m«n to¸n ┼ 6tài liệu ôn tập thi tốt nghiệp thpt năm 2009 môn toán ┼ ┼ tài liệu ôn tập thi tốt nghiệp thpt năm 2009 môn toán ┼ ¤n tëp m«n to¸n thi tốt nghiệp thpt năm 2009 a cấu trúc đề thi tốt nghiệ

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (390.35 KB, 30 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2009

A. CẤU TRÚC ĐỀ THI TỐT NGHIỆP THPT

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu Nội dung kiến thức Điểm

I

 Khảo sát, vẽ đồ thị của hàm số.

Các bài toán liên quan đến ứng dụng của đạo hàm và đồ thị

của hàm số: Chiều biến thiên của hàm số. Cực trị. Tiếp tuyến,
tiệm cận (đứng và ngang) của đồ thị của hàm số. Tìm trên đồ
thị những điểm có tính chất cho trước; tương giao giữa hai đồ
thị (một trong hai đồ thị là đường thẳng);...

3,0

II

 Hàm số, phương trình, bất phương trình mũ và lơgarit.
 Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số.

Tìm nguyên hàm, tính tích phân.

 Bài tốn tổng hợp.

3,0

III

Hình học khơng gian (tổng hợp): Tính diện tích xung quanh 
của hình nón trịn xoay, hình trụ trịn xoay; tính thể tích khối
lăng trụ, khối chóp, khối nón trịn xoay, khối trụ trịn xoay;
tính diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu.

1,0

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương
trình đó (phần 1 hoặc phần 2).

Câu Nội dung kiến thức Điểm

IV.a

Phương pháp toạ độ trong trong không gian:

 Xác định toạ độ của điểm, vectơ.
 Mặt cầu.

 Viết phương trình mặt phẳng, đường thẳng.

 Tính góc; tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng. Vị trí

tương đối của đường thẳng, mặt phẳng và mặt cầu.

2,0

V.a

 Số phức: Mơđun của số phức, các phép tốn trên số phức.

Căn bậc hai của số thực âm. Phương trình bậc hai hệ số thực
có biệt thức  âm.

 Ứng dụng của tích phân: Tính diện tích hình phẳng, thể tích

khối trịn xoay.

1,0

2. Theo chương trình Nâng cao:

Câu Nội dung kiến thức Điểm

IV.b

Phương pháp toạ độ trong trong không gian:

 Xác định toạ độ của điểm, vectơ.
 Mặt cầu.

 Viết phương trình mặt phẳng, đường thẳng.

 Tính góc; tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng, mặt

phẳng; khoảng cách giữa hai đường thẳng. Vị trí tương đối
của đường thẳng, mặt phẳng và mặt cầu.

2,0

V.b

 Số phức: Môđun của số phức, các phép toán trên số phức.

Căn bậc hai của số phức. Phương trình bậc hai với hệ số
phức. Dạng lượng giác của số phức.

 Đồ thị hàm phân thức hữu tỉ dạng

 





ax bx c

y

px q và 
một số yếu tố liên quan.

 Sự tiếp xúc của hai đường cong.

 Hệ phương trình mũ và lơgarit.

 Ứng dụng của tích phân: Tính diện tích hình phẳng, thể tích

khối trịn xoay..

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

┼

Chun đề I:

Khảo sát, vẽ đồ thị của hàm số. Các bài toán liên quan đến ứng
dụng của đạo hàm và đồ thị của hàm số.

1. Chiều biến thiên của hàm số.

Lý thuyết: Quy tắc xét tính đơn điệu của hàm số yf x

 

1. Tìm tập xác định

2. Tính đạo hàm yf x

 

. Giải phương trình f x

 

0 để
tìm các nghiệm x ii



1, 2...,n



3. Sắp xếp các nghiệm xi theo thứ tự tăng dần từ trái sang phải

và lập bảng biến thiên của hàm số.

4. Kết luận (hàm số đồng biến trên khoảng mà f x

 

0 và
ngược lại).

Ví dụ: Xét chiều biến thiên của hàm số y 4 x2

 

Gợi ý giải:

 Đ/k xác định: 4 x2 0 x2   4 2 x 2

Tập xác định của hàm số D 



2;2



 Đạo hàm:





2 2

2 4 4

x x

y

x x



 

  

 

0 0

y   x thuộc



2;2



Dấu của y cùng dấu với biểu thức  x.

 Ta có bảng biến thiên

x 2 0 2

y + 0 

y

 Căn cứ vào bảng biến thiên ta thấy, hàm số đồng biến trên khoảng



2;0



và nghịch biến rtreen khoảng



0;2



Một lưu ý quan trọng đó là nếu tập xác định là khoảng



a b;



hoặc hàm số gián đoạn tại x0 thì ta cần tính các giới hạn

lim

x a y, x blim  y và

lim

x x y,

lim

x x  y để điền vào bảng biến

thiên.

Bài tập:

Câu 1: Tìm các khoảng đơn điệu của các hàm số sau trên tập xác
định của chúng:

1) 1 5 4 3 3 1

5 3

y x  x  x ;

2) 4

y x
x
 

 ;

3) Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a) tan sin , 0

x x x



b) 1 1 , 0

x

x x

     .

Câu 2 (Đề TN 2007, Lần 2, Ban KHTN): Xét sự đồng biến, nghịch
biến của hàm số yx4 8x22.

Câu 3 (Đề TN 2007, Lần 2, Ban KHXH): Xét sự đồng biến, nghịch

biến của hàm số yx3 3x1.

Đáp số: Câu 2: H/số đồng biến trên các khoảng



2;0 , 2;

 





H/số nghịch biến trên các khoảng



  ; 2 , 0;2

 



</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

┼

2. Cực trị của hàm số.

Lý thuyết:

- Định lý 1, định lý 2 SGK Giải tích 12.

Dạng 1: Tìm m để hàm số yf x m





đạt cực đại (hoặc cực tiểu)
tại x x 0.

Cách giải:

 Tính yf x m





 Điều kiện cần để hàm số đạt cực đại (hoặc cực tiểu) tại
0

x x là y x

 

0 f x m





0.

Giải phương trình này tìm được m.

 Thử lại (Điều kiện đủ)

Với giá trị của m tìm được, ta tính y x

 

0 .

- Nếu y x

 

0 0 thì hàm số đạt cực tiểu tại x x 0

- Nếu y x

 

0 0 thì hàm số đạt cực đại tại x x 0.

Căn cứ vào yêu cầu đề để chọn giá trị của m thỏa mãn.

 Kết luận.

Cịn có cách khác để thử lại đó là lập bảng biến thiên để kiểm
tra xem hàm số đạt cực đại hay cực tiểu tại x x 0.

Ví dụ 1: Tìm m để hàm số y x2 mx 1

x m
 


 đạt cực đại tại x2.

Gợi ý giải:

Để dễ tính đạo hàm ta chia tử cho mẫu được y x 1

x m
 


 Đ/k xác định x m  0 xm

 Đạo hàm





1 1

y x

x m x m



 

     


  

 





1
2 1

y

m
  



 Đ/k cần để hàm số đạt cực đại tại x2 là y

 

2 0









2
2

1 0 2 1

2 m m

     



2 1 1

2 1 3

m m

  

 

   

  

 

 Thử lại (đ/k đủ)

Ta có









1 2

1 0

y

x m x m



 

     

   

 





3
2

x m




- Với m1, ta có

 





2 2 0

2 1

y   

 nên trường hợp này

hàm số đạt cực tiểu tại x2 (không thỏa đề bài).

- Với m3 ta có

 





2 2 0

2 3

y   

 nên trường hợp này

hàm số đạt cực đại tại x2 (thỏa đề bài)

 Kết luận: Giá trị của m phải tìm là m3.

Dạng 2: Chứng minh hàm số yf x m





ln có cực trị với mọi
giá trị của tham số m.

Cách giải:

Chứng tỏ fy x m





0 ln có nghiệm và đổi dấu khi x chạy
qua các nghiệm đó.

- Với hàm số bậc ba, chứng tỏ y có delta dương;

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

┼

Ví dụ 2: Chứng minh rằng hàm số yx3 mx 2x1 ln có

một điểm cực đại và một điểm cực tiểu với mọi giá trị của m.

Gợi ý giải:

 Tập xác định của hàm số: D

 Đạo hàm y 3x2 2mx 2 là tam thức bậc hai có



2m



2 4.3. 2





4m2 24

      0,  m .

Suy ra y 0 có hai nghiệm phân biệt và y đổi dấu (có thể lập
bảng xét dấu với hai nghiệm x x1, 2) khi x đi qua hai nghiệm đó.
 Vậy hàm số ln có một cực đại, một cực tiểu với mọi m.

Bài tập:

Câu 1 (Đề TN 2006, KPB): Cho hàm số yx3 6x29x có đồ

thị (C). Với giá trị nào của tham số m, đường thẳng

y x m  m đi qua trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm

cực đại và cực tiểu của đồ thị (C).

Câu 2: Tìm m để hàm số 3 2 2 5

y x  mx m x

  có cực trị

tại x1. Khi đó hàm số đạt cực đại hay cực tiểu ? Tính cực trị
tương ứng ?

Câu 3: (TN BTTH 2006)

Chứng minh hàm số 1 3 2



2 3



y x  mx  m x ln có
cực trị với mọi giá trị của tham số m ?

