Tai lieu on thi Ly thuyet Vi du

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (6.63 MB, 102 trang )

(1)D. NG PH. C SANG. TAØI LIEÄU OÂn thi THPT Quoác gia. Môn Toán 2016. Quyeån 1: Lyù thuyeát Caùc Ví duï Đề tham khảo. Löu haønh noäi boä.

(2) M CL C Phần 1: Hàm số và một số bài toán có liên quan ................................................................. 1 Phần 2: Phương trình, bất phương trình mũ và lôgarit ..................................................... 16 Phần 3: Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng ................................................................... 23 Phần 4: Phương pháp toạ độ trong không gian (Oxyz ) ..................................................... 32 Phần 5: Số phức ............................................................................................................... 45 Phần 6: Khối đa diện, khối tròn xoay ................................................................................ 49 Phần 7: Một số vấn đề về lượng giác ................................................................................. 56 Phần 8: Tổ hợp – Xác suất & Nhị thức Newton ................................................................ 64 Phần 9: Phương pháp toạ độ trong mặt phẳng (Oxy ) ....................................................... 69 Phần 10: Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình ................................................ 75 Phần 11: Bất đẳng thức, giá trị lớn nhất & giá trị nhỏ nhất ................................................ 84 Phụ lục: Đề và đáp án kỳ thi THPT.QG năm 2015 ............................................................ 91 Phụ lục: Phương pháp xét dấu biểu thức chứa biến ............................................................ 95 Phụ lục: Một số vấn đề về tam thức bậc hai ....................................................................... 96 Phụ lục: Một số vấn đề về toạ độ trong mặt phẳng ............................................................. 98 Phụ lục: Bảng công thức đạo hàm ...................................................................................... 99 Phụ lục: Bảng công thức lượng giác ................................................................................. 100.

(3) KH O SÁT HÀM S. VÀ BÀI TOÁN CÓ LIÊN QUAN. I. Sơ đồ khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đa thức Hàm số bậc ba:. y = ax 3 + bx 2 + cx + d (a ≠ 0). Hàm số trùng phương: y = ax 4 + bx 2 + c (a ≠ 0) Tập xác định : D = ℝ. Tính lim y và lim y. Tìm điểm uốn khi y ′ = 0 vn. Tính y ′. Vẽ bảng biến thiên. Lập bảng giá trị. Cho y ′ = 0 tìm x (nếu có). Nêu tính đơn điệu và cực trị. Vẽ đồ thị và nêu nhận xét. x →−∞. x →+∞. 1) Hình dáng của đồ thị hàm số bậc ba y = ax 3 + bx 2 + cx + d Số nghiệm của phương trình y ′ = 0. a>0. Sự biến thiên. a<0. và cực trị. y. y. Đồ thị hàm số. y ′ = 0 có 2 nghiệm. luôn có. phân biệt. x. O. O. x. 2 điểm cực trị. y. y. Đồ thị hàm số. y ′ = 0 có nghiệm kép hoặc vô nghiệm. luôn ĐB. O. x. O. x. hoặc luôn NB. Đồ thị hàm số bậc ba luôn nhận điểm uốn làm tâm đối xứng 2) Hình dáng của đồ thị hàm số trùng phương y = ax 4 + bx 2 + c Số nghiệm của phương trình y ′ = 0. a>0. Cực trị. a<0 y. y. Đồ thị hàm số. y ′ = 0 có 3 nghiệm phân biệt. có 3 điểm x. O. O. y. y. Đồ thị hàm số. y ′ = 0 có 1 nghiệm duy nhất. cực trị. x. O. x. chỉ có 1 điểm. x. O. cực trị. Đồ thị hàm số trùng phương luôn nhận trục tung làm trục đối xứng Nếu đồ thị của hàm số trùng phương có 3 điểm cực trị thì chúng tạo thành 3 đỉnh của một tam giác cân. Th.S Dương Phước Sang. 1. 0942.080383.

(4) II. Sơ đồ khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số nhất biến y=. ax + b (c ≠ 0, ad − bc ≠ 0) cx + d. lim y = a. Tìm tập xác định D = R\{?}. Tính. Tính y ′ và xét dấu y ′ trên D. Suy ra phương trình của. Tính. lim y và. ( ). x → −d c. −. x →±∞. Nêu tính đơn điệu và cực trị. c. của hàm số. Lập bảng giá trị. 2 đường tiệm cận.. lim y. ( ). +. x → −d. Vẽ đồ thị và nêu nhận xét. Vẽ bảng biến thiên. c. Hình dáng của đồ thị hàm số nhất biến y. y′ > 0. y′ < 0. y. O O. x. x. Đồ thị hàm số nhất biến luôn luôn nhận giao điểm của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. III. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ′(x 0 )(x − x 0 ) + y 0 (*). y. Một số cách xác định hệ số góc của tiếp tuyến:. y0. Tiếp tuyến của đồ thị (C ) : y = f (x ) tại x 0 có hệ số góc k = f ′(x 0 ) Tiếp tuyến song song với △ : y = ax + b có hệ số góc k = a.. M0 x0. O. x. Tiếp tuyến vuông góc với △ : y = ax + b có hệ số góc k = − 1 (a ≠ 0) a. Tiếp tuyến tạo với trục hoành một góc ϕ có hệ số góc k = ± tan ϕ Dạng 1 (phương trình tiếp tuyến TẠI một điểm) Xác định đủ ba giá trị x 0, y 0 và f ′(x 0 ) Dùng công thức (*) để viết phương trình tiếp tuyến. Dạng 2 (phương trình tiếp tuyến biết trước hệ số góc k ) Xác định hệ số góc k từ giả thiết của bài toán. Dùng công thức f ′(x 0 ) = k để xác định x 0 rồi tìm y0. Đặc biệt lưu ý Tiếp tuyến của đồ thị TẠI một. điểm. khác hoàn toàn với tiếp tuyến của đồ thị ĐI QUA. một điểm. Dùng công thức (*) để viết phương trình tiếp tuyến.. Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 2. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(5) Dạng 3 (phương trình tiếp tuyến thoả một điều kiện nào đó cho trước) Đặt x 0 = a rồi tính y 0 = f (a ) và f ′(x 0 ) = f ′(a ) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại x 0 theo công thức y = f ′(a )(x − a ) + f (a ) Dùng điều kiện đề cho để xác định a. Từ đó viết được phương trình tiếp tuyến.. IV. Biện luận số nghiệm của phương trình bằng đồ thị Đưa phương trình F (x , m ) = 0 về dạng f (x ) = b(m ). (*).  (C ) : y = f (x ) là đồ thị của hàm số y = f (x ) đã vẽ Đặt    d : y = b(m ) lµ ®−êng th¼ng n»m ngang ®i qua A(0;b(m )) Kết quả:. Phương trình (*) có n nghiệm ⇔ (C ) và d có n điểm chung ⇔ ⋯. V. Điều kiện xác lập cực trị của hàm số bậc ba và hàm số trùng phương Cho hàm số y = f (x ) liên tục trên K chứa x 0 sao cho f ′(x 0 ) = 0. Khi đó,. f ′′(x 0 ) < 0 ⇒ f (x ) đạt cực đại tại x 0. f ′′(x 0 ) > 0 ⇒ f (x ) đạt cực tiểu tại x 0. f ′′(x 0 ) ≠ 0 ⇒ f (x ) đạt cực trị tại x 0. f ′′(x 0 ) = 0 : không suy ra được điều gì. (nếu y ′′(x 0 ) = 0 ta cần vẽ bảng biến thiên của hàm số để xác định về cực trị của hàm số) Hàm số bậc ba y = ax 3 + bx 2 + cx + d có cực trị ⇔ y ′ = 0 có 2 nghiệm phân biệt. Hàm số trùng phương y = ax 4 + bx 2 + c có 3 cực trị ⇔ y ′ = 0 có 3 nghiệm phân biệt. Hàm số trùng phương y = ax 4 + bx 2 + c có 1 cực trị ⇔ y ′ = 0 có 1 nghiệm duy nhất.. VI. Sự tương giao giữa đồ thị hàm số và một đường thẳng Số giao điểm của (C ) : y = f (x ) và d : y = kx + b bằng với số nghiệm của phương trình. f (x ) = kx + b Đồ thị hàm số bậc ba cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi hàm số ấy có 2 điểm cực trị sao cho 2 giá trị cực trị tương ứng trái dấu với nhau. Đồ thị hàm số trùng phương cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi hàm số có 3 điểm cực trị sao cho 2 giá trị cực đại và cực tiểu của hàm số trái dấu với nhau.. VII. Sự đơn điệu của hàm số nhất biến trên một khoảng ax + b đồng biến trên khoảng K ⊂ D ⇔ f ′(x ) > 0, ∀x ∈ K cx + d ax + b Hàm số y = nghịch biến trên khoảng K ⊂ D ⇔ f ′(x ) < 0, ∀x ∈ K cx + d. Hàm số y =. IX. Một số công thức tính khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng. (. ). d M, ∆ =. a.x M + b.yM + c a 2 + b2. (với ∆ : ax + by + c = 0 ) Th.S Dương Phước Sang. (. ). d M , ∆® = x M − x 0. (với ∆® : x = x 0 ) 3. (. ). d M , ∆n = yM − y 0. (với ∆n : y = y 0 ). 0942.080383.

(6) Đ. TH C A HÀM S. CH A D U GIÁ TR TUY T Đ I  f (x ) nÕu f (x ) ≥ 0 f (x ) =   −f (x ) nÕu f (x ) < 0 (C 1 ) : y = f (x ). (C ) : y = f (x ). Giữ nguyên phần đồ thị (C ) nằm phía trên Ox. Lấy đối xứng với phần còn lại của (C ) qua Ox (C 2 ) : y = u(x ) v(x ). y = f (|x |) là hàm số chẵn. Giữ nguyên phần đồ thị. nên có đồ thị nhận trục. (C ) ứng với u(x ) ≥ 0. tung làm trục đối xứng.. Lấy đối xứng với phần. (C 3 ) : y = f ( x ). còn lại của (C ) qua Ox.. Giữ nguyên phần đồ thị.  u (x )v(x ) nÕu u (x ) ≥ 0 u (x ) v (x ) =   −u(x )v(x ) nÕu u(x ) < 0. (C ) nằm bên phải Oy. Lấy đối xứng với phần đã giữ lại đó qua Oy.. VÍ DỤ MINH HOẠ Ví dụ 1: a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y = 1 x 3 − 3 x 2 + 3 8. 4. b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình x − 6x + 8m = 0 (1). 3. 2. Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có đúng 1 nghiệm dương ? Lời giải Câu a: y = 1 x 3 − 3 x 2 + 3 8. Tập xác định : D = R. 4. 2 Cho y ′ = 0 ⇔ 3 x − 3 x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 4. Đạo hàm: y ′ = 3 x 2 − 3 x 8. Giới hạn: lim y = −∞ ; x →−∞. Bảng biến thiên:. 8. 2. x. lim y = +∞. Hàm số bậc ba. x →+∞. −∞. 0 +. y′. 2. +∞. 4. 0. –. 0. 3. +. lim y. x →+∞. cùng dấu với +∞. hệ số a. y –∞. –1. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (–∞; 0) và (4;+∞); nghịch biến trên khoảng (0;4) Hàm số đạt cực đại tại x CÑ = 0 ⇒ yCÑ = 3, đạt cực tiểu tại x CT = 4 ⇒ yCT = −1 Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 4. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(7) Bảng giá trị:. x. –2. 0. 2. 4. 6. y. –1. 3. 1. –1. 3. y 3. Đồ thị hàm số là một đường cong nhận điểm. I (2;1) làm tâm đối xứng (như hình vẽ). 1. Câu b: Ta có (1) ⇔ x 3 − 6x 2 = −8m. -2. O -1. ⇔ 1 x 3 − 3 x 2 = −m ⇔ 1 x 2 − 3 x 2 + 3 = 3 − m 8. 4. 2. x. 6. 4. 8 4 3 2 1 3  (C ) : y = x − x + 3 8 4 Đặt  thì số nghiệm của (1).  d : y = 3 − m . y. bằng với số giao điểm của (C ) và d. 3. (1) có 3 nghiệm ⇔ (C ) và d có đúng 3 điểm chung. 17 8. ⇔ −1 < 3 − m < 3 ⇔ 0 < m < 4. (1) có 2 nghiệm ⇔ (C ) và d có đúng 2 điểm chung  3 − m = −1 ⇔  ⇔  3 − m = 3. y=3-m. -2. -1 O. 1. 4. 6. x. -1. m = 4  m = 0 .  3 − m < −1 m > 4 (1) có 1 nghiệm ⇔ (C ) và d có đúng 1 điểm chung ⇔  ⇔   m < 0  3 − m > 3 Đặc biệt: (1) có đúng 1 nghiệm dương ⇔ (C ) và d có đúng 1 điểm chung ở bên phải Oy 3 −m ≥ 3 ⇔  ⇔  3 − m = −1. m ≤ 0  m = 4 . Ví dụ 2: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y = −x 3 + 3x 2 − 3x Lời giải Câu a: y = −x 3 + 3x 2 − 3x. Tập xác định: D = R. Đạo hàm: y ′ = −3x 2 + 6x − 3 Bảng biến thiên:  lim y = +∞    x →−∞  lim y = −∞  x →+∞. x −∞ y′ y. Cho y ′ = 0 ⇔ −3x 2 + 6x − 3 = 0 ⇔ x = 1 1 0. –. +∞. −1. +∞. y. – –∞. O 1. Hàm số nghịch biến trên R và không đạt cực trị. Bảng giá trị:. x. 0. 1. 2. y. 0. −1. −2. 2. x. -1 -2. Đồ thị hàm số là một đường cong nhận điểm I(1;–1) làm tâm đối xứng. Th.S Dương Phước Sang. 5. 0942.080383.

(8) Ví dụ 3: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của các hàm số sau đây a) y = x 4 − 2x 2. b) y = x 4 + x 2 − 1 Lời giải. Câu a: y = x 4 − 2x 2. Tập xác định: D = R 3 Cho y ′ = 0 ⇔ 4x − 4x = 0 ⇔ x = 0 hoÆc x = ±1. Đạo hàm: y ′ = 4x 3 − 4x Giới hạn: lim y = +∞ x →±∞. Hàm số trùng phương. Bảng biến thiên x. −∞. –1 –. y′. 0. 0 +. 0. +∞. –. 0. lim y. +∞. 1. x →±∞. +. cùng dấu với hệ số a +∞. 0. y –1. –1. Hàm số đồng biến trên khoảng (–1;0), (1;+∞) và nghịch biến trên khoảng (–∞;–1), (0;1) Hàm số đạt cực đại tại xCĐ = 0 với yCĐ = 0. y. đạt cực tiểu tại xCT = ± 1 với yCT = –1 Bảng giá trị: x y. − 2. − 2. –1. 0. 1. 2. 0. –1. 0. –1. 0. -1. 1. 2. x. -1. Đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng (như hình vẽ) Câu b: y = x 4 + x 2 − 1. O. Tập xác định: D = R Cho y ′ = 0 ⇔ 4x 3 + 2x = 0 ⇔ x = 0. Đạo hàm: y ′ = 4x 3 + 2x Giới hạn: lim y = +∞ x →±∞. x −∞ y′ –. Bảng biến thiên:. 0. +∞. y. +∞. 0 +. +∞. y. –1. 1. Hàm số đồng biến trên khoảng (0;+∞), nghịch biến trên khoảng (–∞;0) Hàm số đạt cực tiểu tại xCT = 0 với yCT = 0 và không đạt cực đại. Bảng giá trị:. x. –1. 0. 1. y. 1. 0. 1. O -1. 1. x. -1. Đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng (như hình vẽ bên đây) Ví dụ 4: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của các hàm số y =. Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 6. 2x − 1 x −1. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(9) y = 2x −1 x −1. Tập xác định: D = R\{1}.  ax +b  cx +d. Đạo hàm: y ′ = −1 2 < 0, ∀x ≠ 1 (x −1). lim y = −∞; lim+ y = +∞ vµ lim y = 2. x →1−. y. x →±∞. x →1. ′ = ad −cb  (cx +d )2. Tiệm cận đứng là ∆® : x = 1 , tiệm cận ngang là ∆n : y = 2 Bảng biến thiên:. x −∞ y′ 2 y. +∞. 1 –. – +∞. –∞. 2. Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞;1) vµ (1; +∞) Bảng giá trị:. 3 2. x. –1. 0. y. 3 2. 1. 1. 2. 3. 3. 5 2. -1 O. 1 2. 3. x. Đồ thị hàm số gồm hai nhánh nhận điểm I (1;2) làm tâm đối xứng (như hình vẽ) Ví dụ 5: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số sau đây với điều kiện kèm theo a) y = x 3 − x + 1, tại các giao điểm của đồ thị hàm số với đường thẳng y = 2x – 1 b) y = −x 3 + 3x 2 − 3x , tiếp tuyến song song với đường thẳng y = 4 – 3x 2x − 1 c) y = , tiếp tuyến tạo với hai trục toạ độ một tam giác cân. x −1 d) y = x 4 − 4x 2 + 3, tiếp tuyến đi qua điểm A ( 5 ; −1) 4. Lời giải Câu a: Hàm số y = x 3 – x + 1 có đạo hàm y ′ = 3x 2 − 1 Phương trình hoành độ giao điểm của (C ) : y = x 3 − x + 1 và d : y = 2x – 1. x 3 − x + 1 = 2x − 1 ⇔ x 3 − 3x + 2 = 0 ⇔ x = −2 hoÆc x = 1 Với x 0 = −2 thì y 0 = −5 vµ f ′(−2) = 11. Phương trình t.tuyến của (C ) tại A(– 2 ;11) là:. y = 11(x + 2) − 5 ⇔ y = 11x + 17 Với x 0 = 1 thì y 0 = 1 vµ f ′(1) = 2 . Phương trình tiếp tuyến của (C ) tại B (1;1) là: y = 2(x − 1) + 1 ⇔ y = 2x − 1. Câu b: Hàm số y = −x 3 + 3x 2 − 3x có đạo hàm y ′ = −3x 2 + 6x − 3 Do tiếp tuyến song song với đường thẳng d : y = 4 – 3x nên có hệ số góc. k = y ′(x 0 ) = −3 (trong đó x 0 là hoành độ của tiếp điểm) ⇔ −3x 02 + 6x 0 − 3 = −3 ⇔ 3x 02 − 6x 0 = 0 ⇔ x 0 = 0 hoÆc x 0 = 2. Với x 0 = 0 thì y 0 = 0 . Phương trình tiếp tuyến của (C ) tại O(0;0) có phương trình y = −3(x − 0) + 0 ⇔ y = −3x (tiếp tuyến này song song với d). Th.S Dương Phước Sang. 7. 0942.080383.

(10) Với x 0 = 2 thì y 0 = −2 . Phương trình tiếp tuyến của (C ) tại M(2;– 2) có phương trình y = −3(x − 2) − 2 ⇔ y = −3x + 4 (tiếp tuyến này trùng với d). Như vậy (C ) chỉ có một tiếp tiếp song song với d là y = – 3x 2x − 1 −1 Câu c: Hàm số y = có đạo hàm y = x −1 (x − 1)2 Tiếp tuyến tạo với hai trục toạ độ một tam giác cân nên tạo với trục Ox một góc bằng 45 Từ đó hệ số góc của tiếp tuyến đó là k = ± tan 45 = ±1 ⇔ y ′(x 0 ) = ±1 ⇔. −1 2. (x 0 − 1). = ±1 ⇔. −1 (x 0 − 1)2. = −1 ⇔ x 0 = 0 hoÆc x 0 = 2. Đến đây giải tiếp ta sẽ tìm được hai tiếp tuyến là y = −x + 1 vµ y = −x + 5 Câu d:Hàm số y = x 4 − 4x 2 + 3 có đạo hàm y ′ = 4x 3 − 8x Chú ý. Đặt x 0 = a ta có y 0 = a 4 − 4a 2 + 3 và y ′(a ) = 4a 3 − 8a Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số tại x 0 = a có dạng y = (4a 3 − 8a )(x − a ) + a 4 − 4a 2 + 3. Tiếp tuyến qua A khác với tiếp tuyến tại A. Để tiếp tuyến trên đi qua A ( 5 ; −1) thì 4. −1 = (4a 3 − 8a ) ( 5 − a ) + a 4 − 4a 2 + 3. 4 2 Giải phương trình trên ta được a = 1, a = , a = ± 2 , từ đó ta có các tiếp tuyến 3 y = −4x + 4 ; y = − 112 x + 113 vµ y = −1 27 27. Ví dụ 6: Tìm các giá trị của tham số m để hàm số sau đây đạt cực tiểu tại x 0 = −2 y=. 1 3 x + (m 2 − m + 2)x 2 + (3m 2 + 1)x − 2 3. Lời giải 1 3 x + (m 2 − m + 2)x 2 + (3m 2 + 1)x − 2 (1) 3 Đạo hàm cấp một: y ′ = x 2 + 2(m 2 − m + 2)x + (3m 2 + 1). ⇒ y ′(−2) = −m 2 + 4m − 3. Đạo hàm cấp hai: y ′′ = 2x + 2(m 2 − m + 2). ⇒ y ′′(−2) = 2m 2 − 2m. y=. Tập xác định : D = R. Hàm số đạt cực tiểu tại x 0 = −2 nên y ′(−2) = 0 ⇔ −m 2 + 4m − 3 = 0 ⇔ m = 1 hoặc m = 3 Với m = 3 thì y ′′(−2) = 12 > 0. ⇒ hàm số đạt cực tiểu tại x 0 = −2. Với m = 1 thì y ′′(−2) = 0 (kết quả này bằng 0 thì phải dùng sự biến thiên của hàm số) Ta có y ′ = x 2 + 4x + 4 = (x + 2)2 ≥ 0, ∀x ∈ ℝ ⇒ hàm số không đạt cực trị. Vậy với m = 3 thì hàm số đạt cực tiểu tại x 0 = −2 Lưu ý: với f ′′(x 0 ) = 0 ta chưa thể khẳng định được hàm số có đạt cực trị tại x 0 hay không, muốn xác định được sự tồn tại cực trị của hàm số tại x 0 ta phải xét dấu f ′(x ) . Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 8. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(11) Ví dụ 7: Cho hàm số y = (m + 1)x 3 + 3mx 2 + (3 − m )x − 1 a) Tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại và cực tiểu. b) Với giá trị nào của m thì hàm số có các điểm cực trị cùng dương. c) Với giá trị nào của m thì các điểm cực trị x 1, x 2 thoả mãn x 1 + x 2 + x1x 2 + 3 = 0 Lời giải Câu a: Hàm số y = (m + 1)x 3 + 3mx 2 + (3 − m )x − 1 có tập xác định D = R y ′ = 3(m + 1)x 2 + 6mx + (3 − m ). y ′ = 0 ⇔ 3(m + 1)x 2 + 6mx + (3 − m ) = 0. Hàm số có cực đại và cực tiểu ⇔ phương trình y ′ = 0 có hai nghiệm x1, x 2 phân biệt  3(m + 1) ≠ 0  ay ′ ≠ 0 ⇔  ⇔  ⇔ m ∈ −∞; 1− 13 ∪ 1+ 13 ; +∞ \ {−1} 2 4 4  △′ > 0  12m − 6m − 9 > 0 y′. (. ) (. ). Câu b: Hàm số có các điểm cực trị cùng dương ⇔ y ′ = 0 có hai nghiệm dương phân biệt  12m 2 −6m −9>0 1+ 13 ; +∞  m ∈ −∞; 1− 13 ∪   △y′ ′ > 0  4 4 m − 2    >0  ⇔  m ∈ (−1; 0) ⇔ m ∈ −1; 1− 13 ⇔  S > 0 ⇔  m + 1 4     3 − m  m ∈ (−1; 3)  P > 0  >0   3(m + 1). ) (. (. ). (. ). Câu c: Theo kết quả giải được ở câu a thì hàm số có các điểm cực trị x 1, x 2 khi và chỉ khi. (. ) (. ). m ∈ −∞; 1− 13 ∪ 1+ 13 ; +∞ \ {−1} (*) 4. 4. Do x 1, x 2 là hai nghiệm của phương trình y ′ = 0 nên theo định lý Viét ta có −6m 3 −m và x 1x 2 = 3(m + 1) 3(m + 1) 6m 3−m Từ đó x 1 + x 2 + x 1x 2 + 3 = 0 ⇔ − + +3=0 3(m + 1) 3(m + 1) x1 + x 2 =. ⇔ −6m + 3 − m + 9(m + 1) = 0 ⇔ 12 + 2m = 0 ⇔ m = −6 (thoả điều kiện. (*). ). Vậy m = – 6 là giá trị tham số cần tìm. Ví dụ 8: Cho hàm số y = x 3 + 3mx 2 + m 2 + 1 . Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số có các điểm cực trị A, B sao cho đường thẳng AB đi qua điểm C (1;0) Lời giải Hàm số y = x 3 + 3mx 2 + m 2 + 1 có tập xác định D = R y ′ = 3x 2 + 6mx = 3x (x + 2m ). y ′ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = −2m. Hàm số có 2 điểm cực trị ⇔ phương trình y ′ = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0 Các điểm cực trị của đồ thị hàm số là A(0; m 2 + 1) vµ B(−2m; 4m 3 + m 2 + 1) Th.S Dương Phước Sang. 9. 0942.080383.

(12) Với C(1;0) ta có AC = (1; −m 2 − 1) vµ AB = (−2m; 4m 3 ) , từ đó Đường thẳng AB đi qua điểm C ⇔ AB vµ AC cùng phương với nhau −2m 4m 3 = ⇔ 2m 3 + 2m = 4m 3 ⇔ 2m(m 2 − 1) = 0 ⇔ m = 0 hoÆc m = ±1 2 1 −m − 1 So với điều kiện m ≠ 0 ta nhận m = ±1 là các giá trị tham số cần tìm. ⇔. Ví dụ 9: Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + m 2 − m . Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam giác vuông Lời giải Câu c: Hàm số y = x 4 − 2mx 2 + m 2 − m có tập xác định D = ℝ. y ′ = 4x 3 − 4mx = 4x (x 2 − m ). Cho y ′ = 0 ⇔ 4x(x 2 − m) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x 2 = m. Hàm số có 3 điểm cực trị ⇔ phương trình y ′ = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0 Khi đó, 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số là: A(0;m2 – m), B(− m ; −m) , C ( m ; −m) Suy ra AB = (− m ; − m 2) , AC = ( m ; − m 2) và AB = AC Từ đó để ∆ABC vuông thì AB.AC = 0 . Giải tiếp rồi đối chiếu điều kiện ta nhận m = 1 Ví dụ 10: Tìm các giá trị của tham số m để a) Đường thẳng dm : y = m − 4x cắt đồ thị (C ) : y =. 2x −1 tại 2 điểm phân biệt. x −1. b) Đường thẳng △ : y = mx − 2m − 2 cắt đồ thị (C ) : y = −x 3 + 3x 2 − 3x tại 3 điểm phân biệt c) Đồ thị hàm số y = mx 4 − (m − 2)x 2 + 2m − 3 cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt. Lời giải Câu a: Hoành độ giao điểm (nếu có) của (C ) và dm là nghiệm của phương trình 2x − 1 = m − 4x (điều kiện x ≠ 1 ) x −1 ⇒ 2x − 1 = (x − 1)(m − 4x ) ⇔ 4x 2 − (m + 2)x + m − 1 = 0. Đặt g(x ) = 4x 2 − (m + 2)x + m − 1. dm cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt ⇔ phương trình g (x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1  m 2 − 12m + 20 > 0  ∆g > 0  ⇔ ⇔  ⇔ m ∈ (−∞;2) ∪ (10; +∞)  g(1) ≠ 0  1 ≠ 0 : luôn đúng. Câu b: Hoành độ giao điểm (nếu có) của (C ) và △ : y = mx − 2m − 2 là nghiệm của phương trình. −x 3 + 3x 2 − 3x = mx − 2m − 2 ⇔ (x − 2)(−x 2 + x − 1) = m(x − 2) (*) (1) x = 2 ⇔ (x − 2)(x 2 − x + 1 + m ) = 0 ⇔  2  x − x + 1 + m = 0 (2). Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 10. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(13) Đặt g(x ) = x 2 − x + 1 + m (C ) và △ cắt nhau tại 3 điểm phân biệt ⇔ phương trình (*) có 3 nghiệm x 1, x 2, x 3 ph.biệt. ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 2  △g > 0  −3 − 4m > 0 ⇔  ⇔  ⇔ m ∈ (−∞; − 3 ) \ {−3} 4  g (2) ≠ 0  3 + m ≠ 0. Vậy với m ∈ (−∞; − 3 ) \ {−3} thì (C ) và △ cắt nhau tại 3 điểm phân biệt. 4. Câu c: Hoành độ giao điểm của (C ) và trục hoành (nếu có) là nghiệm của phương trình. mx 4 − (m − 2)x 2 + 2m − 3 = 0 (1) Đặt t = x 2 ≥ 0. mt 2 − (m − 2)t + 2m − 3 = 0. ta được. (2). (C ) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt ⇔ phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm t1, t2 dương phân biệt.  △ > 0  ⇔  S > 0 ⇔   P > 0. 2  −7m + 8m + 4 > 0  4−2 11 ;0 ⇔m∈  (m − 2)m > 0 7    (2m − 3)m > 0. (. ). Ví dụ 11: Tìm các giá trị của m để đường thẳng d : y = – x + 1 cắt đồ thị (C ) : y = x 3 + mx 2 + 1 tại 3 điểm phân biệt A(0;1), B, C sao cho tiếp tuyến của (C ) tại B và C vuông góc với nhau? Lời giải Hoành độ giao điểm (nếu có) của (C ) và d : y = – x + 1 là nghiệm của phương trình x 3 + mx 2 + 1 = −x + 1 ⇔ x (x 2 + mx + 1) = 0 ⇔ x = 0 hoặc g(x ) = x 2 + mx + 1 = 0. (C ) cắt d tại 3 điểm phân biệt ⇔ g (x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x 1, x 2 khác 0.  m 2 − 4 > 0  △g > 0  ⇔ ⇔  ⇔  g (0) ≠ 0  1 ≠ 0.  m < −2  (I)   m > 2. (với điều kiện đó ta có x 12 + mx1 + 1 = 0 và x 22 + mx 2 + 1 = 0 ) Các điểm chung của (C ) và d là A(0;1), B(x 1; −x 1 + 1),C (x 2 ; −x 2 + 1) Tiếp tuyến của (C ) tại B và C vuông góc với nhau khi và chỉ khi y ′(x 1 ).y ′(x 2 ) = −1. ⇔ (3x12 + 2mx1 )(3x 22 + 2mx 2 ) = −1 ⇔ (−mx 1 − 3)(−mx 2 − 3) = −1 ⇔ m 2x 1x 2 + 3m(x1 + x 2 ) + 10 = 0 (*) Thay hệ thức Viét x 1 + x 2 = −m và x 1x 2 = 1 vào (*) ta được. ⇔ m 2 .1 + 3m(−m ) + 10 = 0 ⇔ −2m 2 + 10 = 0 ⇔ m = ± 5 (thoả (I)) Vậy m = ± 5 là các giá trị tham số cần tìm. Th.S Dương Phước Sang. 11. 0942.080383.

(14) x + m −1 có đồ thị là (C m ) x −m a) Tìm các giá trị của m để đồ thị (C m ) của hàm số cắt đường thẳng y = 2x – 3 tại hai. Ví dụ 12: Cho hàm số y =. điểm M, N phân biệt sao cho tam giác OMN vuông tại O. b) Tìm các giá trị của m để tiếp tuyến của (C m ) tại x = 3 có hệ số góc đạt giá trị lớn nhất. Lời giải Câu a: Hoành độ giao điểm (nếu có) của (C m ) và d : y = 2x − 3 là nghiệm của phương trình x + m −1 = 2x − 3 (điều kiện x ≠ m ) x −m ⇒ x + m − 1 = (x − m )(2x − 3) ⇔ 2x 2 − 2(m + 2)x + 2m + 1 = 0. Đặt g(x ) = 2x 2 − 2(m + 2)x + 2m + 1 d cắt (C m ) tại 2 điểm phân biệt ⇔ g (x ) = 0 có 2 nghiệm x 1, x 2 phân biệt khác m  m 2 + 2 > 0 : luôn đúng  ∆g′ > 0 1  ⇔ ⇔  ⇔m≠  g(m ) ≠ 0  −2m + 1 ≠ 0 2. Đặt M (x 1;2x1 − 3), N (x 2 ;2x 2 − 3) ⇒ OM = (x1;2x 1 − 3), ON = (x 2 ;2x 2 − 3) Tam giác OMN vuông tại O ⇔ OM .ON = 0 ⇔ x1x 2 + (2x 1 − 3)(2x 2 − 3) = 0 ⇔ 5x 1x 2 − 6(x 1 + x 2 ) + 9 = 0 ⇔ 5.. Câu b: y =. 2m + 1 1 − 6(m + 2) + 9 = 0 ⇔ m = − (nhận) 2 2. x + m −1 −2m + 1 ⇒ y′ = x −m (x − m )2. Tiếp tuyến của (C m ) có hệ số góc k = y ′(3) = Xét hàm số g (m ) = Ta có g ′(m ) =. −2m + 1 (3 − m )2. 2m 2 − 2m − 12 (3 − m )4. Giới hạn: lim g(m ) = 0 và m →±∞. Bảng biến thiên:. m. (3 − m )2. (điều kiện m ≠ 3). với m ≠ 3.  m = 3 : lo¹i . Cho g ′(m ) = 0 ⇒ 2m 2 − 2m − 12 = 0 ⇔   m = −2 lim g(m ) = −∞. m → 3±. −∞. g ′(m ). −2m + 1. −2. +. +∞. 3. 0. –. +. 1 5. g (m ). 0. 0 −∞ −∞. Như vậy hệ số góc k = g(m ) đạt giá trị lớn nhất bằng kmax = Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 12. 1 khi m = −2 5. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(15) Ví dụ 13: Tìm m để hàm số y = (m – 1)x 3 – (m + 1)x 2 + (m – 2)x + 3 nghịch biến trên ℝ Lời giải Hàm số y = (m – 1)x 3 – (m + 1)x 2 + (m – 2)x + 3 có tập xác định D = R Đạo hàm y ′ = 3(m − 1)x 2 − 2(m + 1)x + (m − 2) có biệt thức. △y′ ′ = −2m 2 + 11m − 5 Hàm số nghịch biến trên ℝ ⇔ y ′ ≤ 0, ∀x ∈ ℝ (*). Ta cần xét 2 trường hợp: Nếu m = 1 thì y ′ ≤ 0 ⇔ −4x − 1 ≤ 0 ⇔ x ≥ − 1 (ta loại m = 1 vì (*) không xảy ra) 4.  3(m − 1) < 0 ay ′ < 0 Nếu m ≠ 1 thì y ′ ≤ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔  ⇔ m ∈ (−∞; 1 ] ⇔ 2 2  △′ ≤ 0  −2m + 11m − 5 ≤ 0 y′. Vậy m ∈ (−∞; 1 ] là các giá trị tham số cần tìm. 2. Ví dụ 14: Tìm điều kiện của m để y = x 3 − 3x 2 + mx − 2m + 3 nghịch biến trên khoảng (0 ; 3) Lời giải Hàm số nghịch biến trên khoảng ⇔ y ′ ≤ 0, ∀x ∈ (0; 3) ⇔ 3x 2 − 6x + m ≤ 0, ∀x ∈ (0; 3). ⇔ m ≤ −3x 2 + 6x , ∀x ∈ (0; 3) (*) Xét hàm số g(x ) = −3x 2 + 6x với x ∈ (0; 3) , khi đó g ′(x ) = −6x + 6 = 0 ⇔ x = 1 x −∞ (0 g ′(x ) g(x ). 3) +∞. 1 0 3. +. –. Như vậy, Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;3). 0. .. ⇔ m ≤ g(x ), ∀x ∈ (0; 3) ⇔ m ≤ −9. –9. x −1 sao cho khoảng cách từ điểm M đến trục x +1 hoành gấp 3 lần khoảng cách từ điểm M đến trục tung.. Ví dụ 15: Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số y =. Lời giải. (. ). x −1 a −1 nên M a ; víi a ≠ −1 a +1 x +1 a −1 Ta có d (M ,Ox ) = 3d (M ,Oy ) ⇔ yM = 3 x M ⇔ = 3a a +1. Do M ∈ (C ) : y =.  a − 1 = 3a(a + 1) a −1 ⇔ = ±3a ⇔  ⇔ a +1  a − 1 = −3a(a + 1).  3a 2 + 2a + 1 = −1 : ptvn −2 ± 7  ⇔a =  2 3  3a + 4a − 1 = 0. −2 + 7 −2 − 7 thì M −2 + 7 ;2 − 7 a= thì M −2− 7 ;2 + 7 3 3 2 2 Vậy M −2+ 7 ;2 − 7 hoÆc M −2− 7 ;2 + 7 là các điểm cần tìm. 3 3. (. a=. (. Th.S Dương Phước Sang. ). ). (. (. ). 13. ). 0942.080383.

