tính chất của hàm số lũy thừa, hàm
số mũ, hàm số logarit.
– Biết giải phương trình, bất phương trình mũ và logarit ñơn giản. Nội dung này là trọng tâm của
chương.
I.
LÍ THUYẾT
– Các tính chất của lũy thừa (với giả thiết các biểu thức có nghĩa):
m
ax

a
ax
a x .a y = a x + y ; (a.b) x = a x .b x ; y = a x − y ; ( ) x = x ; (a x ) y = a xy ; k a m = a k .
a
b
b
α
– Hàm số y = u ( α là hằng số):
+ Nếu α ∈ ℕ * thì uα có nghĩa khi u có nghĩa.

+ Nếu α ∈ ℤ , α ≤ 0, thì uα có nghĩa khi u ≠ 0.
+ Nếu α ∉ ℤ thì uα có nghĩa khi u > 0.
+ ðạo hàm ( uα )’ = α . uα −1 .u’.
du
uα +1
+ Nguyên hàm ∫ uα du =
= ln | u | + C.
+ C, α ≠ −1 ; ∫ u −1du = ∫
u
α +1
– Hàm số số mũ y = ax (hằng số a > 0, a ≠ 1):
+ ðạo hàm (ax)’ = ax.lna; (ex)’ = ex; (au)’ = u’. au.lna; (eu)’ = eu.u’.
+ Nếu a > 1 thì hàm số y = ax đồng biến trên R. Nếu 0 < a < 1 thì hàm số y = ax nghịch biến trên R.
+ Nguyên hàm ∫ a x dx =

ax
au
+ C; ∫ e x dx = e x + C; ∫ a u du =
+ C; ∫ e u du = e u + C.
lna

lna

– Hàm số logarit y = logax (hằng số a > 0, a ≠ 1):
1
1
u'
u'
+ ðạo hàm (log a x) ' =
; (lnx)' = ; (log a u) ' =
; (lnu)' = .
xlna
x
ulna
u
+ Nếu a > 1 thì hàm số y = logax ñồng biến trên khoảng (0; + ∞ ). Nếu 0 < a < 1 thì hàm số y = logax
nghịch biến trên (0; + ∞ ).
 f(x) > 0

+ Lưu ý: log f(x) g(x) có nghĩa khi  f(x) ≠ 1 .
g(x) > 0

– Nếu a > 0, a ≠ 1 thì:
+ af(x) = ag(x) ⇔ f(x) = g(x).
+ logaf(x) = logag(x) ⇔ f(x) = g(x) > 0.
+ logaf(x) = g(x) ⇔ f(x) = ag(x).
– Nếu a > 1 thì:
+ af(x) > ag(x) ⇔ f(x) > g(x).
+ logaf(x) > logag(x) ⇔ f(x) > g(x) > 0.
– Nếu 0 < a < 1 thì:
+ af(x) > ag(x) ⇔ f(x) < g(x).

+ logaf(x) > logag(x) ⇔ 0 < f(x) < g(x).
Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

9


–

Tài liệu ôn thi TN THPT
Khi áp dụng các công thức biến ñổi logarit ta cần quan tâm tới ñiều kiện của chúng, và nhớ rằng:

b
) = logab – logac.
c
b
+ Với a > 0, a ≠ 1, b < 0, c < 0 thì loga(bc) = loga(–b) + loga(–c), loga( ) = loga(–b) – loga(–c).
c
2n
+ Với a > 0, a ≠ 1, x ≠ 0, n ∈ ℤ , thì logax = 2n.loga|x|.

+ Với a > 0, a ≠ 1, b > 0, c > 0 thì loga(bc) = logab + logac, loga(

II.
VÍ DỤ
Ví dụ 1 Tìm tập xác định và tính đạo hàm của hàm số
1) y = (2x + 1)

2

2) y = e x

.

2

−x

3) y = log2(x – x2).

.

Hướng dẫn 1)Hàm số có nghĩa khi 2x + 1 > 0 ⇔ x > –
ðạo hàm y’= 2 2(2x + 1)

2 −1

1
1
, nên nó có tập xác định là D = (– ; + ∞ ).
2
2

.

2) TXð D = R. ðạo hàm y’= (2x − 1)e x

2

−x

.

3) Hàm số có nghĩa khi x –x2 > 0 ⇔ 0 < x < 1, nên nó có tập xác định là D = (0; 1).
2
ðạo hàm y’= (x − 2x ) ' = 1 − 22x .
(x − x ) ln 2 (x − x ) ln 2
Ví dụ 2 Giải phương trình

2
5 2
1) ( ) x −1 = ( ) x +1 .
5

4) 4

x+1

2

x

– 6 = 18.9x.

2) 5x + 1 + 5x + 2 + 5x + 3 = 2x + 1 + 2x + 2 + 2x + 3.

3) 4x – 4.2x + 3 = 0.

5) ( 2 + 1)x + ( 2 – 1)x = 2 2 .

6) 2x =

3 x +1.

8) ( 5 – 1) +( 5 – 1) = 2
.
9) 5x − x.3x = 1 .
 x=0
5
5 2
Hướng dẫn 1) PT ⇔ ( )1− x = ( ) x +1 ⇔ x 2 + 1 = 1 − x ⇔ 
. Vậy phương trình đã cho có 2
2
2
 x = −1
nghiệm x = 0, x = – 1.
5
14
14
2) PT ⇔ 5x (5 + 25 + 125) = 2x (2 + 4 + 8) ⇔ ( ) x =
⇔ x = log 5 (
) . Vậy phương trình đã cho
2
155
155
x

7) 4x + 5x = 3.3x.

x

2

x+1

2

14
có nghiệm duy nhất x = log 5 (
).
155
2

t =1
3) Ta ñặt t = 2 x , t > 0, phương trình trở thành t 2 − 4t + 3 = 0 ⇔ 
(thỏa mãn ñiều kiện t > 0).
t = 3
– Với t = 1 thì 2 x = 1 ⇔ x = 0.

– Với t = 3 thì 2 x = 3 ⇔ x = log23.
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 0, x = log23.
4
2
2
4) PT ⇔ 4. 4 x – 6 x = 18. 9 x ⇔ 4.( ) x − ( ) x − 18 = 0 . ðặt t = ( ) x , t > 0, phương trình trở thành
9
3
3
9

t = (tm t > 0)

9
2
9
2
2
. Với t =
thì ( ) x = ⇔ ( ) x = ( )−2 ⇔ x = –2. Vậy phương
4t 2 − t − 18 = 0 ⇔ 
4

4
3
4
3
3
 t = − 2 (ktm t > 0)
trình đã cho có 1 nghiệm x = – 2.
Tổ Tốn – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

10


Tài liệu ôn thi TN THPT
5) Ta thấy ( 2 + 1).(
t+

2 – 1) = 1. ðặt t = ( 2 + 1)x , t > 0, ( 2 – 1)x =

1
, phương trình trở thành

t

t = 2 −1
1
= 2 2 ⇔ t 2 − 2 2t + 1 = 0 ⇔ 
(tm ñk).
t
 t = 2 + 1

– Với t =

x

2 − 1 thì ( 2 + 1) =

2 − 1 ⇔ x = – 1.