Gợi ý – đáp số:

Câu 1: Tìm tọa độ hai cực trị của hàm số A



3;0



, B



1;4



Trung điểm hai cực trị M



2;2



. Cho M



2;2



thuộc đường

thẳng y x m2 m , ta có 2 2 m2 m. Giải tìm m.

Câu 2: m73. Hàm số đạt cực tiểu tại x1.

3. Tiếp tuyến, tiệm cận của đồ thị hàm số.

Lý thuyết:

Cho hàm số yf x

 

có đồ thị

 

C và M x y



0; 0



là điểm trên

 

C . Tiếp tuyến với đồ thị

 

C tại M x y



0; 0



có:

- Hệ số góc: k f x

 

- Phương trình: y y 0 k x x



 0



Hay y y 0 f x

  

0 x x 0



Vậy để viết được PT tiếp tuyến tại M x y



0; 0



chúng ta cần đủ ba

yếu tố sau:

- Hoành độ tiếp điểm: x0

- Tung độ tiếp điểm: y0 {Nếu đề chưa cho ta phải tính bằng

cách thay x0 vào hàm số y0 f x

 

0 }

- Hệ số góc kf x

 

Dạng 1: Viết p/trình tiếp tuyến khi biết tọa độ tiếp điểm M x y



0; 0



hoặc hoành độ x0, hoặc tung độ y0.

Ví dụ: Viết p/trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số yx4 2x21

tại điểm M



2;9



.

Gợi ý giải:

 Ta có (đạo hàm): y 4x3 4x
 T/tuyến tại M



2;9



có:

- Hệ số góc k y



2



4 2







3 4 2







24

- P/trình: y 924



x 





Hay y24x 39

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

┼

0 2

x  , y0 9 ở tọa độ của M (đề đã cho).

Ví dụ 2: Viết p/trình tiếp tuyến với độ thị hàm số 1

x
y

x





a) Tại điểm có hồnh độ bằng 2.

b) Tại điểm có tung độ bằng 3.

Gợi ý giải:

a) Ta có



 







1 1 1 1

x x x x

y

x

 

    

 







2
1

x




Gọi tọa độ tiếp điểm là



x y0; 0



. Theo giả thiết có x0 2.
 Tung độ tiếp điểm: 0 0

1 2 1 1
1 2 1 3

x
y

x

 

  

 

 Hệ số góc của tiếp tuyến tại 2;1

 
 

  bằng :

 





2 2

9
2 1

k y  


 P/trình tiếp tuyến: 1 2





3 9

y  x . Hay 2 1

9 9

y x

Với dạng này, đề cho x0 2, ta cần tính 0 0
0

1
1

x
y

x



 và tính

đạo hàm, suy ra hệ số góc của t/tuyến ky x

 

0 y

 

2 .

b) Ta có



 







1 1 1 1

x x x x

y

x

 

    

 







2
1

x




Gọi tọa độ tiếp điểm là



x y0; 0



. Theo giả thiết có y0 3.

 Vậy 0 0
0

1
3
1

x
y

x


 

  x0 1 3



x01



 x0 2
 Hệ số góc của tiếp tuyến tại



x y0; 0

 

 2;3



là:









2 2

2 1

k y   

 

 P/trình tiếp tuyến cần tìm: y 3 2



x 





Hay y2x7.

Dạng 2: Viết p/trình tiếp tuyến khi biết hệ số góc của nó.
Dấu hiệu:

- Tiếp tuyến song song với đường thẳng

 

d ax by c:   0

- Tiếp tuyến vng góc với đường thẳng

 

d ax by c:   0

Cách giải:

 Cần biết (rút y theo x)

 

d :y ax c

b b

  nên

 

d có hệ số góc k a
b
  .

 Khi t/tuyến song song với

 

d thì hế số góc của t/tuyến bằng

hệ số góc của

 

d và bằng k k a
b


  .

 Khi t/tuyến vng góc với

 

d thì hế số góc k của t/tuyến và

hệ số góc kcủa

 

d thỏa mãn k k.  1 k. a 1

b
 
  

 

Lời giải (Các bước):

 Tính đạo hàm hàm số yf x

 

Tính hệ số góc của tiếp tuyến k (theo các dấu hiệu trên)

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

┼
- Giải ph/trình này tìm được x0

- Thay vào y0 f x

 

0 để tính tung độ tiếp điểm
 Viết p/trình t/tuyến.

Ví dụ 3: Viết p/trình t/tuyến với đồ thị hàm số 2

x
y

x


 , biết:

a) Hệ số góc của t/tuyến bằng 2.

b) T/tuyến song song với đường thẳng

 

d : y 12x.

c) T/tuyến vuông góc với đường thẳng

 

 :y92x1

Gợi ý giải:

a)  Ta có













2 1 2 2

1 1
x x
y
x x
  
  
 

 Gọi



x y0; 0



là tọa độ tiếp điểm, ta có hệ số góc tiếp tuyến tại



x y0; 0



bằng

 





0 2
0
2
1
y x
x


 


Theo giải thiết ta có y x

 

0 2





2
2
1
x

 




x0 1



2 1

   0 0

0 0

1 1 2

1 1 0

x x
x x
  
 

   
  
 

 Với x0 2, ta có 0 0
0

2 2.2

4
1 2 1

x
y

x

  

 

Tr/hợp này ta có p/trình t/tuyến tại



2;4



là





4 2 2

y  x hay y2x8.

 Với x0 0, ta có 0 0

2 2.0

0
1 0 1

x
y

x

  

  .

Tr/hợp này ta có p/trình t/tuyến tại



0;0



là





0 2 0

y  x hay y2x.

 Kết luận: Vậy có hai t/tuyến thỏa đề bài có p/trình là

2 8

y x ; y2x

Lưu ý: Hệ số góc của t/tuyến k y x

 

0 2 (đề cho).

b) T/tuyến song song với

 

d nên hệ số góc của t/tuyến bằng hệ số
góc của

 

d , bằng k  12.

 Gọi



x y0; 0



là tọa độ tiếp điểm, ta có hệ số góc tiếp tuyến tại



x y0; 0



bằng

 





0 2
0
2
1
y x
x

 


Vậy y x

 

0 k





2 1
2
1
x

 







0 1 1

4
x
  
0 0
0 0
3
1

1 2 2

1 1

1 2 2

x x
x x

   


 

   
 

 Với 0 3

x  , ta có 0 0

0
3
2.
2 2
6
3

1 2 1

x
y

x

  

  .

Tr/hợp này ta có p/trình t/tuyến tại 3;6

 
 

  là

1 3

2 2

y  x 

  hay

1 27

2 4

y x

 Với 0 1

x  , ta có 0 0

0
1
2.
2 2
2
1

1 2 1

x
y

x

  

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

┼
Tr/hợp này ta có p/trình t/tuyến tại 1; 2

 



 

  là





1 1

2 2

y   x 

  hay

1 7

2 4

y x

Kết luận: Vậy có hai t/tuyến thỏa đề bài có p/trình là

1 27

2 4

y x ; 1 7

2 4

y x

c) Đường thẳng

 

 :y92x1 có hệ số góc 9

k  .

 Gọi k là hệ số góc của t/tuyến. Biết t/tuyến vng góc với

 

 nên

ta có . 1 .9 1

k k   k  2

k

  .
Đến đây làm tương tự như câu a) hoặc câu b).

 Đáp số: Có hai tiếp tuyến có p/trình là

2 32

9 9

y x ; 2 8

9 9

y x

Bài tập:

Câu 1 (Đề TN 2006, Ban KHXH):

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 2 3

x
y

x



 tại

điểm thuộc đồ thị có hoành độ x0 3.

Câu 2 (Đề TN 2007, Bổ túc): Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị
(C) hàm số yx3 3x2 tại điểm A(2;4).

Câu 3 (Đề TN 2007, Lần 2, Phân ban):

Cho hàm số 1

x
y

x



 , gọi đồ thị của hàm số là (C).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.

2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại giao điểm của
(C) với trục tung.

Câu 4 (Đề TN 2008, Lần 2, Phân ban):

Cho hàm số 3 2

x
y

x



 , gọi đồ thị của hàm số là (C).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.

2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có tung độ
bằng y0 2.

Đáp số: Câu 1: 1 3

4 4

y x ; Câu 2: y9x 14

Câu 3: 4 1

3 3

y x ; Câu 4: y5x 2

4. Tương giao giữa hai đồ thị.

Lý thuyết:

Dạng 1: Dựa vào đồ thị hàm số yf x

 

để biện luận theo m số
nghiệm của phương trình f x

 

m.

Ví dụ: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị

 

C của hàm số

3 3

yx  x. Dựa vào đồ thị

 

C , biện luận theo m số nghiệm

của phương trình x3 3x 1 m 0

    (1).

Gợi ý giải:

 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị

 

C (2 điểm)

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

┼

x

y

3
- 3

-2
-1

2
0 1

 Viết lại (1) dưới dạng

(1) x3 3x m 1

    (2)

Đây là PT hoành độ giao điểm của đồ thị

 

C của hàm số

3 3

yx  x với đường thẳng

 

d :y m  1 (song song với trục

hoành) nên số nghiệm của (2) bằng số giao điểm của

 

d và

 

C .