(16) 2x + 1 tại giao điểm của (C ) với trục tung. 1−x Tìm toạ độ điểm N thuộc đồ thị (C ) sao cho N có hoành độ lớn hơn 1 đồng thời khoảng. Ví dụ 16: Gọi △ là tiếp tuyến của đồ thị (C ) : y =. cách từ điểm N đến tiếp tuyến △ đạt giá trị nhỏ nhất. Bài giải Với y =. 2x + 1 3 ta có y ′ = ⇒ y ′(0) = 3 1−x (1 − x )2. Gọi A là giao điểm của đồ thị (C ) với trục tung thì A(0;1) Tiếp tuyến của đồ thị (C ) tại A là đường thẳng △ : y = 3x + 1 ⇔ 3x − y + 1 = 0. (. ). Xét điểm N n; 2n +1 ∈ (C ) với n > 1, khi đó 1−n. d (N ,△) =. 3n − 2n +1 +1 1−n. 10. Theo CauChy d(N ,△) =. (. 3n + 3 + 3. n −1. =. 10. 3 (n −1)+ 1. n −1. 10. =. (. 3 (n −1)+ 1. n −1. 10. )+6 ≥ 3.2 (n −1)⋅. 1 +6 n −1. 10. ) +6. (do n > 1). = 12 10.  n − 1 > 0 Từ đó d (N ,△) đạt giá trị nhỏ nhất là 12 khi và chỉ khi  ⇔n=2  n − 1 = 1 10  n −1 Vậy N(2;– 5) là điểm cần tìm.. VÍ DỤ MINH HOẠ VỀ ĐỒ THỊ HÀM SỐ CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI Ví dụ 17: Từ đồ thị của hàm số y = x 4 – 2x 2 ở hình 1, hãy suy ra đồ thị của hàm số y = |x 4 – 2x 2| Hướng dẫn Đặt (C ) : y = x 4 − 2x 2 và (C ′) : y = x 4 − 2x 2  x 4 − 2x 2 Do x − 2x =   −(x 4 − 2x 2 )  4. 2. khi x 4 − 2x 2 ≥ 0 khi x 4 − 2x 2 < 0. nên. Với x 4 − 2x 2 ≥ 0 thì (C ) và (C ′) trùng nhau Với x 4 − 2x 2 < 0 thì (C ) và (C ′) đối xứng nhau qua Ox Như vậy dựa vào (C ) ta vẽ được (C ′) như hình 2 dưới đây. y. y Hình 1. -1. O. 1. Hình 2. 1. − 2. 2. x. − 2 -1. 1. 2 x. -1. -1. Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. O. 14. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(17) Ví dụ 18: Từ đồ thị của hàm số y = 2x −1 (hình 3) hãy suy ra đồ thị của hàm số y = 2x −1 x −1 x −1 Hướng dẫn Đặt (C ) : y = 2x −1 và (C ) : y = 2x −1 . x −1 x −1.  2x −1 khi 2x − 1 ≥ 0  x −1 2x − 1 Do = nên   2x −1 x −1 khi 2x − 1 < 0  − x −1. Với x ≥ 1 thì (C ) và (C ′) trùng nhau. 2 1 Với x < thì (C ) và (C ′) đối xứng nhau qua Ox 2. Như vậy dựa vào (C ) ta vẽ được (C ′) như hình 2 dưới đây. y y = 2x −1. y = 2x −1. y. x −1. x −1. Hình 3. Hình 4. 3. 3. 2 1. 2. O. O x. 1 2. -1. x. 1 2. -2 Ví dụ 19: Từ đồ thị (C ) : y = 2x 3 − 9x 2 + 12x − 3 hãy vẽ đồ thị (C ′) : y = 2 |x |3 − 9x 2 + 12 |x | − 3 Hướng dẫn 3. Với x ≥ 0 thì 2 x − 9x 2 + 12 x − 3 = 2x 3 − 9x 2 + 12x − 3 do đó (C ′) ≡ (C ) khi x ≥ 0 3. Ngoài ra y = 2 x − 9x 2 + 12 x − 3 là hàm số chẵn nên (C ′) nhận Oy làm trục đối xứng Từ đó ta có đồ thị (C ′) như hình 6 dưới đây (C ′) :y = 2|x |3 – 9x 2 + 12|x | – 3. (C ) : y = 2x 3 – 9x 2 + 12x – 3 Hình 5. y 2. y 2. 1. 1. O. 1. 2. O. x. 1. -3. Th.S Dương Phước Sang. Hình 6. 2. x. -3. 15. 0942.080383.

(18) PH. NG TRÌNH, B T PH §1. PH. NG TRÌNH M. NG TRÌNH, B T PH. & LÔGARIT. NG TRÌNH M". I. Các tính chất cơ bản của luỹ thừa: Với các cơ số a > 0 và b > 0 ta có n. (a m ). a m .a n = a m +n am an. =a. 1. m −n. an. = a m .n. (a.b )n = a n .b n −n. n. =a. n. n. an a    = n b b. b  a    =   a b. −n. m. am = a n. II. Phương trình, bất phương trình mũ cơ bản: với cơ số a > 0 và số b > 0 ta có a f (x ) = b ⇔ f (x ) = loga b. a≠1 a>1. a f (x ) b ⇔ f (x ) > loga b. a<1. a f (x ) loga b. a f (x ) > b ⇔ f (x ) < loga b. III. Công thức giải khi đã cùng cơ số a f (x ) = a g (x ) ⇔ f (x ) = g (x ). a≠1 a>1. a f (x ) < a g (x ) ⇔ f (x ) < g (x ). a f (x ) > a g (x ) ⇔ f (x ) > g (x ). a<1. a f (x ) < a g (x ) ⇔ f (x ) > g (x ). a f (x ) > a g (x ) ⇔ f (x ) < g (x ). IV. Một số trường hợp có thể đặt ẩn phụ Dạng phương trình. Phương pháp giải. 1. m.a 2.f (x ) + n.a f (x ) + p = 0. đặt t = a f (x ) thì a 2 f (x ) = t 2. 2. m.a f (x ) + n.a −f (x ) + p = 0. đặt t = a f (x ) thì a −f (x ) =. 3. m.a f (x ) + n.b f (x ) + p = 0 với ab = 1. 4 5. m. (a 2 ). f (x ). + n. (ab ). f (x ). + p. (b 2 ). f (x ). đặt t = a f (x ) thì b f (x ) =. 1 t. 1 (do ab = 1) t. chia 2 vế của phương trình cho b 2 f (x ). =0. m.a f (x ) + n.a g (x ) + p.a h (x ) = 0. chia 2 vế của phương trình cho a h(x ). (trong đó f (x ) + h(x ) = 2.g(x ) ). V. Công thức lôgarit hoá phương trình mũ a f (x ) = b g (x ) ⇔ loga a f (x ) = loga b g (x ) ⇔ f (x ) = g(x ). loga b. Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 16. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(19) §2. PH. NG TRÌNH, B T PH. NG TRÌNH LÔGARIT. I. Các định nghĩa và tính chất của lôgarit Với cơ số 0 < a ≠ 1 ta định nghĩa a x = b ⇔ x = loga b Với cơ số 0 < a ≠ 1 ta có các tính chất sau đây:. log b = lg b = log10 b (b > 0). log. (bm ) = m ⋅ loga b n. (n ≠ 0, b > 0). ln b = loge b. loga (m .n ) = loga m + loga n. (m,n > 0). an. (b > 0). ( ). loga 1 = 0. loga m = loga m − loga n. loga a = 1. loga b =. loga (a α ) = α. loga b =. loga (b α ) = α.loga b (b > 0). loga b = loga c. logc b. log. a. a. α. n. logb c. logc b. (0 < c ≠ 1, b > 0). logc a. 1 logb a. (0 0). logb a. b = 1 ⋅ loga b (b > 0). a. =b. loga x . logb y = loga y.logb x. α. loga b. Đặc biệt:. (b > 0). (. ). loga f (x ). 2n. = 2n loga f (x ). =c. 1 2n. (m,n > 0). (. (0 0). ). . loga f (x ). 2n. (0 1. loga f (x ) ab. loga f (x ) > b ⇔ f (x ) > ab loga f (x ) > b ⇔ 0 < f (x ) < ab. III. Công thức giải khi đã cùng cơ số: xét 0 < a ≠ 1 a≠1.  f (x ) = g(x ) loga f (x ) = loga g(x ) ⇔   f (x ) > 0 hoÆc g(x ) > 0 (tuú bµi mµ chän). a>1.  f (x ) < g(x ) loga f (x ) < loga g (x ) ⇔   f (x ) > 0.  f (x ) > g(x ) loga f (x ) > loga g(x ) ⇔   g(x ) > 0. a<1.  f (x ) > g(x ) loga f (x ) < loga g (x ) ⇔   g(x ) > 0.  f (x ) < g(x ) loga f (x ) > loga g(x ) ⇔   f (x ) > 0. Th.S Dương Phước Sang. 17. 0942.080383.

(20) VÍ DỤ MINH HOẠ Ví dụ 1: Rút gọn: A =. a. 5 +3. (a 2. 5( 5 −1). .a. 2 −1 2 2 +1. ). a 5 ( a − a −3 ). B=. (a > 0). a .( a −1 − a 3 ). (a > 0). Lời giải Câu a: A = Câu b: B =. a. 5 +3. (a 2. 5( 5 −1). .a. 2 −1 2 2 +1. ). =. a 5 ( a − a −3 ) a .( a −1 − a 3 ). a a (2 =. 5 +3. .a 5−. 5. 2 −1)(2 2 +1). =. 5 +3)+(5− 5). a(. a (2. 2)2 −12. a 5 . a − a 5 . a −3 a . a −1 − a . a 3. =. a8 a7. a6 − a2. =. a0 − a4. =a =. a3 −a 1 − a2. =. a(a 2 − 1) 1 − a2. = −a. Ví dụ 2: Tính giá trị biểu thức sau đây với giả thiết kèm theo: B = log a (a 2b ) biÕt loga b = −3. A = log 4 (2 3 a 4 ) biÕt log2 a = 5. C = logb. a b b. 2. biÕt loga b = 4. D = logab. a b b2. biÕt loga b = −2. Lời giải 4 1 1 4 1 4.5 23 + log 2 (a 3 ) = + log2 a = + = 2 2 2 3.2 2 3.2 6 Câu b: B = log a (a 2b) = 2 loga (a 2b) = 2  loga (a 2 ) + loga b  = 2  2 + (−3)  = −2   a b 1 1 1 3 5 Câu c: C = logb 2 = logb (a ) + logb ( b ) − logb (b 2 ) = + logb b − 2 logb b = − = − loga b 2 4 2 4 b 2 loga  (a b ) : (b 2 )  a b   = loga a + loga ( b ) − loga (b ) = ⋯ = −4 Câu d: D = logab = loga (ab) loga a + loga b b2. Câu a: A = log 4 (2 3 a 4 ) = log4 2 + log 4 ( 3 a 4 ) =. Ví dụ 3: Chứng minh rằng các đẳng thức sau đây luôn đúng với điều kiện kèm theo 1 a) log(a + 2b) − 2 log 2 = (log a + log b) với mọi số dương a, b sao cho a 2 + 4b 2 = 12ab 2 b) a. logb c. =c. logb a. với mọi số dương a, b, c thoả mãn b ≠ 1.. c) loga x .logb y = loga y. logb x với mọi số dương a, b, x , y thoả mãn a ≠ 1, b ≠ 1. Lời giải Câu a: Ta có a 2 + 4b 2 = 12ab ⇔ a 2 + 4b 2 + 4ab = 16ab ⇔ (a + 2b)2 = 16ab Do a > 0, b > 0 nên (a + 2b)2 = 16ab ⇒ log(a + 2b)2 = log(16ab). 1 ⇒ 2 log(a + 2b) = log16 + log a + log b ⇒ log(a + 2b) − 2 log 2 = (log a + log b) 2 Câu b: Đặt x = logb a ta có a = b x . Do đó, a. logb c. logb c. = (b x ). =b. x logb c. =b. logb (c x ). = cx = c. logb a. Câu c: loga x .logb y = (loga b.logb x ).(logb a.loga y ) = (loga y.logb x )(loga b.logb a ) = loga y.logb x Lưu ý: Phải đảm bảo điều kiện A > 0, B > 0 và A ≠ 1 mới được viết ký hiệu logA(B ) Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 18. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(21) Ví dụ 4: Giải các phương trình và bất phương trình sau đây: 3 2 2 a) 8x −2x +2 = 4x +x +1. 2 b) ( 3 + 2)x −4x < ( 3 − 2)6−x. c) 9x − 2.32x −1 + 3x −1.3x +2 = 15. d) 5x +2 − 5.2x +1 ≥ 2.5x +1 − 2x +3 Lời giải. 3 2 2 3 2 2 Câu a: 8x −2x +2 = 4x +x +1 ⇔ 23(x −2x +2) = 22(x +x +1) ⇔ 3(x 3 − 2x 2 + 2) = 2(x 2 + x + 1). ⇔ 3x 3 − 8x 2 − 2x + 4 = 0 ⇔ (3x − 2)(x 2 − 2x − 2) = 0 ⇔ x = 2 hoặc x = 1 ± 3 3. Vậy phương trình có các nghiệm x = 2 và x = 1 ± 3. 3. 2 2 Câu b: Ta có ( 3 + 2)x −4x < ( 3 − 2)6−x ⇔ ( 3 + 2)x −4x < ( 3 + 2)x −6. ⇔ x 2 − 4x < x − 6 ⇔ x 2 − 5x + 6 < 0 ⇔ x ∈ (2; 3). Vậy bất phương trình có tập nghiệm S = (2; 3) 32x 3x x + 3 .3 = 15 ⇔ 9 − 2. + .3 .9 = 15 Câu c: Ta có 9 − 2.3 3 3 x x x x x 10 x 2 2 ⇔ 9 − .9 + 3.9 = 15 ⇔ 9 1 − + 3 = 15 ⇔ 9 . = 15 ⇔ 9 = 9 ⇔ x = log 2x −1. x. x −1 x +2. x. (. 3. ). 3. Vậy bất phương trình có nghiệm x = log. 9. 3. ( 92 ). 9. 2. ( 29 ). Câu d: Ta có 5x +2 − 5.2x +1 ≥ 2.5x +1 − 2x +3 ⇔ 25.5x − 10.2x ≥ 10.5x − 8.2x x. (2 ). ⇔ 25.5x − 10.5x ≥ 10.2x − 8.2x ⇔ 15.5x ≥ 2.2x ⇔ 5. ( 15 ). ( 15 ). ≥ 2 ⇔ x ≥ log5 2 15. 2. Vậy bất phương trình có nghiệm x ≥ log 5 2 2. Ví dụ 5: Giải các phương trình và bất phương trình sau đây: a) 25x + 23.5x − 50 = 0. b) 21+x + 22−x − 6 = 0. c) (2 + 3)x + (2 − 3)x = 4. d) 3.16x + 2.81x = 5.36x. e) 3.32x − 8.3x − 3 ≤ 0. f ) 7x − 2.71−x + 5 > 0 Hướng dẫn giải và đáp số. Câu a: Ta có 25x + 23.5x − 50 = 0 ⇔ 52x + 23.5x − 50 = 0.  t = −25 < 0 (lo¹i) Đặt t = 5x (t > 0), phương trình trở thành t 2 + 23t − 50 = 0 ⇔  (tho¶ t > 0)  t = 2 Với t = 2 thì 5x = 2 ⇔ x = log5 2. Vậy phương trình có tập nghiệm S = {log5 2}. 4 − 6 = 0 ⇔ 2.(2x )2 − 6.2x + 4 = 0 Câu b: Ta có 21+x + 22−x − 6 = 0 ⇔ 2.2x + x 2  2x = 1 x = 0 . Vậy phương trình có tập nghiệm S = {0;1} ⇔  ⇔  x = 1  2x = 2    Th.S Dương Phước Sang 19. 0942.080383.

(22) Câu c: Ta có (2 + 3)x + (2 − 3)x = 4 ⇔ (2 + 3)x + Hướng dẫn: đặt t = (2 + 3)x (t > 0). 1. =4. (2 + 3)x. (do (2 +. Đáp số: x = 1 hoặc x = – 1. x. x. 2x. x.  16   81   36  9  ⇔ 2.   Câu d: Ta có 3.16 + 2.81 = 5.36 ⇔ 3.   + 2.   = 5.   4 16 16 16 x. x. x. x. ). 3)(2 − 3) = 1. x. 9 − 5.   + 3 = 0 4. x. 9 9 3 ⇔   = 1 hoÆc   = ⇔ x = 0 hoÆc x = 1 2 4 4 2. Câu e: Xét 3.32x − 8.3x − 3 ≤ 0 . Đặt t = 3x (t > 0) bất phương trình trở thành 3t 2 − 8t − 3 ≤ 0 ⇔ − 1 ≤ t ≤ 3 3. So với điều kiện t > 0 ta nhận 0 < t ≤ 3 , khi đó 3x ≤ 3 ⇔ x ≤ 1 Vậy bất phương trình có tập nghiệm S = (−∞;1] Câu f: Ta có 7x − 2.71−x + 5 > 0 ⇔ 7x − 2.. 7 7x. +5>0. Hướng dẫn: đặt t = 7x (t > 0). Đáp số: S = (log7 2; +∞). Ví dụ 6: Giải các phương trình và bất phương trình sau đây: 1 2. 2. a) 9x +x −1 + 1 > 10.3x +x −2. b) 4 tan. 2. x. 2. + 2 cos. x. 2 2 c) 4sin x + 2cos x = 2 + 2. −3 = 0. Lời giải 2 2 2 2 Câu a: Ta có 9x +x −1 + 1 > 10.3x +x −2 ⇔ 9.9x +x −2 − 10.3x +x −2 + 1 > 0 2 2 2 2 ⇔ 9.32(x +x −2) − 10.3x +x −2 + 1 > 0 ⇔ 3x +x −2 > 1 hoÆc 3x +x −2 < 1. 9. 2. 2. ⇔ x + x − 2 > 0 hoÆc x + x − 2 < −2 ⇔ x ∈ (−∞; −2) ∪ (−1; 0) ∪ (1; +∞) 1 2. 2 2 2 Câu b: Ta có 4 tan x + 2 cos x − 3 = 0 ⇔ 4 tan x + 21+ tan x − 3 = 0.  2tan2 x = 1 ⇔ 22 tan x + 2.2tan x − 3 = 0 ⇔  ⇔ tan2 x = 0 ⇔ x = k π (k ∈ ℤ) 2 tan x  2 = −3 : ptvn 2. 2. 2. 2 2 2 2 2 Câu c: 4sin x + 2cos x = 2 + 2 ⇔ 22 sin x + 21−sin x = 2 + 2 ⇔ 22 sin x +. Đặt t = 2. sin2 x. 2 (1 ≤ t ≤ 2) phương trình trở thành t + = 2 + 2 t. 2. sin2 x. =2+ 2. 2. ⇔ t 3 − (2 + 2)t + 2 = 0 ⇔ (t − 2)(t 2 + 2t − 2) = 0 (*) Do t ≥ 1 nên t 2 + 2t − 2 ≥ 1 , từ đó (*) ⇔ t = 2 ⇔ 2sin. 2. x. = 2 ⇔ sin2 x =. 1 2. ⇔ cos 2x = 0 ⇔ 2x = π + k π ⇔ x = π + k π (k ∈ ℤ) 2. Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 20. 4. 2. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(23) Ví dụ 7: Giải các phương trình và bất phương trình sau đây: a) 4 log23 x + log c) log. 2. 3. b) log2 x + logx 4 ≤ 3. x −2 = 0. x + 1 − log0,5 (3 − x ) = log8 (x − 1)3. e) log 4 (x 2 − 2x + 1) = log2 (2 − x ) − 1. d) log5 (x + 1) + log 0,2. x ≥0 x −1. f) log 7 (x − 2) + log7 (x − 4)2 < 0. Hướng dẫn giải và đáp số Câu a: Với điều kiện x > 0 ta có 4 log23 x + log. x − 2 = 0 ⇔ 4 log23 x + 2 log3 x − 2 = 0. 3. (1). Đặt t = log3 x thì phương trình (1) trở thành 4t 2 + 2t − 2 = 0 ⇔ t = −1 hoÆc t = 1 Với t = −1 thì log3 x = −1 ⇔ x = 1 3. 2 1 1 Với t = thì log 3 x = ⇔ x = 2 2. 3. So với điều kiện x > 0 ta nhận hết các nghiệm nêu trên. Câu b: Với 0 < x ≠ 1 ta có log2 x + logx 4 ≤ 3 ⇔ log2 x + 2 logx 2 ≤ 3  t <0  1 ≤ t ≤ 2  Thay t = log2 x vào giải tiếp rồi đối chiếu với điều kiện 0 < x ≠ 1 ta nhận x ∈ (0;1) ∪ [2; 4] ⇔ log2 x +. Câu c: log. 2. 2 2 t 2 − 3t + 2 ≤ 3 ⇔ t + ≤ 3 (víi t = log2 x ) ⇔ ≤0⇔ log2 x t t.  x + 1 > 0  x + 1 > 0   3 x + 1 − log0,5 (3 − x ) = log8 (x − 1) (3) ĐK:  3 − x > 0 ⇔  3 − x > 0 ⇔   3 ( x 1) 0 − >  x − 1 > 0 .  x < 3   x > 1. Ta có (3) ⇔ log2 (x + 1) + log2 (3 − x ) = log2 (x − 1) ⇔ log2  (x + 1)(3 − x )  = log2 (x − 1)  . ⇔ (x + 1)(3 − x ) = x − 1 ⇔ x 2 − x − 4 = 0 ⇔ x = 1± 17. 2 1+ 17 So với điều kiện 1 < x < 3 ta chỉ nhận x = làm nghiệm của phương trình. 2.  x + 1 > 0  Điều kiện :  x ⇔ x ∈ (−1; 0) ∪ (1; +∞)  > 0  x − 1 x x x2 − x −1 Bất phương trình (4) ⇔ log5 (x + 1) ≥ log5 ⇔ x +1≥ ⇔ ≥0 x −1 x −1 x −1 Giải bất phương trình trên kết hợp với điều kiện ta nhận x ∈ [ 1− 5 ; 0 ) ∪  1+ 5 ; +∞ ) 2 2 2  x − 2x + 1 > 0  x ≠ 1 Câu e: log 4 (x 2 − 2x + 1) = log2 (2 − x ) − 1 (5). Điều kiện :  ⇔   2 − x > 0  x < 2. x Câu d: log5 (x + 1) + log 0,2 ≥ 0 (4) x −1. Khi đó (5) ⇔ 1 log2 (x − 1)2 + 1 = log(2 − x ) ⇔ log2 (2 x − 1 ) = log2 (2 − x ) 2.  2(x − 1) = 2 − x ⇔ 2 x − 1 = 2 − x ⇔  ⇔  2(x − 1) = x − 2. x = 4  3   x = 0. So với điều kiện 1 ≠ x < 2 ta nhận cả hai nghiệm x = 4 và x = 0 3. Th.S Dương Phước Sang. 21. 0942.080383.

(24) Ví dụ 8: Giải các phương trình và bất phương trình sau đây: a) log2 (x + 3 c) log5x. log. 6. x. b) log3 (3x − 1). log3 (3x +1 − 3) ≥ 2. ) = 2 log6 x + 1. 5 + log25 x < 1 x. d) log3x +2 (1 − x 2 ) + log 3x +2 (1 − x ) ≤ 0. e) log 3x +7 (9 + 12x + 4x 2 ) + log2x + 3 (21 + 23x + 6x 2 ) = 4 Hướng dẫn giải và đáp số Câu a: Ta có log2 (x + 3. log. 6. x. 2 log6 x. ) = 2 log6 x + 1 ⇔ log2 (x + 3. ) = 2 log6 x + 1. Đặt t = log6 x ⇔ x = 6t . Thay vào phương trình ta được. log2 (6t + 32t ) = 2t + 1 ⇔ 6t + 32t = 22t +1 ⇔ 6t + 9t = 2.4t Hướng dẫn: chia 2 vế phương trình cho 4t. Đáp số: x = 1. Câu b: Ta có log3 (3x − 1).log3 (3x +1 − 3) ≥ 2 ⇔ log3 (3x − 1).log3  3(3x − 1)  ≥ 2   ⇔ log3 (3x − 1).  1 + log3 (3x − 1)  ≥ 2 ⇔ log23 (3x − 1) + log 3 (3x − 1) − 2 ≥ 0. Đáp số: x ∈ (0; log3 10  ∪ [log3 4; +∞) 9. Hướng dẫn: đặt t = log3 (3x − 1) Câu c: Với điều kiện 0 < x ≠ 1 ta có 5. log5x. log5 5 1 − log5 x 5 2 x + log2 x < 1 ⇔ + log5 x < 1 ⇔ + log25 x < 1 5 log5 (5x ) 1 + log5 x x Đáp số: x ∈ ( 1 ; 1 ) ∪ (1;5). Hướng dẫn: đặt t = log5 x. 25 5. Câu d: log3x +2 (1 − x 2 ) + log 3x +2 (1 − x ) ≤ 0 (4). Điều kiện : x ∈ (− 2 ;1) \ {− 1 } 3. 3. Khi đó (4) ⇔ log 3x +2  (1 − x 2 )(1 − x )  ≤ 0 ⇔ log 3x +2 (x 3 − x 2 − x + 1) ≤ 0 (6') Hướng dẫn: xét 2 trường hợp theo cơ số (3x + 2) Giải trường hợp 3x + 2 > 1 ta được x ∈ (−∞; 1− 5 ] ∪  0; 1+ 5  2 2 Giải trường hợp 3x + 2 < 1 ta được x ∈ [ 1− 5 ; 0 ] ∪  1+ 5 ; +∞ ). (. ) { }. Kết hợp với điều kiện x ∈ − 2 ;1 \ − 1 3 3. 2. 2 ta nhận x ∈ [ 1− 5 ; − 1 ) ∪ [0;1) 2 3.  0 < 2x + 3 ≠ 1 Câu e: log2x + 3 (21 + 23x + 6x 2 ) + log 3x +7 (9 + 12x + 4x 2 ) = 4 (5). Điều kiện   0 < 3x + 7 ≠ 1 Khi đó (5) ⇔ log2x + 3 (2x + 3)(3x + 7) + log3x +7 (2x + 3)2 = 4. ⇔ log2x +3 (3x + 7) + 2. Hướng dẫn: đặt t = log2x + 3 (3x + 7). Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 22. 1 −3 = 0 log2x + 3 (3x + 7) Đáp số: x = − 1 4. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(25) NGUYÊN HÀM, TÍCH PHÂN &. NG D NG. I. Bảng nguyên hàm cơ bản và nguyên hàm mở rộng. ∫ 1.dx = x + C. ∫ a.dx = ax + C. ∫. x α .dx =. ∫. (ax + b)α .dx =. ∫. 1 .dx = ln |x | + C x. ∫. 1 ln ax + b .dx = +C ax + b a. x α+1 +C α +1. 1 (ax + b )α+1 ⋅ +C a α +1. 1 2 ax + b .dx = +C ax + b a. ∫. 1 .dx = 2 x + C x. ∫. ∫. 1. ∫. 1 1 .dx = − ⋅ +C a ax + b (ax + b ). ∫. e x .dx = e x + C. ∫. eax +b .dx =. ∫. cos x .dx = sin x + C. ∫. ∫. sin x .dx = − cos x + C. ∫. ∫ ∫. x. 2. .dx = −. 1 cos2 x 1 2. sin x. 1 +C x. 1. 2. .dx = tan x + C. ∫. eax +b +C a sin(ax + b) +C cos(ax + b).dx = a cos(ax + b ) +C sin(ax + b).dx = − a 1 tan(ax + b) dx = +C . a cos2 (ax + b). .dx = − cot x + C. ∫. sin (ax + b ). 1 2. .dx = −. cot(ax + b ) +C a. II. Phương pháp nguyên hàm từng phần. ∫ u.dv = u.v − ∫ v.du Vài dạng tích phân từng phần thông dụng: (với P (x ) là một đa thức theo biến x) GÆp. ∫. f (x ). lnn (ax + b ).dx. (kh«ng cã. dx kÌm theo) x.  u = P (x ).  ta đặt  . ∫. P (x ).eax +b .dx ,. Gặp. ∫.  sin(mx + n )   dx , P (x ).   mx + n cos( )  . Gặp. ∫. Gặp. Th.S Dương Phước Sang. n  u = ln (ax + b ) ta đặt  dv = f (x ).dx. dv = eax +b .dx.  u = P (x )   sin(mx + n )  ta đặt   dv =   cos(mx + n )  dx     sin(mx + n )     u =   sin(mx + n )    ax +b    e . dx , ta đặt   cos(mx + n )     cos(mx + n )  dv = eax +bdx. 23. 0942.080383.

(26) III. Phương pháp nguyên hàm đổi biến số. ∫.  t(x )  .t ′(x )dx = F  . f.  t(x )  + C  . Vài dạng tích phân đổi biến thông dụng: Dạng tích phân. ∫. α.t(x )+ β.t ′(x ) dx t(x ). ∫. f e t (x ) .t ′(x )dx. ( ). ∫ f (t(x )) .t ′(x ).dx. Đặc điểm nhận dạng. Cách đặt. Đặt biểu thức dưới mẫu. t = t(x ). Đặt biểu thức ở phần số mũ. t = t(x ). Đặt biểu thức trong dấu ngoặc. t = t(x ). Đặt biểu thức chứa căn. t = n t(x ). Đặt biểu thức chứa lnx. t = ln x. ∫ f ( n t(x ) ) .t ′(x )dx dx ∫ f (ln x ) x. ∫. f (sin x ). cos xdx. Gặp cos x .dx đi kèm biểu thức theo sin x. t = sin x. ∫. f (cos x ).sin xdx. Gặp sin x .dx đi kèm biểu thức theo cos x. t = cos x. ∫. f (tan x ) ⋅ dx2. Gặp. dx đi kèm biểu thức theo tan x cos2 x. t = tan x. ∫. f (cot x ) ⋅ dx2. Gặp. dx đi kèm biểu thức theo cot x sin2 x. t = cot x. ∫. f (eax ).eax dx. ∫. f (x α )x k α−1dx. cos x. sin x. Gặp eax dx đi kèm biểu thức theo eax. t = eax. Gặp x k α−1dx (k ∈ ℤ) kèm biểu thức theo x α. t = xα. Đôi khi thay cách đặt t = t (x ) bởi t = m.t(x ) + n ta sẽ gặp thuận lợi hơn. IV. Công thức Newton-Leibnitz (tính tích phân xác định) b. ∫a. (. ) a = F (b) − F (a). f (x )dx = F (x ). b. V. Công thức tích phân từng phần b. ∫a. ( ) a − ∫a v.du. udv = u.v. b. b. VI. Công thức tích phân đổi biến số. ∫a ( ) b. Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. f t(x ) .t ′(x ).dx =. 24. t (b ). ∫ t(a ) f (t ).dt Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(27) VII. Công thức tính diện tích hình phẳng  y = f (x ) ; y = g(x ) Hình phẳng (H ) giới hạn bởi  có diện tích S =   x = a, x = b (a < b). b. ∫a. f (x ) − g(x ) dx. y. y. y y = f (x ). y = f (x ). y = f (x ). a O H2. b x. a O H1 S1 =. y = g(x ). b. ∫a. S2 =. f (x ) dx. y = g(x ) b. ∫a. b x. a. f (x ) − g(x ) dx. S3 =. H3 b. ∫a. O. b x. c b. f (x ) dx − ∫ g(x ) dx c. Trục hoành có phương trình g (x ) = 0 , trục tung có phương trình x = 0. Chú ý:. Để tính. b. ∫a. s(x ) dx ta có thể xét dấu s(x ) trên đoạn [a;b] để khử dấu | |. Nếu s(x ) ≠ 0, ∀x ∈ (α; β ) thì. β. ∫α. s(x ) dx =. β. ∫ α s(x ).dx. Để tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi ít nhất ba đường (C 1 ) : y = f (x ),. (C 2 ) : y = g(x ) và (C 3 ) : y = h(x ) , tốt nhất ta vẽ hình phẳng đó lên hệ trục toạ độ rồi từ hình vẽ xây dựng công thức để tính diện tích hình phẳng này .. VIII. Công thức tính thể tích của vật thể tròn xoay  y = f (x ) ; truï c Ox Hình phẳng (H ) giới hạn bởi  quay quanh Ox tạo thành vật thể có thể tích   x = a, x = b (a < b) b. 2 V = π ∫  f (x )  dx a. Lưu ý:. Công thức trên đây chỉ được sử dụng khi hình phẳng (H ) được giới hạn như đã nêu. Dưới đây hình minh hoạ cho 1 số trường hợp khác và công thức xử lý tương ứng:. y = f (x ). y = f (x ). y = f (x ) y = g(x ). c. a. b. 2 V1 = π ∫  f (x )  dx  a . Th.S Dương Phước Sang. V2 = π ∫. y = g(x ). b b a. f 2 (x ) − g 2 (x ) dx. ( víi f (x ).g(x ) ≥ 0, ∀x ∈ [a;b ]) 25. b. b. 2 V3 = π ∫  f (x )  dx − π ∫  a  c.  g (x )  2 dx  . 0942.080383.