x

– Với t = 2 + 1 thì ( 2 + 1) = 2 + 1 ⇔ x = 1.
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = ± 1.
3
1
3
3
6) PT ⇔ ( ) x + ( ) x = 1 . Kiểm tra thấy x = 2 là nghiệm của phương trình. Nếu x > 2 thì ( ) x < ,
2
2
2
4

3
1
1
1
( ) x < , nên ( ) x + ( ) x < 1 , suy ra x > 2 khơng là nghiệm của phương trình đã cho. Tương tự nếu
2
2
2
4
3
1
x < 2 thì ( ) x + ( ) x > 1 nên x < 2 cũng không là nghiệm của phương trình đã cho. Vậy phương trình
2
2
đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.
4
5
7) 4x + 5x = 3.3x ⇔ ( ) x + ( ) x = 3 . Lập luận tương tự như trên ta ñược x = 1 là nghiệm duy nhất của
3
3
phương trình ñã cho.
5 −1 x
5 +1 x
5 +1 x
1
8) PT ⇔ (
) +(
) = 2 . ðặt t = (
) > 0, phương trình trở thành t + = 2 ⇔ t = 1. Từ
2

2
2
t
đó tìm được x = 0. Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x = 0.
9) 5x

2

−x

.3x = 1 ⇔ log5( 5x

2

−x

.3x ) = log51 ⇔ log5( 5x

2

−x

) + log5( 3x ) = 0 ⇔ x2 – x + x.log53 = 0 ⇔

x 2 + (log5 3 − 1)x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 1 – log5 3 . Vậy PT ñã cho có 2 nghiệm x = 0, x = 1 – log5 3 .
Ví dụ 3 Giải phương trình

3) ln(x2 – 3x – 7) = ln(1 – x).

1) log2[x(x – 2)] = 3.

2) log2x + log2(x – 2) = 3.

4) 3log 24 x − 7 log 4 x + 2 = 0 .

5) 2 log 22 (x + 1) − log 2 (x + 1)3 + 2 log 1 (x + 1) + 3 = 0 .

6) logx2 + log2x = –2.

7) log4(3.2 + 4) = x.

2

x

8) log2(x – 1) = log3x.

Hướng dẫn 1) log2[x(x – 2)] = 3 ⇔ x(x – 2) = 8 ⇔ x2 – 2x – 8 = 0 ⇔ x = 4 hoặc x = – 2. Vậy phương

trình đã cho có 2 nghiệm x = 4, x = –2.
 x>0
 x = 4(tm)
⇔ x > 2 . PT ⇔ log2[x(x – 2)] = 3 ⇔ x2 – 2x – 8 = 0 ⇔ 
2) ðiều kiện 
. Vậ y
x − 2 > 0
 x = −2(ktm)

phương trình đã cho có 1 nghiệm x = 4.
1− x > 0


3) PT ⇔  2
⇔
 x − 3x − 7 = 1 − x

 x <1
x <1


⇔   x = 4 ⇔ x = −2 . Vậy phương trình đã cho có 1
 2

 x − 2x − 8 = 0
  x = −2

nghiệm x = –2.
Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

11


Tài liệu ôn thi TN THPT
1
4) Với x > 0 ta đặt t = log4x, phương trình trở thành 3t2 – 7t + 2 = 0 ⇔ t = 2 hoặc t = . Với t = 2 thì
3
log4x = 2 ⇔ x = 16. Với t =

1
1
thì log4x = ⇔ x = 3 4 . Vậy PT ñã cho có 2 nghiệm x = 16, x = 3 4 .

3
3

5) ðK x + 1 > 0 ⇔ x > –1. Với điều kiện này, phương trình đã cho tương ñương với phương trình

2 log 22 (x + 1) − 3log 2 (x + 1) + 2 log

2

−

1
2

(x + 1) + 3 = 0 ⇔ 2 log 22 (x + 1) − 7 log 2 (x + 1) + 3 = 0 . Bây giờ ñặt ẩn

phụ t = log 2 (x + 1) ta được phương trình 2t2 – 7t + 3 = 0 ⇔ t = 3 hoặc t =
–

Với t = 3 thì log 2 (x + 1) = 3 ⇔ x + 1 = 8 ⇔ x = 7.

–

Với t =

1
1
thì log 2 (x + 1) =
⇔x+1=
2

2

2 ⇔x=

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = 7, x =

1
.
2

2 −1.

2 −1.

x > 0
1
1
. ðặt t = log2x thì logx2 = , và phương trình ban ñầu trở thành t + = – 2
6) ðiều kiện 
t
t
x ≠1

t≠0

1
1
⇔ t = −1 . Dẫn tới log2x = – 1 ⇔ x = . Vậy phương trình ñã cho có nghiệm x = .
⇔ 2
2

2
 t + 2t + 1 = 0
x

x

x

x

x

7) log4(3.2 + 4) = x ⇔ 3.2 + 4 = 4 ⇔ 4 – 3.2 – 4 = 0. ðến ñây HS làm tiếp như ý 3 ví dụ 2.
t

t

t

t

t

8) ðK x > 1. ðặt t = log3x thì x = 3 . Phương trình trở thành log2(3 – 1) = t ⇔ 3 – 1 = 2 ⇔ 3 = 1 + 2

t

2
1
⇔ ( ) t + ( ) t = 1 . Lập luận như ý 6 ví dụ 2 để được t = 1. Từ đó tìm ra x = 3.

3
3
Nhận xét
x

2x

1) Khi ñặt t = a (a > 0, a ≠ 1) thì t > 0, a

3x

–x

= t2, a = t3, .. , a

=

1 1 x 1
1
x
, ( ) = , …, nếu ab = 1 thì b = .
t a
t
t

2) Với phương trình A1.a2x + A2.axbx + A3.b2x = 0 (a, b > 0, khác 1) ta có thể chia 2 vế cho b2x rồi ñặt
a
t =( ) x ñể ñưa về phương trình bậc hai ẩn t.
b
3) Với phương trình ax + bx = cx (a, b, c > 0), nếu nhẩm ñược 1 nghiệm, và a > c, b > c, hoặc a < c, b < c,

thì ta có thể chia 2 vế cho cx, rồi dùng tính đơn điệu của hàm số mũ để biện luận tính duy nhất nghiệm
của phương trình .
4) Với phương trình dạng af(x).bg(x)…ch(x) = d (a, b, c, d > 0) nếu f(x) là biểu thức phức tạp nhất thì ta có
thể lấy logarit hai vế của phương trình theo cơ số a (a ≠ 1).
Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

12


Tài liệu ôn thi TN THPT
1
t
5) Với a > 0, a ≠ 1, nếu ta đặt t = logax thì logxa = (x ≠ 1), logaxn = nt, log a n (x) = , log an x = tn,
t
n
1
log 1 x = − t , loga = – t, …
x
a

BÀI TẬP THAM KHẢO

III.