 Dựa vào đồ thị ta có kết quả biện luận sau:

* Với 1 2 1

1 2 3

m m

    

 



 

  

  , ta thấy

 

d và

 

C khơng có
điểm chung. Suy ra (2) vơ nghiệm

* Với 1 2 1

1 2 3

m m

  

 



    

  , ta thấy

 

d cắt

 

C tại một điểm
và tiếp xúc tại một điểm. Suy ra (2) có hai nghiệm (một nghiệm đơn
và một nghiệm kép)

Nói đơn giản hơn là

 

d và

 

C có hai điểm chung nên (2) có
hai nghiệm.

* Với 1 2 1

1 2 3

m m

    

 



 

  

  , ta thấy

 

d cắt

 

C tại ba điểm
phân biệt. Suy ra (2) có 3 nghiệm phân biệt.

 Kết luận:

* Với m 1 hoặc m3, p/trình (1) vơ nghiệm.
* Với m1 hoặc m3, p.trình (1) có hai nghiệm.
* Với  1 m3, p/trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.

Dạng 2: Chứng tỏ đường thẳng

 

d :ax by c  0 cắt đồ thị hàm
số y f x

 

mx n

cx d


 

 tại hai điểm phân biệt, hoặc không cắt

Cách giải:

 Viết lại

 

d :y ax c

b b

 

 Lập p/trình hồnh độ giao điểm của

 

d và

 

C :

mx n a c

x

cx d b b



 

 (1)

Quy đồng khử mẫu đưa về p/trình bậc hai dạng





2 0

f x m Ax Bx C  với cx d 0 x d

c
   

Tính B2 4AC

  

 Đến đây cần chứng tỏ  0 với mọi m và f d,m

c

 



 

  0 và

kết luận (1) ln có hai nghiệm phân biệt. Suy ra

 

d cắt

 

C

tại hai điểm phân biệt.

- Tương tự, kết luận cho tr.hợp  0; 0.

Ví dụ: (Bài 11/tr46-SGK GT12, Cơ bản) Chứng minh rằng với

mọi giá trị thực của m, đường thẳng

 

d :y2x m luôn cắt

đồ thị

 

C của hàm số 3

x
y

x



 tại hai điểm phân biệt M, N.

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

┼

 P/trình hồnh độ giao điểm của

 

d và

 

C là

3
2
1

x

x m
x



 

 (1)



 



3 2 1 , 1 0

x x m x x

      





2x 1 m x m 3 0

      ,



x1



(2)

 P/trình (2) là p/trình bậc hai có   



1 m



2 4.2.



m 3







2 6 25 3 16

m m m

       0 với mọi m. (a)

Mặt khác, thay x1 vào vế trái của (2) ta được









2. 1  1m m 32 0 với mọi m. (b)

 Kết hợp (a) và (b) suy ra p/trình (2) ln có hai nghiệm phân biệt

thỏa x1. Do đó (1) ln có hai nghiệm phân biệt.

Vậy đ/thẳng

 

d luôn cắt đồ thị

 

C tại hai điểm phân biệt với mọi
giá trị của m.

Ví dụ (Bài 8.b/tr44- GT12, cơ bản) Tìm m để đồ thị



Cm



của

hàm số yx3



m3



x2 1 m cắt trục hoành tại điểm có

hồnh độ x2.

 Phân tích bài tốn:

- Nhưng điểm nằm trên trục hồnh thì có tung độ y0.
- Vậy



Cm



cắt trục hoành tại điểm



x y;

 

 2;0



- Điểm này thuộc



Cm



nên tọa độ của nó thỏa mãn p/trình



Cm



Lời giải:

 Từ giả thiết ta suy ra



Cm



cắt trục hoành tại điểm



2;0



, thay

tọa độ điểm này vào p/trình của



Cm



ta được:







 



0 2  m3 2  1 m





8 4 m 3 1 m 0

        3m 5 0 5

m
 

 Vậy 5

m là giá trị cần tìm.

Bài tập:

Câu 1 (Đề TN 2008, L1, Phân ban):
Cho hàm số y2x33x2 1.

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2) Biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình

3 2

2x 3x  1m

Câu 2 (Đề TN 2008, L2, KPB):
Cho hàm số yx3 3x2.

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2) Tìm m để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt

3 3 2 0

x  x  m

Câu 3 (Đề TN 2006, Phân ban):

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y x33x2

2. Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương
trình x3 3x2 m 0

    .

3. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và trục hoành.

5. Điểm đặc biệt của đồ thị hàm số.

Lý thuyết:

- Một số dạng bài toán: Tìm điểm trên đồ thị có tọa độ ngun;

Ví dụ: Tìm các điểm trên đồ thị hàm số 3

x
y

x



 có tọa độ là

những số nguyên.

Giải:

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

┼

 Chia tử cho mẫu ta có 1 4

y

x
 



Xét điểm



x y;



thuộc đồ thị hàm số đã cho, ta có 1 4
1

y

x
 

 .
 Với x  ta có 1 4

y

x

  

 

4
1

x

 

   x1 là các

ước số nguyên của 4.
Các trường hợp xảy ra:

1 4

x   x3, ta có 3 3 0

3 1

y  



1 4

x   x5, ta có y2

1 2 1

x   x , ta có y1

1 2 3

x   x , ta có y3

1 1 0

x   x , ta có y3

1 1 2

x   x , ta có y5

 Vậy có sáu điểm thuộc đồ thị hàm số có tọa độ nguyên là:



3;0



,



5;2 , 1; 1 , 3;3 , 0; 3 , 2;5

 



 



 



 





Bài tập:

Tìm các điểm trên đồ thị hàm số 2 2

x
y

x



 có tọa độ là những số

nguyên.

6. Khảo sát hàm số

Sơ đồ:

 Tập xác định.

 Đạo hàm yf x

 

Giải p/trình f x

 

0

 Tính các giới hạn xlim y; tiệm cận với hàm hữu tỷ y ax b
cx d






Và x lim



d



c

y


 



để suy ra tiệm cận đứng là đ/t xac;

lim

x

a

y c

   , suy ra tiệm cận ngang là đ/t

a

y c

 Bảng biến thiên (điền đầy đủ các thông tin, chú ý giá trị các

giới hạn đã tính)

 Dựa vào bảng biến thiên suy ra:

- Các khoảng đơn điệu (đồng, nghịch biến) của hàm số;
- Cực trị của hàm số (nếu có).

 Vẽ đồ thị:

- Xác định giao điểm với trục hoành: Cho y0, tìm x.
- Xác định giao điểm với trục tung: Cho x0, tìm y.

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

┼

Chuyên đề II:

Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số.
Lý thuyết:

Cách tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số yf x

 

liên tục

trên đoạn



a b;



 Tính đạo hàm yf x

 

Giải phương trình f x

 

0 và tìm các nghiệm x0 thuộc

đoạn



a b;



(các nghiệm nằm ngồi đoạn này khơng lấy )

 Tính f a f b f x

 

0

 So sánh các số trên và kết luận.

 ; 

 



 



min min , ,

a b f x  f a f b f x

 ; 

 



 



max max , ,

a b f x  f a f b f x

Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

1
2

x
y

x

   trên đoạn



1;3



.

Gợi ý- Giải:

 Đạo hàm 22 1

y
x
  

 0 22 1 0 2 4 2

y x x

x

         

Trên đoạn x



1;3



ta lấy x2.

 Ta có

 

1 2 1 1 7

1 2 2

y     ;

 

2 2 2 1 3

2 2

y    

 

3 2 3 1 19

3 2 6

y    

 So sánh các số trên ta suy ra
1;3

 

minyy 2 3;

1;3

 

max 1

yy 

Bài tập

Câu 1 (Đề TN 2008, Lần 1, Ban KHTN): Tìm GTLN, GTNN của
hàm số f x

 

 x 2 cosx trên đoạn 0;



 
 
  .

Câu 2 (Đề TN 2008, Lần 1, Ban KHXH): Tìm GTLN, GTNN của
hàm số yx4 2x21 trên đoạn



0;2



Câu 3 (Đề TN 2008, L2, KPB): Tìm GTLN, GTNN của hàm số

2 1
3

x
y

x



 trên đoạn



0;2



Câu 4 (Đề TN 2008, L2, Ban KHTN): Tìm GTLN, GTNN của hàm
số y2x44x23 trên đoạn



0;2



Câu 5 (Đề TN 2008, L2, Ban KHXH): Tìm GTLN, GTNN của hàm
số y2x3 6x21 trên đoạn



1;1



Chuyên đề III:

Hàm số, phương trình, bất phương trình mũ và lơgarit.

1. Hàm số, phương trình, bất phương trình mũ.

Lý huyết

- Ghi nhớ các phép tốn với lũy thừa, mũ. (Với 0a1)

x y x y

a  a a

 ;

 

y x

x x y y

a a  a

x
x y

y

a
a

a



 ; 1x a x
a



 .

Ghi nhớ công thức khử cơ số: af x  ag x   f x

 

g x

 

  1

 

0

f x

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

┼

 

 

log

f x

a

a  c f x  c

Dạng 1: Phương trình mũ bậc hai m a. 2x n a. x  p0 (1)

Cách giải:

 Đặt t a x,



t 0



, khi đó t2 

 

ax 2 a2x.