(28) Ví dụ 1: Chứng minh rằng F (x ) = ln (x + x 2 + 1 ) là 1 nguyên hàm của f (x ) =. 1 x +1 2. trên ℝ. Lời giải. Ta có F ′(x ) =. (x +. ′. x2 + 1 ). =. x + x +1 2. 1+. x2 + 1 + x. x. x2 + 1 x2 + 1 = = x + x2 + 1 x + x2 + 1. Vậy F (x ) = ln (x + x 2 + 1 ) là một nguyên hàm của hàm số f (x ) = Ví dụ 2: Tìm nguyên hàm F (x ) của hàm số f (x ) =. 4e x + 3x xe x. 1. = f (x ), ∀x ∈ ℝ. x +1 2. 1 x2 + 1. trên ℝ. thoả mãn điều kiện F (1) = 0. Lời giải Theo giả thiết F (x ) là nguyên hàm của hàm số f (x ) =. F (x ) =. ∫. 4e x + 3x xe. x. dx =. 4. ∫  x + 3e. 4e x + 3x. −x. nên. xe x.  −x dx = 4 ln x − 3e + C. Do F (1) = 0 nên 4 ln 1 − 3e−1 + C = 0 ⇔ − 3e −1 + C = 0 ⇔ C = 3e −1. 4e x + 3x thoả mãn điều kiện F(1) = 0 Vậy F (x ) = 4 ln x − 3x + 3 là nguyên hàm của f (x ) = e e xe x Ví dụ 3: Xác định các hệ số a, b, c để hàm số F (x ) = (ax 2 + bx + c).e −x là một nguyên hàm của hàm số F (x ) = (2x 2 − 5x + 2).e −x trên R Lời giải Ta có F ′(x ) = (2ax + b)e −x + (ax 2 + bx + c)(−e −x ) =  −ax 2 + (2a − b)x + b − c  e−x   F (x ) là nguyên hàm của f (x ) trên R ⇔ F ′(x ) = f (x ), ∀x ∈ ℝ ⇔  −ax 2 + (2a − b)x + b − c  e −x  . Ví dụ 4: Tính tích phân I =. –. 2x 2 − 5x. 2x + 1. 2x 2 + x. x −3. –. 2. ∫0. −6x −6x − 3 3. Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia.  −a = 2  = (2x 2 − 5x + 2)e −x , ∀x ∈ ℝ ⇔  2a − b = −5 ⇔  b − c = 2. a = −2  b = 1  c = −1. 2x 2 − 5x dx 2x + 1. Lời giải Ta có I =. 2. ∫0. 2x 2 − 5x dx = 2x + 1. 2. . 3. . ∫ 0  x − 3 + 2x + 1 dx 2. 2 3 3 x  = − 3x + ln 2x + 1  = ln 5 − 4  2  2 2 0. 26. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(29) Ví dụ 5: Tính tích phân: I =. Ta viết. ∫1. 3. 11 − x dx (2x − 1)(3x + 2). Gặp tích phân dạng này ta thực hiện thao tác tách phân thức. quy đồng rồi nhóm số hạng 11 − x A B = + (2x − 1)(3x + 2) 2x − 1 3x + 2 ở tử thức theo luỹ thừa của x. (3A + 2B )x + (2A − B ) (2x − 1)(3x + 2).  3A + 2B = −1 Đồng nhất hệ số ở tử thức của 2 phân thức:  ⇔  2A − B = 11 .  A = 3   B = −5 . Lời giải Ta có I =. ∫1. 3. 11 − x dx = (2x − 1)(3x + 2). ∫1. 3. 5  3 −  2x − 1 3x + 2. 3. 5  3  dx =  ln 2x − 1 − ln 3x + 2  2 3 1. 5 5 5 3  3  19 =  ln 5 − ln11  −  ln 1 − ln 5  = ln 5 − ln 11 2  2  3 3 6 3 Ví dụ 6: Tính tích phân: I =. Ta viết. 11 − x (2x − 1). 2. =. A (2x − 1). 2. ∫1. +. 3. 11 − x (2x − 1). 2. Với tích phân này ta thực hiện. dx. đặt t = 2x − 1 hoặc tách phân thức. quy đồng rồi nhóm số hạng B 2x − 1 ở tử thức theo luỹ thừa của x. 2Bx + (A − B ) (2x − 1)(3x + 2).  2B = −1 Đồng nhất hệ số ở tử thức của 2 phân thức:  ⇔   A − B = 11.  A = 21 2   B = − 1 2. Lời giải Ta có I =. ∫1. 11 − x. 3. (2x − 1)2. dx =. ∫1. 3. 21 1 1 1  21 1    dx x − ⋅ = − − ln 2 − 1  ⋅    4(2x − 1) 4   2 (2x − 1)2 2 2x − 1  1. 3.  21 1   21 1  21 1 =  − − ln 5  −  − − ln1  = − ln 5  20 4   4  4 5 4 A=. Ví dụ 7: Tính các tích phân C =. 2. ∫1. D=. (3x 2 − x ) ln xdx. 1. ∫0. (x + 1)e xdx. 1. ∫0. B= E=. x ln(x + 1)dx. ∫0 ∫0. π 3. π 2. (x − 1)cos 2xdx (1 − x sin x )dx. Lời giải Câu a: A =. 1. ∫0.  u = x + 1 du = dx Đặt  ta có chän  dv = e xdx  v = e x. (x + 1)e xdx. (. A = (x + 1)e x. Th.S Dương Phước Sang. ). 1 0. 1. ( ). − ∫ e xdx = 2e − 1 − e x 0. 27. 1 0. =e. 0942.080383.

(30) Câu b: B =. ∫0. π 3. du = dx  u = x − 1 Đặt  chän  . Khi đó, dv = cos 2xdx  v = 1 sin 2x  2. (x − 1)cos 2xdx π. (. ).  3 B =  1 (x − 1) sin 2x  − ∫ 3 1 sin 2xdx = 1 ( π − 1) sin 2π − 0 + 1 cos 2x 3 2 3 3 4 0 2 0 0 2 π. ( ). π. = 3 ( π − 1) + 1 − 1 − 1 = 3 ( π − 1) − 3 4. Câu c: C =. 2. ∫ 1 (3x. 2. 3. 4. 2. 4. 4. 3. 8. 1   u = ln x du = dx  x Đặt  chọn  . Khi đó, dv = (3x 2 − 1)dx  3  v = x − x. − x )ln xdx. 2 2 2 1 C =  (x 3 − x )ln x  − ∫ (x 3 − x ) dx = 6 ln 2 − ∫ (x 2 − 1)dx  1 1 1 x 2. 4 1  2 2 = 6 ln 2 −  x 3 − x  = 6 ln 2 −  +  = 6 ln 2 − 3  3 3 2 1 du = 1 dx 1  u = ln(x + 1)  x + 1 . Khi đó, Câu d: D = ∫ 2x ln(x + 1)dx Đặt  chọn  dv = 2x .dx  0   v = x 2 2. 1. 1. x D =  x 2 ln(x + 1)  − ∫ dx = ln 2 − ∫ 0 0 x +1 0 1. 1. Câu e: E =. ∫0. π 2. Với I =. 1   1  1 = ln 2 −  x 2 − x + ln x + 1  = ln 2 −  − + ln 2  = 2   2  2 0. (1 − x sin x )dx =. ∫0. π 2. ∫0. π 2. 1.dx − ∫. π 2 0. +∫. 0. π 2 0. A=. Ví dụ 8: Tính các tích phân 41+. ∫2. π 2. (). x sin xdx = x. π 2 0. −∫. π 2. 0. x sin xdx =. π −I 2. du = dx  u = x Đặt  chọn  . Khi đó,  dv = sin x .dx  v = − cos x. x sin xdx. I =  −x .cos x . C =. 1   dx  x − 1 + x +1 . ln x .dx x ln x. D=. (. cos xdx = 0 + sin x. ∫0. π 3. = 1 . Vậy E =. B=. tan x .dx. 2. ∫1. ). π 2 0. 1. E=. dx x (x 3 + 2)2. ∫0. π 2. x cos x dx x sin x + cos x. 2 2. ∫0. π π − I = −1 2 2. x 3 x 2 + 1.dx. Lời giải Câu a: A =. ∫0. π 3. tan x .dx =. ∫0. π 3. sin x dx cos x. Đặt t = cos x ⇒ dt = − sin xdx ⇒ − dt = sin xdx Đổi cận: x = π ⇒ t = 1 3. 2. x =0⇒t =1. Như vậy A = −∫. 1 2. 1 dt = 1 t. Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. ∫. 11 1 2. t. ( ). dt = ln t. 28. 1 1 2. = ln 1 − ln 1 = ln 2 2. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(31) ∫0. Câu b: B =. π 2. x cos x dx x sin x + cos x. Đặt t = x sin x + cos x ⇒ dt = (x sin x + cos x )′dx hay dt = x cos xdx Đổi cận: x =. π 2. ⇒t =. π 2. x =0⇒t =1. Như vậy B = Câu c: C =. 41+. ∫1. π 2. 1 dt = t. ∫1. π 2. ( ) 1 = ln π2 − ln 1 = ln π2. 1 dx x Đổi cận: x = 4 ⇒ t = ln 4. ln x .dx x ln x. ∫2. π 2. 1 dt = ln t t. Đặt t = ln x ⇒ dt =. x = 2 ⇒ t = ln 2. Như vậy C =. ln 4 1 + t. ∫ ln 2. t. (. ln 4. ∫ ln 2. dx =. ln 4 1   1 + dt = (t + ln t ) ln 2 t. ) (. ) (. ) (. ). = ln 4 + ln(ln 4) − ln 2 + ln(ln 2) = ln 4 + ln(ln 4) − ln(2 ln 2) = ln 4 2. ∫1. Câu d: D =. 1 2 3x 2 dx = dx 3 ∫ 1 x 3 (x 3 + 2)2 x (x 3 + 2)2 1. Đặt t = x 3 + 2 ⇒ dt = 3x 2dx Đổi cận: x = 2 ⇒ t = 10 x =1⇒t = 3. 1 10 1 1 10  1 1 2 Vậy D = ∫ dt = − −  3 3 (t − 2)t 2 12 ∫ 3  t − 2 t t 2. = Câu e: E =. 2 2. ∫0. 1 1  ln 8 − ln10 + 12 5. x 3 x 2 + 1.dx =. 2 2. ∫0. 2  1 − ln 1 − ln 3 +  12  3. x 2 x 2 + 1.xdx. 10. 1 2  dt =  ln t − 2 − ln t +  12 t 3. 1 12 7  = ln −  12 5 180. Đặt t = x 2 + 1 ⇒ t 2 = x 2 + 1 ⇒ 2tdt = 2xdx hay tdt = xdx. Đổi cận: x = 2 2 ⇒ t = 3 x =0⇒t =1. Vậy E =. ∫1. 3. (t 2 − 1).t.tdt =. Ví dụ 9: Tính tích phân I =. 2. ∫0. ∫1. 3. 3. 1  198 2 596 1 (t 4 − t 2 )dt =  t 5 − t 3  = + = 5  3 5 15 15 1. x dx x + x2 + 1. Lời giải Ta có I =. 2. ∫0. x dx = x + x2 + 1. ∫0 ( 2. x. Xét I 2 =. Th.S Dương Phước Sang. ). x 2 + 1 − x dx = 2. ∫0. 2. ∫0. 2. x x 2 + 1.dx − ∫ x 2dx 0. 2. 8 1  x dx =  x 3  =  3 0 3 2. 29. 0942.080383.

(32) Xét I 1 =. I1 =. 2. ∫0 x. ∫1. 5. Đặt t = x 2 + 1 ⇒ t 2 = x 2 + 1 ⇒ 2tdt = 2xdx hay tdt = xdx. x 2 + 1.dx. Đổi cận: x = 2 ⇒ t = 5. t.tdt =. ∫1. 5. 1 3 t dt =  t  3 . 5 2. 5 5 −1 . 5. = 1. x =0⇒t =1. ;. 5 5 −9 3. Vậy I = I 1 − I 2 =. Ví dụ 10: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây: a) (C ) : y = x 3 − 3x , trục hoành, x = –1 và x = 3 b) (P ) : y = −x 2 − 4 và (C ) : y = 2x 2 − x 4 c) (C ) : y = x 3 − x và (P ) : y = x − x 2 Lời giải 3. Câu a: Diện tích cần tìm là : S = ∫ x 3 − 3x dx −1 y Cho x 3 − 3x = 0 ⇔ x = 0 ; x = ± 3 (chú ý : − 3 ∉ [−1;2] ) Bảng xét dấu. –1. x. +. x 3 − 3x. O 1 -1. x. 3. 0. ∫ −1. Như vậy, S =. 0 0. (x 3 − 3x )dx − ∫. 3 0. –. (x 3 − 3x )dx. 0. 3  3  1 1 =  x4 − x2  −  x4 − x2  4 4 2  −1 2  Câu b: Phương trình hoành độ giao điểm của (P ) và (C ) :. Diện tích cần tìm là S = Bảng xét dấu:. ∫ −2 x. .x. x − 3x − 4 4. 2. 4. 4. 7 (đvdt) 2. = 0. y 2. O. x. − 3x 2 − 4 dx. –2 0. 2 0. –. 1 ⇒ S = −∫ (x − 3x − 4)dx = −  x 5 − x 3 − 4x −2 5 2. 3. -2. −x 2 − 4 = 2x 2 − x 4 ⇔ x 4 − 3x 2 − 4 = 0 ⇔ ⋯ ⇔ x = ±2 2. 3 0. 2.  . 2 −2. =. 96 5. Câu c: Phương trình hoành độ giao điểm của (P ) và (C ) : y -2. x − x 2 = x 3 − x ⇔ x 3 + x 2 − 2x = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 1 ∨ x = −2 1 x. Diện tích cần tìm là S = Bảng xét dấu. 1. ∫ −2 x. x. x − x − 2x 3. ⇒S =. 0. ∫ −2. 2. 3. + x 2 − 2x dx. –2 0. 0 0. +. –. 1 0. 1. (x 3 + x 2 − 2x )dx − ∫ (x 3 + x 2 − 2x )dx 0. 0. 1. 1  1  1 1 37 =  x 4 + x 3 − x 2  −  x 4 + x 3 − x 2  = 4 3 4 3 12 −2 0. Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 30. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(33) Ví dụ 11: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây (C ) : y = x 2 − 4x + 3 và d : y = x + 3. Lời giải. y 8. Phương trình hoành độ giao điểm của (C ) và d là. x 2 − 4x + 3 = x + 3 ⇔ x = 0 hoặc x = 5 Dựa vào đồ thị hàm số ta có diện tích cần tìm là 3. O. S= 1. Vậy, S =. 5. 3 1. ∫0. Bảng xét dấu. x. ∫ 0 (x + 3 − x 5. x 2 x − 4x + 3. 3. 2. − 4x + 3 ) dx. 0. 1 0. +. –. 3 0. 5 +. 5. (5x − x 2 )dx + ∫ (x 2 − 3x + 6)dx + ∫ (5x − x 2 )dx 1. 3 3. 1. 5. 1  3 1  109 5 1  5 =  x 2 − x 3  +  x 3 − x 2 + 6x  +  x 2 − x 3  = 2      3 3 2 2 3 6 0 1 3 Ví dụ 12: Tính thể tích vật thể sinh ra khi quay hình (H ) quanh trục hoành, biết hình (H ) giới hạn bởi các đường sau đây : (C ) : y = e x x , trục hoành và đường thẳng x = 1. Lời giải Hoành độ giao điểm của (C ) với trục hoành : e x x = 0 ⇔ x = 0 1. 1. Thể tích cần tìm : V = π ∫ (e x x )2 dx = π ∫ xe 2xdx . 0. 0. 1. du = dx  u = x Đặt  chọn  dv = e 2xdx  v = 1 e 2x 2. 11 π π  ⇒ V =  xe 2x  − π ∫ e 2x dx = (e 2 + 1) 2 0 0 2 4. Ví dụ 13: Tính thể tích vật thể sinh ra khi quay hình (H ) quanh trục hoành, biết hình (H ) giới hạn bởi các đường sau đây : (C ) : y = x , d : y = x – 2 và trục hoành. Lời giải x =0⇔x =0. Hoành độ giao điểm của (C ) với trục hoành:. Hoành độ giao điểm của d với trục hoành: x − 2 = 0 ⇔ x = 2. y 2. Hoành độ giao điểm của (C ) với trục hoành:  x − 2 ≥ 0 x = x − 2 ⇔  ⇔x =4  x = (x − 2)2 4. 0. = π ∫ xdx − π ∫ 0. Th.S Dương Phước Sang. 2. 4. x. 4. Thể tích cần tìm là V = π ∫ ( x )2dx − π ∫ (x − 2)2 dx 4. O. 2. 4 2. 4. 4. 16π 1  1  (x − 2) dx = π  x 2  − π  (x − 2)3  = 2 3 3 0 2 2. 31. 0942.080383.

(34) PH. NG PHÁP TO §1. TO. Đ. Đ. TRONG KHÔNG GIAN. C A ĐI M – TO. Đ. C A VÉCT. 1. Hệ trục toạ độ Gồm trục hoành Ox, trục tung Oy và trục cao Oz với véctơ đơn vị i , j , k thoả i = j = k = 1 và i .j = j .k = i .k = 0. i = (1; 0; 0), j = (0;1; 0), k = (0; 0;1) 2. Toạ độ của điểm M (x M ; yM ; z M ) ⇔ OM = x M .i + yM .j + z M .k. Trung điểm I của. Trọng tâm G của. Trọng tâm G của. đoạn thẳng AB. tam giác ABC. tứ diện ABCD.  x = x A + x B  I 2  yA + yB   yI = 2  z +  z = A z B I 2. x + x B + xC  x = A  G 3  yA + yB + yC   yG = 3  z + z + zC B  z = A G 3. x + x B + xC + x D  x = A  G 4  yA + yB + yC + yD   yG = 4  z + z + zC + z D B  z = A G 4. Hình chiếu vuông góc của điểm M (x M ; yM ; z M ) : Trên trục Ox là M 1(x M ; 0; 0). Trên mp (Oxy ) là M 12 (x M ; yM ; 0). Trên trục Oy là M 2 (0; yM ; 0). Trên mp (Oxz ) là M 13 (x M ; 0; z M ). Trên trục Oz là M 3 (0; 0; z M ). Trên mp (Oyz ) là M 23 (0; yM ; z M ). 3. Toạ độ của véctơ. a = (a1; a2 ; a 3 ) ⇔ a = a1.i + a2 .j + a 3 .k AB = (x B − x A; yB − yA; z B − z A ). Cho a = (a1; a2 ; a 3 ) và b = (b1;b2 ;b3 ) và số k ∈ ℝ a1 = b1  a = b ⇔ a2 = b2  a 3 = b3. a ± b = (a1 ± b1; a2 ± b2 ; a 3 ± b3 )   k .a = (ka ; ka ; ka ) 1 2 3. a cùng phương với b ⇔ tồn tại số thực t sao cho a = t.b (giả sử b ≠ 0 ). Đặc biệt: nếu b1b2b3 ≠ 0 thì a cùng phương với b ⇔. a1 b1. =. a2 b2. =. a3 b3. Lưu ý: Ba điểm A, B, C thẳng hàng ⇔ AB và BC cùng phương. Ba điểm A,B,C không thẳng hàng ⇔ AB và BC không cùng phương. Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 32. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(35) 4. Tích vô hướng của hai véctơ (kết quả tính toán là 1 số) Với a = (a1; a2 ; a 3 ) vµ b = (b1;b2 ;b3 ) thì a .b = a1.b1 + a2 .b2 + a 3 .b3 a = a12 + a22 + a 32. AB = (x B − x A )2 + (yB − yA )2 + (z B − z A )2. a ≠ 0 a ⊥ b ⇔ a .b = 0 , với   b ≠ 0. a .b. cos(a , b ) =. a .b. 5. Tích có hướng của hai véctơ (Kết quả là 1 véctơ có toạ độ gồm một bộ 3 số). a = (a1; a2 ; a 3 )  a2 a 3 a 3 a1 a1 a2    Với  thì [ a , b ] ; ; =  b = (b ;b ;b )  b b b b b b  2 3 3 1 1 2 1 2 3 a và b cùng phương với nhau ⇔ [a , b ] = 0. Ứng dụng 1:. (tính chất véctơ) A, B, C thẳng hàng ⇔ AB, BC cùng phương ⇔ [AB, BC ] = 0 A,B,C,D đồng phẳng ⇔ AB, AC , AD đồng phẳng ⇔ [AB, AC ].AD = 0 A. B. D. Ứng dụng 2:. Diện tích hình bình hành ABCD SABCD = [AB, AD ]. (diện tích). C. B. A. Diện tích của tam giác ABC : S ∆ABC =. C. B. C. Thể tích khối hình hộp ABCD.A′ B ′C ′D ′. Ứng dụng 3:. A. D. B'. C'. A'. Vhh = [AB, AD ].AA′. (thể tích). Thể tích khối tứ diện ABCD:. D' B'. C'. VABCD =. A'. B A. VABC .A′ B ′C ′ =. Ứng dụng 4:. H. 1 [AB, AC ].AD 6. Thể tích khối lăng trụ ABC .A′ B ′C ′ : C. M. 1 [AB, AC ] 2. 1 [AB, AC ].AA′ 2. Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng △ d ( △, M ) =. (khoảng cách).    u△,MA  u△. Khoảng cách giữa hai đường chéo nhau. 1. 2. Th.S Dương Phước Sang. d (△1, △2 ) =. 33.  u ,u  .M M  1 2  1 2    u1,u2 . 0942.080383.

(36) §2. PH. NG TRÌNH M T C U, M T PH NG VÀ Đ "NG TH NG. I. Phương trình mặt cầu Mặt cầu (S ) tâm I (a;b; c) , bán kính R có phương trình. (x − a )2 + (y − b)2 + (z − c)2 = R2. I R. (R =. x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0. a 2 + b2 + c2 − d ). .. II. Phương trình mặt phẳng mp (P ) đi qua M 0 (x 0 ; y 0 ; z 0 ) có vtpt nP = (A; B;C ) có phương trình. n. M0. A(x − x 0 ) + B(y − y 0 ) + C (z − z 0 ) = 0. P. Nếu (P ) có phương trình Ax + By + Cz + D = 0 thì n = (A; B;C ) là một vtpt của (P ) . Nếu (P )€(Q ) với (Q ) : ax + by + cz + d = 0 thì (P ) : ax + by + cz + d ′ = 0 (d ′ ≠ d ) z. Nếu (P ) đi qua A(a; 0; 0), B(0;b; 0),C (0; 0; c) với abc ≠ 0 thì C. y (P ) : x + + z = 1 a b c Công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng. A. (. ). d M ,(P ) =. Ax M + ByM + Cz M + D. y. B. O x. M. A2 + B 2 + C 2. III. Phương trình đường thẳng. H. P. Đường thẳng d đi qua điểm M 0 (x 0 ; y 0 ; z 0 ) và có véctơ chỉ phương u = (a;b; c) có:. Phương trình tham số:. Phương trình chính tắc:.  x = x 0 + at   y = y + bt (t ∈ ℝ)  0   z = z + ct 0 x − x0 a. =. y − y0 b. =. z − z0 c. u. d. M0 (giả sử abc ≠ 0 ). Nếu d € ∆ thì d nhận véctơ chỉ phương u∆ của ∆ làm véctơ chỉ phương tức là ud = u∆ Nếu d ⊥ (P ) thì d nhận véctơ pháp tuyến nP của (P ) làm véctơ chỉ phương tức là ud = nP Nếu d = (P ) ∩ (Q ) thì d có véctơ chỉ phương u = [nP , nQ ]. Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 34. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(37) §3. V$ TRÍ T. NG Đ&I GI'A CÁC Đ "NG VÀ CÁC M T. I. Vị trí tương đối giữa mặt phẳng và mặt cầu Không giao nhau. Tiếp xúc với nhau. H. P. Cắt nhau theo đường tròn r = R2 − d 2. P. H. R. I. R. I. I. (. ). d I ,(P ) > R. (. ). (. d I ,(P ) = R. R. H r. P. ). d I ,(P ) < R. II. Vị trí tương đối giữa hai mặt phẳng Cho mặt phẳng (P ) : Ax + By + Cz + D = 0 có vtpt nP = (A; B;C ) và đi qua điểm M P và mặt phẳng (Q ) : A′ x + B ′y + C ′z + D ′ = 0 có vtpt nQ = (A′; B ′;C ′) và đi qua điểm MQ  nP cïng ph−¬ng nQ A B C D ⇔ = = ≠ (P )€(Q ) ⇔   ®iÓm M ∉ (Q ) A′ B ′ C ′ D ′ P. (nếu A′, B ′,C ′, D ′ ≠ 0 ). MP P Q.  nP cïng ph−¬ng nQ A B C D (P ) ≡ (Q ) ⇔  ⇔ = = =  ®iÓm M ∈ (Q ) A′ B ′ C ′ D ′ P. (nếu A′, B ′,C ′, D ′ ≠ 0 ). MP Q. (P ) cắt (Q ) ⇔ nP không cùng phương nQ (chú ý thêm: (P ) ⊥ (Q ) ⇔ nP ⊥ nQ ). III. Vị trí tương đối giữa hai đường thẳng Cho đường thẳng d1 đi qua điểm M 1(x 1; y1; z 1 ) có véctơ chỉ phương u1 = (a1;b1; c1 ) đường thẳng d2 đi qua điểm M 2 (x 2 ; y2 ; z 2 ) có véctơ chỉ phương u2 = (a2 ;b2 ; c2 ) M1 ∈ d2 u1 , u2 cùng phương. Xét M 1 và d2. d1 ≡ d2. M1 ∉ d2. d1€d2. Xét sự cùng phương của u1 và u2. KQ = 0. Tính  u1, u2  .M 1M 2   u1 , u2 không cùng phương. KQ ≠ 0. d1 cắt d2 d1 chéo d2. Để tìm toạ độ giao điểm của hai đường thẳng d1, d2 cắt nhau ta viết phương trình tham số của d1 và d2 (theo 2 tham số khác nhau). Lập hệ phương trình tạo nên bởi chúng để tìm t1, t2 Cuối cùng thay t1 vào phương trình tham số của d1 để tìm toạ độ của giao điểm.. Th.S Dương Phước Sang. 35. 0942.080383.

(38) IV. Vị trí tương đối giữa đường thẳng và mặt phẳng  x = x 0 + at  Cho đường thẳng d :  y = y 0 + bt (1) và mặt phẳng (P ) : Ax + By + Cz + D = 0 (2)   z = z + ct 0. Thay (1) vào (2) ta được phương trình (*) theo t. Tuỳ theo số nghiệm của phương trình (*) ta suy ra được vị trí tương đối của đường thẳng d và mặt phẳng (P ) . Lưu ý: d ⊥ (P ) ⇔ ud và nP cùng phương với nhau ( ud là vtcp của d và nP là vtpt của (P ) ). Thay nghiệm t = t0 của phương trình (*) vào hệ (1) ta được toạ độ giao điểm của d và (P ). V. Các công thức tính khoảng cách Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau d1. Khoảng cách từ 1 điểm đến đường thẳng. M1. 1. A M0. d22 d. M2. (. ). d d1, d2 =.  u , u  .M M  1 2  1 2  u ,u   1 2 . H. ( ). d A, d =.    u, AM 0  u. VI. Các công thức tính góc nQ. Q. d1. nP. u2. u1. d. ud nP. d2. φ P. P. Góc giữa hai mặt phẳng:. Góc giữa hai đường thẳng:. cos((P ),(Q )) = cos(nP , nQ ) =. cos(d1, d2 ) = cos(u1, u2 ) =. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng: sin(d,(P )) = cos(u , n ) = d P. Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 36. nP .nQ nP . nQ u1.u2 u1 . u2 ud .nP ud . nP. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(39) VÍ DỤ MINH HOẠ Ví dụ 1: Trong không gian Oxyz viết phương trình mặt cầu (S ) trong các trường hợp sau: a) (S ) có tâm I (0 ; – 1 ; 3) và đi qua điểm A(2 ; 1 ; –1) b) (S ) có đường kính MN với M ( 1; 4 ; – 2) và N (– 3 ; – 2 ; 4) c) (S ) có tâm I (0 ; 2; – 6) đồng thời tiếp xúc với mặt phẳng (P ) : x − 2y + 2z + 1 = 0 d) (S ) là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC trong đó A(1 ; 3 ; 1), B(2 ; 1; 2), C (0 ; 2 ; – 6) e) (S ) có tâm I nằm trên trục tung đồng thời (S ) đi qua hai điểm A(2 ; 1 ; –1) và T (–1; – 3 ; 2) f) (S ) đi qua A(1; 2 ;1), B (0 ; – 1;1), C (2 ; 3 ; 0) và có tâm I thuộc (β ) : x − 2y + 3z − 3 = 0 y +3 g) (S ) đi qua A(3; 2 ; – 4), B (4 ; 5 ; 0) đồng thời tâm I thuộc đường thẳng d : x −2 = = z −1 −2. 1. −1. Lời giải Câu a: Ta có IA = (2;2; −4) ⇒ IA = 22 + 22 + (−4)2 = 24. B I. (S ) có tâm I (0 ; – 1 ; 3) và đi qua A nên có bán kính R = IA = 24. A. Vậy phương trình mặt cầu (S ) : x + (y + 1) + (z − 3) = 24 2. 2. 2. Câu b: Ta có MN = (−4; −6; 6) ⇒ MN = (−4)2 + (−6)2 + 62 = 2 22. C N. Gọi I là trung điểm của đoạn MN thì I (–1;1;1). I. (S ) có đường kính MN nên có tâm I và bán kính R = 1 MN = 22. M B. 2. Vậy phương trình mặt cầu (S ) : (x + 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 = 22 Câu c: (S ) có tâm I (0 ; 2; – 6) đồng thời tiếp xúc với (P ) : x − 2y + 2z + 1 = 0. (. ). nên có bán kính R = d I ,(α) =. 0 − 2.2 + 2(−6) + 1. C I. =5. 12 + (−2)2 + 22 Vậy phương trình mặt cầu (S ) : x 2 + (y − 2)2 + (z + 6)2 = 25. Câu d: Giả sử (S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0. P. (a 2 + b 2 + c 2 − d > 0) là mặt cầu. đi qua các điểm O( 0 ; 0 ; 0), A(1; 3 ; 1), B (2 ; 1; 2), C (0 ; 2 ; – 6). Khi đó d = 0 và.  11 − 2a − 6b − 2c = 0    9 − 4a − 2b − 4c = 0 ⇔   40 − 4b + 12c = 0.  2a + 6b + 2c = 11    4a + 2b + 4c = 9 ⇔   4b − 12c = 40. a = 9 2   b = 13 10   29 c = −. O A. 10. C B. Vậy phương trình mặt cầu (S ) : x + y + z − 9x − 13 y + 29 z = 0 2. 2. 2. Câu e: Giả sử (S ) : x + y + z − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 2. 2. 2. 5. 5. (a + b 2 + c 2 − d > 0) là mặt cầu có 2. tâm I (a;b; c) ∈ Oy đồng thời đi qua A(2 ; 1 ; –1) và T (–1; – 3 ; 2). Khi đó,  a = c = 0   6 − 2b + d = 0 ⇔    14 + 6b + d = 0 . Th.S Dương Phước Sang. a = c = 0  b = −1 ⇒ (S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2y − 8 = 0   d = −8  37. 0942.080383.

(40) Câu f: Giả sử (S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0. (a 2 + b 2 + c 2 − d > 0) là mặt cầu đi. qua A(1; 2 ;1), B (0 ; –1;1), C (2 ; 3 ; 0) và có tâm I thuộc (β ) : x − 2y + 3z − 3 = 0 . Khi đó  6 − 2a − 4b − 2c + d = 0   2 + 2b − 2c + d = 0  ⇔   13 − 4a − 6b + d = 0   a − 2b + 3c − 3 = 0 . a = 72  b = − 1  2 ⇒ (S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 7x + y + z − 2 = 0  c = − 1  2   d = −2. Câu g: Giả sử (S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0. (a 2 + b 2 + c 2 − d > 0) là mặt cầu đi. qua hai điểm A(3; 2 ; – 4), B(4;5;0) sao cho tâm I của (S ) thuộc đường thẳng d. Khi đó  29 − 6a − 4b + 8c + d = 0  (*)  41 − 8a − 10b + d = 0. y +3 = z −1 nên a = 2 + t, b = −3 − 2t, c = 1 − t (**) Do I ∈ d : x −2 = 1 −2 −1 Thay (**) vào (*) ta được t = −1 vµ d = −43 ⇒ a = 1, b = −1, c = 2. Vậy phương trình mặt cầu (S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2x + 2y − 4z − 43 = 0 Ví dụ 2: Trong không gian Oxyz hãy viết phương trình mặt phẳng (P ) trong các trường hợp : y −3 a) (P ) đi qua điểm A(2 ; – 1; 3) đồng thời vuông góc với đường thẳng d : x +1 = = z −1 −1. 2. 2. b) (P ) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng MN trong đó M (1; 2 ; – 5) và N (3 ; 4 ; 2) c) (P ) là mặt phẳng đi qua ba điểm A(2; −1;1), B(3;2; −2),C (0;2;1) d) (P ) là mặt phẳng đi qua điểm M (1; 3 ; 0) đồng thời song song với (Q ) : x − 3y + 4z − 1 = 0 e) (P ) đi qua A(3 ; 0 ; 7) và vuông góc với (α) : x + y + z − 1 = 0 lẫn (β ) : 2x − y + 4z + 2 = 0 . f) (P ) đi qua A(– 1; 0 ; 2), B (1 ; 3 ; – 2) và vuông góc với mặt phẳng (α) : 2x − y + 2z + 2 = 0 y g) (P ) chứa đường thẳng d : x −1 = = z −1 và vuông góc với mặt phẳng (α) : 2x − y + z = 0 3. 2. 2. Lời giải y −3 Câu a: Đường thẳng d : x +1 = = z −1 có véctơ chỉ phương ud = (2; −1;2) 2. d. −1. 2. Mặt phẳng (P ) đi qua điểm A(2 ; – 1; 3) và vuông góc với d. ud. nên (P ) có véctơ pháp tuyến n = ud = (2; −1;2). A. Phương trình của mặt phẳng (P ) : 2(x − 2) − 1(y + 1) + 2(z − 3) = 0. P. ⇔ 2x − y + 2z − 11 = 0. Câu b: Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng MN thì I (2; 3; − 3 ) 2. Do (P ) là mặt phẳng trung trực của đoạn MN nên (P ) đi qua điểm I (2; 3; − 3 ) và có véctơ pháp tuyến nP = MN = (2;2;7) 2. I. M. N. P. Phương trình mp (P ) : 2(x − 2) + 2(y − 3) + 7 (z + 3 ) = 0 ⇔ 4x + 4y + 14z + 1 = 0 2. Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 38. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(41)   AB = (1; 3; −3) Câu c: Ta có    BC = (−3; 0; 3). ⇒.  AB, BC . 1 1 3   3 −3 −3  = ; ;  = (9; 6; 9)   0 3 3 −3 −3 0 . Mặt phẳng (P ) đi qua ba điểm A(2; −1;1), B(3;2; −2),C (0;2;1). B. A   C nên (P ) có véctơ pháp tuyến n =  AB, BC  = (9; 6;9) P   Phương trình của mp (P ) : 9(x − 0) + 6(y − 2) + 9(z − 1) = 0 ⇔ 3x + 2y + 3z − 7 = 0. Câu d: Do (P ) song song với (Q ) : x − 3y + 4z − 1 = 0 nên phương trình của (P ) có dạng (P ) : x − 3y + 4z + D = 0 (D ≠ −1) M. Ngoài ra do (P ) đi qua điểm M (1; 3 ; 0) nên 1 − 3.3 + 4.0 + D = 0 ⇔ D = 4 ≠ −1. P Q. Vậy phương trình của mặt phẳng (P ) : x − 3y + 4z + 4 = 0 Câu e: (α) : x + y + z − 1 = 0. có véctơ pháp tuyến n α = (1;1;1). (β ) : 2x − y + 4z + 2 = 0 có véctơ pháp tuyến n β = (2; −1; 4). nβ. nα. Do (P ) vuông góc với cả (α) và (β ) nên (P ) có véctơ pháp tuyến.  1 n =  nα , n β  =   −1. 1 1 ; 4 4. 1 1 1 ; 2 2 −1.   = (5; −2; −3) . A P. α. β. Mặt phẳng (P ) qua A(3 ; 0 ; 7) và có vtpt n = (5; −2; −3) nên (P ) có phương trình 5(x − 3) − 2(y − 0) − 3(z − 7) = 0 ⇔ 5x − 2y − 3z + 6 = 0. Câu f: Ta có AB = (2; 3; −4) và (α) : 2x − y + 2z + 2 = 0 có vtpt nα = (2; −1;2) Mặt phẳng (P ) qua A, B và vuông góc với (α) nên (P ) có vtpt 3  3 − 4 −4 2 2 n =  AB, n α  =  ; ;    −1 2 2 2 2 −1. nα α.    = (2; −12; −8). B A. P. Mặt phẳng (P ) có phương trình :. 2(x + 1) − 12(y − 0) − 8(z − 2) = 0 ⇔ x − 6y − 4z + 9 = 0 y Câu g: Đường thẳng d : x −1 = = z −1 đi qua M (1;0;1), có véctơ chỉ phương ud = (3;2;2) 3 2 2 Mặt phẳng (α) : 2x − y + z + 2 = 0 có vtpt nα = (2; −1;1). Mặt phẳng (P ) chứa d và vuông góc với (α) nên (P ) có véctơ pháp tuyến  2 n =  ud , n α  =   −1. 2 2 ; 1 1. 3 3 2 ; 2 2 −1.   = (4;1; −7)  . α. nα M d. Mặt phẳng (P ) có phương trình : 4(x − 1) − (y − 0) − 7(z − 1) = 0. P. ud. ⇔ 4x − y − 7z + 3 = 0. Th.S Dương Phước Sang. 39. 0942.080383.