Bài 1 Tìm tập xác định và tính ñạo hàm của hàm số
1) y = (2x − 1)−2 .

2) y = e

x

3) y = log 2 (x − x 2 ) .

.

4) y = ln

x +1
.
2−x

Bài 2 Tìm tập xác ñịnh của hàm số

1) y = log x (1 − x) .

2) y = log(x + 1) .

3) y = ln

1
.
log(x + 1) + log(x − 1)

5) y =

3x + 2
.
x −1

4) y = log x + log(x + 1) .

7) y = log 3 (x 2 − 5x + 6) .

6) y = ln(e x − 1) .

Bài 3 Giải phương trình

1) 4 2x − 17.4 x + 16 = 0 .

2) 9x − 3x − 6 = 0 .

3) x + 4 x = 2 .

4) 2x + 2x +1 = 3x + 3x −1 .

5) 9x + 12x = 2.16 x .

6) (2 − 3)2x = 2 + 3 .

7) 27 x + 12 x = 2.8x .

8) 2x

10) 2x +1.5x = 200 .

11)4x + 4− x = 2 .

12) 9x + 16x = 25x .

13) 81x + 9 = 10.9 x .

14) 42x − 17.4 x + 16 = 0 .

15) 22x +1 − 5.6 x + 32x +1 = 0 .

2

−3x + 2

=4.

9) 7 x + 8x = 3.5x .

16) 3.8x + 4.12x − 18x − 2.27 x = 0. 17) 9x + 6x = 22x +1 .

18)

( 2 − 1) x+( 2 + 1) x − 2 2 = 0.

Bài 4 Giải phương trình

1) log 2 [x.(x − 1)]=1 .

2). log 2 x + log 2 (x − 1) = 1 .

3) ln(x − x 2 ) = ln(3x + 1) .

4) log 22 x − 3.log8 x3 = 4 .

5) log3 (3x + 8) = 2 + x .

6) ln(4x + 2) − ln(x − 1) = ln x .

2
7) log 0.2
x − log 0.2 x = 6 .

8) log 2 (22x −1 − 1) = x − 1.

9) log 2 (3x + 1).log3 x = 2.log 2 (3x + 1) .

3
2
10) log x (125x).log 25
x = 1. 11) log x 3 − 3log 27 x = 2 log3 x.
4
13) − log x + 2 log x = 2 − log x.
3

2

12) 2 log3 (4x − 3) + log 1 (2x + 3) = 2.
3

14) log 2 (x − 2) − 2 = 6 log 1 3x − 5.
8

Bài 5 Giải bất phương trình

1) 2 x

2

−x

≤1.

4) log 1 (5x − 1) > 0 .
3

2) 9x < 2.3x + 3 .
1 − 2x
5) log3
≤0.
x

Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

3) 2x +1 < 32x .
6) log(4x + 11) > log(x 2 + 6x + 8) .

13


Tài liệu ôn thi TN THPT
C – NGUYÊN HÀM VÀ TÍCH PHÂN
u cầu
– Hs nắm được định nghĩa ngun hàm và tích phân, bảng nguyên hàm của một số hàm số thường gặp,
tính chất của nguyên hàm và tích phân, biết vận dụng các phương pháp đã học để tìm ngun hàm, tính
tích phân ở dạng đơn giản, biết vận dụng tích phân để tính diện tích và thể tích.

I.
KIẾN THỨC CẦN NHỚ
– Hàm số F(x) ñược gọi là một nguyên hàm của hàm f(x) trên khoảng (hoặc nửa khoảng, hoặc đoạn)K
khi F’(x) = f(x) ∀x∈ K. Nếu f(x) có một nguyên hàm là F(x) trên K thì f(x) sẽ có vơ số ngun hàm trên
K và mọi ngun hàm của nó đều có dạng F(x) + C (C là một hằng số tùy ý). Ta gọi tất cả các nguyên
hàm của f(x) trên K là họ nguyên hàm của f(x) trên K, và kí hiệu là ∫ f(x)dx , ta có ∫ f(x)dx = F(x) + C
(f(x)dx gọi là biểu thức dưới dấu ∫ , f(x) ñược gọi là hàm số dưới dấu ∫ ).
– Tính chất của nguyên hàm
+ ∫ f '(x)dx = f(x) + C; ∫ df(x) = f(x) + C; ( ∫ f(x)dx) ' = f(x); d( ∫ f(x)dx) = f(x)dx.
+ ∫ (a.f(x) + b.g(x))dx = a.∫ f(x)dx + b.∫ g(x)dx .
+ ∫ udv = uv − ∫ vdu .
– Bảng nguyên hàm của một số hàm số thường gặp
∫ 0dx = C

∫ dx = x + C
α
∫ x dx =

x α +1
+ C , α ≠ −1 .
α +1

dx

∫ x = ln x + C; ∫ x
∫ e dx = e + C
x

∫ 0du = C
∫ du = u + C

α
∫ u du =

u α +1
+ C , α ≠ −1 .
α +1

du

−1

∫ u = ln u + C; ∫ u
∫ e du = e + C

dx = ln x + C

x

u

ax
+ C; a > 0, a ≠ 1.
lna
∫ sinxdx = −cosx + C

au
+ C; a > 0, a ≠ 1.
lna
∫ sinudu = −cosu + C
u

∫ a du =

∫ cosxdx = sinx + C

∫ cosudu = sinu + C

∫ cos x = t anx + C; ∫ (1 + tan x)dx = t anx + C
2

2

dx

du = ln u + C

u

x
∫ a dx =

dx

−1

du

∫ cos u = t anu + C; ∫ (1 + tan u)du = t anu + C
2

2

du

∫ sin x = −co t x + C; ∫ (1 + cot x)dx = −co t x + C ∫ sin u = −co t u + C; ∫ (1 + cot u)du = −co t u + C
2

2

b
– Tích phân:

2

2

b

b

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

a
– Một số tính chất của tích phân:
a
b
a
b
b
b
+ ∫ f(x)dx = − ∫ f(x)dx ; ∫ f(x)dx = 0 ; ∫ f(x)dx = ∫ f(t)dt = ∫ f(u)du = ...

b

a

a

a

a

Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

a

14


Tài liệu ôn thi TN THPT

b
+

c

b

∫ f(x)dx = ∫ f(x)dx + ∫ f(x)dx .

a
a

c
b
b
b
+ ∫ (α.f(x) + β.g(x))dx = α.∫ f(x)dx + β.∫ g(x)dx .
a
a
a
b
b
b
+ ∫ udv = (uv) − ∫ vdu .
a
a
a
– Chúng ta lưu ý khi ñổi biến số:
+ Nếu hàm số dưới dấu tích phân có dạng sinnx.cosmx, với n, m là các số nguyên, m lẻ thì đặt t = sinx,
cịn n lẻ thì đặt t = cosx.
π π
1
+ Nếu gặp biểu thức
ta có thể đặt x = atant, t ∈ (− ; ) .
2 2
2 2
a +x