Ta có p/trình m t. 2n t p.  0,



t 0



(2)

 Giải p/trình (2), tìm nghiệm t 0
 Giải p/trình ax  t xlogat
 Kết luận, nghiệm của (1)

Ví dụ: Giải các phương trình sau

1) 32 1x 4.3x 1 0

  

2) 2. 3 2 2





 

x  2 1



x 1 0

Lời giải :

1) 32 1x 4.3x 1 0

    3.32x  4.3x 1 0

Đặt t 3 ,x



t 0



, khi đó t2 32x

 .

Ta có p/trình 3t2 4t 1 0

   ,



t 0



Giải p/trình này được 1; 1

t  t  (thỏa mãn đ/k t 0)

 Với t 1, ta có 3x 1 3x 30 x 0

    

- Với 1

t  , ta có 3 1 3 3 1 1

x x  x

    

 Vậy p/trình đã cho có hai nghiệm x0;x1

Chú ý: 32 1x 3 .32x 1 3.32x

 

2) Để ý



2 1



2  2 2 2 1 3 2 2  

Đặt t 



2 1



x,



t 0



Khi đó













2 2

3 2 2 2 1 2 1

x

x x

t

   

       

   

 P/trình đã cho trở thành 2t2 t 1 0 ,



t 0



Giải p/trình này ta được t 1 (nhận); 1 0
2

t   (loại)

 Với t 1, ta có



2 1



x  1 x0

 Vậy p/trình đã cho có nghiệm duy nhất x0.

Dạng 2: m a. x n a. x p 0

   hay m a. x nx p 0

a

  

Cách giải:

 Đặt t a x,



t 0



, khi đó a x 1x 1

t
a



 

Thay vào p/trình đã cho, giải tìm nghiệm t 0. Rồi tìm x.

 Kết luận.

Ví dụ : Giải các phương trình sau

1) 6x 61x 5 0

  

2) 5 1 11 26 0

x
x




  

Lời giải:

1) Ta có 6x 61x 5 0

    6x  6.6x  5 0
 Đặt t 6x,



t 0



ta có 6 1 1

x

x t



 
 Ta có p/trình t 6.1 5 0

t

   ,



t 0



2 5 6 0

t t

    .

Giải p/trình này được t 6 (thỏa); t  1 0 (không thỏa)

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

┼
Kết luận: P/trình đã cho có nghiệm duy nhất x1.

2) Để ý : 5x1 5 .5x 1 5.5x

  ; 1 1

1 1 5

5x 5 .5x  5x

Ta có 5 1 11 26 0
5

x
x




   5.5 5 26 0

x
x

   

Đặt t 5 ,x



t 0



ta có p/trình





5.t 26 0, t 0

t

     5t2 26t 5 0

Giải p/trình này được 5; 1
5

t  t  (thỏa mãn đ/k t 0)

 Với t 5, ta có 5x  5 x1

- Với 1

t  , ta có 5 1 5 5 1 1

x x  x

    

 Tóm lại, p/trình đã cho có hai nghiệm x1;x1

Dạng 3: Bất phương trình mũ af x  ag x 

 ,



0a1



Cách giải:

 Nếu 0a1 ta có f x

 

g x

 

(đổi chiều BPT)

 Nếu a1 ta có f x

 

g x

 

.
Với BPT af x  c



- Nếu 0a1, ta có f x

 

logac (Đổi chiều BPT)
- Nếu a1, ta có f x

 

logac

Ví dụ : Giải các bất phương trình

a) 2x23x 14

 b)

 

2 3

1 9

x  x



Giải:

a) Ta có 2x23x 14

 2x23x 22

   x2 3x2

2 3 2 0

x x

    1 x 2

Vậy BPT đã cho có tập nghiệm T 



1;2



Vì cơ số a 2 1 nên 2x23x 22

  x2 3x2 (hai BPT

có cùng chiều). Để giải BPT x2 3x 2 0

   , ta tìm nghiệm tam

thức x2 3x 2

  và xét dấu rồi chọn miền nghiệm.

 

1 2 2 3 1

3 9

x  x



 

2 3 2

1 1

3 3

x  x

 

2x 3x 2

   (đổi chiều BPT do cơ số a131)

2x 3x 2 0

    2 1

x
   

Vậy BPT đã cho có tập nghiệm 2;1

T   

 

Bài tập:

Câu 1 (Đề TN 2006, Phân ban): Giải phương trình

2 2

2 x 9.2x 2 0

  

Câu 2 (Đề TN 2007, Lần 2, Phân ban):
Giải phương trình 7x 2.71x 9 0

  

Câu 3 (Đề TN 2008, L1, Phân ban):
Giải phương trình 32 1x 9.3x 6 0

  

Câu 4: Giải các bất phương trình sau
a)

 

1 2 3

 

1 2 6

2 2

x  x x

 b) 32x x 2 37x6



2. Hàm số, phương trình, bất phương trình lơgarit.

Lý huyết

Ghi nhớ: Với 0a1,b0,c0 khi đó
Tính tốn: logaa



</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

┼

logab logab





Cộng, trừ logarit : logablogaclog .ab c;

logab logac logab

c

 

Đổi cơ số: log log

log

a
c

a

b
b

c

 ; log 1

log

a

b

a

 Cách khử logarit:

 

0
loga f x loga g x f x

f x g x

 



  






 

loga f x  c f x ac

Chú ý: log10alogalga; logealna.

Dạng 1: Biến đổi về phương trình loga f x

 

logag x

 

Cách giải:

- Dùng các cơng thức tính tốn, cộng trừ logarit để biến đổi.
- Cần chú ý đến đ/k với các biểu thức dưới dấu logarit.
Ví dụ: Giải các p/trình sau:

1) log 93



x



log9x5

2) log2



x 2



log2



x 3



log 122

Lới giải:

1)  Đ/k xác định: 0 0

9 0

x

x
x




 





Khi đó ta có





3 9

log 9x log x5  log 9 log3  3xlog32 x5

3 3

2 log log 5

x x

    3log3 3

2 x

 

2
3

log x 2 x 3 x 9

      (thỏa mãn đ/k)

 Vậy p/trình có nghiệm duy nhất x9.

2)  Đ/k xác định 2 0 2 3

3 0 3

x x

x

x x

  

 

  

 

  

 

Khi đó ta có log2



x 2



log2



x 3



log 122



 



2 2

log x 2 x 3 log 12

   



x 2

 

x 3



     x2 5x 6 0

Giải p/trình này dược x6 (thỏa đ/k); x1 (khơng thỏa đ/k)

 Vậy, p/trình đã cho có nghiệm duy nhất x6.
Dạng 2: P/trình bậc hai chứa lơgarit

 

.loga .loga 0

m f x n f x  p

Cách giải:

 Đ/k xác định: f x

 

0
 Đặt t loga f x

 

, t 

Ta có p/trình m t. 2nt p0. Giải p/trình này tìm t.

 Giải p/trình loga f x

 

 t f x

 

at để tìm x.

 Kết luận.

Ví dụ : Giải ph/trình log2 22x  3log2x 10 0

Giải:

Đ/k xác định: x0

Ta có log2 22x 



log2x2



2 



2log2x



2 4log22x
 Đặt t log2x, ta có log2 22x 4t2

 P/trình đã cho trở thành 4t2 3 10 0t 

Giải p/trình này được 2; 5
4

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

┼

 Với t 2, ta có log2x 2 x22  x4

- Với t  54, ta có 54

2 5

log x 4 x2

 Kết luận: P/trình đã cho có hai nghiệm 4; 5

x x .

Dạng 3: Bất p/trình loga f x

 

logag x

 



0a1



Điều kiện xác định:

 

0
0

f x
g x

 









- Nếu 0a1, ta có f x

 

g x

 

(BPT đổi chiều)
- Nếu a1, ta có f x

 

g x

 

(BPT cùng chiều)

 Với BPT loga f x

 

c

- Nếu 0a1, ta có f x

 

ac (BPT đổi chiều)

- Nếu a1, ta có f x

 

ac (BPT cùng chiều)

Ví dụ: Giải các bất p/trình:

a) log2xlog 32



x 1



b) log13



2x 1



log13



x2



Giải:

a)  Đ/kiện xác định: 0 1

3 1 0 3

x

x
x




 


 


 Với 1

x ta có :





2 2

log xlog 3x 1  x3x 1 2 1 1

x x

   

{ Cơ số a 2 1 nên có BPT cùng chiều}

 Vậy tập nghiệm của bất p/trình đã cho 1 1;

3 2

T  

 

b)  Đ/kiện xác định: 2 1 0 1

2 0 2

x

x
x

 


 


 


 Với 1

x ta có :









1 1

3 3

log 2x1 log x2  2x 1 x 2  x3

{ Cơ số a121 nên BPT đổi chiều}

 Vậy tập nghiệm của bất p/trình đã cho 1;3

T  

 

Bài tập:

Câu 1 (Đề TN 2007, Lần 1, Phân ban):
Giải phương trình log4xlog 42



x



5.

Câu 2 (Đề TN 2008, Lần 2, Phân ban):

Giải phương trình log3



x2



log3



x 2



log 53



x 



Câu 3: Giải các bất phương trình

a) 1 5





5 5

log x log x 2 log 3

b) log23x 4log3x 3 0

Chun đề IV:

Hình học khơng gian (tổng hợp).