(42) Ví dụ 3: Trong không gian Oxyz hãy viết phương trình đường thẳng d biết rằng a) d đi qua hai điểm A(1; 3 ; –1) và B (0 ; 1; 2) y −1 = z b) d đi qua điểm M (3; –1; 0) đồng thời song song với đường thẳng x +1 = 2. −3. 4. c) d đi qua điểm A(1; –1; 2) đồng thời vuông góc với mặt phẳng (α) : x − y − 2z + 1 = 0 d) d là giao tuyến của hai mặt phẳng (α) : x − 2y + 2z − 30 = 0 và (β ) : 2x − y − 1 = 0  x = −5t  e) d đi qua M(1; 0 ; –1) và vuông góc với hai đường thẳng d1 :  y = −2 + 8t , d2   z = 1 + 3t.  x = t  :  y = −1 − 2t   z = 0. f ) d đi qua A(1; –1; 2) đồng thời song song với cả hai mặt phẳng. (α) : x − y + 1 = 0, (β ) : 3x + y − z − 1 = 0 Lời giải Câu a: Đường thẳng d đi qua A(1; 3 ; –1) và B (0 ; 1; 2) nên có vtcp u = AB = (−1; −2; 3) y −3 Phương trình chính tắc của d : x −1 = = z +1. −1 −2 3 y −1 x + 1 z Câu b: Do d€△ : = = nên d nhận vtcp u△ = (2; 4; −3) của △ làm vtcp cho d. 2 4 −3. y +1 Phương trình chính tắc của d : x −3 = = z 2 4 −3 Câu c: Do d ⊥ (α) : x − y − 2z + 1 = 0 nên d nhận vtpt n α = (1; −1; −2) của (α) làm vtcp cho d. y +1 z −2 Phương trình chính tắc của d : x −1 = = 1 −1 −2  x − 2y + 2z − 30 = 0 i x = 0 ta ®−îc y = −1 vµ z = 14 Câu d: Từ hệ  cho . Như thế   2x − y − 1 = 0 i x = −2 ta ®−îc y = −5 vµ z = 11. Đặt A(0 ; –1; 14), B (–2 ; – 5 ; 11) thì A, B ∈ (α) ∩ (β ) hay A, B ∈ d d đi qua A và B nên có vtcp u = AB = (−2; −4; −3) hay u ′ = (2; 4; 3) y +1 z −14 Phương trình chính tắc của d : x = = 2 4 3 Câu e: Hai đường thẳng d1, d2 lần lượt có vtcp u1 = (−5; 8; 3), u2 = (1; −2; 0). Do d vuông góc với d1, d2 nên d có véctơ chỉ phương.  8 u = [u1, u2 ] =   −2. 3 0. ;. 3 −5 −5 8 ; 0 1 1 −2.   = (6; 3;2) . y Phương trình chính tắc của d : x −1 = = z +1 6 3 2 Câu f: Hai mặt phẳng (α) và (β ) có vtpt lần lượt là n α = (1; −1; 0), n β = (3;1; −1). Do d song song với cả hai mặt phẳng (α) và (β ) nên d có véctơ chỉ phương 0 0  −1 u =  n α , n β  =  ;  1 −1 −1. Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 1 3. ;. 1 −1  y +1 z −2 =  = (1;1; 4) . Vậy d : x −1 = 1 1 4 3 1 . 40. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(43) Ví dụ 4: Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S ) và mặt phẳng (P ) lần lượt có phương trình (S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2x + 6y − 8z − 23 = 0 ; (P ) : 2x + 3y − 6z − 18 = 0. a) Viết phương trình mặt phẳng (α) song song với mp (P ) đồng thời tiếp xúc với mặt cầu (S ) b) Viết phương trình mặt phẳng (β ) song song với mp (P ) đồng thời cắt mặt cầu (S ) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính r = 2 6 Lời giải Câu a: Mặt cầu (S ) có tâm I (1; −3; 4) và bán kính R = 12 + (−3)2 + 42 − (−23) = 7 Do mặt phẳng (α) song song với (P ) nên phương trình của (Q ) có dạng 2x + 3y − 6z + D = 0 (D ≠ −18). Do mặt phẳng (α) và mặt cầu (S ) tiếp xúc với nhau nên. (. ). d I ,(α) = R ⇔. 2.1 + 3.(−3) − 6.4 + D 22 + 32 + (−6)2. I R. =7. α. ⇔ D − 31 = 49 ⇔ D − 31 = ±49 ⇔ D = 80 (do D ≠ −18) Vậy phương trình của mặt phẳng (α) : 2x + 3y − 6z + 40 = 0 Câu b: Do (β )€(P ) nên phương trình của (β ) có dạng 2x + 3y − 6z + D ′ = 0 (D ′ ≠ −18). (. ). Đặt d = d I ,(β ) và r = 2 6 ta có R 2 = r 2 + d 2 ⇔ d = R 2 − r 2 = 5. (. ). ⇔ d I ,(β ) = 5 ⇔. 2.1 + 3.(−3) − 6.4 + D 22 + 32 + (−6)2. =5. ⇔ D = 66 hoặc D = – 4 (nhận cả hai giá trị). Vậy (β ) : 2x + 3y − 6z + 66 = 0 hoặc (β ) : 2x + 3y − 6z − 4 = 0. I R. βP. r. Ví dụ 5: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz hãy viết phương trình mặt phẳng (P ) đi qua hai điểm A(1 ; 2; 3), B (– 2; 3 ; – 1) và cách đều hai điểm C (0 ; 1 ; 1), D (– 4 ; – 3 ; 5) Lời giải Do (P ) đi qua điểm A(1 ; 2; 3) nên (P ) có phương trình : a(x − 1) + b(y − 2) + c(z − 3) = 0 Do (P ) đi qua điểm B (– 2; 3 ; – 1) nên −3a + b − 4c = 0 ⇔ b = 3a + 4c. (. ). (. ). Do d C ,(P ) = d D,(P ) nên. −a − b − 2c a +b +c 2. 2. 2. =. −5a − 5b + 2c a 2 + b2 + c2. (1) (2). Thay (1) vào (2) ta được 4a + 6c = 20a + 18c ⇔ 3c = −4a hoặc c = – a Với 3c = – 4a ta chọn a = 3; c = −4 ⇒ b = −7 . Khi đó (P ) : 3x − 7y − 4z + 23 = 0 Với c = – a ta chọn a = 1; c = −1 ⇒ b = −1 . Khi đó (P ) : x − y − z + 4 = 0 Vậy có 2 mặt phẳng thoả đề là (P1 ) : 3x − 7y − 4z + 23 = 0 ; (P2 ) : x − y − z + 4 = 0 Th.S Dương Phước Sang. 41. 0942.080383.

(44) Ví dụ 6: Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (α) sau đây x +1 y z −4 và (α) : x − 3y − 2z − 2 = 0 d: = = 1 −1 3 Lời giải x +1 y z −4 Đường thẳng d : = = có phương trình tham số 1 −1 3.  x = −1 + t   y = − t (*)   z = 4 + 3t. Thay x, y, z từ (*) vào phương trình x − 3y − 2z − 2 = 0 của mặt phẳng (α) ta được −1 + t − 3(−t ) − 2(4 + 3t ) − 2 = 0 ⇔ −11 − 2t = 0 ⇔ t = − 11 2. Thay t = − 11 trở lại vào (*) ta được x = − 13 ; y = 11 ; z = − 25 2 2 2 2. (. Vậy giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (α) là điểm H − 13 ; 11 ; − 25 2. 2. 2. ). Ví dụ 7: Trong không gian Oxyz hãy xác định toạ độ các điểm sau đây: a) Hình chiếu vuông góc của điểm M (1; 2 ; –1) lên mặt phẳng (α) : x + y − z + 2 = 0 b) Hình chiếu vuông góc của điểm M (2; –1 ; 5) lên đường thẳng d : x +1 = y = z −2 2 3 Lời giải Câu a: Gọi d là đường thẳng qua điểm M (1; 2 ; –1) và vuông góc với (α) : x + y − z + 2 = 0 Khi đó d nhận vtpt nα = (1;1; −1) của (α) làm vtcp cho d  x = 1 + t  Phương trình tham số của d :  y = 2 + t (*)   z = −1 − t. d M H α. Thay (*) vào phương trình x + y − z + 2 = 0 của (α) ta được 1 + t + 2 + t + 1 + t + 2 = 0 ⇔ t = −2. Hình chiếu vuông góc của M lên (α) là giao điểm H của d và (α) , do đó H (–1 ; 0 ; 1) Câu b: Gọi (α) là mặt phẳng qua điểm M (2; –1 ; 5) và vuông góc với d : x +1 = y = z −2 2. Khi đó d nhận vtcp ud = (2;1; 3) của d làm vtpt cho (α). 3. Phương trình của (α) : 2(x − 2) + 1(y + 1) + 3(z − 5) = 0 ⇔ 2x + y + 3z − 18 = 0 (1)  x = −1 + 2t  Phương trình tham số của d :  y = t (*)   z = 2 + 3t . d H α. M. Thay (*) vào phương trình (1) của (α) ta được. 2(−1 + 2t ) + t + 3(2 + 3t ) − 18 = 0 ⇔ t = 1 Hình chiếu vuông góc của M lên d là giao điểm H của d và (α) , do đó H (1 ; 1 ; 5) Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 42. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(45) x −2 y z +1 x −1 y + 2 z = = vµ △ 2 : = = 2 3 −1 −4 −6 2 a) Chứng minh rằng △1 và △ 2 song song với nhau. Tính khoảng cách giữa chúng.. Ví dụ 8: Cho hai đường thẳng △ 1:. b) Viết phương trình mặt phẳng chứa cả hai đường thẳng △ 1 và △ 2 Lời giải Câu a: △ 1 đi qua điểm M 1(2; 0; −1) và có véctơ chỉ phương u1 = (2; 3; −1). △1 đi qua điểm M 2 (1; −2; 0) và có véctơ chỉ phương u2 = (−4; −6;2) Do u2 = −2u1 nên u1 vµ u2 cùng phương với nhau. 1. M1. 2. ⇒ △ 1 và △ 2 song song với nhau hoặc trùng nhau.. M2. Ngoài ra do M 1 ∉ △ 2 nên △ 1 và △ 2 song song với nhau..  −6 2 2 −4 −4 −6   = (−2;2;2) Ta có M 1M 2 = (−1; −2;1) ⇒  u2, M 1M 2  =  ; ;    −2 1 1 −1 −1 −2     u2, M 1M 2  (−2)2 + 22 + 22 42 d (△1, △2 ) = d (M 1, △2 ) = = = 2 2 2 14 u2 (−4) + (−6) + 2. Câu b: Gọi (α) là mặt phẳng chứa hai đường thẳng song song △1 và △ 2 , khi đó   (α) đi qua M 1(2; 0; −1) và có vtpt n =  u2, M 1M 2  = (−2;2;2)   Vậy phương trình của mặt phẳng (α) : −2(x − 2) + 2(y − 0) + 2(z + 1) = 0 ⇔ x − y − z − 3 = 0. M2. 1. u2. 2. M1. x + 1 y + 2 z −1 x −6 y −2 z −7 = = vµ △ 2 : = = 2 −1 3 1 3 5 a) Chứng minh rằng △1 và △ 2 chéo nhau. Tính khoảng cách giữa chúng.. Ví dụ 9: Cho hai đường thẳng △1:. b) Viết phương trình đường vuông góc chung của △1 và △ 2 Lời giải Câu a: △1 đi qua điểm M 1(−1; −2;1) , có véctơ chỉ phương u1 = (2; −1; 3) △1 đi qua điểm M 2 (6;2; 7) và có véctơ chỉ phương u2 = (1; 3; 5).  −1 3 3 ; Do [u1, u2 ] =   3 5 5. u1. 2 2 −1   = (−14; −7;7) ≠ 0 ; 1 1 3 . 1. A u2. 2. B. ⇒ u1 vµ u2 không cùng phương ⇒ △1 và △ 2 cắt nhau hoặc chéo nhau Ta có M 1M 2 = (7; 4; 6) ⇒  u1, u2  .M 1M 2 = −14.7 − 7.4 + 7.6 = −84 ≠ 0   −84  u1,u2  .M 1M 2 = =2 6 Vậy △ 1 và △ 2 chéo nhau với d (△1, △2 ) = 2 2 2  u ,u  ( − 14) + ( − 7) + 7  1 2  Th.S Dương Phước Sang. 43. 0942.080383.

(46)  x = −1 + 2t1  x = 6 + t2   Câu b: Phương trình tham số của △1:  y = −2 − t1 vµ △ 2 :  y = 2 + 3t2    z = 1 + 3t  z = 7 + 5t 1 2. Xét điểm A ∈ △ 1 vµ B ∈ △ 2 thì A(−1 + 2a; −2 − a;1 + 3a ) vµ B(6 + b;2 + 3b;7 + 5b ) AB = (7 − 2a + b; 4 + a + 3b;6 − 3a + 5b ).   AB ⊥ △ 1  AB.u1 = 0  AB là đường vuông góc chung của △1 và △ 2 ⇔  ⇔  AB ⊥ △   2  AB.u2 = 0.  2(7 − 2a + b) − (4 + a + 3b) + 3(6 − 3a + 5b) = 0 ⇔  ⇔  1(7 − 2a + b) + 3(4 + a + 3b) + 5(6 − 3a + 5b) = 0.  −14a + 14b = −28 ⇔   −14a + 35b = −49. a = 1  b = −1. Như vậy A(1; −3; 4), B(5; −1;2), AB = (4;2; −2) , từ đó đường vuông góc chung của △1 và △ 2 là đường thẳng AB :. x −1 y + 3 z − 4 = = 4 2 −2. Ví dụ 10: Cho hai mặt phẳng (α) : 2x − y + 2z − 1 = 0 và (β ) : 4x − 2y + 4z + 3 = 0 a) Chứng minh rằng (α) và (β ) song song với nhau. Tính khoảng cách giữa chúng. x +1 y z −1 b) Xác định toạ độ các điểm M thuộc đường thẳng d : = = sao cho 3 −2 2 khoảng cách từ điểm M đến mp (α) bằng 2 lần khoảng cách từ điểm M đến mp (β ) Lời giải 2 −1 2 −1 = = ≠ nên hai mặt phẳng (α) và (β ) song song với nhau 4 −2 4 3 4.1 − 2.1 + 4.0 + 3 5 Trên (α) ta lấy điểm A(1;1; 0) khi đó d (α),(β ) = d A,(β ) = = 2 2 2 6 4 + (−2) + 4  x = −1 + 3t  x +1 y z −1 Câu b: Đường thẳng d : = = có phương trình tham số d :  y = −2t (t ∈ ℝ)  3 −2 2  z = 1 + 2t. Câu a: Do. (. ). (. ). Xét điểm M ∈ d ta có M (−1 + 3t ; −2t ;1 + 2t ). (. ). (. ). Theo giả thiết ta có d M ,(α) = 2d M ,(β ) ⇔. 2.(−1 + 3t ) − (−2t ) + 2.(1 + 2t ) − 1 2 + (−1) + 2 2. 2. 2. = 2⋅. 4.(−1 + 3t ) − 2(−2t ) + 4.(1 + 2t ) + 3 42 + (−2)2 + 42. ⇔ 2.(−1 + 3t ) − (−2t ) + 2.(1 + 2t ) − 1 = 4.(−1 + 3t ) − 2(−2t ) + 4.(1 + 2t ) + 3  12t − 1 = 24t + 3 t = − 1   3 ⇔ ⇔ 12t − 1 = 24t + 3 ⇔   12t − 1 = −24t − 3 t = − 1   18. Vậy có 2 điểm thoả đề là M 1 (−2; 2 ; 1 ) và M 2 (− 7 ; − 1 ; 8 ) 3 3. Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 6. 44. 9 9. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(47) S. PH C. I. Các khái niệm và phép toán liên quan đến số phức Đơn vị ảo i là số thoả :. i 2 = −1. i 3 = −i. i4 = 1. a ∈ ℝ : phÇn thùc Số phức là số cú dạng z = a + bi trong đó  b ∈ ℝ : phÇn ¶o. Số phức z = bi gọi là số thuần ảo (tức là z có phần thực a = 0) y. Số phức liên hợp của z = a + bi ký hiệu là z = a − bi .. b. M(a;b). Mô-đun của số phức z = a + bi ký hiệu là |z | = a 2 + b 2 .. a = a ′ Hai số phức bằng nhau : a + bi = a ′ + b ′i ⇔  b = b ′. O. a. x. Biểu diễn hình học của z = a + bi trên mặt phẳng phức Oxy là điểm M (a;b) Phép cộng : (a + bi ) + (a ′ + b ′i ) = (a + a ′) + (b + b ′)i. (a + bi ) − (a ′ + b ′i ) = (a − a ′) + (b − b ′)i. Phép trừ :. Phép nhân : (a + bi ).(a ′ + b ′i ) = (aa ′ − bb ′) + (ab ′ + a ′b)i Phép chia :. a + bi (a + bi )(a ′ − b ′i ) = (nhân tử và mẫu cho số liên hợp của mẫu) a ′ + b ′i (a ′ + b ′i )(a ′ − b ′i ). Phép nghịch đảo :. 1 1 1 = 2 ⋅ z (số gọi là số phức nghịch đảo của số phức z ≠ 0 ) z z |z |. Mỗi số thực △ âm có 2 căn bậc hai phức là: ± △ .i Một số lưu ý: z =z. z + z = 2a ∈ ℝ. z − z = 2bi : thuần ảo. |z | = | z |. z .z = |z |2. z ∈ℝ ⇔z =z. II. Giải phương trình bậc hai hệ số thực (khi △ < 0) trên tập số phức Cho phương trình bậc hai az 2 + bz + c = 0 (a, b, c ∈ R và a ≠ 0) Tính △ = b 2 – 4ac và ghi kết quả dưới dạng ( △ .i )2 Chỉ ra các căn bậc hai của △ là: ± △ .i −b − i △ −b + i △ và z 2 = 2a 2a Công thức nghiệm trên đây chỉ sử dụng khi biệt thức △ < 0. Kết luận phương trình có 2 nghiệm phức: z 1 = Lưu ý:. Công thức nghiệm theo △′ : z 1 = Th.S Dương Phước Sang. −b ′ − i △′ −b ′ + i △′ và z 2 = a a 45. 0942.080383.

(48) VÍ DỤ MINH HOẠ Ví dụ 1: Xác định phần thực, phần ảo và tính môđun của các số phức sau đây: c) 2 + i 3−i. b) (3 – 4i)2. a) z = (2 + 4i)(3 – 5i) + 7(4 – 3i). d) z =. 3+i (1 + i )(2 − i ). Lời giải Câu a: Ta có z = (2 + 4i)(3 – 5i) + 7(4 – 3i) = 6 – 10i + 12i – 20i 2 + 28 – 21i = 54 – 19i Phần thực của z là 54. |z | = 542 + (−19)2 = 3277. Phần ảo của z là – 19. Câu b: Ta có z = (3 – 4i)2 = 9 – 24i + 16i 2 = 9 – 24i – 16 = – 7 – 24i Phần thực của z là – 7. |z | = (−7)2 + (−24)2 = 25. Phần ảo của z là – 24. (2 + i )(3 + i ) 6 + 2i + 3i + i 2 Câu c: Ta có z = 2 + i = = = 6 + 5i − 1 = 1 + 1 i 3−i (3 − i )(3 + i ) 10 2 2 32 − i 2. Phần thực của z là 1 2. Câu d: Ta có z =. 2. 2. 3+i 3+i = = 3 + i =1 (1 + i )(2 − i ) 2 − i + 2i + 1 3 + i. Phần thực của z là 1. 2. |z | =  1  +  1  = 2 2 2 2. Phần ảo của z là 1. |z | = 12 + 02 = 1. Phần ảo của z là 0. Ví dụ 2: Tìm các cặp số thực x, y sao cho 2x + yi − 3 + 2i = xi − y + 2 + 4i Lời giải. 2x + yi − 3 + 2i = xi − y + 2 + 4i ⇔ (2x − 3) + (y + 2)i = (2 − y ) + (x + 4)i  2x − 3 = 2 − y  2x + y = 5  x = 1 ⇔  ⇔  ⇔   y + 2 = x + 4  x − y = −2  y = 3. Ví dụ 3: Tìm môđun của số phức z biết rằng z là nghiệm phức của phương trình dưới đây a) 3iz + (3 – i)(1 + i) = 2. b) 2iz + 3 = 5z + 4i Lời giải. Câu a: Ta có 3iz + (3 – i)(1 + i) = 2 ⇔ 3iz + 3 + 3i – i – i 2 = 2 (−2 −2i )(−i ) ⇔ 3iz + 3 + 3i – i + 1 = 2 ⇔ 3iz = –2 – 2i ⇔ z = −2 −2i = 3i −3i 2 2. 2. ⇔ z = − 2 + 2 i ⇒ |z | =  − 2  +  2  = 2 2 3 3 3 3 3 Câu b: Ta có 2iz + 3 = 5z + 4i ⇔ 5z – 2iz = 3 – 4i ⇔ 5(z – 2i) = 3 – 4i (3 − 4i )(5 + 2i ) 15 + 6i − 20i − 8i 2 ⇔ z = 3 − 4i = = = 23 − 14 i 5 − 2i (5 − 2i )(5 + 2i ) 29 29 52 − 4i 2 2. 2. ⇒ |z | =  23  +  − 14  = 5 29 29 29 29 Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 46. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(49) Ví dụ 4: Giải các phương trình sau đây trên tập ℂ số phức: a) –z 2 + z – 2 = 0. b) z 4 + 2z 2 – 3 = 0. c) z 3 + 1 = 0. Lời giải Câu a: – z 2 + z – 2 = 0 ⇔ z 2 – z + 2 = 0 (1). Ta có, △ = 12 − 4.1.2 = −7 < 0 ⇒ căn bậc hai của △ là ± 7.i Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm phức phân biệt. z 1 = 1 − 7i = 1 − 7 i và z 2 = 1 + 7i = 1 + 7 i 2 2 2 2 2 2 Câu b: z 4 + 2z 2 – 3 = 0 (2). Đặt t = z 2, phương trình (2) trở thành:. t = 1 t + 2t – 3 = 0 ⇔  . Từ đó, t = − 3  2.  z2 = 1  z = ±1   ⇔  2    z = ± 3.i  z = −3. Vậy, phương trình (2) có 4 nghiệm phức phân biệt :. z1 = 1 , z 2 = −1 , z 3 = 3i vµ z 4 = − 3i  z = −1 Câu c: z 3 + 1 = 0 (3) ⇔ (z + 1)(z 2 − z + 1) = 0 ⇔  2 z −z +1 = 0 . (*). Giải (*) : ta có △ = (−1)2 − 4.1.1 = −3 < 0 ⇒ căn bậc hai của △ là ± 3i có 2 nghiệm phức phân biệt: z1 = 1 + 3i ; z 2 = 1 − 3i 2 2 Vậy, phương trình (3) có 3 nghiệm phức phân biệt. (*). z1 = –1, z 2 = 1 + 3 i và z 3 = 1 − 3i 2 2 2 Ví dụ 5: Giải các phương trình sau đây trên tập ℂ số phức: a) iz + 5z = 11 − 17i. c) |z |2 + z 2 = z + i. b) |z | − 2z = −3 + 6i Lời giải. Câu a: Đặt z = a + bi (a,b ∈ R) thì z = a − bi , từ đó iz + 5z = 11 − 17i ⇔ i(a + bi ) + 5(a − bi ) = 11 − 17i. ⇔ ia + bi 2 + 5a − 5bi = 11 − 17i ⇔ (5a − b) + (a − 5b)i = 11 − 17i  5a − b = 11 a = 3 ⇔  ⇔  ⇒ z = 3 + 4i  a − 5b = −17 b = 4. Câu b: Đặt z = a + bi (a,b ∈ R) thì z = a − bi và |z | = a 2 + b 2 , từ đó |z | − 2z = −3 + 6i ⇔ a 2 + b 2 − 2(a − bi ) = −3 + 6i ⇔ a 2 + b 2 − 2a + 2bi = −3 + 6i 2 2 2  a + b − 2a = −3  a + 9 = 2a − 3 ⇔ ⇔ ⇔⋯⇔  2b = 6 b = 3. Th.S Dương Phước Sang. 47. a = 4 ⇒ z = 4 + 3i  b = 3. 0942.080383.

(50) Câu c: Đặt z = a + bi (a,b ∈ R) thì z = a − bi và |z | = a 2 + b 2 , từ đó |z |2 + z 2 = z + i ⇔. (. a 2 + b2. ). 2. + (a + bi )2 = a − bi + i. ⇔ a 2 + b 2 + a 2 + 2abi − b 2 = a − bi + i ⇔ 2a 2 + 2abi = a + (1 − b)i  2a 2 = a a = 0 ∨ a = 1 a = 0  2 ⇔ ⇔ ⇔    2ab = 1 − b  (2a + 1)b = 1 b = 1  . a = 1  2 ∨  b = 1  2. Vậy có 2 số phức thoả đề bài là z 1 = i hoặc z 2 = 1 + 1 i 2 2 Ví dụ 6: Biểu diễn tập hợp các số phức thoả mãn điều kiện dưới đây lên mặt phẳng phức: a) z + 1 = 2. b) z + i = z − 2 − 3i. c) z − 2 + z + 2 = 5. Lời giải. y. Câu a: Đặt z = x + yi (x , y ∈ ℝ) , khi đó M (x ; y) là điểm biểu diễn của z. z + 1 = 2 ⇔ x + yi + 1 = 2 ⇔ (x + 1) + yi = 2 ⇔ (x + 1)2 + y 2 = 2 ⇔ (x + 1)2 + y 2 = 22. -1. x. 1. O. Vậy tập hợp điểm biểu diễn cho z thoả z + 1 = 2 là đường tròn (x + 1)2 + y 2 = 22 với tâm I (– 1;0) và bán kính R = 2 Câu b: Đặt z = x + yi (x, y ∈ ℝ) , khi đó M (x ; y) là điểm biểu diễn của z z + i = z − 2 − 3i ⇔ x + yi + i = x + yi − 2 − 3i. y. ⇔ x + (y + 1)i = (x − 2) + (y − 3)i ⇔ x 2 + (y + 1)2 = (x − 2)2 + (y − 3)2. 1. B. ⇔ x 2 + (y + 1)2 = (x − 2)2 + (y − 3)2. O. 1. A. x. 3. ⇔ 4x + 8y − 12 = 0 ⇔ x + 2y − 3 = 0. Vậy tập hợp điểm biểu diễn cho z thoả z + i = z − 2 − 3i là đường thẳng x + 2y − 3 = 0 Câu c: Đặt z = x + yi (x , y ∈ ℝ) , khi đó M (x ; y) là điểm biểu diễn của z z − 2 + z + 2 = 5 ⇔ x + yi − 2 + x + yi + 2 = 5 ⇔ (x − 2) + yi + (x + 2) + yi = 5. ⇔ (x − 2)2 + y 2 + (x + 2)2 + y 2 = 5 ⇔ MF1 + MF2 = 5 với F1(−2; 0), F2 (2; 0)  2a = 5 ⇔ M ∈ (E ) với (E ) là elip có  ⇔ c = 2. a = 5  2 ⇒ b2 = a 2 − c2 = 9 c = 2 4 y 3 2. Vậy tập hợp điểm biểu diễn cho z thoả z − 2 + z + 2 = 5 là elip (E ) :. x2 25 4. +. Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. y2 9 4. = 1 với a = 5 vµ b = 3 2. 48. 2. x. − 52. -2. O. 2. 5 2. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(51) KH I ĐA DI N VÀ KH I TRÒN XOAY M TS. CÔNG TH C TÍNH TOÁN HÌNH H C. I. Đường cao tam giác đều, đường chéo hình vuông Tam giác đều có cạnh bằng a thì có độ dài đường cao là h = a 3 2. Hình vuông có cạnh bằng a thì có độ dài đường chéo bằng a 2 Tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a thì có cạnh huyền bằng a 2. II. Hệ thức lượng trong tam giác A. A c. c. b. b. h. ma. c'. B. b'. a. H. C. B. Hệ thức lượng trong tam giác vuông. a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A. a 2 = b2 + c2. bc = ah. b 2 = b ′.a. c 2 = c ′.a. h. 2. =. 1 b. 2. +. 1 c. h=. 2. Định lý sin (cho mọi tam giác) a b c = = = 2R sin A sin B sin C. bc b + c2. Định lý trung tuyến. 2. ma2 =. ma = 1 a 2. h = b ′.c ′ 2. C. Định lý côsin (cho mọi tam giác). (giả sử △ABC vuông tại A). 1. M a. b2 + c2 a 2 − 2 4. III.Tính diện tích đa giác Diện tích tam giác ABC :. A C'. 1 1 abc S△ABC = a.ha = bc sin A = = pr = p(p − a )(p − b)(p − c) 2 2 4R S△AB ′C ′. Tỉ số diện tích của hai tam giác:. S△ABC. =. AB ′ ⋅ AC ′ AB AC. c2 a. a a. Diện tích hình vuông:. Th.S Dương Phước Sang. B. b. C. a c1. a ha. h b. b. φ. Diện tích hình thang: S h.thang = 1 (a + b)h. S hv = a 2. 2. Diện tích hình b.hành: S hbh = ab sin ϕ. Diện tích hình chữ nhật: S hcn = ab Diện tích hình thoi:. B'. Diện tích hình b.hành: S hbh = a.ha. S h.thoi = 1 . c1.c2 2. 49. 0942.080383.

(52) CÔNG TH C TÍNH TOÁN V I KH I ĐA DI N & KH I TRÒN XOAY I. Thể tích của khối chóp và khối lăng trụ VS .A′ B ′C ′. Vh.chãp = 1 .B.h 3. VS .ABC. S. = SA′ ⋅ SB ′ ⋅ SC ′ SA SB SC. Vl¨ng trô = B.h. S h. A. B B. C'. A' E. H. A. B'. D. C. C. h. B. B. II. Diện tích, thể tích của khối nón, khối trụ, khối cầu Vnón = 1 .Sđáy .h 3. Vk.cÇu = 4 πR 3. Vtrụ = S đáy .h. 3. O r h l I. I. h. r. R. l r. M. S xq.nãn = πrl. S đáy.nón = πr 2. S m.cÇu = 4πR2. S xq.trô = 2πrl. S. S đáy.trụ = πr 2. III. Tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp, hình lăng trụ I. Là điểm I cách đều tất cả các đỉnh của hình. Là giao điểm giữa trục d của đường tròn ngoại tiếp mặt đáy và mặt phẳng trung trực của một cạnh bên của hình đó.. D. A B. C. Là giao điểm giữa trục của đường tròn ngoại tiếp các mặt của hình đó. VÍ DỤ MINH HOẠ Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông tâm O cạnh bằng a, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy, cạnh bên SC tạo với mặt đáy một góc bằng 60 . a) Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và góc hợp bởi đường thẳng AB với mp (SAC ) b) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD ) Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 50. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(53) Lời giải S. Câu a1: Do SA ⊥ (ABCD ) nên SA là đường cao của hình chóp và. H. hình chiếu vuông góc của SC lên (ABCD ) là AC, từ đó (SC ,(ABCD )) = (SC , AC ) = SCA ⇒ SCA = 60. A. SA Tam giác SAC vuông tại C có tan SCA = AC. 60°. O. ⇒ SA = AC . tan SCA = a 2. tan 60 = a 6 Vậy VS .ABCD. D C. B. 1 1 2 a3 6 = SABCD .SA = (a ).a 6 = (đvtt) 3 3 3. Câu a2: Từ SA ⊥ (ABCD ) ta suy ra SA ⊥ BO ⊂ (ABCD )  BO ⊥ SA Do  nên BO ⊥ (SAB ) ⇒ (AB,(SAC )) = (AB, AO ) = BAO = 45  BO ⊥ AC CD ⊥ SA nên CD ⊥ (SAD ) ⇒ CD ⊥ AH ⊂ (SAD ) Câu b: Vẽ AH ⊥ SD tại H ∈ SD . Do  CD ⊥ AD  AH ⊥ SD Do  nên AH ⊥ (SCD ) ⇒ d A,(SCD ) = AH =  AH ⊥ CD. (. ). SA.AD 2. SA + AD. 2. =. a 42 7. Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có mặt đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D với CD = a, AB = AD = 2a, mặt bên SAD cân tại S đồng thời nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Biết góc giữa (SBC ) và (ABCD ) bằng 60 . Tính theo a a) Thể tích của khối chóp S.ABCD. b) Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC ). Lời giải Câu a: Gọi H là trung điểm cạnh AD thì SH ⊥ AD (do △SAD c©n t¹i S ) S.  (SAD ) ⊥ (ABCD ) Kết hợp với  ta được SH ⊥ (ABCD )   SH ⊂ (SAD )   BC ⊥ SH Vẽ HI ⊥ BC tại I ∈ BC . Do  nên BC ⊥ SI ,   BC ⊥ HI . A H. từ đó ((SBC ),(ABCD )) = (SI , HI ) = SIH ⇒ SIH = 60 Hình thang ABCD có SABCD = 1 (AB + CD ).AD = 3a 2 2. 2 Suy ra S ∆HBC = SABCD − S∆HAB − S ∆HCD = 3a , từ đó. 2. IH =. 2S ∆HBC BC. 2. = 3a = 3a 5 a 5. 5. △SHI có SH = IH . tan SIH = 3a 5 tan 60 = 3a 15 5 5. B 60°. D. C 2a. A. 51. B. a. H a. D. I a. 3 2 Vậy thể tích của khối chóp S.ABCD là V = 3a ⋅ 3a 15 = 3a 15 (đvtt) 3 5 5. Th.S Dương Phước Sang. I. C. 0942.080383.