π π

a 2 − x 2 ta có thể ñặt x = asint (t∈ [ − ; ] ) hoặc x = acost (t∈ [0; π ] ).
2 2

+ Nếu đặt t = ϕ (x) thì dt = ϕ '(x)dx . ðặt x = g(t) thì dx = g’(t)dt. ðặt ϕ (x) = g(t) thì ϕ '(x)dx = g’(t)dt.
– Khi áp dụng phương pháp nguyên hàm từng phần hoặc tích phân từng phần, cần lưu ý: Nếu biểu thức
dưới dấu tích phân có đa thức nhân với sin, hoặc cosin, hoặc ex, thì ta có thể chọn u là ña thức, còn dv là
phần còn lại; nếu biểu thức dưới dấu tích phân có đa thức nhân với logarit ta có thể chon
ọ u là logarit, cịn
dv là phần còn lại.
1
– Nếu a, b là hằng số và a ≠ 0 thì dx = d(ax + b).
a
– Nếu hàm ϕ (x) xác ñịnh và liên tục trên [a; b], phương trình ϕ (x) = 0 vơ nghiệm trên khoảng (a; b) thì

+ Nếu gặp biểu thức dạng

b

b

a

a

ta có thể ñưa ñược dấu giá trị tuyệt ñối ra ngoài dấu tích phân như sau ∫ | ϕ (x) | dx =| ∫ ϕ (x)dx | .

– Cho hai hàm số y = f(x), y = g(x) xác ñịnh và liên tục trên đoạn [a; b], diện tích hình phẳng giới hạn
b

bởi các ñường y = f(x), y = g(x), x = a, x = b được tính theo cơng thức S = ∫ | f (x) − g (x) | dx .
a

– Cho hàm số y = f(x) xác ñịnh và liên tục trên [a; b], thể tích khối trịn xoay sinh ra khi quay quanh trục

b

Ox hình phẳng giới hạn bởi ñường y = f(x), y = 0, x = a, x = b được tính theo cơng thức V= π

2

∫f

2

(x)dx.

a

II.
VÍ DỤ
Ví dụ 1 Tìm ngun hàm
2
1)I = ∫ (x 2 +
− 1)dx .
x
Hướng dẫn 1)I = ∫ (x 2 +

2)J = ∫ (co s(2x − 1) − 2x )dx .

2
− 1)dx =
x

2)J = ∫ (co s(2x − 1) − 2 x )dx =

∫

3)K = ∫ (t anx + cotx)2dx

1
1
3
x
x2
1
(x 2 + 2.x 2 − 1)dx =
+ 2.
− x + C = x 3 + 4 x − x + C.
1
3
3
2
1
2x
x
−

1
co s(2x − 1)d(2x − 1) − ∫ 2 dx = sin(2x − 1) −
+ C.
2∫
2
ln 2

Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

15


Tài liệu ôn thi TN THPT

3)K = ∫ (t anx + cotx)2dx = ∫ ((1 + tan 2 x) + (1 + cot 2 x))dx = t anx − cotx+C .
Ví dụ 2 Tính
1)I = ∫ t anxdx.

dx

2)J = ∫ sin 6x.cosx.dx . 3)K= ∫

xdx

. 4)M = ∫ sin 2 xdx. 5)N = ∫

.
x 2 − 5x+6
(1 − 2x) 4
sinx
d(cosx)
Hướng dẫn 1)I = ∫ t anxdx = ∫
dx = − ∫
= − ln cosx + C.
cosx
cosx
1

2)J = ∫ sin 6x.cosx.dx = −1 ∫ (sin 5x + sin 7x)dx = 1 ∫ sin 5xd5x+ 1 ∫sin 7xd7x = − cos5x − 1 cos7x+C .
14
10
14
10
2
dx
dx
1
1
d(x − 3)
d(x − 2)
x −3
3)K= ∫
=∫
= ∫(
−
)dx = ∫
−∫
= ln |
| +C .
2
(x − 2)(x − 3)
x −3 x −2
x −3
x−2
x−2
x − 5x+6
1 − cos2x
1

1
x 1
4)M = ∫ sin 2 xdx = ∫
dx = ∫ dx − ∫ cos2x.d(2x) = − sin 2x + C.
2
2
4
2 4
1 − u −1
. .du
1− u
1
xdx
1
5) ðặt u = 1–2x ⇒ x =
⇒ dx = – du,. Vậy N = ∫
=∫ 2 2
= ∫ (u −3 − u −4 )du =
4
4
2
2
4
(1 − 2x)
u
1 −1
1
1
−1
)+C =

= (
−
−
+ C.
2
3
3
4 2u
3u
12(1 − 2x) 8(1 − 2x)2
Ví dụ 3 Tính
π

1)I =

4

∫

sin 3 x

4
0 cos x
0

4)N =

1

1

2)J = ∫ x 1 − x 2 dx.

dx .

3)K = ∫ x 2 (1 − x)2010 dx.

0

0

π

e

dx

∫ 1 + x2

−1

Hướng dẫn 1)I =

5)M = ∫
π
4

sin 3 x

ln 4 xdx

.
x

π

1

4

1 − cos 2 x

∫ cos4x dx = ∫

4
0 cos x

0

6)P =

2

∫

−

s inxcosxdx.

π
4

sin xdx . ðặt t = cosx ⇒ dt = – sinxdx ⇒ sinxdx = – dt. ðổi

π

2
cận: x = 0 thì t = 1, x =
thì t =
. Vậy I =
4
2

2
2

∫
1

1− t2
t4

1

(−dt) =

∫
2
2

1

1 1
2− 2
(t − t )dt = ( −
) 2=
.
t 3t 3
3
-4

-2

2

1
1
1 1
1
1
(1 − x 2 )3 = .
2) Cách 1 J = ∫ x 1 − x 2 dx = ∫ 1 − x 2 ( − d(1 − x 2 )) = −
0 3
2
3
0

0

Cách 2 ðặt t = 1 – x2 ⇒ dt = –2xdx ⇒ xdx = –

1

dt . ðổi cận: x = 0 thì t = 1, x = 1 thì t = 0. Ta có
2

1
0
1
1
1
t t 1 1
= .
J = ∫ x 1 − x 2 dx = ∫ t ( − dt) = ∫ tdt =
2
2
3 0 3
0

Cách 3 ðặt u =

1

0

1 − x 2 ⇒ u2 = 1 – x2 ⇒ 2udu = –2xdx ⇒ xdx = – udu. ðổi cận: x = 0 thì u = 1, x = 1

Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

16


Tài liệu ơn thi TN THPT

1

0

1

thì u = 0. Vậy J = ∫ x 1 − x 2 dx = ∫ u( − udu) = ∫ u 2du =
0

Cách 4 ðặt x = sint, t ∈[–

2

π
2

1

π

;