. Tính diện tích, Tính thể tích.

Lý huyết

Thể tớch hỡnh chúp 1. .
3 đáy

V  S h (h là chiều cao)

Thể tích khối cầu bán kính R: 4 . 3
3

cÇu

V 



R

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

┼
Thể tích khối nón trịn xoay : Vnãn 13



R h2.

Thể tích khối trụ trịn xoay: Vtrơ 



R h2. .

 Diện tích xung quanh của hình nón trịn xoay: SXq-nãn 



R l.

Diện tích xung quanh của hình trụ trịn xoay: SXq-trơ 2



R l.

Một số hình cần chú ý:

- Hình chóp đều có đáy là tam giác, hình vng

- Hình chóp có một cạnh vng góc với đáy (hình chữ nhật, hình
vng, tam giác vng)

- Hình nón trịn xoay, biết chiều cao, hoặc đường sinh, bán kính
đường trịn đáy, góc phẳng ở đỉnh.

- Hình nón bị cắt bởi mặt phẳng qua đỉnh giao với đường tròn
đáy tại hai điểm A, B, biết AB và giả thiết khác.

Yêu cầu: Giải lại các bài tốn trong SGK HH12 có dạng trên,
ghi nhớ cách tính các yếu tố cần thiết và mối quan hệ giữa các
yếu tố dựa vào hình vẽ, tính chất của hình.

Bài tập:

Câu 1 (Đề TN 2006, Phân ban) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy

ABCD là hình vng cạnh a, cạnh bên SA vng góc với đáy,
cạnh bên SB bằng a 3.

1. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD.

2. Chứng minh trung điểm của cạnh SC là tâm mặt cầu ngoại tiếp
hình chóp S.ABCD.

Câu 2 (Đề TN 2007, Lần 2, Phân ban): Cho hình chóp tứ giác
S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh bằng a, cạnh bên SA
vng góc với đáy và SA =AC. Tính thể tích của khối chóp
S.ABCD.

Câu 3 (Đề TN 2008, Lần 1, Phân ban):

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, cạnh bên
bằng 2a. Gọi I là trung điểm

của cạnh BC.

1) Chứng minh SA vuông góc với BC.

2) Tính thể tích khối chóp S.ABI theo a.

Câu 4 (Đề TN 2008, L2, Phân ban):

Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vng tại B, đường
thẳng SA vng góc với mặt phẳng (ABC). Biết AB=a, BC=a 3

và SA=3a.

1. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.

2. Gọi I là trung điểm của cạnh SC, tính độ dài đoạn thẳng BI
theo a.

Chuyên đề V:

Phương pháp toạ độ trong trong không gian.

1. Tọa độ của điểm, vectơ.

Lý huyết

Yêu cầu nắm được:

- Tính độ dài vecto u a b c



; ;



: u  a2b2c2

- Cho A x y z



A; A; A



, B x y z



B; B; B



, C x y z



C; C; C



Tính tọa độ trung điểm I của đoạn AB, và trọng tâm G của tam giác

ABC.

2
2
2

A B

I

A B

I

A B

I

x x

x

y y

I y

z z

z






















;

3
3
3

A B C

G

A B C

G

A B C

G

x x x

x

y y y

G y

z z z

z

 






 






 






- Tính tọa độ vecto AB: AB



xB  x yA; B  y zA; B  zA



- Độ dài đoạn AB:



B A





B A





B A



ABAB  x  x  y  y  z  z

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

┼

, b c c; a a; b

u v

b c c a a b

 

   

       

 

 





, ; '

u v bc b c ca c a ab a b

        
 

 

- Tính tích vơ hướng của 2 vecto u a b c



; ;



, v a b c



  ; ;



. . .

u v aa  b bc c

- Tính góc giữa hai vecto u a b c



; ;



, v a b c



  ; ;



 

cos ,

u v
u v

u v


 
 

 

2 2 2. 2 2 2

aa bb cc

a b c a b c

  


  

   

- Nắm được: Cách tính tọa độ điểm, tọa độ vecto thỏa mãn môt hệ
thức vecto.

Ví dụ:

2. Mặt cầu.

Lý huyết

 Mặt cầu tâm I a b c



; ;



và bán kính R có ph/trình



x a



2



y b



2



z c



2 R2

 Dạng thứ hai: x2 y2z2 2ax 2by 2cz d 0 (2)

Với đ/kiện a2 b2 c2 d 0

    , thì (2) là p/trình mặt cầu tâm



; ;



I a b c , bán kính R a2 b2 c2 d

    .

Một số dạng thường gặp: Mặt cầu có tâm I a b c



; ;



và đi qua một

điểm hoặc tiếp xúc với một mặt phẳng; mặt cầu đí qua 4 điểm khơng
đồng phẳng.

Chú ý: Khoảng cách từ điểm M x



M;yM;zM



đến đường thẳng

 

 :Ax By Cz D   0 được tính theo cơng thức

 

; 2 2 2

. M . M . M

M

A x B y C z D

d

A B C



 

 

  



 

Dạng 1: Mặt cầu đi qua một điểm M và có tâm cho trước I a b c



; ;



Cách giải:

- Bán kính mặt cầu là R MI

Ví dụ 1: Viết phương trình mặt cầu tâm A



1;2; 3



và đi qua

điểm M



0;2;2



.

Lời giải:

 Mặt cầu đi qua điểm M



0;2;2



nên có bán kính bằng



1 0





2 2





3 2



2 26

R MA        
 P/trình mặt cầu (tâm A



1;2; 3





x1



2



y 2



2



z 





2 





Hay



x 1



2



y 2



2



z3



2 26

Ví dụ 2: Viết phương trình mặt cầu đường kính AB biết



1; 2; 1



A   và B



3;0; 3



.

Giải:

 Mặt cầu đường kính AB có tâm là trung điểm I của đoạn AB.

Tọa độ tâm I là





1 3
2

2 2

2 0
1

2 2

1 3

2 2

A B

I

A B

I

A B

I

x x

x

y y

y

z z

z

 



  




  



  





    

  




</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

┼

 Bán kính mặt cầu



1 2











2 3

R IA           
 P/trình mặt cầu cần tìm:



x 2



2



y 





2



z 





2 

 

3 2

Hay



x 2



2



y1



2



z2



2 3

Dạng 2: Mặt cầu có tâm I a b c



; ;



và tiếp xúc với mặt phẳng

 

P Ax By Cz D:    0.

Cách giải:

- Bán kính mặt cầu bằng khoảng cách từ tâm I đến mp

 

P .

Ví dụ 3: Viết ph/trình mặt cầu có tâm M



0; 1;1



và tiếp xúc với

mặt phẳng

 

P x y:   2z 1 0.

Lời giải:

 Mặt cầu tiếp xúc với mp

 

P nên bán kính m/cầu bằng khoảng

cách từ tâm M đến mp

 

P :

 









, 2 2 2

0 1 2.1 1

1 1 2

M P

R d 

 

   

 

  

2 2

6 6



 

 P/trình mặt cầu cần tìm (tâm M



0; 1;1















2
2

2 2 2

0 1 1

x  y   z  

 

Hay 2









2 2

x  y  z 

Bài tập:

Câu 1 (Đề TN 2007, L2, Ban KHTN): Trong không gian với hệ toạ
độ Oxyz, cho hai điểm E(1;-4;5) và F(3;2;7).

1. Viết phương trình mặt cầu đi qua điểm F và có tâm là E.
2. Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng EF .

3. Phương trình mặt phẳng.

Lý huyết

Dạng 1: Mặt phẳng đi qua điểm M x



M;y zM M



và có vecto pháp

tuyến n



A B C; ;



PTTQ của mp là A x x



 M



B y y



 M



C z z



 M



0

Một số dấu hiệu:

- Mặt phẳng

 

P vng góc với đường thẳng AB¸ hoặc đường thẳng

 

d . Khi đó vecto AB hoặc vecto chỉ phương ud của

 

d là vecto
pháp tuyến của mp

 

P .

- Mặt phẳng

 

P song song với mặt phẳng

 

Q , khi đó vecto pháp

tuyến nQ của mp

 

Q cũng là vecto pháp tuyến của mp

 

P .

Ví dụ 1: Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng

 

P đi qua

điểm A



1;2; 3



và :

a) vng góc với đường thẳng

 

: 1 2

2 1 3

x y z

d    



b) song song với mặt phẳng

 

Q x y:   3z0

c) vuông góc với đường thẳng AB với A



0;1;1



, B



1;2;0



Lời giải:

a) Đ/thẳng

 

d có vecto chỉ phương u



2; 1;3





 

P 

 

d nên

 

P nhận u



2; 1;3



làm vecto pháp tuyến.
Mặt khác

 

P đi qua điểm A



1;2; 3



 Vậy p/trình tổng quát của

 

P :

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

┼

Hay 2x y 3z 9 0

b) 

   

P || Q nên vecto pháp tuyến của

 

Q , n



1; 1; 3 



cũng
là vecto pháp tuyến của

 

P .