(54) 1 1 3a 15 a 3 15 S ∆ABC .SH = ⋅ a 2 ⋅ = 3 3 5 5. Câu b: S ∆ABC = SABCD − S ∆ACD = 2a 2 ⇒ VS .ABC =. 6a 5 1 1 6a 5 ⇒ S ∆SBC = BC .SI = a 5. = 3a 2 5 2 2 5 3VS .ABC a 15 Như vậy d A,(SBC ) = = S ∆SBC 5 ∆SIH có SI = SH 2 + IH 2 =. (. ). Ví dụ 3: Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh bên bằng a, đường cao SO, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60 . Gọi K là trung điểm của cạnh SA. Tính thể tích của khối chóp S.ABC và S.OBK. Lời giải Câu a: Do S.ABC là hình chóp đều nên có đường cao SO đi qua trọng tâm O của △ABC Gọi H là trung điểm cạnh BC. Do ∆SBC cân tại S và ∆ABC đều nên  BC ⊥ SH ⇒ ((SBC ),(ABC )) = (SH , AH ) = SHA ⇒ SHA = 60   BC ⊥ AH  S Đặt AB = 2x thì AH = x 3 và OH = 1 AH = x 3 3 3 SH = SB 2 − BH 2 = a 2 − x 2. K a. Tam giác SOH vuông tại O có cos SHA = OH ⇔ OH = SH .cos SHA. A. SH. ⇔ x 3 = 1 a 2 − x 2 ⇔ x = a 21 3. 2. O. 2x. 7. C. 600. H. B. Tam giác SOH tiếp tục có SO = OH . tan SHA = x. 3 3 Như vậy VS .ABC = 1 . 1 BC .AH .SO = 1 .2x .x 3.x = x 3 = 3a 7. 3 2. 6. 3. 49. Câu b: Áp dụng định lý về tỉ số thể tích ta có VS .KBO VS .ABO. = SK ⋅ SB ⋅ SO = 1 ⇒ VS .BOK = 1 VS .ABO 2. SA SB SO. 2. (1). Áp dụng định lý về diện tích tam giác ta có. S ∆ABO = AB ⋅ AO ⋅ S ∆ABH = AB ⋅ AO ⋅ 1 ⋅ S ∆ABC = 1 S ∆ABC ⇒ VS .ABO = 1 VS .ABC (2) AB AH. AB AH 2. Từ (1) và (2) ta suy ra VS .BOK = 1 VS .ABC = a 6. 3. 3. 3. 7. 98. Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy ABC là tam giác vuông tại A, BC = 2a, AC = a 3. Mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Tính theo a : a) Thể tích của khối chóp S.ABC. b) Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC. c) Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 52. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(55) Lời giải. S. Câu a: Do (SAB ) ⊥ (ABC ) nên S.ABC có đường cao SH ⊂ (SAB ) tức là SH ⊥ (ABC ) và H ∈ AB Do △SAB đều nên H là trung điểm của cạnh AB.. A. Tam giác ABC vuông tại A có AB = BC 2 − AC 2 = a. a 3. 2 ⇒ S△ABC = 1 AB.AC = 1 a .a 3 = a 3. 2. 2. 2a. H. 2. B. Tam giác SAB đều có cạnh AB = a nên có đường cao SH = a 3 2. 3 Thể tích khối chóp S.ABC : V = 1 S△ABC .SH = a (đvtt) 3 4. z. Câu b: Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC. S. S. Hình 2. Hình 1. K A I. a 3. C. C. a 3. A. y. 2a. H. 2a. H. D. C. B. B. x Giải theo phương pháp cổ điển → có 2 cách tiếp cận (xem hình 1). Dựng điểm D sao cho ACBD là hình bình hành khi đó BC€(SAD ). (. ). (. ). (. ). ⇒ d SA, BC = d BC ,(SAD ) = d B,(SAD ). (. ). Đến đây ta có 2 hướng để tính được d B,(SAD ) (theo kiểu đã giải ở ví dụ 1b và ví dụ 2b) Hướng 1: tính khoảng cách theo kiểu dựng hình. (. ). (. ). (. dùng HI , råi HK nh− h×nh vÏ. ). Đổi d B,(SAD ) = 2d H ,(SAD )       → d B,(SAD ) = 2HK Hướng 2: tính khoảng cách dựa vào công thức thể tích. (. ). d B,(SAD ) =. VS .ABD S ∆SAD. l−u ý r»ng V =VS .ABC    S .ABD   → đáp số: a 15 cần tính SD để đ−ợc S ∆SAD 5. Giải bằng phương pháp toạ độ → tự gắn thêm hệ toạ độ (xem hình 2). (2. ). (2. Gắn hệ toạ độ Axyz với A(0;0;0), B(a;0;0), C (0; a 3; 0), H a ; 0; 0 ⇒ S a ; 0; a 3. (. ). 2. ).  SA = − a ; 0; − a 3 2 2 2 2 2 2 ⇒  SA, BC  = 3a ; a 3 ; − a 3 ⇒  SA, BC  = a 15 Ta có       2 2 2 2  BC = (−a; a 3; 0) 3   AB = (a; 0; 0) ⇒  SA, BC  .AB = 3a    SA, BC  .AB Vậy d SA, BC =    SA, BC . (. ). Th.S Dương Phước Sang. (. ). 2. 3a 3 a 15 = 22 = 5 a 15 2 53. 0942.080383.

(56) Câu c: Gọi G là trọng tâm của tam giác đều SAB, O là trung điểm BC Lấy điểm T sao cho OHGT là hình chữ nhật  ∆ABC vu«ng t¹i A Ta có  ⇒ OT€GH ,GH ⊥ (ABC ). S. OA = OB = OC  OT ⊥ (ABC ). ⇒ TA = TB = TC (1). G.  ∆SAB đều GS = GA = GB ⇒  Ta có   GT€OH ,OH ⊥ (SAB ) GT ⊥ (SAB ). T. A. C O. H. ⇒ TS = TA = TB (2). B. Từ (1) và (2) ta suy ra TA = TB = TC = TS ⇒ T là tâm mặt cầu (S ) ngoại tiếp S.ABC Ta có OH = 1 AC = a 3 và OT = GH = 1 SH = a 3 ⇒ TH = OT 2 + OH 2 = a 30 3 6 6 2 2 3 3 4 4  a 30  5πa 30  = Mặt cầu (S ) có bán kính nên (S ) có thể tích V(S ) = πR 3 = π.   3 3 6 27 Ví dụ 5: Cho hình lăng trụ ABC .A′ B ′C ′ có mặt đáy là tam giác đều cạnh bằng a 3, hình chiếu vuông góc của đỉnh A′ lên mặt phẳng (ABC ) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC, hai cạnh AA′ và BC của lăng trụ cách nhau một khoảng bằng 3a 3 4. a) Chứng minh rằng mặt bên BCC ′B ′ của lăng trụ ABC .A′ B ′C ′ là một hình chữ nhật. b) Tính theo a thể tích của khối ABC .A′ B ′C ′ và diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A′ ABC c) Tính góc hợp bởi hai đường thẳng chéo nhau AG và A′ C Lời giải Câu a: Gọi H là trung điểm của cạnh BC thì BC ⊥ AH (do ∆ABC đều) Kết hợp với BC ⊥ A′ G ta được BC ⊥ (AGA′) ⇒ BC ⊥ AA′ ⊂ (AGA′) Mà BB ′€AA′ nên BC ⊥ BB ′. A'. Ngoài ra do BCC ′B ′ là hình bình hành nên ta suy ra BCC ′B ′ là hình chữ nhật.. B'. E K. Câu b1: Vẽ HK ⊥ AA′ tại K ∈ AA′ .. I. Do HK ⊂ (AGA′) nên BC ⊥ HK ⊂ (AGA′) , từ đó d (AA′, BC ) = HK ⇒ HK = 3a 3 4. Đặt h = GA′ thì AA′ = GA + GA′ = h 2 + a 2 2. C'. A. C G. 2. H. B. Tam giác AMA′ có HK .AA′ = GA′.AH ⇔ h = a 3 3 Thể tích lăng trụ ABC .A′ B ′C ′ là V = 1 BC .AH .GA′ = 1 .a 3. 3a .a 3 = 9a (đvtt) 2 2 2 4. Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 54. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(57) Câu b2: Gọi E là trung điểm của cạnh AA′, gọi I là điểm trên A′ G sao cho IE ⊥ AA′ Khi đó ta có IA = IA′ (vì IE là một đường trung trực của AA′ ). GA = GB = GC Do  nên IA = IB = IC   IG ⊥ (ABC ) Từ đó IA = IB = IC = IA′ hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A′ ABC Do ∆A′ EI ~ ∆A′ GA nên IA′ = EA′ ⇒ IA′ = AA′.EA′ = 2a.a = 2a 3 AA′. GA′. GA′. a 3 3 2 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A′ ABC là S = 4π.IA′2 = 16πa 3. Câu c: Tính góc hợp bởi hai đường thẳng AG và A′ C Hình 1. z. A'. A' H'. B'. E K. B'. E K. Hình 2. K. I A. x. C G. C'. C'. C. A. G. H. B. y. H B. Giải theo phương pháp cổ điển → dựng góc cần tính (xem hình 1) Gọi H ′ là trung điểm cạnh B ′C ′ , khi đó A′ H ′€AH vµ A′ H ′ = AH = 3a 2 Do A′.ABC là hình chóp đều nên A′ C = A′ A = 2a ∆H ′C ′C vuông tại C ′ nên H ′C = CC ′2 + H ′C ′2 = a 19. 2 2 2 2 ′ ′ ′ ′ A H + A C − H C ∆A′ H ′C có cos H ′A′ C = = 1 ⇒ H ′A′ C ≈ 75 31’21” 2A′ H ′.H ′C 4. Vậy (AG, A′ C ) = (A′ H ′, A′ C ) = H ′A′ C ≈ 75 31’21” Giải bằng phương pháp toạ độ → tự gắn thêm hệ toạ độ (xem hình 2). ) (. (2. ) (2. ). (2. Gắn hệ toạ độ Hxyz với H(0;0;0), A 3a ; 0; 0 ,C 0; − a 3 ; 0 ,G a ; 0; 0 ⇒ A′ a ; 0; a 3. (. ). 2. ). 2 Ta có AG = (−a; 0; 0) và A′ C = − a ; − a 3 ; −a 3 ⇒ AG .A′ C = a 2 2 2 Ngoài ra AG = 2 AH = a vµ A′ C = AA′ = 2a (do A′.ABC là hình chóp đều đỉnh A′). 3. AG .A′ C Từ cos(AG, A′ C ) = cos(AG, A′ C ) = AG .A′ C. =. a2 2. a.2a. =. 1 ta suy ra 4. (AG, A′ C ) ≈ 75 31’21”. Nhận xét: phương pháp toạ độ không gian khá hiệu quả đối với các bài toán tính góc và khoảng cách Th.S Dương Phước Sang. 55. 0942.080383.

(58) M TS. V NĐ. V. L. NG GIÁC. CÔNG TH C BI N Đ!I L#$NG GIÁC I. Công thức cơ bản sin α cos α cos α cot α = sin α tan α cot α = 1. sin2 α + cos2 α = 1 1 = 1 + tan2 α 2 cos α 1 = 1 + cot2 α 2 sin α. trục sin. tan α =. y. trục cos. II. Công thức cộng. x. O. sin(a ± b ) = sin a cos b ± cos a sin b cos(a ± b) = cos a cos b ∓ sin a sin b tan a ± tan b tan(a ± b) = 1 ∓ tan a tan b. III. Công thức nhân đôi cos 2α = cos2 α − sin2 α. = 2 cos2 α − 1 = 1 − 2 sin2 α. Công thức nhân đôi bổ sung 2 tan α sin 2α = 1 + tan2 α. sin 2α = 2 sin α cos α 2 tan α tan 2α = 1 − tan2 α. cos 2α =. 1 − tan2 α 1 + tan2 α. IV. Công thức nhân ba. sin 3α = 3 sin α − 4 sin 3 α. cos 3α = 4 cos3 α − 3 cos α. tan 3α =. V. Công thức hạ bậc. 3 tan α − tan 3 α 1 − 2 tan2 α. 1 − cos 2α 1 − cos 2α 1 + cos 2α sin2 α = tan2 α = 2 2 1 + cos 2α VI. Công thức biến đổi tổng thành tích Công thức bổ sung cos2 α =. sin a + sin b = 2 sin a +b cos a −b. sin a + cos a = 2 sin  a + π  4. 2 2 a + b a − sin a − sin b = 2 cos sin b 2 2 a + b a cos a + cos b = 2 cos cos −b 2 2 a + b a cos a − cos b = −2 sin sin −b 2 2. tan a ± tan b =. sin a − cos a = 2 sin  a − π  4 cos a + sin a = 2 cos  a − π  4 cos a − sin a = 2 cos  a + π  4. sin(a ± b) cos a.cos b. VII. Công thức biến đổi tích thành tổng. cos a cos b = sin a sin b =. 1  cos(a − b) + cos(a + b)   2 1  cos(a − b) − cos(a + b)   2. sin a cos b = 1  sin(a − b) + sin(a + b)  2. VIII. Một số công thức khác sin6 a + cos6 a = 1 − 3 sin2 2a. sin 4 a + cos 4 a = 1 − 1 sin2 2a. 4. 2. Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 56. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(59) PH#&NG TRÌNH L#$NG GIÁC 1. Phương trình lượng giác đặc biệt sin x = 1 ⇔ x = π + k 2π 2. (k ∈ ℤ). cos x = 1 ⇔ x = k 2π. (k ∈ ℤ). sin x = −1 ⇔ x = − π + k 2π (k ∈ ℤ). cos x = −1 ⇔ x = π + k 2π (k ∈ ℤ). sin x = 0 ⇔ x = k π. cos x = 0 ⇔ x = π + k π. 2. (k ∈ ℤ). 2. (k ∈ ℤ). cot x = 0 ⇔ cos x = 0. tan x = 0 ⇔ sin x = 0. 2. Phương trình lượng giác cơ bản  u = v + k 2π  sin u = sin v ⇔  (k ∈ ℤ)  u = π − v + k 2π .  u = v + k 2π  cos u = cos v ⇔  (k ∈ ℤ)  u = −v + k 2π . tan u = tan v ⇔ u = v + k π. cot u = cot v ⇔ u = v + k π. (k ∈ ℤ). (k ∈ ℤ). Lưu ý 1: điều kiện có nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản sin x = a có nghiệm ⇔ −1 ≤ a ≤ 1. cos x = a có nghiệm ⇔ −1 ≤ a ≤ 1. tan x = a luôn có nghiệm. cot x = a luôn có nghiệm. Lưu ý 2: công thức giải phương trình lượng giác cơ bản theo giá trị lượng giác ngược   x = arcsin a + k 2π sin x = a ⇔   x = π − arcsin a + k 2π  (với −1 ≤ a ≤ 1 ).  x = arccos a + k 2π  cos x = a ⇔   x = − arccos a + k 2π  (với −1 ≤ a ≤ 1 ). tan x = a ⇔ x = arctan a + kπ. cot x = a ⇔ x = arc cot a + kπ. Lưu ý 3: cách xử lý dấu trừ đứng kề trước một giá trị lượng giác − sin α = sin(−α). − tan α = tan(−α). − cot α = cot(−α). Ngoại lệ: − cos α = cos(π − α). Lưu ý 4: cách thay đổi loại hàm số lượng giác sin α = cos ( π − α ) 2 tan α = cot π − α 2. (. cos α = sin ( π − α ) 2 cot α = tan π − α 2. ). (. ). 3. Phương trình bậc hai đối với một hàm số lượng giác a sin2 x + b sin x + c = 0 , đặt t = sin x (điều kiện kèm theo là −1 ≤ t ≤ 1 ) a cos2 x + b cos x + c = 0 , đặt t = cos x (điều kiện kèm theo là −1 ≤ t ≤ 1 ) a tan2 x + b tan x + c = 0 , đặt t = tan x (không ghi điều kiện gì kèm theo ) a cot2 x + b cot x + c = 0 , đặt t = cot x (không ghi điều kiện gì kèm theo ) Th.S Dương Phước Sang. 57. 0942.080383.

(60) 4. Phương trình đẳng cấp bậc hai đối với sin x và cos x a sin2 x + b sin x cos x + c cos2 x = 0. Nếu thay cos x = 0 và sin2 x = 1 vào phương trình nhận được một mệnh đề sai thì ta ghi “ cos x = 0 không thoả phương trình suy ra cos x ≠ 0 ” Sau đó chia 2 vế của phương trình cho cos2 x và tiếp tục giải phương trình mới theo tan x Nếu “ cos x = 0 thoả phương trình ” ta ghi nhận nghiệm x = π + k π (k ∈ ℤ) 2. Sau đó xét cos x ≠ 0 , cũng chia 2 vế của phương trình cho cos2 x và giải tiếp. Lưu ý: nếu vế phải của phương trình bằng d ≠ 0 chứ không phải bằng 0, cụ thể là: a sin2 x + b sin x cos x + c cos2 x = d. Ta biến đổi: d = d (sin2 x + cos2 x ) rồi đưa về dạng thuần nhất đã xét ở trên (vế phải bằng 0). 5. Phương trình bậc nhất đối với sin x và cos x (phương trình cổ điển) a sin x + b cos x = c. Chia 2 vế của phương trình cho a 2 + b 2 ta được phương trình: a a 2 + b2. sin x +. b a 2 + b2. c a 2 + b2. b → sin α a + b2 c Thay vào phương trình ta được: sin x cos α + sin α cos x = 2 a + b2 c ⇔ sin(x + α) = 2 a + b2. Chọn số α hợp lý để đổi. a → cos α ; a + b2. cos x =. 2. 2. Lưu ý: Điều kiện để phương trình a sin x + b cos x = c có nghiệm là a 2 + b 2 ≥ c 2 6. Phương trình đối xứng đối với sin x và cos x a(sin x + cos x ) + b sin x cos x + c = 0. Đặt t = sin x + cos x = 2 sin (x + π ) (điều kiện: − 2 ≤ t ≤ 2 ) 4. 2 Bình phương 2 vế ta suy ra được: sin x cos x = t − 1. 2. Thay 2 biểu thức trên vào phương trình, sau đó ta giải tìm t rồi tìm x. Lưu ý: phương trình a(sin x − cos x ) + b sin x cos x + c = 0 có cách giải tương tự như thế Đặt t = sin x − cos x = 2 sin (x − π ) ( − 2 ≤ t ≤ 2 ) 4. 2 Bình phương 2 vế ta suy ra được: sin x cos x = 1 − t. 2. Thay 2 biểu thức trên vào phương trình, sau đó ta giải tìm t, rồi tìm x Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 58. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(61) VÍ DỤ MINH HOẠ Ví dụ 1: Cho góc α thoả mãn π < α < π và sin α = 3 . Tính giá trị của các biểu thức 2. A=. 5. tan α. B = sin (2α − π ). 2. 3. 1 + tan α. Lời giải 2. (5). Ta có cos2 α = 1 − sin2 α = 1 − 3. π 2. = 16 , suy ra cos α = ± 4 25. 5. Do π < α < π nên cos α < 0 ⇒ cos α = − 4 .. α. 2. 5 Câu a: Ta có tan α = = − 3 và tan2 α = 9 cos α 4 16. π. sin α. A=. tan α 1 + tan2 α. =. − 34. 1 + 169. =−. y. cos α O. x. 12 25. Câu b: Ta có sin 2α = 2 sin α cos α = 2 ( 3 ) . (− 4 ) = − 24 5. 5. 2. (5). cos 2α = 1 − 2 sin x = 1 − 2 3 2. 25. = 7. 25. B = sin (2α − π ) = sin 2α cos π − cos 2α sin π = − 24 ⋅ 1 − 7 ⋅ 3 = −24−7 3 3. 3. 3. 25 2. 25. 2. 50. Ví dụ 2: Cho góc α thoả mãn tan α = −2. Tính giá trị của các biểu thức sin α − 2 cos α sin α.sin 3α A= B= sin α + cos α 1 − cot α Lời giải sin α−2 cos α. sin α − 2 cos α tan α − 2 −2 − 2 cos α Ta có A = = = = =4 sin α +cos α sin α + cos α tan α + 1 −2 + 1 cos α. B=. Do. 1 cos2 α. sin 3α.sin α cos 2α − cos 4α = 1 − cot α 2(1 − cot α). Khi giả thiết không cho giới. = 1 + tan2 α = 1 + (−2)2 = 5 nên cos2 α =. 1 5. 1 3 Suy ra, cos 2α = 2 cos2 α − 1 = 2 ⋅ − 1 = − 5 5. ( 5). cos 4α = 2 cos2 2α − 1 = 2 ⋅ − 3. 2. hạn của α ta nên xuất phát từ biểu thức cần tính, biến đổi làm xuất hiện giá trị đã cho... −1 = − 7. 25. 7 3 1 1 cos 2α − cos 4α − 5 − (− 25 ) 8 Ngoài ra, cot α = = − nên B = = =− tan α 2 2(1 − cot α) 75 2  1 − (− 1 )  2. Ví dụ 3: Chứng minh các đẳng thức lượng giác sau đây: a) tan2 x − sin2 x = tan2 x . sin2 x với mọi x ≠ π + k π (k ∈ ℤ) 2 π b) cot x − tan x = 2 cot2x với mọi x ≠ k (k ∈ ℤ) 2 2 2 π 2 π 3 c) cos x + cos + x + cos − x = với mọi x ∈ ℝ 3 3 2. (. Th.S Dương Phước Sang. ). (. ). 59. 0942.080383.

(62) Lời giải Câu a: Với mọi x ≠ π + k π (k ∈ ℤ) ta có tan2 x − sin2 x = tan2 x . sin2 x 2. ⇔ tan2 x = sin2 x + tan2 x .sin2 x ⇔ tan2 x = sin2 x (1 + tan2 x ) 1 sin2 x 2 ⇔ tan2 x = sin2 x ⋅ ⇔ tan x = (*) cos2 x cos2 x Với mọi x ≠ π + k π (k ∈ ℤ) , (*) luôn đúng nên tan2 x − sin2 x = tan2 x . sin2 x cũng đúng. 2. Câu b: Với mọi x ≠ k π (k ∈ ℤ) ta có 2. cot x − tan x =. cos x sin x cos2 x − sin2 x 2(cos2 x − sin2 x ) 2 cos 2x − = = = = 2 cot2x sin x cos x sin x cos x 2 sin x cos x sin 2x. (3 ) (3 ) = 1  1 + cos 2x + 1 + cos ( 2π + 2x ) + 1 + cos ( 2π − 2x )  2 3 3  = 3 + 1  cos 2x + cos ( 2π + 2x ) + cos ( 2π − 2x )   2 2 3 3 = 3 + 1  cos 2x + 2cos 2π cos2x  = 3 + 1  cos 2x + 2 (− 1 ) cos2x  = 3  2 2  2 2 2 3 2 cos 2 x + cos 2 π + x + cos 2 π − x. Câu c: Với mọi x ∈ ℝ ta có:. Ví dụ 4: Chứng minh các biểu thức sau đây độc lập đối với biến số x. (3. ) (4 ) (6 ) ( 4 x + sin ( π − x ) + sin x .sin ( π − x ) 3 3. A = cos π − x cos π + x + cos π + x cos 3π + x C = sin 2. ). (4. B = sin 8x + 2 cos 2 π + 4x. ). 2. Lời giải. (3 ) (4 ) (6 ) ( 4 ) = cos ( π − x ) cos ( π + x ) + cos  π − ( π − x )  cos  π + ( π + x )  2  2  3 4 3 4 = cos ( π − x ) cos ( π + x ) + sin ( π − x )  − sin ( π + x )    3 4 3 4 = cos ( π − x ) cos ( π + x ) − sin ( π − x ) sin ( π + x ) = cos  ( π − x ) + ( π + x )  = cos 7 π , ∀x ∈ ℝ  3  3 4 3 4 4 12. Câu a: Ta có B = cos π − x cos π + x + cos π + x cos 3π + x. (. ). (. ). Câu b: Ta có A = sin 8x + 2 cos 2 π + 4x = sin 8x +  1 + cos 2 π + 4x    4 4. (2 ) Câu c: Ta có C = sin x + sin ( π − x ) + sin x .sin ( π − x ) 3 3 2 π 1 − cos 2x 1 − cos ( 3 − 2x ) 1 . = sin 8x + 1 + cos π + 8x = sin 8x + 1 − sin 8x = 1, ∀x ∈ ℝ 2. =. 2. +. 2. 2. +. (. 2 . ). (. ). cos 2x − π − cos π  3 3. (. ). = 3 − 1  cos 2x + cos 2π − 2x − cos 2x − π  4 2 3 3  = 3 − 1  cos 2x − 2 sin π sin π − 2x   4 2 6 2. (. ). = 3 − 1  cos 2x − 2 ⋅ 1 cos 2x  = 3 , ∀x ∈ ℝ  4 4 2 2. Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 60. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(63) Ví dụ 5: Giải các phương trình sau đây: a) 2 sin2 x + 2 sin x − 2 = 0. b) 2 cos2 x + 3 cos x + 1 = 0. c) 3 sin 2 x − 2 cos x − 2 = 0. d) cos 2x + 5 sin x + 2 = 0. e) cos 4x = 2 sin2 2x + 4 cos 2x. f) 8(sin 6 x + cos 6 x ) = cos 8x + 1 Lời giải.   x = π + k 2π  sin x = − 2 : ptvn  4 ⇔ (k ∈ ℤ) Câu a: 2 sin x + 2 sin x − 2 = 0 ⇔  2 π 3  sin x = = sin ( )  x = π + k 2π   2 4 4  x = π + k 2π  cos x = −1   Câu b: 2 cos2 x + 3 cos x + 1 = 0 ⇔  ⇔ (k ∈ ℤ)  cos x = − 1 = cos ( 2π )  x = ± 2π + k 2π   3 2 3 2. Câu c: 3 sin2 x − 2 cos x − 2 = 0 ⇔ 3(1 − cos2 x ) − 2 cos x − 2 = 0 ⇔ −3 cos2 x − 2 cos x + 1 = 0  cos x = 1  x = ± arccos 1 + k 2π   3 3 ⇔ ⇔ (k ∈ ℤ)  cos x = −1  x = π + k 2π  . Câu d: cos 2x + 5 sin x + 2 = 0 ⇔ 1 − 2 sin2 x + 5 sin x + 2 = 0 ⇔ −2 sin2 x + 5 sin x + 3 = 0  x = − π + k 2π  sin x = − 1  π 6 2 ⇔ ⇔ sin x = sin (− ) ⇔  (k ∈ ℤ) 7 π 6   sin x = 3 : ptvn x = + k 2 π  6. Câu e: cos 4x = 2 sin2 2x + 4 cos 2x ⇔ cos 2.(2x ) = 2 sin2 2x + 4 cos 2x ⇔ 2 cos2 2x − 1 = 2(1 − cos2 2x ) + 4 cos 2x ⇔ 4 cos2 2x − 4 cos 2x − 3 = 0.  cos 2x = 3 : ptvn  2x = 2π + k 2π  x = π + kπ    2 3 3 ⇔ ⇔ ⇔ (k ∈ ℤ)  cos 2x = − 1 = cos 2π  2x = − 2π + k 2π  2x = − π + k π    2 3 3 3. (. ). Câu f : 8(sin6 x + cos6 x ) = cos 8x + 1 ⇔ 8 1 − 3 sin2 2x = ( 2cos2 4x − 1) + 1. 4 2 2 1 − ⇔ 8 − 6 sin 2x = 2 cos 4x ⇔ 8 − 6. cos 4x = 2 cos2 4x ⇔ 2 cos2 4x − 3 cos 4x − 5 = 0 2 ⇔ cos 2x = −1 (do | cos 2x | ≤ 1) ⇔ 2x = π + k 2π ⇔ x = π + k π (k ∈ ℤ) 2. Ví dụ 6: Giải các phương trình sau đây: a). b) 4(sin 4 x + cos4 x ) + 3 sin 4x = 2. 6 sin x − 2 cos x = 2. c) 3 sin x + 3 cos x = 6(sin 2x − cos 2x ). d) 2 sin2 x − 3 sin 2x = 1 − 2 cos x. Lời giải Câu a:. 6 sin x − 2 cos x = 2 ⇔ sin x cos π − cos x sin π = 2 8 8 8 6 6 2 ⇔ sin x − π = sin π ⇔ x = 5π + k 2π hoÆc x = 11π + k 2π (k ∈ ℤ) 6 4 12 12. 6 sin x − 2 cos x = 2 ⇔. (. Th.S Dương Phước Sang. ). 61. 0942.080383.

(64) Câu b: 4(sin 4 x + cos 4 x ) + 3 sin 4x = 2 ⇔ 4 (1 − 1 sin 2 2x ) + 3 sin 4x = 2 2. ⇔ 4 − 2 sin 2x + 3 sin 4x = 2 ⇔ cos 4x + 3 sin 4x = −1 ⇔ 1 cos 4x + 3 sin 4x = − 1 2. 2 2 2  π + 4x = − π + k 2π x =− π +k π   6 12 2 (k ∈ ℤ) ⇔ sin ( π + 4x ) = sin ( − π ) ⇔  6 ⇔ 6 6  π + 4x = 7 π + k 2π x = π +k π  6 4 2 6 Câu c: 3 sin x + 3 cos x = 6(sin 2x − cos 2x ) ⇔ 3 sin x + 3 cos x = 6 . 2 sin (2x − π ) 2 3 2 3 2 3 4  x + π = 2x − π + k 2π  x = 5π − k 2π   6 4 12 ⇔ sin (x + π ) = sin (2x − π ) ⇔  ⇔ (k ∈ ℤ) 6 4  x + π = 5π − 2x + k 2π  x = 13π + k 2π   6 4 36 3 2 2 Câu d: 2 sin x − 3 sin 2x = 1 − 2 cos x ⇔ 1 − 2 sin x + 3 sin 2x = 2 cos x. ⇔ cos 2x + 3 sin 2x = 2 cos x ⇔ 1 cos 2x + 3 sin 2x = cos x ⇔ cos ( π − 2x ) = cos x   ⇔  . 2 2 π − 2x = x + k 2π  x = π − k 2π  3 9 3 (k ∈ ℤ) ⇔ π − 2x = −x + k 2π  x = π − k 2π  3 3. 3. Ví dụ 7: Giải các phương trình sau đây: a) sin x + sin 2x + sin 3x = cos x + cos 2x + cos 3x. b) sin x + cos 3x = cos 2x. c) cos2 x + cos2 3x = cos2 2x + cos2 4x. d) 2 sin 3 x − cos 2x + cos x = 0. Lời giải Câu a: Ta có sin x + sin 2x + sin 3x = cos x + cos 2x + cos 3x ⇔ sin 2x + (sin 3x + sin x ) = cos 2x + (cos 3x + cos x ). ⇔ sin 2x + 2 sin 2x cos x = cos 2x + 2 cos 2x cos x ⇔ (1 + 2 cos x )(sin 2x − cos 2x ) = 0.  x = ± 2 π + k 2π  1 + 2 cos x = 0   3 ⇔ ⇔ (k ∈ ℤ) x = π +k π  sin 2x − cos 2x = 0  8 2. Câu b: Ta có sin x + cos 3x = cos 2x ⇔ sin x + (cos 3x − cos 2x ) = 0 ⇔ sin x − 2 sin 5x sin x = 0. 2 2 x x 5 x x x x 5 x ⇔ 2 sin cos − 2 sin sin = 0 ⇔ 2 sin ( cos − sin ) = 0 2 2 2 2 2 2 2 ⇔ ⋯ ⇔ x = k 2π ; x = π + k 2π hoÆc x = π − k π (k ∈ ℤ) 6 3 4 Câu c: Ta có cos2 x + cos2 3x = cos2 2x + cos2 4x ⇔ 1+ cos 2x + 1+ cos 6x = 1+ cos 4x + 1+ cos 8x 2 2 2 2. ⇔ cos 6x + cos 2x = cos 8x + cos 4x ⇔ 2 cos 4x cos 2x = 2 cos 6x cos 2x ⇔ 2 cos 2x (cos 4x − cos 6x ) = 0 ⇔ 4 cos 2x .sin 5x . sin x = 0.  cos 2x = 0  ⇔  sin 5x = 0 ⇔   sin x = 0 Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 62. x = π +k π  4 2 (k ∈ ℤ)   π x = k  5. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(65) Câu d: Ta có 2 sin 3 x − cos 2x + cos x = 0 ⇔ 2 sin x (1 − cos2 x ) − (2 cos2 x − cos x − 1) = 0 ⇔ 2 sin x (1 − cos x )(1 + cos x ) − (cos x − 1)(2 cos x + 1) = 0. ⇔ (1 − cos x )  2 sin x + 2 sin x cos x + 2 cos x + 1  = 0 ⇔ (1 − cos x )  2(sin x + cos x ) + (sin x + cos x )2  = 0   ⇔ (1 − cos x )(sin x + cos x )(sin x + cos x + 2) = 0  x = k 2π  cos x = 1 ⇔ ⇔  (k ∈ ℤ)  π  x = − + k π  sin x + cos x = 0 4. Ví dụ 8: Giải các phương trình sau đây: b). a) 4 − tan x (cot x + 2 sin x ) + 3 cos x = 0. sin 7x + sin 2x = 2 cos 4x − 1 sin 3x. c). sin 4x cos 4x cos x cos x − = + cos x sin x cot x tan x. Lời giải Câu a: 4 − tan x (cot x + 2 sin x ) + 3 cos x = 0 (*). Với điều kiện: sin x ≠ 0 vµ cos x ≠ 0 ta có sin x (*) ⇔ 4 − 1 − 2 tan x .sin x + 3 cos x = 0 ⇔ 3 − 2 sin x + 3 cos x = 0 cos x ⇔ 3 cos x − 2 sin2 x + 3 cos2 x = 0 ⇔ 5 cos2 x + 3 cos x − 2 = 0 ⇔ cos x = −1 hoÆc cos x = 2.  sin x ≠ 0 Do  ⇔   cos x ≠ 0 Câu b:.  cos x ≠ ±1 nên chỉ nhận cos x = 2 ⇔ x = ± arccos 2 + k 2π (k ∈ ℤ)   cos x ≠ 0 5 5. 5. sin 7x + sin 2x = 2 cos 4x − 1 (*). Với điều kiện: sin 3x ≠ 0 ⇔ x ≠ k π (k ∈ ℤ) ta có 3 sin 3x (*) ⇔ sin 7x + sin 2x = 2 cos 4x sin 3x − sin 3x. ⇔ sin 7x + sin 2x = sin 7x − sin x − sin 3x ⇔ sin 3x + sin x + sin 2x = 0. y. ⇔ 2 sin 2x cos x + sin 2x = 0 ⇔ sin 2x .(2 cos x + 1) = 0 ⇔ ⋯ ⇔ x = k π hoÆc x = ± 2π + k 2π (k ∈ ℤ). 2 3 π Đối chiếu với x ≠ k (k ∈ ℤ) ta nhận x = π + k π (k ∈ ℤ) 3 2. Câu c:. x. sin 4x cos 4x cos x cos x (2). Điều kiện: x ≠ k π (k ∈ ℤ) − = + 2 cos x sin x cot x tan x sin 4x sin x − cos 4x cos x cos x tan x + cos x cot x = sin x cos x tan x cot x 2 − cos 5x cos x ⇔ = sin x + ⇔ − cos 5x = sin2 x cos x + cos3 x sin x cos x sin x x = π −k π  6 3 (k ∈ ℤ) ⇔ cos(π − 5x ) = cos x ⇔  x = π −k π  4 2. (2) ⇔. y. x. Đối chiếu với điều kiện x ≠ k π (k ∈ ℤ) ta nhận các nghiệm 2. x = ± π + k π , x = π + k π (k ∈ ℤ) 6. Th.S Dương Phước Sang. 4. 2. 63. 0942.080383.