2

0

], dx = costdt, x = 0 thì t = 0, x = 1 thì t =

2

= 1 − sin t = cos t = cost = cost (do t ∈ [ −
π
2

= − ∫ cos 2 td(cost) = −
0

u3 1 1
= .
3 0 3

1

π π

0

3 π

cos t
1
2= .
3
3
0

π

π

2

0

, x = 1 thì t =0. Ta có

= 1 − co s t = sin t = sint = sint (do t ∈ [0;π ]). Như vậy J = ∫ x 1 − x dx =
2

2

0

π
sin 3 t
1
= ∫ sin td(sint) =
2= .
3
3
0
0

0

0

∫ cost sin t.( − sin tdt) =

π

1

3) ðặt t = 1 – x, dx = – dt, x = 0 thì t = 1, x = 1 thì t = 0. Do đó K = ∫ (1− t) t

2 2010

( − dt) = ∫ (1 − t)2 t 2010dt

1

= ∫ (t 2010 − 2t 2011 +t 2012 )dt = (
0

4) ðặt x = tant, t∈(–
0

=

∫
−

π

dt = t

0

π

=

−π

4

4

π π
;

2 2

1− x2 =

2

2

1

1− x2 =

; ]). Như vậy J = ∫ x 1 − x dx = ∫ sin tcost.costdt =
2 2

1

π
2

2

. Ta có
2

2

Cách 5 ðặt x = cost, t ∈[0; π ], dx = –sintdt, x = 0 thì t =
2

π

2011

2012

0

t 2013 1

t
t
1
1
1
1
.
−
+

−
+
=
) =
2011 1006 2013 0 2011 1006 2013 4072431858

), dx = (1 + tan2t)dt, x = –1 thì t = –

π
4

0

, x = 0 thì t = 0. Vậy N =

∫
−

.

π
4

(1+tan 2 t)dt
1+tan 2 t

e

e
e 1

ln 4 xdx
1
= ∫ ln 4 xd(lnx) = ln 5 x = .
5) Cách 1 M = ∫
1 5
x
5
4

1

1

e 4
1
ln xdx
t5 1 1
dx
4
= ∫ t dt =
= .
Cách 2 ðặt t = lnx, dt =
, x = 1 thì t = 0, x = e thì t = 1. Vậy M = ∫
x
x
5 0 5

π

π

2

∫

6) Cách 1 P =

−

π
4

π

2

1
s inxd(sinx) = sin 2 x
2
π

∫

s inxcosxdx =

−

4

π

π

2

2

π

2
−

π

1

0

1
1 1
= (1 − ) = .
2
2
4

4

π

1

1 2
1
1
Cách 2 P = ∫ s inxcosxdx =
s in2xdx =
s in2xd(2x) =( − cos2x) 2 = .
∫
∫
π
2 π
4 π
4
4
π
−
−

4

−

4

−

4

4

(Cũng có thể đổi biến t = sinx hoặc t = cosx).

Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

17


Tài liệu ơn thi TN THPT
π

Ví dụ 4 Tính
1)I = ∫(2x−1)exdx.

x
2) J = ∫ xsin( +1)dx.
3

3)K = ∫ x(1− x)5dx.

4)M = ∫ e x sinxdx

2

5)N = ∫ (2x + 5)cos3xdx.
0

Hướng dẫn Chúng ta sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần, tích phân từng phần để làm BT này.
1) ðặt u = 2x – 1, dv = exdx, thì du = 2dx, v = ex. Ta có I = ∫ (2x − 1)e x dx = ∫ udv = uv − ∫ vdu =

= (2x − 1)e x − ∫ e x 2dx = (2x − 1)e x − 2 ∫ e x dx =(2x − 1)e x − 2e x + C = (2x − 3)e x + C.
x

x
+1). Vậy J = ∫ x sin( + 1)dx =
3
3
x
x
x
x
x
x
x
= −3xcos( + 1) + 3∫ cos( + 1)dx = −3xcos( + 1) + 9∫ cos( + 1)d( + 1) = − 3xcos( + 1) + 9sin( + 1) + C.
3
3
3
3
3
3
3

2) ðặt u = x, dv =

x

∫ x sin( 3 + 1)dx ⇒

du = dx, v = –3cos(

(1 − x)6
(1 − x)6

(1 − x)6
. Vậy K = ∫ x(1 − x)5dx = − x
dx =
+∫
6
6
6
(1 − x)6 1
(1 − x)6 1 (1 − x)7
−6x − 1
= −x
− ∫ (1 − x)6 d(1 − x) = − x
−
+C =
(1 − x)6 + C.
6
6
6
6
7
42
(Bài này ta cũng có thể dùng khai triển Niu–tơn hoặc ñổi biến t = 1– x).
3) ðặt u = x, dv = (1 − x)5 dx ⇒ du = dx, v = −

4) ðặt u = ex, dv = sinxdx ⇒ du = exdx, v = – cosx. Khi đó M = ∫ e x sinxdx = ∫ udv = uv − ∫ vdu =
= −e x cosx + ∫ e x cosxdx . Lại ñặt u1 = ex, dv1 = cosxdx ⇒ du1 = exdx, v1 = sinx, và
cosxdx = ∫ u1dv1 = = u1v1 − ∫ v1du1 = e x sinx − ∫ e x sinxdx . Dẫn tới M = −excosx + ex sinx − ∫ ex sinxdx.
1
Mà M = ∫ e x sinxdx . Nên M = ex(sinx – cosx) +C.
π

π
2
π π2
2
2
1
5) ðặt u = 2x + 5, dv = cos3xdx ⇒ du = 2dx, v = sin 3x , ta có N = ∫ (2x + 5)cos3xdx=∫ udv = (uv) 2 − ∫ vdu =
π
3
0

∫e

x

1
= ((2x + 5) sin 3x)
3

π

π +5 2
22
+ cos3x
2 − ∫ sin 3xdx = −
3
9
0 3
0

π
2
0

0

0

π +5 2

0

−3π − 17
=−
+ .(−1) =
.
3
9
9

Ví dụ 5 a) Tính I1 = ∫ lnxdx . b) Tính I2 = ∫ log a xdx (a > 0, a ≠ 1).

−2

c) Tính I3 = ∫ ln(x 2 − x)dx.

−3
dx
, v = x, áp dụng công thức nguyên hàm từng phần ta có
x

dx
x
I1 = ∫ lnxdx = ∫ udv = uv − ∫ vdu = xlnx − ∫ x
= xlnx − ∫ dx = xlnx − x + C = (ln x − 1)x + C = xln + C.
x
e
lnx
1
1
x
x
b) I2 = ∫ log a xdx = ∫
dx =
ln xdx =
(xlnx − x) + C = xlog a x −
+ C = xlog a + C.
lna
ln a ∫
ln a
lna
e

Hướng dẫn a) ðặt u = lnx, dv = dx thì du =

−2

−2

−3

−3

c) I3 = ∫ ln(x 2 − x)dx =

= [(ln(− x) − 1)(− x)]

−2
−3

∫

−2

−2

−2

−2

−3

−3

−3

−3

(ln(− x) + ln(1 − x))dx = ∫ ln(−x)dx + ∫ ln(1− x)dx = − ∫ ln(−x)d( − x) − ∫ ln(1− x)d(1− x)

+ [(ln(1 − x) − 1)(1 − x)]

−2
−3

= 1 + 2ln2 – 3ln3 + 1 + 3ln3 – 4ln4 = 2 – 6ln2.