 Mặt khác

 

P đi qua điểm A



1;2; 3



.
 Vậy p/trình tổng quát của

 

P :













1 x 1 1 y 2  3 z 3 0

Hay x y  3z 8 0

 

P AB nên

 

P nhận AB 



1;1; 1



làm vecto pháp tuyến
Mặt khác

 

P đi qua điểm A



1;2; 3



 Vậy p/trình tổng quát của

 

P :













1 x 1 1 y 2 1 z 3 0

       

Hay  x y z   4 0  x y z   4 0

Dạng 2: Mặt phẳng

 

P xác định bởi hai vecto u, v không cùng
phương và có giá song song hoặc nằm trên

 

P . {Ôn thi ĐH-CĐ}
Cách giải:

Vecto pháp tuyến của

 

P là nu v, 

 
  

, tích có hướng của hai
vecto u, v.

Một số dấu hiệu thường gặp:

- Mp

 

P song song với hai đường thẳng

  

d1 , d2



không cùng

phương.

- Mp

 

P vng góc với hai mặt phẳng

   





không song song.

Bài tập:

Câu 1 (Đề TN 2008, Lần 1, Ban KHXH):

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC với
A(1;4;-1), B(2;4;3) và C(2;2;-1).

1) Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và vng góc với đường
thẳng BC.

2) Tìm toạ độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành.

Câu 2 (Đề TN 2006, Ban KHXH): Trong không gian tọa độ Oxyz
cho ba điểm A(-1; 1; 2), B(0; 1; 1), C(1; 0; 4).

1. Chứng minh tam giác ABC vng. Viết phương trình tham số

của đường thẳng AB.

2. Gọi M là điểm sao choMB2MC

 

. Viết phương trình mặt
phẳng đi qua M và vng góc với đường thẳng BC.

4. Phương trình đường thẳng.

Lý huyết

 Đường thẳng

 

 đi qua điểm M x



M;yM;zM



có vecto chỉ

phương u



a b c; ;



- P/trình tham số của

 

 :

M
M
M

x x at

y y bt

z z ct

 





 


  




t 



- P/trình chính tắc của

 

 : x xM y yM z zM

a b c

  

 

Yêu cầu: Từ các p/trình tham số và p/trình chính tắc của đ/thẳng
phải biết lấy vecto chỉ phương và điểm thuộc đường thẳng.

Dạng 1: Đường thẳng đi qua điểm M x



M;yM;zM



và có vecto chỉ
phương xác định trước.

Một số dấu hiệu thường gặp:

- Đường thẳng

 

 đi qua hai điểm M N, , khi đó vecto MN là
vecto chỉ phương của

 

 .

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

┼
- Đường thẳng

 

 song song với đường thẳng

 

d , khi đó
vecto chỉ phương của

 

d cũng là vecto chỉ phương của

 

 .

Ghi nhớ: Nên vẽ hình minh họa để dễ xác định các yếu tố giải

thiết cho và liên hệ tới mối quan hệ giữa chúng.

Ví dụ 1: Viết phương trình tham số của đường thẳng

 

 , biết:

a)

 

 đi qua hai điểm A



1;2; 3



, B



0;1; 2



b)

 

 đi qua điểm M



1; 1;1



và vng góc với mặt phẳng

 



:x 3y z 0.

c)

 

 đi qua điểm N



0;0;2



và song song với đường thẳng

 

d có p/trình

 

: 1

x t

d y t

z




 


 


Lời giải:

a)  Đường thẳng

 

 đi qua hai điểm A, B nên nhận vecto







0 1;1 2; 2 3



AB     




1; 1;1



   làm vecto chỉ phương. 
 Mặt khác

 

 đi qua A



1;2; 3



nên có p/trình tham số

1
2

x t

y t

z t

 



 


  




t 



b)  Đường thẳng

 

 vng góc với mp

 

P nên nhận vecto pháp

tuyến n



1; 3;1



của

 

P làm vecto chỉ phương của

 

 .

 Mặt khác

 

 đi qua điểm M



1; 1;1



nên có p/trình tham số

1
1 3
1

x t

y t

z t

 



 


  




t 



c) Đ/thẳng

 

d có vecto chỉ phương u



2;1;0



 Đ/thẳng

 

 song song với

 

d nên nhận u



2;1;0





làm vecto chỉ
phương.

 Mặt khác

 

 đi qua điểm N



0;0;2



nên có p/trình tham số

0 2

0
2

x t

y t

z
 




 


 




t 



Bài tập:

Câu 1 (Đề TN 2007, Bổ túc):

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm E(1;0;2) ,
M(3;4;1) và N(2;3;4).

1. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng MN.

2. Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm E và vng góc với
đường thẳng MN.

Câu 2 (Đề TN 2007, Lần 2, Ban KHXH):

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm
M(1;0;2),N(3;1;5)và đường thẳng (d) có phương trình

 

1 2

: 3

x t

d y t

z t

 




 


  


1. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M và vng góc với
đường thẳng (d).

2. Viết p/trình tham số của đường thẳng đi qua hai điểm M và N.

5. Góc, khoảng cách.

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

┼

 Khoảng cách từ điểm M x



M;yM;zM



đến đường thẳng

 

 :Ax By Cz D   0 được tính theo công thức

 

; 2 2 2

. M . M . M

M

A x B y C z D

d

A B C



 

 

  



 

Bài tập:

Câu 1 (Đề TN 2008, Lần 1, Ban KHTN):

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(3; -2;-2) và
mặt phẳng (P) có phương trình 2x-2y+z-1=0.

1) Viết phương trình của đường thẳng đi qua điểm A và vng
góc với mặt phẳng (P).

2) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P). Viết phương
trình của mặt phẳng (Q) sao cho (Q) song song với (P) và khoảng
cách giữa (P) và (Q) bằng khoảng cách từ điểm A đến (P).

Câu 2 (Đề TN 2008, Lần 2, Ban KHTN):

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm M(1;-2;0),
N(-3;4;2) và mặt phẳng (P) có phương trình2x2y z  7 0 .
1. Viết phương trình đường thẳng MN.

2. Tính khoảng cách từ trung điểm của đoạn thẳng MN đến
mp(P).

Câu 3 (Đề TN 2008, L2, Ban KHXH):

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A



2; 1;3



, mặt
phẳng

 

P x:  2y 2z 10 0 .

1) Tính khoảng cách từ điểm A đến mp(P).

2). Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A và vng góc
với mặt phẳng (P).

6. Tương giao giữa đường thẳng, mặt pẳng, mặt cầu.
Bài toán tổng hợp

Lý huyết
Bài tập:

Câu 1 (Đề TN BTTH 2006): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz
cho bốn điểm A(4; 3; 2), B(3; 0; 0), C(0; 3; 0) và D(0; 0; 3).

1. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A và trọng tâm G
của tam giác BCD.

2. Viết phương trình mặt cầu có tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng

đi qua ba điểm B, C, D.

Câu 2 (Đề TN 2006, Ban KHTN):

Trong không gian tọa độ Oxyz cho ba điểm A(2; 0; 0), B(0; 3;
0), C(0; 0; 6).

1. Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C. Tính diện
tích tam giác ABC.

2. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Viết phương trình mặt cầu
đường kính OG.

Câu 3 (Đề TN 2006, KPB):

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1; 0; -1),
B(1; 2; 1), C(0; 2; 0). Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.
1. Viết phương trình đường thẳng OG.

2. Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua bốn điểm O, A, B, C.
3. Viết phương trình các mặt phẳng vng góc với đường thẳng
OG và tiếp xúc với mặt cầu (S).

Câu 4 (Đề TN 2007, L1, Ban KHXH):

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm E



1;2;3



và mặt
phẳng

 



:x2y 2z 6 0.

1). Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là gốc tọa độ và tiếp xúc
với mp

 



2). Viết phương trình tham số của đường thẳng

 

 đi qua điểm

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

┼

Chuyên đề VI:

Nguyên hàm-Tích phân, ứng dụng của tích phân .

1. Tích phân

Lý huyết

- F x

 

là một nguyên hàm của hàm số yf x

 

liên tục trên đoạn



a b;



. Khi đó

 

b

b
a
a

f x dx F x F b  F a



- Ghi nhớ các tính chất cộng, trừ tích phân và cơng thức tính các
ngun hàm của hàm số thường gặp.





k f x dx k f x dx.

 





 

, (k là hằng số)





dx x C  ; dx2 1 C

x

x  



; dx 2 x C

x  



- Cách tính vi phân của hàm số y g x

 

là: d g x



 



g x dx

 

Ví dụ 1: Với u3x 5, ta có



3 5

 

3 5 .



du d x   x dx 3dx

Với t x2 1

  , ta có t2 x2 1.