(66) T. H P - XÁC SU T - NH# TH C NEWTON. 1. Một số công thức tính toán Ank =.  n, k ∈ ℕ n! (ĐK:  )   n ≥ k (n − k )!. C nk =.  n, k ∈ ℕ n! (ĐK:  )   n ≥ k k !(n − k )! đếm đủ k thừa số. đếm đủ k thừa số. n(n − 1)⋯(n − k + 1) k!. Ank = n(n − 1)⋯(n − k + 1). C nk =. Pn = n ! (n ∈ ℕ∗ ). C nk = C nn −k. +1 ; C nk + C nk +1 = C nk + 1. 2. Khai triển của nhị thức Newton. (. a +b. ). n. (1 + x ). =. n. ∑ C nk .a n −k .bk. Số hạng thứ k là Tk = C nk −1.a n −k +1.b k −1. k =0. n. C n0 + C n1 + C n2 + ⋯ + C nn = 2n. = C n0 + C n1x + C n2x 2 + ⋯ + C nn x n. 3. Các quy tắc đếm sử dụng trong bài toán tổ hợp – xác suất a) Quy tắc cộng: Một công việc có thể được thực hiện bởi 2 phương án khác nhau trong đó phương án 1 có m cách thực hiện còn phương án 2 có n cách. Khi đó có (m + n ) cách thực hiện công việc đã nêu b) Quy tắc nhân: Một công việc buộc phải thực hiện qua 2 công đoạn. Có m cách thực hiện bước 1 và với mỗi cách thực hiện bước 1 ta có n cách làm bước 2. Khi đó có (m × n ) cách thực hiện công việc đó. c) Phân biệt cách sử dụng số hoán vị - số chỉnh hợp & số tổ hợp: Có Pn cách đem sắp thứ tự. Có n phần tử. Có Ank cách. Lấy ra 1 bộ phận gồm k phần tử. không sắp xếp thứ tự gì cả. Có C nk cách. 4. Xác suất của biến cố và công thức xác suất Với n(Ω) là số kết quả có thể xảy ra của phép thử, n(A) là số kết quả thuận lợi cho biến cố A P (A) =. n(A) n(Ω). Xác suất của biến cố đối : P (A) = 1 − P (A) Với hai biến cố A, B độc lập nhau ta có P (AB ) = P (A).P (B ) Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 64. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(67) VÍ DỤ MINH HOẠ Ví dụ 1: Tìm hệ số của số hạng chứa x 8 trong khai triển của nhị thức Newton. 2n.  2x − 1    x. biết rằng n là số tự nhiên thoả hệ thức An3 + C n1 = 8C n2 + 49 Lời giải Với điều kiện: n ∈ ℕ và n ≥ 3 ta có An3 + C n1 = 8C n2 + 49 n n(n − 1) ⇔ n(n − 1)(n − 2) + = 8 + 49 1! 2! ⇔ n(n − 1)(n − 2) + n = 4n(n − 1) + 49 ⇔ n 3 − 3n 2 + 2n + n = 4n 2 − 4n + 49 ⇔ n 3 − 7n 2 + 7n − 49 = 0 ⇔ n = 7 (tho¶ ®iÒu kiÖn). Với n = 7 ta có nhị thức Newton 14. 14. k. 14.  2x − 1  = k k .214−k .(−1)k .x 14−2k C 14 .(2x )14−k .  − 1  = ∑ C 14  ∑   x x k =0. k =0. 8. Số hạng chứa x trong khai triển là số hạng thoả điều kiện 14 − 2k = 8 ⇔ k = 3 3 Vậy hệ số của số hạng chứa x 8 trong khai triển là C 14 .211.(−1)3 = −745472. Ví dụ 2: Lớp 12C có 40 bạn trong đó có 19 bạn nam và 21 bạn nữ. Hỏi a) Giáo viên có bao nhiêu cách phân công 3 bạn trong lớp lên bảng giải 3 bài tập về nhà. b) Giáo viên có bao nhiêu cách phân công 3 bạn trong lớp đi trực cổng trường. c) Giáo viên có bao nhiêu cách phân công 2 bạn nam quét lớp học. d) Giáo viên có bao nhiêu cách phân công 4 bạn nữ làm tổ trưởng của 4 tổ trong lớp. e) Giáo viên có bao nhiêu cách phân công 7 bạn nam và 2 bạn nữ đi chuẩn bị sân lễ. f) Giáo viên có bao nhiêu cách phân công 2 bạn cùng phái tham gia kéo cờ. Phân tích đề bài Câu a: Phải thấy rằng cách phân công A,B,C lên giải bài 1,2,3 khác với cách phân công A,B,C lên giải bài 2, 3,1. Do đó việc phân công giải bài tập được hiểu như việc “chọn ra và sắp thứ tự” 3 cho 3 học sinh từ 40 em. Công thức cần áp dụng để được kết quả đúng là A40 .. Câu b: Cách phân công 3 em A,B,C đi trực cổng trường cũng giống như cách phân công 3 em C , B, A đi trực cổng không có gì thay đổi. Do đó việc phân công này chỉ là việc “chọn ra 3 mà không sắp thứ tự” cho 3 em học sinh từ 40 em. Công thức cần áp dụng là C 40 .. Câu c: Việc phân công 2 bạn cùng quét lớp học là hành động “chọn mà không sắp thứ tự” do đó công thức cần áp dụng là C nk tuy nhiên cần chú rằng đối tượng được chọn phải là nam. Th.S Dương Phước Sang. 65. 0942.080383.

(68) Câu d: Việc phân công 4 bạn làm 4 tổ trưởng là việc “chọn và sắp xếp thứ tự” 4 bạn vào 4 vị trí. Do 4 4 bạn được chọn phải là nữ nên phải chọn từ nhóm 21 bạn. Đáp số đúng là A21 .. Câu e: Đề yêu cầu phân công đến 9 em trong lớp nên mỗi lần phân công dưới đây chỉ là 1 bước nhỏ 7 Bước 1: phân công 7 em nam chuẩn bị sân lễ, có C 19 cách chọn 2 Bước 2: phân công 2 em nữ chuẩn bị sân lễ, có C 21 cách chọn. Gặp bài phải chia nhỏ bước để chọn như thế ta dùng quy tắc nhân Câu f: Có yêu cầu 2 bạn lên kéo cờ phải cùng giới tính nên ta thấy có 2 trường hợp cần được xét 2 Trường hợp 1: phân công 2 em cùng là nam lên kéo cờ, có C 19 cách chọn 2 Trường hợp 1: phân công 2 em cùng là nam lên kéo cờ, có C 19 cách chọn. Đây là bài chia trường hợp chứ không phải chia nhỏ bước chọn nên ta dùng quy tắc cộng Ví dụ 3: Từ một hộp đựng 5 quả cầu đen, 6 quả cầu trắng và 2 quả cầu đỏ người ta chọn ngẫu nhiên một lần để lấy ra 4 quả cầu. Tính xác suất để các quả cầu được lấy ra a) Tất cả đều có màu trắng. b) Không có quả cầu nào màu đen. c) Có đúng 2 quả cầu màu trắng. d) Có ít nhất 1 quả cầu có màu đỏ Lời giải. Câu a: Từ cái hộp đựng 13 quả cầu, lấy ngẫu nhiên ra 4 quả cầu cho ta số kết quả có thể xảy ra là 4 n(Ω) = C 13 = 715. Đặt A là biến cố “4 quả cầu lấy ra đều có màu trắng” Để A xảy ra ta cần chọn 4 quả cầu từ 6 quả cầu màu trắng, từ đó n(A) = C 64 = 15 Vậy xác suất của biến cố A là P (A) =. n(A) = 15 = 3 n (Ω) 715 143. Câu b: Đặt B là biến cố “4 quả cầu lấy ra không có quả cầu nào màu đen” Để B xảy ra ta cần chọn 4 quả cầu từ 8 quả cầu không có màu đen, từ đó n(B ) = C 84 = 70 Vậy xác suất của biến cố B là P (B ) =. n(B ) = 70 = 14 n(Ω) 715 143. Câu c: Đặt C là biến cố “4 quả cầu lấy ra có đúng 2 quả cầu màu trắng” Để C xảy ra ta cần chọn 2 quả cầu từ 6 quả màu trắng và 2 quả cầu từ 7 quả cầu đỏ và đen n(C ) = C 62C 72 = 315 ⇒ P (C ) =. n(C ) = 315 = 63 n(Ω) 715 143. Câu d: Đặt D là biến cố “4 quả cầu lấy ra có ít nhất 1 quả cầu màu đỏ” D không xảy ra khi cả 4 quả cầu đều không có màu đỏ, muốn vậy ta phải chọn 4 quả cầu từ 4 4 4 11 quả cầu đen-trắng, khi đó n(D ) = C 11 ⇒ n(D ) = C 13 − C 11 = 385. Vậy xác suất của biến cố D là P (D ) = Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. n(D ) = 385 = 7 n(Ω) 715 13. 66. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(69) Ví dụ 4: Từ các chữ số 0,1,3,4,5,7,9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số sao cho a) Số đó có 4 chữ số. b) Số đó có 4 chữ số đôi một khác nhau. c) Số đó là số chẵn. d) Số đó chẵn và có 4 chữ số đôi một khác nhau Lời giải. Câu a: Đặt X = {0;1;3;4;5;7;9}. Xét số abcd (a, b, c, d ∈ X , a ≠ 0) . Số cách chọn a là : 6 (cách). Số cách chọn c là : 7 (cách). Số cách chọn b là : 7 (cách). Số cách chọn d là : 7 (cách). Vậy có 6.7.7.7 = 2058 số có 4 chữ số được lập từ tập hợp X Câu b: Đặt X = {0;1;3;4;5;7;9}. Xét số abcd (a ≠ 0, a, b, c, d ∈ X , chúng khác nhau) Số cách chọn a là : 6 (cách). Số cách chọn c là : 5 (cách). Số cách chọn b là : 6 (cách). Số cách chọn d là : 4 (cách). Vậy có 6.6.5.4 = 720 số có 4 chữ số đôi một khác nhau được lập từ tập hợp X Câu c: Đặt X = {0;1;3;4;5;7;9}. Xét số abcd ⋮ 2 (a, b, c, d ∈ X , a ≠ 0, d ch½n) . Số cách chọn d là : 2 (cách). Số cách chọn b là : 7 (cách). Số cách chọn a là : 6 (cách). Số cách chọn c là : 7 (cách). Vậy có 2.6.7.7 = 588 số chẵn có 4 chữ số được lập từ tập hợp X Câu d: Đặt X = {0;1;3;4;5;7;9}. Xét số abcd /⋮ 2 (a ≠ 0, a, b, c, d ∈ X , chúng khác nhau và d lẻ) Số cách chọn d là : 5 (cách). Số cách chọn b là : 5 (cách). Số cách chọn a là : 5 (cách). Số cách chọn c là : 4 (cách). Vậy có 5.5.5.4 = 500 số lẻ có 4 chữ số đôi một khác nhau được lập từ tập hợp X, từ đó Có 720 – 500 = 220 số chẵn có 4 chữ số đôi một khác nhau được lập từ tập hợp X Lưu ý: câu d còn 1 cách giải khác đó là cách chia 2 trường hợp (xét số abc 0 rồi sau đó xét số abc 4) Ví dụ 5: Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau được lập ra từ X = {1;3;4;5;6;9} a) Tính xác suất để khi chọn ngẫu nhiên 1 số từ tập hợp S ta nhận được số lẻ. b) Tính xác suất để khi chọn ngẫu nhiên 2 số từ tập hợp S ta nhận được cả 2 số chẵn. Lời giải Câu a: Mỗi cách “chọn ra và sắp thứ tự” 3 phần tử từ 6 phần tử của X cho ta một số có 3 chữ số khác nhau, do đó tập hợp S có A63 = 120 phần tử. Nếu xét số abc /⋮ 2 (a, b, c ∈ X , chúng khác nhau) thì số cách chọn c,a,b tương ứng là: 4,5,4 Như thế trong tập hợp S có 4.5.4 = 80 phần tử là số lẻ và 40 phần tử là số chẵn. Th.S Dương Phước Sang. 67. 0942.080383.

(70) Chọn ngẫu nhiên 1 phần tử từ tập S có 120 phần tử cho ta số kết quả có thể xảy ra là 1 n(Ω) = C 120 = 120 1 Đặt A là biến cố “số chọn được là một số lẻ”. Do S có 80 số lẻ nên n(A) = C 80 = 80. Vậy xác suất của biến cố A là P (A) =. n(A) = 80 = 2 n(Ω) 120 3. Câu b: Chọn ngẫu nhiên 2 phần tử từ tập S có 120 phần tử cho ta số kết quả có thể xảy ra là 2 n(Ω) = C 120 2 Đặt B là biến cố “2 số chọn được đều là số chẵn”. Do S có 40 số chẵn nên n(B ) = C 40 2 C 40 n(B ) Vậy xác suất của biến cố B là P (B ) = = 2 = 13 n (Ω) C 120 119. Ví dụ 6: Chứng minh rằng C 20n + C 22n .32 + C 24n .34 + ⋯ + C 22nn .32n = 22n −1(22n + 1) Lời giải. (. Ta có khai triển 1 + x. ). 2n. = C 20n + C 21n x + C 22n x 2 + C 23n x 3 + ⋯ + C 22nn x 2n. 42n = C 20n + C 21n .3 + C 22n .32 + C 23n .33 + ⋯ + C 22nn .32n (1). Cho x = 3 ta được:. Cho x = −3 ta được: (−2)2n = C 20n − C 21n .3 + C 22n .32 − C 23n .33 + ⋯ + C 22nn .32n (2) Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được 42n + 22n = 2C 20n + 2C 22n .32 + 2C 24n .34 + ⋯ + 2C 22nn .32n (3). Tiếp tục chia 2 vế của (3) cho 2 ta được 22n −1(22n + 1) = C 20n + C 22n .32 + C 24n .34 + ⋯ + C 22nn .32n. Ví dụ 7: Tìm số tự nhiên n để C n0 + 2C n1 + 3C n2 + ⋯ + (n + 1)C nn = 1280 Lời giải. (. Ta có khai triển 1 + x. ). (. x 1+x. n. ). n. = C n0 + C n1x + C n2x 2 + ⋯ + C nn x n . Nhân 2 vế cho x ta được = xC n0 + x 2C n1 + x 3C n2 + ⋯ + x n +1C nn (1). Lấy đạo hàm hai vế của (1) theo biến x ta được. (1 + x ). n. (. + nx 1 + x. ). n −1. = C n0 + 2xC n1 + 3x 2C n2 + ⋯ + (n + 1)x nC nn. Cho x = 1 ta được 2n + n.2n −1 = C n0 + 2C n1 + 3C n2 + ⋯ + (n + 1)C nn = 1280 Hàm số f (x ) = 2x + x .2x −1 có f ′(x ) = 2x ln 2 + 2x −1 + x .2x −1 ln 2 > 0, ∀x > 0 Từ đó phương trình f (n ) = 1280 có nhiều nhất 1 nghiệm n ∈ ℕ Mà f (8) = 1280 nên n = 8 là giá trị duy nhất thoả đề bài. Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 68. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(71) PH. NG PHÁP TO. Đ. TRONG M T PH NG. I. Phương trình đường thẳng 1. Một số vấn đề về véctơ pháp tuyến và véctơ chỉ phương của đường thẳng Nếu n = (a;b) là véctơ pháp tuyến của đường thẳng d thì véctơ chỉ phương của d là:. u = (b; −a ) hoÆc u = (−b; a ) Nếu u = (u1; u2 ) là véctơ chỉ phương của đường thẳng d thì véctơ pháp tuyến của d là: n = (u2 ; −u1 ) hoÆc n = (−u2 ; u1 ). Nếu đường thẳng d có phương trình ax + by + c = 0 thì véctơ pháp tuyến của d là:. n = (a;b) 2. Một số công thức dùng để viết phương trình đường thẳng Đường thẳng d đi qua điểm M 0 (x 0 ; y 0 ) có véctơ pháp tuyến n = (a;b ) thì có phương trình. a(x − x 0 ) + b(y − y 0 ) = 0 Đường thẳng d đi qua điểm M 0 (x 0 ; y 0 ) có véctơ chỉ phương u = (u1; u2 ) thì có Phương trình chính tắc :. x − x0 u1. Đường thẳng qua 2 điểm A và B:. =.  x = x 0 + u1t Phương trình tham số :   y = y 0 + u2t. y − y0 u2 x − xA. xB − xA. =. y − yA yB − yA. ( x A ≠ x B vµ yA ≠ yB ). Nếu x A = x B mà hai điểm A, B phân biệt thì đường thẳng AB có phương trình x = x A Nếu yA = yB mà hai điểm A, B phân biệt thì đường thẳng AB có phương trình y = yA y Đường thẳng d cắt Ox, Oy tại A(a;0) và B(0;b) khác O có phương trình x + = 1 a b Cho trước đường thẳng d : ax + by + c = 0 Nếu d ′€d thì phương trình của d ′ có dạng ax + by + c ′ = 0 (c ′ ≠ c) (ta cần tìm c ′) Nếu d ′ ⊥ d thì phương trình của d ′ có dạng bx − ay + c ′ = 0. (ta cần tìm c ′). Cho hai đường thẳng △ 1: a1x + b1y + c1 = 0 vµ △ 2 : a2x + b2y + c2 = 0 cắt nhau. Khi đó các đường phân giác của góc tạo bởi △ 1 và △ 2 có phương trình. a1x + b1y + c1 a12 + b12. =±. a2x + b2y + c2 a22 + b22.  (C ) : x 2 + y 2 − 2ax − 2by + c = 0 Cho hai đường tròn cắt nhau  .  (C ′) : x 2 + y 2 − 2a ′x − 2b ′y + c ′ = 0. Khi đó đường thẳng đi qua các giao điểm của (C ) vµ (C ′) có phương trình. 2(a − a ′)x + 2(b − b ′)y − (c − c ′) = 0 Th.S Dương Phước Sang. 69. 0942.080383.

(72) 3. Một số vấn đề khác liên quan đến phương trình đường thẳng Cho đường thẳng △ : ax + by + c = 0 và hai điểm A(x A; yA ) và B(x B ; yB ). Khi đó, Hai điểm A và B nằm khác phía so với △ ⇔ (ax A + byA + c )(ax B + byB + c ) < 0 Hai điểm A và B nằm cùng phía so với △ ⇔ (ax A + byA + c )(ax B + byB + c ) > 0 Với điểm M 0 (x 0 ; y 0 ) và đường thẳng △ : ax + by + c = 0 ta đặt t0 =. ax 0 +by 0 +c a 2 +b 2. ,khi đó. Hình chiếu vuông góc của M 0 lên đường thẳng △ là điểm H (x 0 − at ; y 0 − bt0 ) Điểm đối xứng của điểm M 0 qua đường thẳng △ là điểm M ′(x 0 − 2at ; y 0 − 2bt0 ) Công thức tính khoảng cách từ điểm M 0 (x 0 ; y 0 ) đến đường thẳng △ : ax + by + c = 0 : d (M 0 ,△) =. ax 0 + by 0 + c. a 2 + b2 Công thức tính góc giữa hai đường thẳng △ vµ △′: n.n ′ u .u ′ cos(△ ; △′) = hoặc cos(△ ; △′) = n . n′ u . u′ (với n vµ u lÇn l−ît lµ vtpt vµ vtcp cña △, cßn n ′ vµ u ′ lÇn l−ît lµ vtpt vµ vtcp cña △′ ). II. Phương trình đường tròn Dạng 1: đường tròn có tâm I (a;b ), bán kính R có phương trình. (x − a )2 + (y − b)2 = R2 Dạng 2: với điều kiện a 2 + b 2 − c > 0 phương trình sau đây là phương trình đường tròn. x 2 + y 2 − 2ax − 2by + c = 0 (khi đó I (a;b) là tâm của đường tròn và R = a 2 + b 2 − c là bán kính đường tròn). III. Phương trình chính tắc của elip 2. 2 y (E ) : x 2 + 2 = 1 a b. y B1 b. Độ dài trục lớn A1A2 = 2a -a. Độ dài trục bé B1B2 = 2b. -c. A1 F1. Tiêu cự F1F2 = 2c Tiêu điểm F1(−c; 0), F2 (c; 0) với c 2 = a 2 − b 2 (a > b). M c. O. a. F2 A2. x. B2 -b. Bốn đỉnh A1(−a; 0), A2 (a; 0), B1(0;b), B2 (0; −b) Bán kính qua tiêu MF1 = a + ex M ; MF2 = a − ex M Tâm sai e = c < 1 a. Đường chuẩn x = ± a e. Điều kiện để đường thẳng Ax + By + C = 0 tiếp xúc với (E ) là A2a 2 + B 2b 2 = C 2 Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 70. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(73) VÍ DỤ MINH HOẠ Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có toạ độ đỉnh A(–2;3), đường cao CH nằm trên đường thẳng có phương trình 2x + y – 7 = 0, đường trung tuyến BM nằm trên đường thẳng 2x – y + 1 = 0. Xác định toạ độ đỉnh B và C của tam giác ABC Định hướng. A. Có toạ độ điểm A và ph.trình của CH ta viết ph.trình cạnh AB. H. Có phương trình của AB và BM ta tìm được toạ độ điểm B. M. Tham số hoá toạ độ của M và C để tìm toạ độ của chúng. Lời giải. C. B. Do AB ⊥ CH : 2x + y − 7 = 0 và AB đi qua A(–2;3) nên. AB có phương trình x − 2y + c ′ = 0 và −2 − 2.3 + c ′ = 0 ⇒ AB : x − 2y + 8 = 0  x − 2y + 8 = 0 ⇒ B(2; 5) Do B = AB ∩ BM nên toạ độ của B là nghiệm hệ phương trình   2x − y + 1 = 0. Do M ∈ BM : 2x − y + 1 = 0 và C ∈ CH : 2x + y − 7 = 0 nên toạ độ của M và C có dạng M (m;2m + 1), C (c; 7 − 2c)  m = 1  2m = −2 + c 2 ⇒ C (3;1) Do M là trung điểm của cạnh AC nên  ⇔   2(2m + 1) = 3 + 7 − 2c c = 3. Ví dụ 2: Tam giác ABC có cạnh BC = 4 2, đường cao AH : x + y – 4 = 0, phân giác trong CD có phương trình x + 3y + 2 = 0, cạnh AC đi qua điểm M (0; −14). Tìm toạ độ của 3 đỉnh A, B, C Định hướng Trước tiên ta cần tìm toạ độ của điểm M ′ đối xứng với M qua CD Có M ′ và phương trình của AH ta viết phương trình của BC Có phương trình của BC và CD, ta tìm toạ độ của điểm C. A D. M. Có toạ độ điểm M và C, ta viết phương trình cạnh AC Có phương trình của AC và AH, ta tìm toạ độ điểm A. B. H. C. M'. Tham số hoá toạ độ điểm B rồi dùng diện tích tam giác ABC để tìm toạ độ của B Lời giải Gọi M ′ là điểm đối xứng với M qua CD : x + 3y + 2 = 0 . Khi đó MM ′ ⊥ CD và MM ′ qua M ⇒ MM ′ có phương trình 3x − y + c1 = 0 và 3.0 − (−14) + c1 = 0 ⇒ MM ′ : 3x − y − 14 = 0.  x + 3y + 2 = 0 ⇒ I (4; −2) Gọi I là trung điểm của MM ′ thì I = CD ∩ MM ′ ⇒ toạ độ của I thoả    3x − y − 14 = 0 Th.S Dương Phước Sang. 71. 0942.080383.

(74)  2.4 = 0 + x M ′ ⇔ M ′(8;10) Do I là trung điểm của MM ′ nên   2.(−2) = −14 + y ′ M ′ Cạnh BC đi qua M và vuông góc với AH : x + y – 4 = 0 nên BC có phương trình x − y + c2 = 0 vµ 8 − 10 + c2 = 0 ⇒ BC : x − y + 2 = 0.  x − y + 2 = 0 Do C = BC ∩ CD nên toạ độ đỉnh C là nghiệm hệ  ⇒ C (−2; 0)  x + 3y + 2 = 0 Cạnh AC qua M(0;–14) và C(–2;0) nên có phương trình. x − (−2) y −0 = ⇔ 7x + y + 14 = 0 0 − (−2) −14 − 0.  7x + y + 14 = 0 ⇔ A(−3; 7) Điểm A = AH ∩ AC nên toạ độ của A là nghiệm hệ   x + y − 4 = 0. Do B ∈ BC : x − y + 2 = 0 nên điểm B có toạ độ B(b;b + 2) ⇒ BC = |b + 2 | 2 Do BC = 4 2 nªn |b + 2 | 2 = 4 2 ⇒ b = 2 hoÆc b = −6 ⇒ B(2; 4) hoÆc B(−6; −4) Ta chỉ nhận B(–6;–4) vì điểm B(2; 4) và điểm A(–3;7) nằm cùng phía so với CD : x + 3y + 2 = 0 Vậy A(–3;7), B(–6;–4), C (−2; 0) là các điểm cần tìm. Ví dụ 3: Cho tứ giác nội tiếp ABCD có toạ độ các đỉnh A(–2;1), C(5;–6), đường chéo BD có phương trình x − 3y − 5 = 0. Biết ABCD có diện tích bằng 42, xác định toạ độ của B và D Định hướng Có toạ độ các điểm A,C và phương trình của đường thẳng BD. A. ta có thể tính được khoảng cách từ các điểm A,C đến BD. D H. Có diện tích của ABCD ta tính được độ dài của đường chéo BD B. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD, tham số hoá. I. toạ độ điểm I rồi sử dụng hệ thức R 2 = IH 2 + HB 2 để tìm I. C. B và D là giao điểm của BD và đường tròn ngoại tiếp tứ giác Lời giải 5 − 3.(−6) − 5 Ta có d A, BD = −22− 3.1 − 25 = 10 và d C , BD = = 9 10 2 2 5 1 + (−3) 1 + (−3). (. (. ). (. ). ). (. ). Do S ABCD = S △ABD + S △CBD nên 1 BD.d A, BD + 1 BD.d C , BD = SABCD 2 2 ⇔ 1 BD. 2. (. ). 10 + 9 10 = 42 ⇔ BD = 3 10 5. Gọi I(a;b) là tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD thì IA = IC ⇔ IA2 = IC 2. (a + 2)2 + (b − 1)2 = (a − 5)2 + (b + 6)2 ⇔ a − b − 4 = 0 ⇔ b = a − 4 ⇒ I (a; a − 4) Gọi H là trung điểm đoạn BD thì HB = 1 BD = 3 10 và IB = IA = (a + 2)2 + (a − 5)2 2. Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 2. 72. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(75) a − 3(a − 4) − 5. 7 − 2a 10 1 + (−3) (7 − 2a )2 45 2 2 2 2 2 Theo định lý Pytagore IB = IH + HB ⇔ (a + 2) + (a − 5) = + ⇔a =1 10 2 ⇒ I (1; −3) và IA = 5. (. ). IH = d I , BD =. 2. 2. =. Đường tròn ngoại tiếp ABCD có phương trình (x − 1)2 + (y + 3)2 = 25  x − 3y − 5 = 0  B(−4; −3)  B(5; 0) Toạ độ của B và D là nghiệm của hệ  ⇔  hoÆc   (x − 1)2 + (y + 3)2 = 25  D(5; 0)  D(−4; −3). Ví dụ 4: Cho tam giác ABC với đỉnh A(–2; –1), trực tâm H(2;1), cạnh BC = 2 5. Gọi B ′,C ′ lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C. Viết phương trình cạnh BC biết rằng trung điểm M của cạnh BC thuộc đường thẳng x – 2y – 1 = 0, M có tung độ dương và B ′C ′ qua điểm N(3; – 4) Định hướng Cần phải phát hiện B ′,C ′ cùng thuộc 2 đường tròn ngoại tiếp tứ giác (các tứ giác đó là AB ′HC ′ vµ BCB ′C ′ ). B'. I. Trước tiên ta tham số hoá toạ độ của M rồi viết phương trình. N. C'. các đường tròn đường kính AH và BC. H. Có phương trình 2 đường tròn ta viết được phương trình B ′C ′ Sử dụng giả thiết B ′C ′ đi qua N ta tìm được toạ độ của M. A. B. C. M. Cuối cùng viết phương trình đường thẳng BC đi qua M và vuông góc với AH Lời giải Gọi I là trung điểm đoạn AH ta có I(0;0), ngoài ra AH = 42 + 22 = 2 5 nên đường tròn (C 1 ) đường kính AH có phương trình : x 2 + y 2 = 5 Do M ∈ d : x − 2y − 1 = 0 nên M (2m + 1; m ) với m > 0, ngoài ra do BC = 2 5 nên đường tròn (C 2 ) đường kính BC có phương trình : (x − 2m − 1)2 + (y − m )2 = 5 Do B ′,C ′ cùng thuộc (C 1 ) và (C 2 ) nên toạ độ của B ′,C ′ đều thoả hệ phương trình 2 2  x + y = 5 ⇒ 2(2m + 1)x + 2my − 5m 2 − 4m − 1 = 0   (x − 2m − 1)2 + (y − m )2 = 5. Từ đó B ′C ′ có phương trình 2(2m + 1)x + 2my − 5m 2 − 4m − 1 = 0 Do B ′C ′ đi qua N(3;– 4) nên 2(2m + 1).3 + 2m(−4) − 5m 2 − 4m − 1 = 0. ⇔ −5m 2 + 5 = 0 ⇔ m = 1 (do m > 0) ⇒ M (3;1) Đường thẳng BC đi qua M(3;1) và vuông góc với AH nên có véctơ pháp tuyến AH = (4;2) Vậy phương trình của BC là 4(x – 3) + 2(y – 1) = 0 hay 2x + y – 7 = 0. Th.S Dương Phước Sang. 73. 0942.080383.

(76) Ví dụ 5: Cho hình vuông ABCD với đỉnh C (3; 3), M và N lần lượt là trung điểm các cạnh AB và AD. Gọi I là giao điểm của các đường thẳng MC vµ BN . Biết đường thẳng AI có phương trình x − y + 4 = 0 , điểm B thuộc đường thẳng 2x + y − 3 = 0, hãy xác định toạ độ A, B và D. E. Định hướng Đề cho trước toạ độ điểm C và phương trình đường AI ta tính được d (C , AI ) Dựa vào giả thiết ta tham số hoá được toạ độ của B và tính được d (B, AI ) Như vậy, nếu có tỉ lệ giữa d (C , AI ) và d (B, AI ) ta tìm được toạ độ của B.. A. M. B. I. F. Có toạ độ của B và C ta viết được ph.trình cạnh AB, từ đó tìm được A. Cuối cùng có toạ độ của A,B và C ta dễ dàng tìm được toạ độ của điểm D. N. Vấn đề là tỉ lệ giữa d (C , AI ) và d (B, AI ) có xác định không? Tìm thế nào? (Hãy quan sát hình vẽ) CF và BF có lẽ có tỉ lệ xác định!. D. C. Suy đoán và chứng minh được tỉ lệ giữa CF và BF ta suy ra được tỉ lệ giữa d (C , AI ) và d (B, AI ) Lời giải Ta có B ∈ d : 2x + y − 3 = 0 ⇔ B (b; 3 − 2b ) Gọi E = AD ∩ MC ; F = AI ∩ BC . Do AM€DC nên. EA AM 1 = = ⇒ EA = AD = 2AN ED DC 2. Do NE€BC nên. IB BC 2 = = IN NE 3. Do AN€BF nên. BF IB 2 BF BF 1 = = ⇒ = = ⇒ CF = 2BF ⇒ d (C , AI ) = 2d (B, AI ) AN IN 3 BC 2AN 3. ⇒. 3−3+4 12 + (−1)2. = 2⋅. b − (3 − 2b ) + 4 12 + (−1)2. (3 3). b = 1 3 ⇒ B 1 ; 7 hoÆc B(−1;5) ⇒ 2. 3b + 1 = 4 ⇒  3 3  b = 1. ( ). (3 3). Điểm B 1 ; 7 và C (3; 3) nằm cùng phía so với AI : x − y + 4 = 0 nên B 1 ; 7 không thoả đề bài. Điểm B(−1;5) và C (3; 3) nằm khác phía so với AI : x − y + 4 = 0 nên B(−1;5) thoả mãn đề bài. Cạnh AB đi qua B(−1;5) nhận BC = (4; −2) hay n = (2; −1) làm vtpt nên có phương trình. 2(x + 1) − (y − 5) = 0 ⇔ 2x − y + 7 = 0 x − y + 4 = 0  x = −3 Do A = AI ∩ AB nên toạ độ của A là nghiệm hệ  ⇔  ⇒ A(−3;1)  2x − y + 7 = 0  y = 1 x + 3 = 4 Do ABCD là hình vuông nên AD = BC ⇔  D ⇒ D(1; −1)  yD − 1 = −2. Lưu ý: Hình vuông cho trong ví dụ này còn có thêm một số tính chất: BN và CM vuông góc với nhau.. A. M. B. I. F. N. Đường thẳng AI tạo với BN một góc 45 . Như vậy, ví dụ 5 sẽ khó hơn nhiều nếu x − y + 4 = 0 được phát biểu là. D. C. đường phân giác trong của góc BIC vì lúc đó ta buộc phải chứng minh ba điểm A, I, F thẳng hàng. Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 74. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(77) PH H. NG TRÌNH, B T PH PH. NG TRÌNH. NG TRÌNH Đ I S. & VÔ T. 1. Công thức biến đổi giải phương trình và bất phương trình vô tỷ a) Áp dụng với căn thức bậc hai  f (x ) ≥ 0 f (x ) = g (x ) ⇔   f (x ) = g(x ) .  f (x ) ≥ 0  f (x ) < g(x ) ⇔    f (x ) < g(x ).  g (x ) ≥ 0 f (x ) = g (x ) ⇔   f (x ) = g 2 (x ) . a (x )g(x ) ≥ 0 a(x ) f (x ) = g(x ) ⇔  a 2 (x )f (x ) = g 2 (x ) .   g (x ) < 0    f (x ) ≥ 0 f (x ) > g (x ) ⇔    g (x ) ≥ 0  2   f (x ) > g (x ).  f (x ) ≥ 0   f (x ) < g (x ) ⇔  g (x ) > 0    f (x ) < g 2 (x ). Với điều kiện f (x ) ≥ 0 ; g (x ) ≥ 0 và h(x ) ≥ 0 ta có thể áp dụng các biến đổi sau. ( h(x ) ⇔ ( h(x ) ⇔ (. ) g(x ) ) g(x ) ). f (x ) + g(x ) = h(x ) ⇔. f (x ) + g(x ). f (x ) + g(x ) >. f (x ) +. f (x ) + g(x ) <. f (x ) +. 2. 2. 2. = h(x ) > h(x ) < h(x ). Chú ý: chỉ nên lấy luỹ thừa bậc chẵn hai vế của phương trình hoặc bất phương trình khi hai vế của phương trình hoặc bất phương trình đó luôn luôn không âm. b) Áp dụng với căn thức bậc lẻ 3. f (x ) = 3 g (x ) ⇔ f (x ) = g(x ). 3. f (x ) = g(x ) ⇔ f (x ) = g 3 (x ). 3. f (x ) < 3 g(x ) ⇔ f (x ) < g (x ). 3. f (x ) < g(x ) ⇔ f (x ) < g 3 (x ). 3. f (x ) > 3 g(x ) ⇔ f (x ) > g (x ). 3. f (x ) > g(x ) ⇔ f (x ) > g 3 (x ). 2. Công thức biến đổi giải phương trình và bất phương trình chứa dấu | |  f (x ) = g(x )  f (x ) = g (x ) ⇔   f (x ) = −g(x ) .  g (x ) ≥ 0  f (x ) = g (x ) ⇔    f (x ) = ±g(x ).  f (x ) < g (x )  f (x ) < g(x ) ⇔    f (x ) > −g(x ).  f (x ) > g(x )  f (x ) > g(x ) ⇔    f (x ) < −g(x ). Th.S Dương Phước Sang. 75. 0942.080383.