Ví dụ 6 1) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi ñường cong y = x3 – x và trục Ox.
2) Tính thể tích khối trịn xoay sinh ra khi quay hình phẳng trên quanh trục Ox.

Tổ Tốn – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

18


Tài liệu ơn thi TN THPT
Hướng dẫn 1) Phương trình x3 – x = 0 có ba nghiệm x = 0, x = ±1. Diện tích hình phẳng cần tính là
1

0

1

0

1

S = ∫ | x − x | dx = ∫ | x − x | dx + ∫ | x − x | dx =| ∫ (x − x)dx | + | ∫ (x3 − x)dx |=
3

3

−1

3

−1

3

−1

0

0

1

1

−1

−1

1
(ñvdt).
2

3
2
6

4 2
2) Thể tích khối trịn xoay cần tính là V = π ∫ (x − x) dx = π ∫ (x − 2x +x )dx =

16π
(đvtt).
105

III.
BÀI TẬP THAM KHẢO
Bài 1 Tìm họ nguyên hàm
x 3 + 3x 2 + 3x − 1

1. ∫

2

x + 2x + 1
Bài 2 Tính tích phân
π

π

2

1. ∫ cos 4xdx.
2

sin2x

6. ∫

2

0 4 − cos x
π

ln 5

dx. 7.

x

(e + 1)e

∫

2

17.∫ 4xlnxdx. 18. ∫
23.∫ (e
0
1

0

2

. 4. ∫ (x + sin x)cosxdx. 5. ∫ sin 5 xdx.
2

0
π

0

2

e

0

0

1

5

2

2

3

ln 2 x
x 2dx
2xdx
dx. 13.∫ x 2ln(x − 1)dx. 14.∫
. 15.∫
. 16.∫ 2xlnxdx.
3

2
x
1 x +2
1 x +1
1
1
2
π

π

1

2

3
cosx
3x 2dx
x −1 2
x +2.x .dx. 19. ∫
dx. 20. ∫ sin 2 xtanxdx. 21.∫
. 22. ∫ (
) dx.
3
1+sinx
x+2
x
+1
0
0

−1
0

2

3

4

+x)sinxdx.

π

2

dx. 8.∫ (2x + 1)e x dx. 9. ∫ (2sinx +3)cosxdx. 10.∫ (1 − x 2 )lnxdx.

2

π

cosx

xdx
. 5.∫ x(1+cosx)dx.
2x +1

4. ∫

12.∫

0

1

2

1

e

2

π

x

ex − 1

ln 2

11. ∫ cos 2 x sin xdx.
3

dx

0 x − 5x + 6

0

2

π

1

6

2. ∫ (sin6xsin2x − 6)dx. 3.∫

0
π

2. ∫ (2x − 1)12 dx. 3. ∫ (s in 4 x − cos 4 x)dx.

dx.

24.∫ cosxsinxdx.
0

1

25.∫ x(1+ex )dx.

2

0
2

0

1

π

1

1

26. ∫ x 2 (1 − x 3 )4 dx.

27.∫ 3x + 1dx.
0

-1

1

1

0

0

28.∫ (3x 2 − 2x + 1)dx. 29. ∫ (2x − 1)cosxdx. 30.∫ (6x 2 − 4x + 1)dx. 31.∫ (4x + 1)e x dx. 32.∫ (2x + xex )dx.
0

Bài 3
1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x 3 + x 2 , y = −2x 2 , x = −2, x = −1.
1

9
2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) y = − x 4 + 2x 2 + và trục hồnh.
4
4
1 3
3. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) y = x − 3x với tiếp tuyến của (C) tại M có x M = 2 3 .
4
4. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x3 −3x2 + 2 và ñường thẳng ñi qua hai
điểm cực trị của đồ thị đó.
1
5. Tính thể tích vật thể trịn xoay sinh ra do hình phẳng giới hạn bởi y = x 3 − x 2 , y = 0, x = 0, x = 3
3
quay quanh trục Ox.
Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

19


Tài liệu ôn thi TN THPT
D – SỐ PHỨC
Yêu cầu
–HS nắm được i2 = –1, phần thực, phần ảo, mơđun của số phức, các phép toán trên số phức, giải phương
trình bậc hai hệ số thực trên ℂ , biểu diễn hình học của số phức.
I.
KIẾN THỨC CẦN NHỚ
– HS cần ơn tập lại tồn bộ kiến thức cơ bản trong SGK.
– Về hình thức, phép cộng, trừ, nhân, chia trên ℂ ñược thực hiện như trên ℝ , chỉ chú ý thêm i2 = –1, và
khi chia 2 số phức ta nhân cả tử và mẫu với số phức liên hợp của mẫu.
– Cho số phức z = x + iy, thì M(x; y) là điểm biểu diễn z, và z = x – iy, |z| = | z | = x 2 + y 2 .
– Hai số phức bằng nhau khi và chỉ khi phần thực tương ứng bằng phần thực, phần ảo tương ứng bằng

phần ảo.

– Cho phương trình ax2 + bx + c = 0 (a, b, c ∈ ℝ, a ≠ 0) , ∆ = b 2 − 4ac . Nếu ∆ ≥ 0 ta giải như ñã biết ở
THCS. Nếu ∆ < 0 thì PT có hai nghiệm phức x1,2 =

II.

−b ± i −∆
là liên hợp của nhau (ta viết ∆ = i 2(– ∆ )).
2a

VÍ DỤ

Ví dụ 1 a) Thực hiện phép tính (2 − i)(1 + 3i) −

i

.
2 − 3i
b) Tìm số thực x, y thỏa mãn (x + 3) – yi = xi + (x + y – 2yi).
c) Tìm số phức z thỏa mãn z2 = z .
d) Tìm tập hợp các ñiểm trên mặt phẳng Oxy biểu diễn số phức z thỏa mãn |z – i| = |z +2|.
i
i(2 + 3i)
3 2 14 + 3 7 3 − 2
Hướng dẫn a) (2 − i)(1 + 3i) −
= 5 + 5i −
i.
= (2 + 3i) − (− + i) =
+

7 7
7
7
(2 − 3i)(2 + 3i)
2 − 3i
x + 3 = x + y
⇔ x = y = 3.
b) (x + 3) – yi = xi + (x + y – 2yi) ⇔ 
 − y = x − 2y
c) Giả sử z = x + iy (x, y ∈ ℝ ). Ta có z2 = z ⇔ (x2 – y2) + 2xyi = x – yi. Từ đó tìm ra 4 số phức thỏa
1
3
mãn bài toán là z1 = 0, z2 = 1, z3,4 = – ±i
.
2
2
d) ðiểm M(x; y) biểu diễn số phức z = x + iy (x, y∈ℝ). Ta có |z – i| = |z +2| ⇔x2 + (y–1)2 = (x + 2)2 + y2

⇔ 4x + 2y + 3 = 0. Vậy tập hợp các ñiểm M(x; y) trên mặt phẳng Oxy biểu diễn số phức z thỏa mãn
ñẳng thức |z – i| = |z +2| là đường thẳng có phương trình 4x + 2y + 3 = 0.
Ví dụ 2 Giải phương trình trên tập số phức
1) x2 – x + 1 = 0.
2) x4 – x2 – 12 = 0.
1± i 3
Hướng dẫn 1) Phương trình x2 – x + 1 = 0 có ∆ = −3 = 3i 2 nên có 2 nghiệm phức liên hợp x1,2 =
.
2
2) PT có 4 nghiệm, 2 nghiệm thực x = ±2 , và 2 nghiệm phức x = ±i 3 .
BÀI TẬP THAM KHẢO
III.