Lấy vi phân hai vế (theo biến tương ứng), ta được

 



2 1



d t d x 

 

t2 dt



x2 1



dx

    2 .t dt 2 .x dx  tdtxdx

Ví dụ 2:





2
2
1

3 2

I 



x  x dx

2 2 2

1 1 1

3x dx xdx 2dx












2 2 2

1 1 1

3 x dx xdx 2 dx












2 2
3 2
2
1
1 1
3. 2
3 2
x x
x
  
2
2
2 2
3
1
1
1
2
2
x
x x
  









2 2

3 3 2 1

2 1 2.2 2.1

2 2
 
      
 
15
2


Có thể tính gộp:





2
2
1

3 2

I 



x  x dx

3
2
3
1
2
2
x
x x
 

   
 
2 2

3 2 3 1

2 2.2 1 2.1

2 2
   
       
   
5
10
2

  15

2

b)
4
0
2 1

J 



x dx





4 1

2x 1 dx















4 1

2
0

2 1 2 1

2 x d x





 





4
1 12

0
2 1
1
1
2 1
2

x 
 
  
  
  
 





4
3
2
0
1
2 1
3 x
 





4
3
0
1
2 1
3 x
 









2.4 1 2.0 1
3
 

     
 





1 26
27 1
3 3
  

Nhận xét: Với đa số học sinh trung bình thì nên tính tích phân
trên bằng phương pháp đổi biến t  2x1 t2 2x1

Lấy vi phân hai vế (theo biến tương ứng) ta được

 



2 1



2 2

d t d x  tdt dx tdt dx

Đổi cận: Với x1 ta có t  2.0 1 1  ; với x4 ta có t 3

Vậy

3 3 3

1 1 1

t

J 



t tdt 



t dt 

3 3

3 1 26

3  3  3

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

┼

Câu 1 (Đề TN 2008, L2, KPB): Tính

1
0

3 1

I 



x dx.

Câu 2 (Đề TN 2008, L2, Ban KHXH):

Tính tích phân





2
2
1

6 4 1

I 



x  x dx

Đáp số: Câu 1: I 149; Câu 2: I 9
2. PP đổi biến số.

Lý huyết

Một số dạng thường gặp:

 1



sin



cos

b
a

I 



f x xdx. Đặt t sinx, ta có dt cosxdx





1 cos sin

b
a

I 



f x xdx. Đặt t cosx, ta có dt  sinxdx

Khi đó

 

sin
1

sin

b
a

I 



f t dt hoặc

 

cos
1

cos

b
a

I 



f t dt

 2



tan



. 2

cos

b
a

dx

I f x

x





. Đặt t tanx, ta có 12

cos

dt dx

x


Khi đó

 

tan
2

tan

b
a

I 



f t dt

 3

 

b

x x

a

I 



f e e dx. Đặt t ex

 , ta có dt e dx x

Khi đó 3

 

b

a
e
e

I 



f t dt

 Tổng quát:

 

3 .

b
a

I 



f u x  u x dx . Đặt t u x

 

, dt u x dx 

 

Ví dụ 1: Tính





cos 1 sin

I x xdx









 Đặt t cosx, ta có dt d



cosx



 sinxdx.

 Đổi cận: Với

x



, ta có cos 3

6 2

t 





Với

x



, ta có cos 1

3 2

t 



 .

 Khi đó



 







3
1

2 2

3 2

1 1

I 



t dt 



t dt

3
2
2

1
2
2

t

 

  

 

 

3 1

2 3 2 1

2 2 2 2

  

 

  

 

 

 

     

   

   

 

3 3 1 1 3 1

8 2 8 2 2 4

 

      

 

Ghi chú: các em cũng có thể đặt t cosx1

Ví dụ 2: Tính 2

0
cos
3 sin

x

J dx

x






</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

┼
Ta viết lại 2

0
1

.cos
3 sin

J xdx

x








(có dạng I1)

 Đặt t sinx, ta có dt d



sinx

 

 sinx dx



. cosxdx

 Đổi cận: Với x0, ta có t sin 0 0 .

Với

x



ta có sin 1

t 



 .

 Vậy





1 1

0 0

3
1

3 3

d t

J dt

t t



 

 



ln



t3



10 









ln 1 3 ln 0 3

    ln 4 ln 3 ln4
3

 

Ghi chú: Với bài này có thể đặt t  3 sinx.

Ta có dt d



3 sin x

 

 3 sin x dx



 cosxdx
 Đổi cận: x 0 t  3 sin 0 3

3 sin 3 1 4

2 2

x



 t  



  

 Khi đó
4
3

dt
J

t





ln 34 ln 4 ln 3 ln4

t

   

Cách đặt này giúp lời giải gọn và phép tính tích phân dễ thực
hiện hơn rất nhiều so với cách 1. Các em lưu ý nhé !

Ghi nhớ: Trong q trình tính tích phân dạng ln

b

b
a
a

du
u

u 



cần vận dụng vi phân để tính nhanh.

Chẳng hạn dx d x m







với mọi m là hằng số.





dx d mx n

m

  với mọi m, n là hằng số.

Ví như, trong

dx

x



mẫu có dạng u x 1, nhưng tử chưa

phải du do đó cần biến đổi để tử thành du: thay dx d x



1



.

Vậy





ln 1

1 1

d x
dx

x C

x x



   

 



Ví dụ 3: Tính

ln3

0 1

x
x

e

L dx

e






Giải:

 Đặt t e x1 dt 



ex 1



dx e dx x
 Đổi cận: x 0 t e 0 1 1

ln 3

ln 3 1 3 1 4

x  t e    
 Khi đó

4 4

1
1

dt

L t

t





 2 4 2 1 2 

Chú ý: Ở đây đã sử dụng công thức dt 2 t C

t  



Cách khác: Đặt t ex 1

   t2 ex1

2tdt e dxx

 

Đổi cận: x 0 t e0 1 1

     ;

ln 3

ln 3 1 3 1 2

x  t  e    

Khi đó

2 2

2
1

1 1

2 2

tdt

L dt t

t

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

┼

Bài tập:

Câu 1 (Đề TN BTTH 2006):

Tính tích phân 2





2sin 3 cos

I x xdx







 .

Câu 2 (Đề TN 2006, Ban KHTN):
Tính tích phân ln 5





ln 2

1
1

x x

x

e e

I dx

e







Gợi ý: Đặt t ex 1

   t2 ex  1

Suy ra ex t2 1

  và 2tdt e dx x

Câu 3 (Đề TN 2006, KPB): Tính 2

2
0

sin 2
4 cos

x

I dx

x








Câu 4 (Đề TN 2007, Bổ túc): Tính 2

0
cos
1 sin

x

I dx

x








Câu 5 (Đề TN 2008, Lần 1, Ban KHTN):

Tính tích phân





1 4

2 3

1
1

I x x dx









Đáp số: Câu 1: I 4; Câu 2: 26
3

I  ; Câu 3: ln4

I 

Câu 4: I ln 2; Câu 5: 32

I 

3. PP tích phân từng phần

Lý huyết

b b

b
a

a a

udv uv  vdu



Dấu hiệu: Tích phân có dạng

 

1 .sin

b
a

I 



f x xdx; 2

 

.cos

b
a

I 



f x xdx; 3

 

b

x
a

I 



f x e dx

Cách giải: Đặt uf x

 

 duf x dx

 

Còn dvsinxdx, ta có v cosx

cos

dv xdx, ta có vsinx

x

dv e dx , ta có v e x

Ví dụ 1: Tính 1 4





2 3 sin

I x xdx









Giải:

 Đặt u2x 3 du 



2x3



dx2dx

Với dvsinxdx, ta có v cosx.

 Khi đó:



 





 



4
4

1 0

2 3 cos cos 2

I x x x xdx




   







 



1 2 3 cos 2.0 3 cos0

4 4

I 



   



  

   

4
0

2 cosxdx











1 0

3 3 1 2sin

2 2

I 



     x

   

3 3 2 sin sin 0

2 2 4



   

       

   

2 2

3 3 2 0

2 2 2



 

       

   

2 2

2 4



</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

┼

Nhận xét: Các em có thể tách 4 4

0 0

2 sin 3sin

I x xdx xdx

 









Sau đó tính 4 4

0 0

2 sinx xdx 2 xsinxdx

 





bằng PP tích phân

từng phần với cách đặt u x .

Và tính 4 4 4

0 0

3sinxdx 3 sinxdx 3cosx

 



 



.

Tính xong, cộng hai kết quả trên lại.

Ví dụ 2: Tính





2
2

5 2 x

I 



 x e dx

Giải:

 Đặt u 5 2x du 



5 2 x dx



 2dx

Với dv e dx x , ta có v e x

 Khi đó









2
2

2 0

5 2 x x 2

I   x e 



e  dx









2 0

5 4 5 0 2 x

I   e   e 



e dx

2
2

0
1.e 5.1 2ex

   e2 5 2



e2 e0



e2 5 2



e21



 Vậy I2 3e2 7

Ghi nhớ: Trong tích phân từng phần, mặc dù có đổi biến

nhưng chúng ta không đổi cận.

Bài tập:

Câu 1 (Đề TN 2006, Ban KHXH): Tính





1
0

2 1 x

I 



x e dx.

Câu 2 (Đề TN 2008, Lần 1, Ban KHXH):
Tính tích phân 2





2 1 cos

I x xdx







 .

Câu 3 (Đề TN 2008, L2, Ban KHTN): Tính





1
0

4 1 x

I 



x e dx.