(78) VÍ DỤ MINH HOẠ Ví dụ 1: Giải bất phương trình (x + 4) 2 − x ≥ (x + 1) 8 − 2x − x 2 Lời giải  2 − x ≥ 0 Điều kiện:  ⇔ x ∈ [−4;2] .  8 − 2x − x 2 ≥ 0 . (x + 4) 2 − x ≥ (x + 1) 8 − 2x − x 2. Lưu ý: với điều kiện nêu trên thì vế trái của bất phương trình đã cho luôn luôn không âm trong khi vế phải của bất phương trình ấy cũng có khi âm. Phép bình phương hai vế chưa được áp dụng đối với bài toán này. Muốn thực hiện bình phương 2 vế ta phải xét riêng hai trường hợp. Trường hợp 1: nếu x ∈ [−4; −1] thì (x + 1) ≤ 0 ⇒ (x + 1) 8 − 2x − x 2 ≤ 0 ≤ (x + 4) 2 − x (bất phương trình nghiệm đúng với mọi x ∈ [−4; −1] ) Trường hợp 2: nếu x ∈ (−1;2] khi ấy cả hai vế của bất phương trình đều không âm nên. (x + 4) 2 − x ≥ (x + 1) 8 − 2x − x 2 ⇔ (x + 4)2 (2 − x ) ≥ (x + 1)2 (8 − 2x − x 2 ) ⇔ (8 − 2x − x 2 )(x 2 + x − 3) ≤ 0 ⇔ x ∈ (−∞; −4] ∪  −1− 13 ; −1+ 2 2   −1+ 13 Với điều kiện đang xét x ∈ (−1;2] ta nhận x ∈  −4; 2   −1+ 13  Như vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x ∈  −4; ∪ {2} 2   Nhận xét: Phép bình phương 2 vế chỉ tương đương khi cả hai vế đều không âm.. 13 . ∪ [2; +∞)  ∪ 2 {} . Bất phương trình ở ví dụ 1 cũng có thể đưa được về dạng tích. Dưới đây là cách giải ấy: Với điều kiện x ∈ [−4;2] ta có (x + 4) 2 − x ≥ (x + 1) 8 − 2x − x 2  8 − 2x − x 2 = 0  ⇔ 8 − 2x − x .  x + 4 − (x + 1)  ≥ 0 ⇔    x + 4 − (x + 1) ≥ 0  8 − 2x − x 2 = 0  x = −4 ∨ x = 2   x = 2    x +1 < 0  ⇔ ⇔  x < −1 ⇔   x + 1 ≥ 0  x ≤ −1+ 13    − 1 + 13   2   2  −1 ≤ x ≤   x + 4 ≥ (x + 1) 2 Đến đây kết hợp điều kiện đầu bài ta nhận được tập nghiệm S =  −4; −1+ 13  ∪ {2} 2   Nhận xét: Nếu h(x ) ≥ 0, ∀x ∈ D sau khi đã đặt điều kiện cho bất phương trình có nghĩa ta có 2.  h(x ) = 0  h(x ).f (x ) ≥ 0 ⇔   f (x ) ≥ 0 . Ví dụ 2: Giải bất phương trình. 2x. (. 1 − 2x + 1. Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia.  h(x ) = 0  h(x ).f (x ) ≤ 0 ⇔   f (x ) ≤ 0 . ). 2. < x −2. 76. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(79) Lời giải 1  2x + 1 ≥ 0  x ≥ − 2 . Dùng lượng liên hợp của biểu thức dưới mẫu ta có Điều kiện:  ⇔   1 − 2x + 1 ≠ 0  x ≠ 0. (1 −. 2x (1 + 2x + 1 ). 2. 2x 2x + 1 ). 2. ⇔. < x −2 ⇔. (−2x ). 2. x + 1 + 2x + 1 < x −2 ⇔ x. (1 + < x −2 ⇔. 2x + 1 ). 2. 2x. < x −2. 2x + 1 − x 2 + 3x + 1 < 0 (*) x. Lưu ý: Việc quy đồng hai vế thường được áp dụng khi giải bất phương trình có ẩn ở mẫu nhưng lúc thực hiện phép quy đồng hai vế chúng ta không được bỏ mẫu chung đi (trừ khi mẫu chung ấy là một biểu thức luôn dương với mọi giá trị của biến số x) Như vậy để giải bất phương trình (*) ta buộc phải xét riêng hai trường hợp x > 0 và x < 0 hoặc thực hiện xét dấu tử thức và mẫu thức của vế trái rồi nhân dấu của chúng lại trên bảng xét dấu từ đó chọn tập nghiệm phù hợp để kết luận. Dưới đây là cách giải thứ hai vừa nêu: Đặt t(x ) = 2x + 1 − x 2 + 3x + 1. Xét bất phương trình t(x ) < 0 ⇔ 2x + 1 < x 2 − 3x − 1  2x + 1 ≥ 0  2x + 1 ≥ 0  1  2  2 −2 ≤ x < 1− 2 ⇔  x − 3x − 1 > 0 ⇔  x − 3x − 1 > 0 ⇔     x > 4  2x + 1 < (x 2 − 3x − 1)2  x (x − 4)(x 2 − 2x − 1) > 0  . Bảng xét dấu:. 1 x −∞ − 2 t(x ) x VT. 0. 1− 2. – – +. 0 | 0. + – –. | 0. 4 + + +. +∞). 0 | 0. – + –. Như vậy (*) ⇔ x ∈ (1 − 2; 0) ∪ (4; +∞) . Đây cũng là các nghiệm của bất phương trình đã cho Ví dụ 3: Giải phương trình. 7x + 7 + 7x − 6 + 2 49x 2 + 7x − 42 = 181 − 14x. Lời giải Điều kiện: x ≥ 6 .. 7x + 7 + 7x − 6 + 2 49x 2 + 7x − 42 = 181 − 14x 2. 7. 2. Đặt t = 7x + 7 + 7x − 6 ≥ 0 ⇒ t = 14x + 1 + 2 49x + 7x − 42 ⇒ 2 49x 2 + 7x − 42 = t 2 − 14x − 1.  t = 13 (nhËn)  Thay vào phương trình ta được t + t 2 − 14x − 1 = 181 − 14x ⇔ t 2 + t − 182 = 0 ⇔   t = −14 (lo¹i)  Với t = 13 ta có 7x + 7 + 7x − 6 = 13 ⇔ 14x + 1 + 2 49x 2 + 7x − 42 = 169  84 − 7x ≥ 0 ⇔ 49x 2 + 7x − 42 = 84 − 7x ⇔  ⇔ x = 6 (thoả x ≥ 6 ) 2 2  49x + 7x − 42 = (84 − 7x ) 7 Th.S Dương Phước Sang. 77. 0942.080383.

(80) Ví dụ 4: Giải phương trình 4 x + 2 + 22 − 3x = x 2 + 8 Lời giải Nhận xét: phép bình phương 2 vế (2 lần) khó mà giải được phương trình này ! Ta xét 2 cách giải: Điều kiện: −2 ≤ x ≤ 22. Cách 1: 4 x + 2 + 22 − 3x = x 2 + 8 .. 3. Ta có 4 x + 2 + 22 − 3x = x + 8 ⇔ 4 ( x + 2 − 1) + ( 22 − 3x − 5 ) = x 2 − 1 2. x +1 −3x − 3 + = (x − 1)(x + 1) x +2 +1 22 − 3x + 5. ⇔4.   4 3 ⇔ (x + 1)  − − x + 1 = 0  x + 2 + 1 22 − 3x + 5  4 3 ⇔ x = −1 hoÆc − −x +1 = 0 x +2 +1 22 − 3x + 5 4 3 Xét hàm số g (x ) = − − x + 1 liên tục trên đoạn [−2; 22 ] ta có 3 x +2 +1 22 − 3x + 5 −2 9 g ′(x ) = − − 1 < 0, ∀x ∈ (−2; 22 ) 2 2 3 x +2 x +2 +1 2 22 − 3x 22 − 3x + 5. (. ). (. ). ⇒ g (x ) giảm liên tục trên đoạn [−2; 22 ] 3. Mà x = 2 thoả phương trình g (x ) = 0 nên g (x ) = 0 có nghiệm duy nhất x = 2 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = –1 và x = 2 Cách 2: 4 x + 2 + 22 − 3x = x 2 + 8 .. Điều kiện: −2 ≤ x ≤ 22 3. Ta có 4 x + 2 + 22 − 3x = x 2 + 8 ⇔ 12 x + 2 + 3 22 − 3x = 3x 2 + 24 ⇔ 4 (3 x + 2 − x − 4 ) + (3 22 − 3x + x − 14 ) = 3x 2 − 3x − 6 −x 2 + x + 2 −x 2 + x + 2 + = 3(x 2 − x − 2) 3 x + 2 + x + 4 3 22 − 3x + 14 − x   −1 −1 ⇔ (x 2 − x − 2)  4 ⋅ + −3 = 0  3 x + 2 + x + 4 3 22 − 3x + 14 − x  ⇔ 4⋅. ⇔ x 2 − x − 2 = 0 do 4 ⋅. −1 −1 + − 3 < 0, ∀x ∈ [−2; 22 ] 3 3 x + 2 + x + 4 3 22 − 3x + 14 − x. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = –1 và x = 2 2 4 3 (1)  y + 2xy − x + 2x = 0 Ví dụ 5: Giải hệ phương trình   3x − 2y − 2 + (x + 2)(y + 4) = 0 (2) . Lời giải Ta biến đổi (1) ⇔ y 2 − x 4 + 2xy + 2x 3 = 0 ⇔ (y − x 2 )(y + x 2 ) + 2x (y + x 2 ) = 0 ⇔ (y + x 2 )(y − x 2 + 2x ) = 0 ⇔ y = −x 2 hoÆc y = x 2 − 2x. Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 78. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(81) (x + 2)2 (2 − x ) = −2x 2 − 3x + 2. Với y = −x 2 phương trình (2) trở thành.  x = −2, y = −4  −2 ≤ x ≤ 1  2  ⇔ ⇔  1 1  (x + 2)2 (4x 2 − 3x − 1) = 0  (1 − 2x )(x + 2)  2   x = − 4 , y = − 16     .  −2x 2 − 3x + 2 ≥  ⇔   2  (x + 2) (2 − x ) =. 0. Với y = x 2 − 2x phương trình (2) trở thành 3x − 2(x 2 − 2x ) − 2 + (x + 2)(x 2 − 2x + 4) = 0 ⇔ 3(x + 2) − 2(x 2 − 2x + 4) + (x + 2)(x 2 − 2x + 4) = 0 ⇔ 3⋅. x +2 2. x − 2x + 4. +. x +2 2. x − 2x + 4. −2 = 0 ⇔. x +2 2. x − 2x + 4. =. 2 3. ⇔ 9(x + 2) = 4(x 2 − 2x + 4) ⇔ x = 17 ± 321 8. Cũng từ 9(x + 2) = 4(x − 2x + 4) ta suy ra 9x + 2 = 4(x − 2x ) = 4y từ đó y = 169 ± 9 321 2. 2. 32. Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm (x ; y ) như sau:. (. (−2; −4) , − 1 ; − 1 4. 16. ) , ( 17+8 321 ; 169+329 321 ) , ( 17−8 321 ; 169−329 321 ).  3y 2 − 5y + 4 + 6 = 0 (1)  x Ví dụ 6: Giải hệ phương trình   2  4 x + 1 + xy y + 4 = 0 (2). Lời giải Điều kiện: x ≥ −1 . Từ (1) ta suy ra −. 4 = 3y 2 − 5y + 6 > 0 ⇒ x < 0 x. Từ (2) ta suy ra y.(−x ) y 2 + 4 = 4 x + 1 ≥ 0 ⇒ y ≥ 0 (do x < 0) Do x = −1 và y = 0 đều không thoả hệ phương trình nên x + 1 > 0 và y > 0 , từ đó 4 x + 1 + xy y 2 + 4 = 0 ⇔ xy y 2 + 4 = −4 x + 1 ⇔. ⇔. y2 + 4 x + 1 − 1 y 2 − (y 2 + 4) 1 y = ⇔ x + 1 − = − x +1 x +1 y y y2 + 4 y2 + 4 ⇔f. Do f ′(t ) = 1 +. 1 t2. x −4 = x + 1 y y2 + 4. (. ). x +1 = f. (. 1 , trong đó f (t ) = t − , t > 0 ) t +4. y y2. > 0, ∀t > 0 nên f (t ) tăng liên tục trên khoảng (0; +∞) . Chính vì thế. (. )⇔ +4. −4. 4 = −y 2 − 4 (*) 2 2 2 x y +4 y y +4  y = 2, x = − 1  2 2 2 2 Thay (*) vào (1) ta được 3y − 5y − y − 4 + 6 = 0 ⇔ 2y − 5y + 2 = 0 ⇔   y = 1 , x = − 16  2 17 1 1 16 vµ (x ; y ) = ; − Vậy hệ phương trình có các nghiệm (x ; y ) = 2; − f. (. ). x +1 = f. y. (. Th.S Dương Phước Sang. y. x +1 =. 2. ). 79. ⇔x =. (2. ⇔. 17. ). 0942.080383.

(82) x (1)  2 + 6y + x − 2y = y  Ví dụ 7: Giải hệ phương trình    2 2y − 1 = x − 10y + 1 (2). Lời giải Điều kiện: x ≥ 2y, y ≥ 1 . Quy đồng bỏ mẫu 2 vế của phương trình (1) ta được 2. 2y + 6y 2 + y x − 2y = x ⇔ 6y 2 + y x − 2y = x − 2y (1′). Chia 2 vế của phương trình (1′) cho y 2 ta được 2. x − 2y x − 2y x − 2y  x − 2y  6+ = ⇔ −6 = 0  − 2   y y y y x − 2y ⇔ = 3 (do y > 0) ⇔ x = 9y2 + 2y y. Thay vào (2) ta được 2 2y − 1 = 9y 2 − 8y + 1 ⇔ 2 ( 2y − 1 − 1) = 9y 2 − 8y − 1.   2(y − 1) 4 = (y − 1)(9y + 1) ⇔ (y − 1)  − (9y + 1)  = 0 (*)  2y − 1 + 1 2y − 1 + 1  4 4 Do y ≥ 1 nên ≤ 4 < (9y + 1) ⇒ − (9y + 1) < 0 . Từ đó 2 2y − 1 + 1 2y − 1 + 1 ⇔2. (*) ⇔ y − 1 = 0 ⇔ y = 1 ⇒ x = 11 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x ; y ) = (11;1) 3 3 (1)  x + x − 1 − = 0 y Ví dụ 8: Giải hệ phương trình   1 + y 2 − y 3 (3x + 1) = 0 (2) . Lời giải 3 3 3  x 3 + x − 1 − = 0 (1)  x + x − 1 − = 0  y  y Chia 2 vế của (2) cho y 3 ta được  ⇔  1  1 + y 2 − y 3 (3x + 1) = 0 (2)  1   3 + − 1 − 3x = 0 y y 3  x + x − 1 − 3z = 0 1 Đặt z = ta được hệ phương trình  . Trừ vế theo vế ta được  z 3 + z − 1 − 3x = 0 y. (1) (2). x 3 − z 3 + 4x − 4z = 0 ⇔ (x − z )(x 2 + xz + z 2 + 4) = 0 2 2 ⇔ x = z (do x 2 + xz + z 2 + 4 = (x + z ) + 3z + 4 > 0). 2. 4. 1 1  x =  y =  x = z   y x Như vậy  ⇔ ⇔  x 3 + x − 1 − 3z = 0  2(x + 1)(x 2 − x − 1) = 0  x = −1 ∨ x = 1± 5   2. (. ) (. Hệ phương trình có 3 nghiệm (x ; y ) là (−1; −1) , 1+ 5 ; 5 −1 , 1− 5 ; − 5 −1 Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 2. 80. 2. 2. 2. ). Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(83) 1 9 + =0  x 2 + y 2 + 6xy − 2 8 (x − y ) Ví dụ 9: Giải hệ phương trình   1 5 − =0  2y + x −y 4. Lời giải 1 9 1 2 2 2 2 +9 =0 + =0  x + y + 6xy −  2(x + y ) −  (x − y ) +  2 2  8 (x − y ) (x − y )  8 Ta có  (*) ⇔    1 5 1  5  − =0 − =0  2y +  (x + y ) +  x − y + x −y 4 x − y  4.  a = x + y Đặt   b = x − y + . 1 x −y. 2 2 9  2a − [b − 2] + = 0 (1) 8 (|b | ≥ 2). Thay vào hệ (*) ta được    a + b − 5 = 0 (2). 4. Từ phương trình (2) ta suy ra b = 5 − a , thay vào (1) ta được 4. (4. 2a − 5 − a 2. 2. ). 2 + 2 + 9 = 0 ⇔ a + 5 a + 25 = 0 ⇔ a = − 5 ⇒ b = 5. 8. 2. 16. 4. 2. 1 5 Với b = 5 ta có x − y + = ⇔ 2(x − y )2 − 5(x − y ) + 2 = 0 ⇔ x − y = 2 hoÆc x − y = 1 2 2 x −y 2 5 x = − 3 x + y = − 5 x = 3  x + y = − 4    8 4 8 Như vậy  hoÆc  ⇔ hoÆc    1 13  y = − 7  x − y = 2  x − y =  y = − 2. 8. 8.  5x 2 + 2xy + 2y 2 + 2x 2 + 2xy + 5y 2 = 3(x + y )  Ví dụ 10: Giải hệ phương trình   2x + y + 1 + 2. 3 7x + 12y + 8 = 2xy + y + 5 . Lời giải Do. 5x 2 + 2xy + 2y 2 + 2x 2 + 2xy + 5y 2 = (2x )2 + (x + y )2 + y 2 + (2y )2 + (x + y )2 + x 2 ≥ (2x + 2y )2 + (2x + 2y )2 + (x + y )2 ≥ 3(x + y ). Nên từ (1) ta suy ra x = y ≥ 0 . Từ đó, 3x + 1 + 2. 3 19x + 8 = 2x 2 + x + 5 ⇔ 3x + 1 − 2 + 2.( 3 19x + 8 − 3) = 2x 2 + x − 3. 3(x − 1) 38(x − 1) + = (x − 1)(2x + 3) 3 3x + 1 + 2 (19x + 8)2 + 3 3 19x + 8 + 9   3 38 =0 ⇔ (x − 1)  + − (2 x + 3) 2  3 3 (19x + 8) + 3 19x + 8 + 9  3x + 1 + 2  ⇔. Do x ≥ 0 nên. 3 38 + − (2x + 3) ≤ 0 (*) 2 3 3x + 1 + 2 (19x + 8) + 3 3 19x + 8 + 9. (dấu “=” của (*) xảy ra khi và chỉ khi x = 0) Vậy hệ phương trình đã cho có đúng hai nghiệm: (0;0) và (1;1) Th.S Dương Phước Sang. 81. 0942.080383.

(84) Ví dụ 11: Tìm các giá trị của m để phương trình 3x 2 + 2x + 3 = m(x + 1) x 2 + 1 có nghiệm thực? Lời giải Ta có 3x 2 + 2x + 3 = m(x + 1) x 2 + 1 ⇔ (x + 1)2 + 2(x 2 + 1) = m(x + 1) x 2 + 1 (*) Vì x = −1 không thoả (*) nên x ≠ −1. Chia 2 vế của (*) cho (x + 1) x 2 + 1 ta được (x + 1)2 (x + 1) x 2 + 1. x +1. Với t = Ngoài ra lim. x →−∞. x +1 2. x +1. +2. x +1 x →−∞. Bảng biến thiên của t(x ) :. (x + 1) x 2 + 1. 1+1. x − 1+1. x (−∞ t ′(x ). (x + 1) lim. x +1. x →+∞. x2 + 1 =m x +1. +2⋅. và t ′ = 0 ⇔ x = 1 .. 3. 2. 1 0. +. x2 + 1. 1−x. = −1 và x2. x +1. =m ⇔. (x ∈ ℝ) ta có t ′ =. 2. = lim. x2 + 1. 2. x +1. 1+1. = lim. x →+∞. x. 1+1. +∞). =1. x2. –. 2. t(x ). –1. 1. Dựa vào bảng biến thiên của t(x ) ta có t ∈ (−1; 2] . Như vậy phương trình đã cho có nghiệm 2 có nghiệm t ∈ (−1; 2 ] \ {0} t 2 2 t2 − 2 ′ Xét hàm số f (t ) = t + , t ∈ (−1; 2 ] \ {0} có f (t ) = 1 − 2 = ≤ 0, ∀t ∈ (−1; 2 ] \ {0} t t t2 Bảng biến thiên: 0 2 ] +∞ t −∞ (–1 – – f ′(t ) –3 +∞ f (t ) −∞ 2 2 ⇔ phương trình m = t +. Như vậy phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi m < – 3 hoặc m ≥ 2 2 Ví dụ 12: Tìm các giá trị của m để phương trình m 2x 2 + 9 = x + m có nghiệm duy nhất ? Lời giải Ta có m 2x 2 + 9 = x + m ⇔ m Xét hàm số f (x ) =. (. x 2. 2x + 9 − 1. ). 2x 2 + 9 − 1 = x ⇔ m =. x 2. 2x + 9 − 1. (*). liên tục trên ℝ có. 2(36 − x 2 ). f ′(x ) =. (. 2x 2 + 9 9 + 2x 2 + 9. )(. ). 2x 2 + 9 − 1. 2. Cho f ′(x ) = 0 ⇔ 36 − x 2 = 0 ⇔ x = ±6 Ngoài ra lim f (x ) = lim x →−∞. x →−∞. x 2. 2x + 9 − 1. Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. =−. 1 ; 2 82. lim f (x ) = lim. x →+∞. x →+∞. x 2. 2x + 9 − 1. =. 1 2. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(85) Bảng biến thiên. x (−∞ f ′(x ). –. –6 0. 6 0. +. +∞). –. 3 4. f (x ). 1 2. − 1. 2. −3 4. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m = ± − 3 hoÆc − 1 ≤ m ≤ 1 4. 2. 2.  x + xy + y = m + 2  Ví dụ 13: Tìm các giá trị của m để hệ phương trình  có nghiệm ?  x 2y + xy 2 = m + 1 . Lời giải  S = x + y Đặt  hệ trở thành  P = xy .  S + P = m + 2  do đó S và P là hai nghiệm của phương trình   PS = m + 1 . X 2 − (m + 2)X + (m + 1) = 0 ⇔ X = 1 hoÆc X = m + 1 Như vậy S = 1, P = m + 1 hoÆc S = m + 1, P = 1 m ≤ − 3  1 ≥ 4(m + 1)   4 Hệ phương trình đã cho có nghiệm ⇔ S ≥ 4P ⇔  ⇔ 2   (m + 1) ≥ 4   m ≥ 1 2.  x 2 + y 2 + x + y = 8  Ví dụ 14: Tìm các giá trị của m để hệ phương trình  có nghiệm ?  xy(x + 1)(y + 1) = m . Lời giải 2. a = x 2 + x = (x + 1 ) − 1 ≥ − 1  2 4 4 Đặt  hệ trở thành 2  2 1 1 1 b = y + y = (y + 2 ) − 4 ≥ − 4. b = 8 − a a + b = 8    ⇔  2   ab = m  m = 8a − a. (*). Do b ≥ − 1 nên 8 − a ≥ − 1 ⇒ a ≤ 33 ⇒ a ∈  − 1 ; 33  = K . 4 4 4 4 4 Như vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ⇔ phương trình m = 8a − a 2 có nghiệm a ∈ K ⇔ min f (a ) ≤ m ≤ max f (a ) với f (a ) = 8a − a 2 a ∈K. a ∈K. Hàm số liên tục trên đoạn K =  − 1 ; 33  có f ′(a ) = 8 − 2a = 0 ⇔ a = 4 ∈ K 4 4 Do f (4) = 16, f (− 1 ) = f ( 33 ) = − 33 nên min f (a ) = − 33 ; max f (a ) = 16 4. 4. 16. 16. a ∈K. a ∈K. Vậy − 33 ≤ m ≤ 16 là các giá trị tham số cần tìm. 16. Th.S Dương Phước Sang. 83. 0942.080383.

(86) B T Đ NG TH C GIÁ TR L"N NH T & GIÁ TR NH# NH T 1. Một số bất đẳng thức cổ điển a) Bất đẳng thức CauChy (AM-GM) a + b ≥ 2 ab. (a, b ≥ 0). a + b + c ≥ 3 3 abc. (a, b, c ≥ 0). (dấu “=” xảy ra ⇔ a = b ) (dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c ). b) Bất đẳng thức Bunyakovski. (ax + by ) ≤ (a 2 + b 2 )(x 2 + y 2 ) 2. (dấu “=” xảy ra ⇔ a : b = x : y ). (ax + by + cz ) ≤ (a 2 + b 2 + c 2 )(x 2 + y 2 + z 2 ) 2. (dấu “=” xảy ra ⇔ a : b : c = x : y : z ). c) Bất đẳng thức véctơ. u +v ≤ u + v. và. u .v ≤ u . v. (dấu “=” xảy ra ⇔ u và v cùng hướng). u −v ≤ u +v. và. u .v ≥ − u . v. (dấu “=” xảy ra ⇔ u và v ngược hướng). 2. Một số bất đẳng thức khác thường sử dụng (cần chứng minh ) 1 1 4 + ≥ a b a +b 1 1 1 9 + + ≥ a b c a +b +c. (a, b > 0) (a, b, c > 0). (dấu “=” xảy ra ⇔ a = b ) (dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c ). 2ab a +b a 2 + b2 ≤ ab ≤ ≤ (a, b > 0) a +b 2 2 (a + b + c )2 a 2 + b2 + c2 ≥ ≥ ab + bc + ca 3 n a n + bn a +b   ≥  (a, b > 0)  2 2 . (dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c ). (1 + a 2 )(1 + b2 ) ≥ (a + b ). (dấu “=” xảy ra ⇔ a = b ). 1 1+a. 2. +. 2. +. 1 1+a. 1 1 +b. (dấu “=” xảy ra ⇔ a = b ). 2. ≥. 2 1 + ab. (ab ≥ 1). (dấu “=” xảy ra ⇔ a = b ∨ ab = 1 ). 2. ≤. 2 1 + ab. (ab ≤ 1). (dấu “=” xảy ra ⇔ a = b ∨ ab = 1 ). (a, b > 0). (dấu “=” xảy ra ⇔ a : b = x : y ). (a, b, c > 0). (dấu “=” xảy ra ⇔ a : b = x : y ). (a, b ∈ [0;1]). (dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = 1 ). 1 1 +b. 2. (dấu “=” xảy ra ⇔ a = b ). x 2 y2 (x + y )2 + ≥ a b a +b x 2 y2 z2 (x + y + z )2 + + ≥ a b c a +b +c 1 1 2 + ≤ 1 + ab 1 + a2 1 + b2. 1 +a + 1 +b ≥ 1 + 1 +a +b Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. (dấu “=” xảy ra ⇔ ab = 0 ) 84. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(87) 3. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất a) Định nghĩa  f (x ) ≤ M , ∀x ∈ K M = max f (x ) ⇔  x ∈K  ∃x ∈ K : f (x ) = M  0 0.  f (x ) ≥ m, ∀x ∈ K m = min f (x ) ⇔  x ∈K  ∃x ∈ K : f (x ) = m  0 0. b) Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên một đoạn. 1 Khẳng định hàm số y = f (x ) liên tục trên đoạn [a;b ] . 2 Tính đạo hàm y ′ . 3 Cho y ′ = 0 để tìm các nghiệm xi ∈ [a;b ] và các số x j ∈ [a;b ] làm cho y ′ không xác định. 4 Tính các f (xi ), f (xj ) và hai giá trị đặc biệt là f (a ), f (b) 5 Chọn số lớn nhất và số nhỏ nhất ở bước 4 tương ứng làm max f (x ) và min f (x ) x ∈[a ;b ]. x ∈[a ;b ]. c) Ứng dụng vào bài toán giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức nhiều biến Từ biểu thức nhiều biến F (x , y, z ) ta biến đổi hoặc đặt ẩn phụ để được một biểu thức theo một biến duy nhất (kèm điều kiện cho biến mới) từ đó tìm min F (x , y, z ) , max F (x , y, z ) . Gặp biểu thức F = F t (x , y ) ta đặt t = t (x , y ) (và đánh giá điều kiện cho t) P (x, y ) Gặp biểu thức F = , trong đó P (x , y ),Q(x , y ) là các đa thức đẳng cấp bậc n theo Q(x , y ) hai biến x,y ta đặt y = tx (t ∈ ℝ) khi xét x ≠ 0 . 2   2 Gặp biểu thức F chứa  a + b ,  a2 + b 2 ,... ta đặt t = a + b (| t | ≥ 2) b a b a b a  Gặp biểu thức đối xứng với x, y ta đặt S = x + y, P = xy với S 2 ≥ 4P. Dùng phương pháp thế để thế điều kiện của giả thiết vào biểu thức F Giữ vai trò của 1 biến, xem các biến còn lại như tham số. VÍ DỤ MINH HOẠ Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số sau đây trên đoạn được chỉ ra a) y = x 5 − 5x 3 − 20x + 2 trên đoạn [−1; 3]. c) y = e x (x 2 − x − 1) trên đoạn [0;2]. b) y = x 2 − 4 ln(1 − x ) trên đoạn [−3; 0]. d) y = 2 sin x − 3 cos2 x − 2. Lời giải Câu a: Xét hàm số y = f (x ) = x 5 − 5x 3 − 20x + 2 xác định và liên tục trên đoạn [−1; 3] Đạo hàm: y ′ = 5x 4 − 15x 2 + 10.  x 2 = −1  x = −2 ∉ [−1; 3] Cho y ′ = 0 ⇔ 5x − 15x − 20 = 0 ⇔  ⇔  2  x = 4  x = 2 ∈ [−1; 3] Trên đoạn [−1; 3] ta có: f (2) = −46 ; f (−1) = 26 ; f (3) = 50 4. 2. Vậy max y = 50 tại x = 3 và min y = −46 tại x = 2 [−1;3]. Th.S Dương Phước Sang. [−1;3]. 85. 0942.080383.

(88) Câu b: Xét hàm số y = x 2 − 4 ln(1 − x ) xác định và liên tục trên đoạn [−3; 0].  x = −1 ∈ [−3; 0] y ′ = 0 ⇔ ⋯ ⇔   x = 2 ∉ [−3; 0] Trên đoạn [−3; 0] ta có y(−1) = 1 − 4 ln 2 ; y(−3) = 9 − 8 ln 2 ; y(0) = 0 y ′ = 2x +. 4 −2x 2 + 2x + 4 = 1−x 1−x. ;. Do 1 − 4 ln 2 = ln e < 0 và 9 − 8 ln 2 = 1 + 8 ln e > 0 nên 16. 2. min y = y(−1) = 1 − 4 ln 2 và max y = y(−3) = 9 − 8 ln 2. x ∈[−3;0]. x ∈[−3;0]. 2. Câu c: Xét hàm số y = e (x − x − 1) xác định và liên tục trên đoạn [0;2] x. y ′ = (e x )′ (x 2 − x − 1) + e x (x 2 − x − 1) = e x (x 2 − x − 1) + e x (2x − 1) = e x (x 2 + x − 2)  x = 1 ∈ [0;2] y ′ = 0 ⇔ e x (x 2 + x − 2) = 0 ⇔ x 2 + x − 2 = 0 ⇔   x = −2 ∉ [0;2] Trên đoạn [0;2] ta có y(1) = −e ; y(0) = −1 ; y(2) = e 2 Do −e < −1 < e 2 nên min y = y(1) = −e và max y = y(2) = e 2 x ∈[0;2]. x ∈[0;2]. 2. 2. Câu d: y = 2 sin x − 3 cos x − 2 = 3 sin x + 2 sin x − 5 liên tục trên tập xác định D = ℝ Đặt t = sin x thì x ∈ ℝ ⇔ t ∈ [0;1] và y = g(t ) = 3t 2 + 2t − 5 liên tục trên đoạn [0;1] Cho g ′(t ) = 0 ⇔ 6t + 2 = 0 ⇔ t = − 2 ∉ [0;1] và g (0) = −5 ; g (1) = 0. 3 π Vậy max y = 0 tại x = + k π (k ∈ ℤ) và min y = −5 tại sin x = 0 ⇔ x = k π (k ∈ ℤ) x ∈ℝ x ∈ℝ 2. Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x ) = x +. 11 7 + 2 1 + 2 trên khoảng (0; +∞) 2x x. Lời giải Cách 1: Xét hàm số f (x ) = x +. 11 7 + 2 1 + 2 trên khoảng (0; +∞) có 2x x f ′(x ) =. 2x 2 x 2 + 7 − 11 x 2 + 7 − 28 2x 2 x 2 + 7. Cho f ′(x ) = 0 ⇔ 2x 2 x 2 + 7 − 11 x 2 + 7 − 28 = 0 (x > 0) Đặt t = x 2 + 7 > 0 ⇒ x 2 = t 2 − 7 , phương trình f ′(x ) = 0 trở thành 2t 3 − 25t − 28 = 0 ⇔ (t − 4)(2t 2 + 8t + 7) = 0 ⇔ t = 4 (do t > 0). Như vậy f ′(x ) = 0 ⇔ x 2 + 7 = 4 ⇔ x 2 + 7 = 16 ⇔ x 2 = 9 ⇔ x = 3 (do x > 0) Bảng biến thiên:. x f ′(x ) f (x ). (0 –. +∞). 3 0. +. +∞. +∞ 15 2. Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra min f (x ) = f (3) = 15 2. x >0. Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 86. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(89) Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski ta được 7   1 + 2 x. 2. 7 7 7 7 3 7   (9 + 7) ≥  3 +  ⇒ 4 1 + 2 ≥ 3 + ⇒ 2 1 + 2 ≥ + x x 2 2x x x. 11 7 9 3 9 3 15 + 2 1 + 2 ≥ x + + ≥ 2 x. + = 2x x 2 x 2 2 x 7 9 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 : 9 = 2 : 7 vµ x = ⇔ x 2 = 9 ⇔ x = 3 (do x > 0) x x Vậy min f (x ) = f (3) = 15 Suy ra f (x ) = x +. 2. x >0. Ví dụ 3: [D-2009] Cho hai số không âm x và y thoả mãn x + y = 1 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức S = (4x 2 + 3y )(4y 2 + 3x ) + 25xy Lời giải Ta có S = (4x 2 + 3y )(4y 2 + 3x ) + 25xy = 16x 2y 2 − 2xy + 12 1 x +y = ≥ xy , do đó 2 2 Nếu đặt t = xy thì t ∈  0; 1  ( t = 0 ⇔ xy = 0 ; t = 1 ⇔ xy = 1 ⇔ x = y = 1 ) 4 4 4 2 2 1 Xét hàm số S = f (t ) = 16t − 2t + 12 liên tục trên đoạn  0;  có. Vì x ≥ 0, y ≥ 0 nên theo bất đẳng thức CauChy ta có. 4. f ′(t ) = 0 ⇔ 32t − 2 = 0 ⇔ t = 1 ∈ t ∈  0; 1  16 4 f (0) = 12. ;. f ( 1 ) = 191 16. ; f ( 1 ) = 25. 16. 4. 2. Vậy giá trị lớn nhất của S là Smax = 25 khi x = y = 1 2 2.  x = 2+ 3 ; y = 2− 3  4 4 giá trị nhỏ nhất của S là Smin = 191 khi xy = 1 ⇔  16 16  2− 3 ; y = 2+ 3  x = 4. 4. Ví dụ 4: [B-2008] Cho hai số thực x, y thay đổi thoả mãn hệ thức x 2 + y 2 = 1 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P =. x 2 + 6xy 1 + 2xy + 2y 2. Lời giải 2. x 2 + 6xy. 2. Thay 1 = x + y vào P ta được P =. x 2 + y 2 + 2xy + 2y 2. =. x 2 + 6xy x 2 + 2xy + 3y 2. Nếu x = 0 thì y 2 = 1 và P = 0 Xét x ≠ 0 , đặt y = tx , thay vào P ta được P = Xét hàm số f (t ) =. 6t + 1 2. 3t + 2t + 1. f ′(t ) =. Th.S Dương Phước Sang. x 2 + 2tx 2 + 3t 2x 2. =. 6t + 1 3t 2 + 2t + 1. xác định trên ℝ. −18t 2 + 6t + 4 2. x 2 + 6tx 2. 2. (3t + 2t + 1). , f ′(t ) = 0 ⇔ t = −. 87. 1 2 hoặc t = 3 3. 0942.080383.