Bài 1 Tính giá trị của biểu thức
1 + i 2 (3 − 2i) [ (4 − 3i) − (1 + 2i) ]
2) F = (2 − 5i) +
1) P = (1 + i. 3) 2 + (1 − i. 3) 2 .
.
−
5 − 4i
2+i 3
2

Bài 2 Cho z = 3 – 2i, tìm phần thực và phần ảo của z + z.
Bài 3 Tìm số phức z thỏa mãn
Tổ Tốn – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

20


Tài liệu ôn thi TN THPT
1) |z| = 2 5 , phần ảo của z bằng hai lần phần thực của nó.
2) z − (2 + i) = 10 và z.z = 25 .
3) z2 = 3 – 4i.
Bài 4 Tìm các số thực x, y biết 2x − y +2i = 3 y + 1 − (x − 2)i.
Bài 5 Tìm tập hợp các điểm trên mặt phẳng Oxy biểu diễn số phức z thỏa mãn
1) |z + 2i| ≤ 1.
2) |z| = |2z – 4i|.
3) |z + i| = |z –2|.
Bài 6 Giải phương trình trên tập ℂ
a. (i + 1)x + (2 − i)(1 + 3i) = 3i + 2.
b. x 2 − 4x + 7 = 0 .
c. x 4 + x 2 − 3 = 0 .

d. (2 – 3i )z – (1 + i)2 = 4 + 5i.

e. x2 – 6x + 29 = 0.

f. z 4 − z2− 1 = 0 .

E – DIỆN TÍCH HÌNH ðA DIỆN, HÌNH TRỊN XOAY VÀ THỂ TÍCH KHỐI ðA DIỆN, KHỐI
TRỊN XOAY
u cầu
– HS biết giải các bài tốn tính diện tích, tính thể tích ở mức độ đơn giản.
KIẾN THỨC CẦN NHỚ
I.
Thể tích khối lăng trụ: V=B.h
Thể tích khối hộp: V=B.h
1
Thể tích khối chóp : V= B.h Với B: diện tích đáy,
Với B: diện tích ñáy,
3
h:
chi
ề
u
cao.
h:
chiều cao.
B: diện tích ñáy, h: chiều cao.
Thể tích khối hộp chữ nhật:
Diện tích xung quanh hình
Thể tích khối nón:

V=a.b.c
1
1
nón: Sxq =πrl
V= B.h = πr 2 h. Với B là
Với a, b, c lần lượt là ba kích
3
3
Với r: bán kính của hình nón,
thước(chiều dài, chiều rộng,
diện
tích
đáy,
h là chiều cao
l: độ dài đường sinh của hình
chiều cao) của nó.
nón.
( h = l2 − r2 ).
Diện tích xung quanh của hình
trụ: Sxq =2πrl
Với r bán kính của hình trụ,
l: độ dài đường cao.

Chu vi đường trịn
C = 2πR .

4
3

Thể tích khối cầu: V= πr 3

B

A

Diện tích tam giác vng
1
S = AB.AC
2

2
Thể tích khối trụ:
Diện tích mặt cầu: S=4πr
V=B.h = π r 2 h. Với B: diện tích Với r: bán kính mặt cầu.
đáy, h: chiều cao (h = l).

C

Diện tích tam giác
1
1
1
S = a.ha = b.hb = c.hc
2
2
2
1
1
= a.b.sinC = b.c.sinA=…
2
2

a.b.c
= p.r =
.
4R

Diện tích hình trịn
S = πR 2 .
a+b+c
p=
: là nửa chu vi,
2
r là bán kính đường trịn nội
tiếp, R là bán kính đường trịn
ngoại tiếp.

II.
VÍ DỤ
Ví dụ 1 Cho mặt cầu nội tiếp hình trụ (mặt cầu tiếp xúc với mặt xung quanh và hai đáy của hình trụ). Gọi
V
V1, V2 lần lượt là thể tích khối cầu và khối trụ tương ứng. Tìm tỉ số 1 .
V2
Tổ Tốn – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

21


Tài liệu ôn thi TN THPT
Hướng dẫn Giả sử mặt cầu có bán kính r, khi đó hình trụ có bán kính đáy
4
cũng là r, và đường cao h = 2r. Như vậy V1 = πr 3 , V2 = B.h = π r 2 h =

3
V 2
= πr 2 .2r = 2π r 3 . Suy ra 1 = .
V2 3
Ví dụ 2 Cho hình nón trịn xoay có ñường cao h = a và bán kính ñáy

r = a (a > 0).
1. Tính độ dài đường sinh của hình nón theo a.
2. Gọi S là đỉnh của hình nón. Một tam giác đều ABC nội tiếp đường
trịn đáy của hình nón, tính thể tích khối tứ diện SABC theo a.
Hướng dẫn 1) l = h 2 + r 2 = a 2.
AB
3
3a 2 3
=
2r
⇒
AB
=
a
3
⇒
S
=
AB
=
. Chiều cao của
∆ABC
sin600
4

4
1 3a 2 3 a 3 3
hóp S.ABC bằng chiều cao của hình nón đã cho. Vậy VSABC = .a.
(đvtt).
=
3
4
4
Ví dụ 3 Cho hình chóp S.ABC có SA = 3 , AB = 2, AC = 2 , cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy,
2) Theo định lí sin trong tam giác

góc ∠BAC = 1350. Tính thể tích khối chóp S.ABC.
1
3
1
Hướng dẫn S∆ABC = AB.AC.sin1350 = 1 (ñvdt). VSABC = SA.S∆ABC =
(đvtt).
2
3
3

Ví dụ 4 Cho hình chóp S.ABCD có AC = 2a, BD = 3a, (SAC)⊥(SBD), (SAC)⊥(ABC), (SBD)⊥(ABC),
thể tích khối chóp S.ABCD là a3. Tính khoảng cách từ S tới (ABC).
Hướng dẫn Gọi H là giao của AC và BD. Do (SAC)⊥(SBD), (SAC)⊥(ABC), (SBD)⊥(ABC) nên
1
1
1
AC⊥BD, SH⊥(ABC). Ta có SABCD = AC.BD và VSABCD = .SH.SABCD = SH.AC.BD. Vậy khoảng
2
3

6
3
6.VABCD
6a
cách từ S tới (ABC) là SH =
=
= a.
AC.BD 2a.3a
III.
BÀI TẬP THAM KHẢO
Bài 1 Tính thể tích khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, cạnh bên hợp với đáy góc 600.
Bài 2 Tính thể tích khối chóp S.ABC có AB = AC = 5a, BC = 6a, các mặt bên hợp với mặt đáy góc 600.
Bài 3 Tính thể tích khối chóp S.ABC có AB = AC = 5a, BC = 6a, các cạnh bên hợp với mặt ñáy góc 600.
2
Bài 4 Tính thể tích khối chóp tam giác ñều S.ABC có cạnh ñáy bằng a, cạnh bên bằng a.
3
Bài 5 Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = 3, AC = 3,

SA = 6 , SA ⊥ (ABC).
1. Tính thể tích khối chóp S.ABC.