Đáp số: Câu 1:I  1 e; Câu 2: I   3; Câu 3: I  3 e

4. Tính diện tích hình phẳng

Lý huyết

Dạng 1: Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

 

yf x , trục hoành và hai đường thẳng x a x b ; 



a b



 

b
a

S 



f x dx

Cách tính

 

b
a

S 



f x dx:

 Giải ph/trình : f x

 

0 tìm các nghiệm x x1; ;...;2 xn thuộc

đoạn



a b;



. (Nghiệm không thuộc, ta loại bỏ)

 Phân tích

 

b
a

S 



f x dx

 

1 2

...
n

x x b

a x x

f x dx f x dx f x dx









 



Trên mỗi khoảng



a x; 1

 

, x x1; 2



,...,



x bn;



thì f x

 

có dấu

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

┼

Nên

 

1 2

...
n

x x b

a x x

S 



f x dx 



f x dx  



f x dx

{Đưa dấu giá trị tuyệt đối ra ngồi dấu tích phân}

Ví dụ: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

yx  x, trục hoành và các đường thẳng x0;x2

Lời giải:

 Diện tích hình phẳng cần tìm bằng
2

3
0

S



x  x dx

 Ta có x3 x 0 x x



2  1



0  x0;x1

Trên đoạn



0;2



, ta loại bỏ x1

 Suy ra

1 2

3 3

0 1

S 



x  x dx



x  x dx









1 2

3 3

0 1

x x dx x x dx





 





1 2

4 2 4 2

0 1

4 2 4 2

x x x x

   

      

   

1 1 16 4 1 1

4 2 4 2 4 2

   

        

   

1 1 5

4 4 2

   

Nhận xét: Các em nên dùng máy tính cầm tay để tính và kiểm
tra đáp án nhé !

Nếu em nào có kỹ năng xét dấu, có thể lập bảng xét dấu để

khử dấu giá trị tuyết đối của x3 x trên đoạn



0;2



.

Dạng 2: Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số

 

yf x và yg x

 

Cách giải:

 Giải ph/trình f x

 

g x

 

tìm được các nghiệm x x1; ;...,2 xn

(Giả sử x1 x2 ...xn)

 Diện tích hình phẳng cần tìm

 

1
n
x
x

S 



f x  g x dx

Chia S thành tổng các tích phân trên các khoảng



x x1; 2





x x2; 3



…,



xn1;xn



để tính bằng cách đưa dấu giá trị truyệt đối ra ngồi

dấu tích phân.

 

1 1

... n
n
x
x

x x

S f x g x dx f x g x dx







  





 

1 1

... n
n
x
x

x x

S f x g x dx f x g x dx







    



  

Ví dụ 2: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường

3 2

yx  x và y0

Giải:

 Ph/trình hồnh độ giao điểm của hai đường đã cho :x3 x2 0





2 1 0 0; 1

x x x x

     

 Vậy diện tích hình phẳng cần tìm





3 2

S 



x  x  dx





1 4 3

3 2

0 4 3 0

x x

S  x  x dx   

 



1 14 3 1



Bài tập:

Câu 1 (Đề TN BTTH 2006):

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

3 3 2

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

┼

Câu 2 (Đề TN 2006, KPB):

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y e x,

y và đường thẳng x1.

Gợi ý: Đề đã cho một cận là x1.

Để tìm cận cịn lại ta giải ph/trình ex 2 xlog 2 ln 2e 

Chú ý: ln 2 1

Vậy diện tích hình phẳng cần tìm bằng

1
ln 2

x

S 



e  dx.

Các em tự tính tiếp nhé !

Câu 3 (Đề TN 2007, L2, Ban KHXH): Tính diện tích hình phẳng
giới hạn bởi các đường yx26x, y0.

5.Tính thể tích khối trịn xoay (khi quay quanh trục Ox)

Lý huyết

Dạng 1: Thể tích V của khối trịn xoay thu được khi cho hình phẳng

 

H giới hạn bởi đồ thị hàm số yf x

 

, trục hoành và hai đường
thẳng x a x b ; 



a b



quay quanh trục hoành.

 

b
a

V 





 f x  dx

Ví dụ: Tính thể tích vật thể trịn xoay tạo thành khi cho hình

phẳng

 

H giới hạn bởi đồ thị hàm số ycosx, trục hoành và

hai đường thẳng ;

6 2

x



x



quay quanh trục hồnh.

Giải:

 Thể tích cần tìm bằng





2
6

cos

V x dx











2 2

6 6

cos 1 cos 2

V xdx x dx

 













2
6
1

sin 2

2 x 2 x



 

   

 

1 1 2

sin sin

2 2 2 6 2 3

 



  

      

 

1 1 3

.0 .

2 2 2 6 2 2

 

 




      

 

Bài tập:

Câu 1 (Đề TN 2007, Lần 2, Ban KHTN): Cho hình phẳng (H) giới
hạn bởi các đường ysinx,y0, 0,

x x



Tính thể tích của khối trịn xoay được tạo thành khi quay hình (H)
quanh trục hồnh.

Chun đề VII: Số phức

1. Mơ đun, các phép tốn

Lý huyết

 Số phức z có dạng z a bi  , trong đó a b,  .

 Môđun của số phức z  a bi  a2b2
 Biết cách nhân hai số phức (Chú ý i2 1)

Chia hai số phức:



 





 



a bi c di
a bi

c di c di c di

 





  



 



2 2

a bi c di

c d

 





Số phức nghịch đảo:



 



2 2

1 a bi a bi

a bi a bi a bi a b

 

 

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

┼

Ví dụ 1: Tính mơ đun của số phức z 4 2 5i.

Giải:





4 2 5 36 6

z     

Ví dụ 2: Thực hiện các phép tính sau.

a)



3 i

 

5 3 i



b)





2
3 2 i

Giải:



3 i

 

5 3 i



15 9 i 5i 3i2 15 3 1







4i18 4 i





2
3 2 i







 



2 2

2 3 2 6 4 6 4

3 2 3 2 3 2 13

i i i

i i

  

  

  

6 4

13 13i

 

Ví dụ 3: Tính P



2 3 i



3.

Giải:



2 3

 

2 2 3



P  i  i 



2 6 2 i9i2

 

2 3 i





2 9 6 2i

 

2 3i

 

7 6 2i

 

2 3i



       

 

2 2

7 2 21i 6 2 i 18 2i

   

7 2 18 2 21 12i i

    25 2 9 i

Cách 2: Khải triển P (theo hằng đẳng thức)

{



a b



3a33a b2 3ab2b3}

 

2 3 3

 

2 .32 3 2 3

 

3 3

P  i i  i

2 2 18i 27 2 27i 25 2 9i

     

Bài tập:

Câu 1 (Đề TN 2008, L1, Phân ban):

Tính giá trị của biểu thức P 



1 3i

 

2 1 3i



2. Căn bậc hai của số thực âm

Lý huyết

 Căn bậc hai của số thực âm: Căn bậc hai của số thực a0 gồm
hai số i a và i a

Ví dụ: Căn bậc hai của 28 gồm i 28 2 7i và 2 7i .

Ghi nhớ: Chúng ta không viết 28, mà chúng ta chỉ nói là

các căn bậc hai của 28.

Bài tập:

Tìm các căn bậc hai của 27; 45.

3. Phương trình bậc hai khơng có nghiệm thực

Lý huyết

 Giải phương trình bậc hai ax2bx c 0



a0



trên tập số

phức . Với b2 4ac 0

    (Delta âm)

Phương trình có hai nghiệm phức

b i
x

a
  


Ví dụ: Giải phương trình 2x2 x 5 0

   trên tập số phức .

Giải:

 Ta có   





2 4.2.5 1 40  39 0 .

 Vậy p/trình đã cho có hai nghiệm





2.2

i

x  

Hay 1 39

i

x  1 39

4 4 i

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

┼

Bài tập:

Câu 1 (Đề TN 2006, Phân ban): Giải phương trình sau trên tập số
phức 2x2 5x 4 0

   .

Câu 2 (Đề TN 2007, Lần 2, Phân ban): Giải phương trình sau trên
tập số phức x2 6x 25 0

   .

Câu 3 (Đề TN 2008, Lần 2, Phân ban): Giải phương trình sau trên
tập số phức x2 2x 2 0

   .

Lời nhắn:

- Để ơn tập có trọng tâm, các em cần tập trung ôn tập bám sát

theo các dạng toán mà cấu trúc đề thi đã đưa ra.

- Làm thêm các bài tập tương tự các dạng trên ở SGK (để đối

chiếu với đáp án SGK cho).

- Dành thời gian để giải một số đề thi thử (theo cấu trúc của

Bộ GD&DDT) để rèn luyện thêm. Khi làm, cần tạp trung và
làm nghiêm túc theo đúng thời gian đã định (150 phút).

- Sau mỗi lần giải đề, tự đánh giá xem phần nào đã đạt yêu

cầu, phần nào chưa, cịn yếu thì cố gắng rèn luyện thêm.

- Trong quá trình biên soạn, thời gian gấp rút nên khơng thể

tránh được các thiếu sót. Rất mong các em học sinh thơng
cảm, phát hiện và góp ý giúp thầy hồn thiện bộ tài liệu này
để có thể lưu hành cho các năm sau.

Chúc các em ôn tập tốt !

Hãy vững tinh và bình tĩnh, đọc cẩn thận đề trước khi làm bài !
Nam Đông, ngày 10 tháng 04 năm 2009

Biên soạn

Đỗ Cao Long

Địa chỉ liên hệ:

</div>

m«n to¸n ┼ 6tài liệu ôn tập thi tốt nghiệp thpt năm 2009 môn toán ┼ ┼ tài liệu ôn tập thi tốt nghiệp thpt năm 2009 môn toán ┼ ¤n tëp m«n to¸n thi tốt nghiệp thpt năm 2009 a cấu trúc đề thi tốt nghiệ

 

 

 





 





























 





 











 





 

 

 





 





 





















 





 





















<sub></sub>

<sub></sub>

















 

 