(90) Ngoài ra do lim y = 0 nên ta có. Như vậy,. bảng biến thiên của f (t ) như sau:. min P = −3 đạt được khi và chỉ khi. x →±∞. t. −∞. f ′(t ) f (t ). 1 3. −2 3. –. 0. +. +∞. 0. –. 3. 3 2. 0. 2 2  x + y = 1  ⇔   y = − 2 x.  x = ± 3  13   2  y = − x 3. max P = 3 đạt được khi và chỉ khi 2. 0. −3. 2 3  x + y = 1  x = ± 13  ⇔   y = 1 x  1  y = x 3 3 2. Ví dụ 5: Cho hai số thực x, y lớn hơn 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=. x 3 − x 2 + y3 − y2 + 2(x 2 + y 2 ) − 16 xy (x − 1)(y − 1). Lời giải Ta có P =. x 3 + y 3 − (x 2 + y 2 ) + 2(x 2 + y 2 ) − 16 xy xy − (x + y ) + 1. Đặt s = x + y vµ p = xy với s 2 ≥ 4p ta được P=. s 3 − 3ps − (s 2 − 2p) + 2(s 2 − 2p) − 16 p p −s +1. ⇒P =. s 3 − s 2 − (3s − 2)p + 2s 2 − 4 p − 16 p p −s +1. Do x , y > 1 nên s > 2 và p > 1 , kết hợp với s 2 ≥ 4p hay (−4 p ) ≥ (−s 2 ) ta được 4s 3 − 4s 2 + (3s − 2)(−4 p) P= + 2s 2 − 4 p − 8 4 p 4 p − 4s + 4. ≥ ⇒P ≥. 4s 3 − 4s 2 + (3s − 2)(−s 2 ) 2. s − 4s + 4. + 2s 2 − s 2 − 8 s 2. 2. s + s 2 − 8s với s > 2 (*) s −2. s2 + s 2 − 8s, với s > 2 s −2 2   s − 4s s   , f ′(s ) = 0 ⇔ s = 4 (do s > 2) f ′(s ) = + 2 s − 8 = ( s − 4) + 2  (s − 2)2  (s − 2)2   Ngoài ra do lim f (s ) = +∞ nên ta có. Xét hàm số f (s ) =. s →+∞. bảng biến thiên của f (s ) như sau: s ′ f (s ). 2 –. Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 4 0. +. Dựa vào bảng biến thiên và (*) ta được. +∞. P ≥ f (s ) ≥ −8, ∀s > 2. 88. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(91) +∞. +∞.  s = 4  x + y = 4 Xét  ⇔ ⇔x =y =2  x = y  x = y. f (s ). −8. Khi đó P = −8 Vậy min P = −8 xảy ra ít nhất tại x =y =2. Ví dụ 6: Cho hai số thực x, y thoả mãn 2x (1 − x ) ≥ y(y − 1). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức. P = (2x + y )2 − 6 x 2 + y + 1 + 2x + 2xy − 1 Lời giải Ta có P = (2x + y )2 − 6 x 2 + y + 1 + 2x + 2xy − 1 ≤ (2x + y )2 − 6 2x + y + 2x + 2xy − 1 (1) Từ giả thiết 2x (1 − x ) ≥ y(y − 1) ta suy ra 2x − x 2 ≥ x 2 + y 2 − y ≥ 2xy − y ⇒ 2xy − 1 ≤ y − (x 2 − 2x + 1) ⇒ 2xy − 1 ≤ y. (2). Kết hợp (1) và (2) ta được P ≤ (2x + y )2 − 6 2x + y + 2x + y x 2 x 2 y2 (x + x + y )2 Cũng từ giả thiết 2x − 2x 2 ≥ y 2 − y ta suy ra 2x + y ≥ + + ≥ 1 1 1 1+1+1 2 hay (2x + y ) ≤ 3(2x + y ) ⇔ 0 ≤ 2x + y ≤ 3. (3). (4). Kết hợp (3) và (4) ta được P ≤ 3(2x + y ) − 6 2x + y + 2x + y = 4(2x + y ) − 6 2x + y Xét hàm số f (t ) = 4t 2 − 6t trên đoạn [0; 3 ] ta tìm được max f (t ) = f [0; 3 ]. ( 3 ) = 12 − 6. 3.  t = 3  2x + y = 3 ⇔  ⇔x =y =1 Như vậy P ≤ f (t ) ≤ 12 − 6 3 và P = 12 − 6 3 ⇔    1 = x = y  x = y = 1 Do đó giá trị lớn nhất của biểu thức P là max P = 12 − 6 3 khi x = y = 1 Ví dụ 7: Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn. 1 + x 2 + 1 + 2y + 1 + 2z = 5.. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2x 3 + y 3 + z 3 Lời giải 3. Do y, z ≥ 0 nên P = 2x 3 + y 3 + z 3 = 2x 3 + (y + z ) − 3yz (y + z ) ≤ 2x 3 + (y + z ). 3. (1). Ta cần tìm hướng đánh giá (y + z ) với một biểu thức theo biến số x Trước tiên ta kiểm tra bất đẳng thức. 1 + a + 1 + b ≥ 1 + 1 + a + b (a, b ≥ 0). (2). Thật vậy, (2) ⇔ 2 + a + b + 2 (1 + a )(1 + b) ≥ 2 + a + b + 2 1 + a + b ⇔ (1 + a )(1 + b ) ≥ 1 + a + b ⇔ 1 + a + b + ab ≥ 1 + a + b (đúng với mọi a, b ≥ 0 ). Dấu “=” của (2) xảy ra khi và chỉ khi ab = 0 Áp dụng bất đẳng thức (2) vào giả thiết của bài toán ta được. Th.S Dương Phước Sang. 89. 0942.080383.

(92) 5 = 1 + x 2 + 1 + 2y + 1 + 2z ≥ 1 + 1 + x 2 + 2y + 1 + 2z ≥ 1 + 1 + 1 + x 2 + 2y + 2z ⇒ 1 + x 2 + 2(y + z ) ≤ 3 ⇒ y + z ≤ 4 − 2. 3. x2 2. (3). x Kết hợp (1) và (3) ta được P ≤ 2x +  4 −  2 3. Trở lại với điều kiện, do x , y, z ≥ 0 nên từ (3) ta tiếp tục suy ra 0 ≤ x ≤ 2 2 2. 3. x Xét hàm số f (x ) = 2x +  4 −  trên đoạn [0;2 2] ta tìm được max f (x ) = f (0) = 64 2 [0;2 2 ] 3. Do đó P ≤ f (x ) ≤ 64 và P = 64 ⇔ x = y = 0,z = 4 ∨ x = z = 0, y = 4 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là max P = 64 khi x = y = 0,z = 4 ∨ x = z = 0, y = 4 Ví dụ 8: Cho a, b, c là ba số dương bất kỳ. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=. 1 2. 2. 2. 2 a +b +c + 1. −. 1 (a + 1)(b + 1)(c + 1). Lời giải (x + y )2 ta được 2 (a + b)2 (c + 1)2 1 (a + b + c + 1)2 a 2 + b2 + c2 + 1 ≥ + ≥ ⋅ 2 2 2 2 1 1 ⇒ ≤ (1) 2 a 2 + b2 + c2 + 1 a + b + c + 1. Áp dụng liên tiếp bất đẳng thức CauChy dạng x 2 + y 2 ≥. (x + y + z )3 ta được 27 (a + b + c + 3)3 (a + 1)(b + 1)(c + 1) ≤ (2) 27 1 27 Kết hợp (1), (2) so sánh vào P ta được P ≤ − a + b + c + 1 (a + b + c + 3)3 1 27 Đặt t = a + b + c + 1 > 1 ta được P ≤ − t (t + 2)3 1 27 Xét hàm số f (t ) = − trên khoảng (1; +∞) t (t + 2)3 81 1 f ′(t ) = − 2 , f ′(t ) = 0 ⇔ 81t 2 = (t + 2)2 ⇔ t = 4 (do t > 1) 2 (t + 2) t. Áp dụng bất đẳng thức CauChy dạng xyz ≤. Bảng biến thiên của f (s ) như sau: t f ′(t ). 1 +. f (t ). 4 0. –. Như vậy P ≤ f (t ) ≤ 1 8. +∞. Ngoài ta ta có thể chứng minh được. 1 8. P = 1 ⇔a =b =c =1 8. Vậy giá trị lớn nhất của P là max P = 1 8. Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 90. Dành cho học sinh 12C4 & 12C11.

(93) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2015. ĐỀ THI CHÍNH THỨC. Môn thi: TOÁN. (Đề thi gồm 01 trang). Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x 3 − 3x . Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x ) = x + Câu 3 (1,0 điểm).. 4 trên đoạn [1;3] x. a) Cho số phức z thoả mãn (1 − i )z − 1 + 5i = 0. Tìm phần thực và phần ảo của z. b) Giải phương trình log2 (x 2 + x + 2) = 3. Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I =. ∫. 1. (x − 3)e xdx. 0. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(1; −2;1), B(2;1; 3) và mặt phẳng (P ) : x − y + 2z − 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng AB và tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng (P ). Câu 6 (1,0 điểm). 2 . 3 b) Trong đợt ứng phó dịch MERS-CoV, Sở Y tế thành phố đã chọn ngẫu nhiên 3 đội phòng chống. a) Tính giá trị của biểu thức P = (1 − 3 cos 2α)(2 + 3 cos 2α), biết sin α =. dịch cơ động trong số 5 đội của Trung tâm y tế dự phòng thành phố và 20 đội của các Trung tâm y tế cơ sở để kiểm tra công tác chuẩn bị. Tính xác suất để có ít nhất 2 đội của các Trung tâm y tế cơ sở được chọn. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD ), góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD ) bằng 45 . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB, AC. Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên cạnh BC ; D là điểm đối xứng của B qua H; K là hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AD. Giả sử H (−5; −5), K (9; −3) và trung điểm của cạnh AC thuộc đường thẳng x − y + 10 = 0. Tìm toạ độ điểm A. Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình. x 2 + 2x − 8. = (x + 1)( x + 2 − 2) trên tập số thực. x 2 − 2x + 3 Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực a,b,c thuộc đoạn [1;3] và thoả mãn điều kiện a + b + c = 6.. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =. a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 + 12abc + 72 1 − abc. ab + bc + ca 2. --------- Hết --------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……………………………………………………….; Số báo danh: ……………….. Tài liệu Ôn thi THPT Quốc gia. 91. Đề & Đáp án (chính thức) năm 2015.

(94) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2015. ĐỀ THI CHÍNH THỨC. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM. (Đáp án – Thang điểm gồm 03 trang) Câu. Đáp án (Trang 01). Điểm. Tập xác định: D = ℝ. Sự biến thiên:. 0,25. - Chiều biến thiên: y ′ = 3x − 3; y ′ = 0 ⇔ x = ±1. 2. Các khoảng đồng biến: (−∞; −1) vµ (1;+∞); khoảng nghịch biến: (−1;1). - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = −1, yCĐ = 2; đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = −2.. 0,25. - Giới hạn vô cực: lim y = −∞; lim y = +∞. x →−∞. Bảng biến thiên:. 1 (1,0đ). x →+∞. x −∞ y′ +. −1 0 2. −. +∞. 1 0. + +∞. y −∞. 0,25. −2. Đồ thị. y 2 0,25. 1 -1 O. x. -2 Ta có f (x ) xác định và liên tục trên đoạn [1;3]; f ′(x ) = 1 −. 2 (1,0đ). (1,0đ). x2. .. Với x ∈ [1; 3], f ′(x ) = 0 ⇔ x = 2. Ta có f (1) = 5, f (2) = 4, f (3) =. 0,25 0,25. 13 . 3. 0,25. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của f (x ) trên đoạn [1;3] lần lượt là 5 và 4. 0,25. a) Ta có (1 − i )z − 1 + 5i = 0 ⇔ z = 3 − 2i.. 0,25. Do đó số phức z có phần thực bằng 3, phần ảo bằng −2.. 3. 4. b) Phương trình đã cho tương đương với x 2 + x + 2 = 8 x = 2 ⇔   x = −3 Vậy nghiệm của phương trình là x = 2; x = – 3.. Tài liệu Ôn thi THPT Quốc gia. 92. 0,25 0,25. 0,25. Đề & Đáp án (chính thức) năm 2015.

(95) Đáp án (Trang 02). Câu. Điểm. Đặt u = x − 3; dv = e dx . Suy ra du = dx ; v = e . x. x. 0,25. 1. 1. Khi đó I = (x − 3)e x − ∫ e x dx. 4. 0. (1,0đ). 0,25. 0. 1. 1. 0. 0. = (x − 3)e x − e x. 0,25. = 4 − 3e.. 0,25. Ta có AB = (1; 3;2).. 5 (1,0đ). 6. 0,25. y +2 z −1 Đường thẳng AB có phương trình x −1 = = . 1 3 2 Gọi M là giao điểm của AB và (P ). Do M thuộc AB nên M (1 + t; − 2 + 3t;1 + 2t ).. 0,25. M thuộc (P ) nên 1 + t − (−2 + 3t ) + 2(1 + 2t ) − 3 = 0, suy ra t = −1. VËy M (0; −5; −1). 0,25. a) Ta có cos 2α = 1 − 2 sin2 α = 1 . 9 Suy ra P = 1 − 1 2 + 1 = 14 3 3 9. (. )(. 0,25. ). 0,25. 3 (1,0đ) b) Số phần tử của không gian mẫu là C 25 = 2300.. 0,25. Số kết quả thuận lợi cho biến cố “có ít nhất 2 đội của các trung tâm y tế cơ sở” là 2 3 C 20 .C 51 + C 20 = 2090. Xác suất cần tính là p = 2090 = 209. 2300. H. 0,25. 1 1 2a 3 SA.SABCD = . 2a.a 2 = . 0,25 3 3 3 Kẻ đường thẳng d qua B và song song AC. Gọi M là hình chiếu vuông góc của A trên d; H là hình chiếu vuông góc của A trên SM. Ta có SA ⊥ BM , MA ⊥ BM 0,25 D nªn AH ⊥ BM . Suy ra AH ⊥ (SBM ) Do đó d (AC , SB ) = d (A,(SBM )) = AH . a Tam giác SAM vuông tại A, có đường cao AH, nên C 1 = 1 + 1 = 5 0,25 AH 2 SA2 AM 2 2a 2 VS .ABCD =. S. 7. 0,25. 230. Ta có SCA = (SC ,(ABCD )) = 45 ⇒ SA = AC = 2a. (1,0đ). 0,25. A. M 45o. d B. Vậy d (AC , SB ) = AH = 10a . 5. Gọi M là trung điểm AC. Ta có MH = MK = 1 AC , 2. nên M thuộc đường trung trực của HK. Đường trung trực của HK có phương trình 7x + y − 10 = 0, nên toạ độ của M thoả 0,25  x − y + 10 = 0 hệ  . Suy ra M (0;10)  7x + y − 10 = 0. A M. 8 (1,0đ). B. D H K. Tài liệu Ôn thi THPT Quốc gia. Do HK A = HCA = HAB = HAD nên △AHK cân tại H, suy 0,25 ra HA = HK . Mà MA = MK, nên A đối xứng với K qua MH C. Ta có MH = (5;15); đường thẳng MH có phương trình 3x − y + 10 = 0. Trung điểm AK thuộc MH và AK ⊥ MH  3. x +9 − y −3 + 10 = 0 nên toạ độ điểm A thoả hệ  . 2 2  (x − 9) + 3(y + 3) = 0. 0,25. Suy ra A(−15; 5). 0,25. 93. Đề & Đáp án (chính thức) năm 2015.

(96) Đáp án (Trang 03). Câu. Điểm. Điều kiện: x ≥ −2. Phương trình đã cho tương đương với. x = 2 (x + 1)(x − 2) = ⇔  x + 4 2 = + 2 + 2 x x − 2x + 3  2 x − 2x + 3. (x − 2)(x + 4). x +1 (1) x +2 +2. 0,25. Ta có (1) ⇔ (x + 4)( x + 2 + 2) = (x + 1)(x 2 − 2x + 3). ⇔ ( x + 2 + 2)  ( x + 2)2 + 2  =  (x − 1) + 2   (x − 1)2 + 2  (2)      9 2 (1,0đ) Xét hàm số f (t ) = (t + 2)(t + 2). 0,25. Ta cú f ′(t ) = 3t 2 + 4t + 2, suy ra f ′(t ) > 0, ∀t ∈ ℝ, nên f (t ) đồng biến trên ℝ Do đó (2) ⇔ f ( x + 2) = f (x − 1) ⇔. x − 1 ≥ 0 x + 2 = x − 1 ⇔  2  x − 3x − 1 = 0. 0,25. x = 3+ 13 2. Đối với điều kiện ta được nghiệm của phương trình đã cho là x = 2 vµ x = 3+ 13. 0,25. 2. Đặt t = ab + bc + ca Ta có 72 = (a + b + c)2 =  (a − b)2 + (b − c )2 + (c − a )2  + 6t ≥ 6t . Suy ra t ≤ 12   Mặt khác, (a − 1)(b − 1)(c − 1) ≥ 0 nªn abc ≥ ab + bc + ca − 5 = t − 5 . Ngoài ra,. 0,25. (3 − a )(3 − b)(3 − c ) ≥ 0 nªn 3t = 3(ab + bc + ca ) ≥ abc + 27 ≥ t + 22. Suy ra t ≥ 11 Như vậy t ∈ [11;12] Khi đó P =. 10 (1,0đ). a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 + 2abc(a + b + c) + 72 abc − ab + bc + ca 2. (ab + bc + ca )2 + 72 abc t 2 + 72 t − 5 t 2 + 5t + 144 = − ≤ − = ab + bc + ca 2 t 2 2t t 2 + 5t + 144 t 2 − 144 ′ Xét hàm số f (t ) = , víi t ∈ [11;12]. Ta cã f (t ) = 2t 2t 2 Do đó f ′(t ) ≤ 0, ∀t ∈ [11;12] nªn f (t ) nghÞch biÕn trªn ®o¹n [11;12]. Suy ra f (t ) ≤ f (11) =. 0,25. 0,25. 160 160 . Do đó P ≤ 11 11. Ta có a = 1, b = 2, c = 3 thoả mãn điều kiện của bài toán và khi đó P =. 160 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 11. 160 11. 0,25. -------- Hết --------. Tài liệu Ôn thi THPT Quốc gia. 94. Đề & Đáp án (chính thức) năm 2015.

(97) PH. NG PHÁP XÉT D U M T BI U TH C CH A BI N. A. Đa thức đơn giản - thường sử dụng Nhị thức bậc nhất. Tam thức bậc hai. Đa thức bậc ba. QUY TẮC XÉT DẤU ĐA THỨC ĐƠN GIẢN. BẬC 1. BẬC 3. BẬC 2 Nếu có đủ 2 nghiệm phân biệt. Nếu có đủ 3 nghiệm phân biệt. “trong trái – ngoài cùng”. “trái – cùng – trái – cùng”. Nếu chỉ có nghiệp kép hoặc vô nghiệm. Nếu chỉ có 1 nghiệm duy nhất. “lấy dấu của hệ số a”. “trước trái – sau cùng”. “trước trái – sau cùng”. Gặp các trường hợp khác tốt nhất ta sử dụng “phương pháp khoảng”. B. Đa thức bậc n - có đủ n nghiệm phân biệt Ô cuối cùng ở phía bên phải của bảng xét dấu luôn cùng dấu với hệ số a (bậc cao nhất) Dấu “+” và dấu “–“ nằm xen kẽ nhau trong bảng xét dấu của đa thức đang xét.. C. Xét dấu biểu thức f (x ) bất kỳ bằng phương pháp khoảng Cho f (x ) = 0 để tìm các nghiệm x i (nếu có) và các x j làm cho f (x ) không xác định Điền các số x i và x j vừa tìm được vào bảng xét dấu theo đúng thứ tự từ bé đến lớn. Sau khi phân chia ô cho bảng xét dấu, để điền dấu cho một ô nào đó ta lấy một số x 0 bất kỳ của ô đó rồi thay vào biểu thức f (x ) để xác định dấu cần điền vào. Thực hiện điền dấu như trên cho tới khi nào các ô được điền dấu đầy đủ là xong. (lưu ý: không phải lúc nào các ô cũng có dấu xen kẽ với nhau) x. x1. x2. x3. x4. x5. f (x ). thay vào. Th.S Dương Phước Sang. lấy một x 0 ở giữa ô 95. 0942.080383.

(98) M TS. V N Đ CÓ LIÊN QUAN Đ N TAM TH C B!C HAI. I. Tam thức bậc hai không đổi dấu trên R Cho tam thức bậc hai h(x ) = ax 2 + bx + c (a ≠ 0). a > 0 a < 0 h(x ) ≥ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔  h(x ) ≤ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔   △ ≤ 0  △ ≤ 0 Lưu ý: Biến đổi trên đây chỉ được sử dụng khi a ≠ 0 và mệnh đề ở vế trái có ký hiệu ∀x ∈ ℝ. Nếu hệ số a có chứa tham số và a = 0 có thể xảy ra ta phải xét thêm trường hợp a = 0. II. Dấu của các nghiệm số của phương trình bậc hai Với h(x ) = ax 2 + bx + c thì dấu của các nghiệm của phương trình h(x ) = 0 được xét như sau: Phương trình h(x ) = 0 có hai nghiệm trái dấu. ⇔ ac < 0.  △ > 0 Phương trình h(x ) = 0 có hai nghiệm phân biệt cùng dấu ⇔   P > 0  △ > 0  Phương trình h(x ) = 0 có hai nghiệm dương phân biệt ⇔  P > 0   S > 0  △ > 0 ⇔  P > 0   S < 0. Phương trình h(x ) = 0 có hai nghiệm âm phân biệt. Lưu ý: Khi áp dụng các biến đổi trên đây ta không cần chú ý đến điều kiện a ≠ 0 Để việc giải bất phương trình được đơn giản hơn ta cần nhớ thêm: m(x ) > 0 ⇔ m(x ).n(x ) > 0 n(x ). m(x ) < 0 ⇔ m(x ).n(x ) < 0 n(x ).  m(x ).n(x ) ≥ 0 m(x ) ≥ 0 ⇔   n(x ) ≠ 0 n(x ).  m(x ).n(x ) ≤ 0 m(x ) ≤ 0 ⇔   n(x ) ≠ 0 n(x ). III. Ứng dụng đếm số nghiệm của phương trình bậc ba đặc biệt Cho phương trình bậc hai h(x ) = ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) . Khi đó,  △ > 0 (x − x 0).h(x ) = 0 có 3 nghiệm ph.biệt ⇔ h(x) = 0 có 2 nghiệm ph.biệt khác x 0 ⇔  g  h(x 0) ≠ 0  h(x ) = 0 cã 2 nghiÖm ph©n biÖt   △ > 0    h    h(x ) = 0 (víi 1 nghiÖm b»ng x 0)  (x − x 0).h(x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔  ⇔   0    △h = 0    h(x ) = 0 cã nghiÖm kÐp kh¸c x 0   h(x 0) ≠ 0 △ < 0  h  h(x ) = 0 v« nghiÖm  ⇔   △h = 0 (x − x 0).h(x ) = 0 có 1 nghiệm duy nhất ⇔  h ( x ) = 0 cã nghiÖm kÐp b»ng x   h(x ) = 0  0   0. Đặc biệt: phương trình ax 3 + cx = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ ac < 0 Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 96. Dành cho học sinh 12C2 & 12C11.

(99) Lưu ý: Nếu phương trình anx n + an −1x n −1 + an −2x n −2 + ⋯ + a1x + a 0 = 0. ⇔ (x − x 0)(bn −1x n −1 + bn −2x n −2 + ⋯ + b1x + b0) = 0 thì các hệ số bn −1, bn −2,..., b0 có thể tìm bằng theo sơ đồ dưới đây (gọi là sơ đồ Hoócne). x0. ×. an. + an −1. + an −2. + an −3. bn −1. bn −2. bn −3. bn −4. …. + a0 0.. × × ×. IV. Ứng dụng đếm số nghiệm của phương trình trùng phương Với t = x 2 (t ≥ 0), phương trình ax 4 + bx 2 + c = 0 (1) (a ≠ 0) trở thành at 2 + bt + c = 0 (2) (a ≠ 0).  △ > 0   S > 0 ⇔ Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ (2) có nghiệm 0 < t1 < t2   P > 0  S > 0  Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ (2) có nghiệm 0 = t1 < t2 ⇔  P = 0 .  ac < 0   (2) cã nghiÖm t < 0 < t 1 2  Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔  ⇔   △ = 0 (2) cã nghiÖm kÐp d−¬ng     S > 0  S ≤ 0 Phương trình (1) có 1 nghiệm duy nhất ⇔ (2) có nghiệm t1 ≤ t2 = 0 ⇔  P = 0 .    △ ≥ 0   S < 0  (2) cã nghiÖm t ≤ t < 0  1 2  ⇔   Phương trình (1) vô nghiệm ⇔  (2) v« nghiÖm   P > 0    △< 0  Phương trình (1) có 4 nghiệm theo thứ tự lập thành cấp số cộng ⇔ (2) có hai nghiệm t1, t2 dương phân biệt thoả mãn t2 = 9t1. Lưu ý: cho trước số a > 0 Với mỗi nghiệm dương t < a của phương trình (2) ta tìm được hai nghiệm x ∈ (− a ; a ) Với mỗi nghiệm t > a của (2) ta tìm được một nghiệm x < − a và một nghiệm x > a Th.S Dương Phước Sang. 97. 0942.080383.

(100) M TS. V N Đ V TO# Đ. TRONG M%T PH&NG. I. Toạ độ của điểm và toạ độ của véctơ  x +x y +y  I  A B ; A B  2 2. Trung điểm I của đoạn thẳng AB có toạ độ:.  x +x +x y +y +y  Trọng tâm G của tam giác ABC có toạ độ: G  A B C ; A B C  3. (. 3. ). Toạ độ của véctơ: AB = x B − x A ; yB − yA . Từ đó AB = (x B − x A )2 + (yB − yA )2. II. Đường thẳng và một số vấn đề có liên quan Nếu đường thẳng d có vtcp u = (u1; u2 ) với u1 ≠ 0 thì d có hệ số góc k =. u2. u1 Đường thẳng d đi qua điểm M 0 (x 0 ; y 0 ) và có vtpt n = (a;b) có phương trình tổng quát. a(x − x 0 ) + b(y − y 0 ) = 0. Đường thẳng AB có phương trình. x − xA xB − xA. =. y − yA yB − yA. (điều kiện: x A ≠ x B và yA ≠ yB ). Đường thẳng d qua A(x A; yA ) với hệ số góc k có phương trình y = k (x − x A ) + yA A và B nằm khác phía so với d : ax + by + c = 0 ⇔ (ax A + byA + c )(ax B + byB + c ) < 0  I ∈ d A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d ⇔  (I là trung điểm của đoạn AB)  AB ⊥ d Cho hai đường thẳng d1 và d2 có véctơ pháp tuyến lần lượt là n1 và n2 . Khi đó,. d1 ⊥ d2 ⇔ n1.n2 = 0. cos(d1, d2 ) =. n1.n2 n1 n2. Cho hai đường thẳng d1 và d2 có hệ số góc lần lượt là k1 , k2 . Khi đó,. d1 ⊥ d2 ⇔ k1.k2 = −1. tan (d1, d2 ) =. k1 − k2. 1 + k1.k2. / d2 ) (với d1 ⊥. Khoảng cách từ điểm M 0 (x 0 ; y 0 ) đến đường thẳng △ : ax + by + c = 0 là d (M 0 ; △) =. ax 0 + by 0 + c a 2 + b2. Đặc biệt: d (M 0 ;Ox ) = y 0 và d (M 0 ;Oy ) = x 0. III. Diện tích tam giác Diện tích tam giác ABC (vuông tại A): S△ABC = 1 .AB.AC 2 Diện tích tam giác ABC (dùng khoảng cách): với △ là đường thẳng chứa cạnh BC ta có S△ABC = 1 BC .d (A, △) 2. Diện tích tam giác ABC (dùng toạ độ véctơ): trước tiên ta cần tính toạ độ véctơ AB và BC  AB = (x ; y )  1 1 thì S△ABC = Nếu   BC = (x ; y )  2 2. Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 98. 1 2. x 1y2 − x 2y1. Dành cho học sinh 12C2 & 12C11.

(101) B'NG QUY T)C VÀ CÔNG TH C Đ#O HÀM Quy tắc tính đạo hàm. (uv )′ = u ′v + v ′u. (u + v )′ = u ′ + v ′ u  v. ′ u ′v − v ′u  =  v2. 1  u. (ku )′ = k .u ′. ′ u′  = −  u2. ( f  u(x )  )′ = f ′  u(x )  .u ′(x ) Đạo hàm của hàm số hợp. Đạo hàm của hàm số thường gặp (c )′ = 0. (x n )′ = n.x n −1. (u n )′ = n.u n −1.u ′. (. 1 x )′ = 2 x 1  1 ′   = − 2 x x. u′ u )′ = 2 u u′  1 ′   = − 2 u u. ( sin x )′ = cos x. ( sin u )′ = u ′. cos u. ( cos x )′ = − sin x. ( cos u )′ = −u ′. sin u. ( tan x )′ =. (. 1. cos2 u u′ ( cot u )′ = − 2 sin u. cos2 x 1 ( cot x )′ = − 2 sin x  ax + b  cx + d. ad − cb ′  = 2 (cx + d )  ax 2 + bx + c   mx + n. u′. ( tan u )′ =.  au + b  cu + d. ad − cb ′ ⋅ u′  = 2 (cu + d ). ′ amx 2 + 2anx + bn − cm  = 2  (mx + n ). a b 2 a c b c x +2 x+ ′ m n m p n p  ax + bx + c   =  2  mx 2 + nx + p  mx 2 + nx + p 2. (. (ex )′ = ex (ln x )′ =. (eu )′ = eu .u ′ (ln u )′ =. 1 x. (loga x )′ =. u′ u. (a u )′ = u ′.a u .ln a. (ax )′ = ax . ln a. Th.S Dương Phước Sang. ). (loga u )′ =. 1 x . ln a. 99. u′ u. ln a. 0942.080383.

(102) B'NG CÔNG TH C L ,NG GIÁC I. Công thức cơ bản sin α cos α cos α cot α = sin α tan α cot α = 1. sin2 α + cos2 α = 1 1 = 1 + tan2 α 2 cos α 1 = 1 + cot2 α 2 sin α. tan α =. II. Công thức cộng sin(a ± b ) = sin a cos b ± cos a sin b cos(a ± b) = cos a cos b ∓ sin a sin b tan a ± tan b tan(a ± b) = 1 ∓ tan a tan b. III. Công thức nhân đôi cos 2α = cos2 α − sin2 α. Công thức nhân đôi bổ sung 2 tan α sin 2α = 1 + tan2 α. sin 2α = 2 sin α cos α 2 tan α tan 2α = 1 − tan2 α. = 2 cos2 α − 1 = 1 − 2 sin2 α. 1 − tan2 α. cos 2α =. 1 + tan2 α. IV. Công thức nhân ba. sin 3α = 3 sin α − 4 sin 3 α. cos 3α = 4 cos3 α − 3 cos α. tan 3α =. V. Công thức hạ bậc. 3 tan α − tan 3 α 1 − 2 tan2 α. 1 − cos 2α 1 − cos 2α 1 + cos 2α sin2 α = tan2 α = 2 2 1 + cos 2α VI. Công thức biến đổi tổng thành tích Công thức bổ sung cos2 α =. sin a + sin b = 2 sin a +b cos a −b. sin a + cos a = 2 sin  a + π  4. 2 2 a + b a − sin a − sin b = 2 cos sin b 2 2 a + b a cos a + cos b = 2 cos cos −b 2 2 a + b a cos a − cos b = −2 sin sin −b 2 2. tan a ± tan b =. sin a − cos a = 2 sin  a − π  4 cos a + sin a = 2 cos  a − π  4 cos a − sin a = 2 cos  a + π  4. sin(a ± b) cos a.cos b. VII. Công thức biến đổi tích thành tổng cos a cos b = 1  cos(a − b) + cos(a + b)  2 sin a sin b = 1  cos(a − b) − cos(a + b)  2. sin a cos b = 1  sin(a − b) + sin(a + b)  2. VIII. Một số công thức khác sin4 a + cos4 a = 1 − 1 sin2 2a. 1 + sin 2a = (sin a + cos a )2. 2. 6. sin a + cos a = 1 − sin2 2a. 2. 1 − sin 2a = (sin a − cos a ) Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia. 100. 6. 3 4. Dành cho học sinh 12C2 & 12C11.

(103)

Tai lieu on thi Ly thuyet Vi du

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về