Tổ Tốn – Trường THPT n Phong số 2 – Bắc Ninh

22


Tài liệu ôn thi TN THPT
2. Gọi B’, C’ lần lượt là hình chiếu vng góc của A trên SB, SC; gọi A’ là trung điểm của SA. Tính
thể tích khối đa diện ABCA’B’C’.
Bài 6 Cho hình chóp tứ giác ñều S.ABCD có cạnh ñáy bằng 1, gọi O là tâm của đáy, SO =

6
.
2

1) Tính diện tích xung quanh và thể tích khối chóp S.ABCD.
2) Xác định vị trí điểm I cách đều các đỉnh của hình chóp S.ABCD và tính SI.
2
Bài 7 Tính thể tích khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh bên bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy
3
bằng 30o.
Bài 8 Hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 3a. Một hình nón đỉnh S ngoại
tiếp hình chóp S.ABC. Tính diện tích xung quanh của hình nón đó và thể tích của khối nón tương ứng.
Bài 9 Tính thể tích khối chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng 5 và cạnh bên bằng 10. Tính diện tích mặt
cầu ngoại tiếp khối chóp đó.
Bài 10 Cho hình lăng trụ đứng tam giác có tất cả các cạnh bằng 1. Tính thể tích của khối lăng trụ tương
ứng và tính diện tích xung quanh, diện tích tồn phần của hình trụ ngoại tiếp lăng trụ đó.

F – PHƯƠNG PHÁP TỌA ðỘ TRONG KHƠNG GIAN
u cầu
− Học sinh nắm được các kiến thức cơ bản, biết vận dụng vào giải quyết các bài tốn viêt phương trình
(mặt cầu, mặt phẳng, đường thẳng), tìm điểm, tính khoảng cách…
I.
KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz:
1) M(x M ;yM ;zM ) ⇔ OM = x M i + yM j + z M k.
2) u = (x; y; z) ⇔ u = x.i + y.j + z.k.

3) Nếu u = (x; y; z) và v = (x'; y'; z') , với mọi a, b ∈ ℝ , thì a.u + b.v = (ax + bx';ay + by';az + bz').
4) Tích vơ hướng u.v = x.x' +y.y' + z.z'.

5) ðộ dài của vecto | u |= x 2 + y 2 + z 2 .
6) Góc giữa hai vecto cos(u,v) =

x.x' +y.y' + z.z'
2

2

x + y + z 2 . (x') 2 + (y') 2 + (z') 2

, (u,v ≠ 0).

7) ðộ dài ñoạn thẳng AB= (x B − x A )2 + (y B − y A )2 + (z B − z A )2 .

1

 x I = 2 (x A + x B )

1

8) Nếu I là trung điểm của đoạn AB thì  y I = (y A + y B ) .
2

1

 z I = 2 (z A + z B )


Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

23


Tài liệu ôn thi TN THPT

1

 x G = 3 (x A + x B + x C )

1

9) Nếu G là trọng tâm ∆ABC thì  y G = (y A + y B + y C ) .
3

1

 z G = 3 (z A + z B + z C )

y z z x x y
10) Tích có hướng [u, v]= (
;
;
) = (yz' − y'z; zx' − z'x; xy' − x'y).
y' z' z' x' x' y'
11) u ⊥ v ⇔ x.x' +y.y' + z.z' = 0.
12) u, v cùng phương ⇔ [u, v]=0 .
13) ABC là một tam giác khi AB, AC không cùng phương.
14) ABCD là một tứ diện khi [AB, AC].AD ≠ 0.
15) Mặt cầu tâm I(x0; y0; z0), bán kính R có phương trình (x − x0)2 + (y – y0)2 + (z – z0)2 = R2. Nếu
a 2 + b 2 + c 2 − d > 0 thì x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 là phương trình mặt cầu tâm I(x0; y0; z0),

bán kính R = a 2 + b 2 + c 2 − d .
16) Mặt phẳng ñi qua điểm M0(x0; y0; z0), có vecto pháp tuyến n = (a; b;c) thì có phương trình
a(x − x 0 ) + b(y − y0 ) + c(z − z 0 ) = 0.
17) Mặt phẳng có phương trình tổng quát ax + by + cz + d = 0 thì có vecto pháp tuyến n = (a; b;c) .
18) Mặt phẳng cắt các trục toạ ñộ Ox, Oy, Oz lần lượt tai
ạ A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c) khác O, thì có
x y z
phương trình viết theo ñoạn chắn + + = 1.
a b c
19) Hai mặt phẳng lần lượt có các vecto pháp tuyến là n1 , n 2 , góc giữa hai mặt phẳng là ϕ thì

00 ≤ ϕ ≤ 900 và cosϕ = cos(n1 , n 2 ) =

n1.n 2
n1 . n 2

. ðặc biệt, hai mặt phẳng đó vng góc khi n1.n 2 = 0.

20) Khoảng cách từ ñiểm M(x0; y0; z0) tới mặt phẳng (α ): ax + by + cz + d = 0 được tính theo cơng thức
| ax 0 + by 0 + cz 0 + d|
.
d(M, (α)) =
a 2 + b2 + c2
21) Cho mặt phẳng (P) có phương trình a1x + b1 y + c1z + d1 = 0 và VTPT n1 = (a1 ; b1 ;c1 ) , mặt phẳng (Q)
có phương trình a 2 x + b 2 y + c 2 z + d 2 = 0 và VTPT n 2 = (a 2 ; b 2 ; c 2 ) . Khi ñó

n = kn 2
n = kn 2
+) (P)≡(Q) ⇔  1
+) (P) cắt (Q) ⇔ n1 ≠ kn 2 , ∀k ∈ ℝ.

+) (P)//(Q) ⇔  1
 d1 ≠ kd 2
 d1 = kd 2
22) Nếu hai vecto không cùng phương u1 , u 2 có giá song song hoặc nằm trên (P) thì vecto tích có
hướng n = [u1 , u 2 ] là một vecto pháp tuyến của (P).
23) Nếu hai vecto không cùng phương n1 , n 2 có giá vng góc với đường thẳng d thì vecto tích có
hướng u = [n1 ,n 2 ] là một vecto chỉ phương của d.

Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh

24