Công thức giải toán nhanh lớp 12

HỆ THỐNG ĐÀO TẠO PHÁC ĐỒ TOÁN VỀ ĐÍCH ĐẶC BIỆT 9 + 2021 TOÀN BỘ CÔNG THỨC GIẢI NHANH TOÁN LỚP 12 HƯỚNG TỚI KÌ THI THPT QUỐC GIA 2021 Cập nhật mới nhất Đầy đủ, chi tiết nhất Hình vẽ trình bày lại, rất.

Trang 1

HỆ THỐNG ĐÀO TẠO PHÁC ĐỒ TOÁN VỀ ĐÍCH ĐẶC BIỆT 9+ 2021

TỒN BỘ

CƠNG THỨC GIẢI NHANH TỐN LỚP 12 HƯỚNG TỚI KÌ THI THPT QUỐC GIA 2021

Cập nhật mới nhất Đầy đủ, chi tiết nhất

Hình vẽ trình bày lại, rất đẹp Ẵm trọn mục tiêu 8 điểm

Trang 2

Chủ đề 1: Các công thức giải nhanh về Hàm số và ứng dụng của đạo hàm 3

Chủ đề 2: Các công thức giải nhanh về Lũy thừa – mũ và logarit 10

Chủ đề 3: Các cơng thức giải nhanh về Ngun hàm – tích phân và ứng dụng 12

Chủ đề 4: Các công thức giải nhanh về Số phức 18

Chủ đề 5: Các công thức giải nhanh về Khối đa diện 19

Chủ đề 6: Các công thức giải nhanh về Mặt cầu – mặt trụ – mặt nón 22

Trang 3

Tổng hợp Công thức giải nhanh Toán 12 Chủ đề 1: Hàm số

CHỦ ĐỀ 1: CÁC CÔNG THỨC GIẢI NHANH VỀ HÀM SỐ VÀ ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM

Vấn đề 01: Số điểm cực trị của hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối

1 Số điểm cực trị của hàm số y f x bằng tổng số điểm cực trị của hàm số   y f x  và số nghiệm đơn (nghiệm bội lẻ) của phương trình f x 0. Hay nói cách khác: Bằng tổng số điểm cực trị của hàm số

 



yf x và số lần đổi dấu của hàm số yf x 

2 Số điểm cực trị của hàm số y f x bằng   2a1, trong đó a là số điểm cực trị dương của hàm số

 .



yf x

3 Nếu hàm số y f x  có n điểm cực trị thì đồ thị hàm số y f x  và đường thẳng y0 có tối đa n1giao điểm Từ đó hàm số y f x có tối đa   2n1 điểm cực trị

Vấn đề 02: Hàm số bậc ba y =f x =ax +bx +cx+d, a 0  32  có đồ thị  C

1 Điều kiện để hàm số có hai điểm cực trị:  y b23ac0

2 Hàm số đồng biến trên khi

2 3 0, 00, 0ybacaa bc       

 và nghịch biến trên khi

2 3 0, 00, 0ybacaa bc       

3 Đồng biến trên đoạn có độ dài :

210axx    

 và nghịch biến trên đoạn có độ dài : 210axx    

4 Phương trình đường thẳng qua hai cực trị:  2 

2 39 9bacbcyx daa    , hay     .18f x fxyf xa  

5 Định lí Vi-et với hai điểm cực trị: 1 2 23bxxa   và 1 23cx xa

6 Khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị hàm số:

34e 16eda , trong đó  23 .9bacea 7 Nếu hàm số   32 0     yf xaxbxcx d a có hai điểm cực trị là x x thì: 1, 2a Hàm số y f x có n điểm cực trị: +   n 5 f x   1 f x2 0 + n 3 f x   1 f x2 0

b Hàm số y f x có n điểm cực trị: +   n 5 PT y 0 có hai nghiệm dương phân biệt + n 3 PT y 0 có hai nghiệm x x : 1, 2 x1 0 x 2.

Trang 4

9 Điều kiện để hàm số có

a.hai điểm cực trị x x trái dấu 1, 2 là phương trình y 0 có hai nghiệm phân biệt trái

dấu, tức ac0

b hai điểm cực trị x x cùng dấu 1, 2

là phương trình y 0 có hai nghiệm phân biệt cùng dấu, tức 21 23 003ybaccPx xa      

* Nếu hai điểm cực trị cùng dấu dương thì bổ sung thêm điều kiện 1 2 2 0

3

b

S xx

a

    

* Nếu hai điểm cực trị cùng dấu âm thì bổ sung thêm điều kiện 1 2 2 0

3

b

S xx

a

    

c hai điểm cực trị x x thỏa mãn 1, 2 x1  x 2 là x1 x2   0

d hai điểm cực trị x x thỏa mãn 1, 2 x1x2  là 

           121200xxxx

e hai điểm cực trị x x thỏa mãn 1, 2  x1x 2 là 

           121200xxxx

10 Điều kiện để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị

a A x y A; A và B x y B; B nằm cùng phía, hoặc khác phía so với đường thẳng :ax by c  0

* Điều kiện nằm cùng phía

axAbyAc ax BbyB c 0* Điều kiện nằm khác phía

axAbyAc ax BbyB c 0

b nằm cùng phía, hoặc khác phía so với trục Oy

* Điều kiện nằm cùng phía: Hàm số có hai điểm cực trị cùng dấu hay phương trình y 0 có hai

nghiệm phân biệt x x cùng dấu (công thức 1, 2 6.b) * Điều kiện nằm khác phía: Hàm số có có hai điểm cực trị trái dấu hay phương trình y 0 có hai nghiệm phân biệt x x trái dấu (công thức 1, 2 6.b)

c hai điểm cực trị đều nằm phía trên trục Ox

là phương trình y 0 có hai nghiệm phân biệt

1, 2x x và . 00CCTCTĐCĐyyyy   

d hai điểm cực trị đều nằm phía dưới trục Ox

Trang 5

Tổng hợp Cơng thức giải nhanh Tốn 12 Chủ đề 1: Hàm số

e hai điểm cực trị nằm khác phía so với trục Ox

là phương trình y 0 có hai nghiệm phân biệt 1, 2

x x và yCĐ.yCT 0 ;

hoặc đồ thị hàm số cắt trục Ox tại ba điểm phân

biệt  Phương trình hồnh độ giao điểm

 0

f x có ba nghiệm phân biêt

f hai điểm cực trị A và B đối xứng nhau qua

đường thẳng :d ykx e

(Gọi I là trung điểm AB thì I là điểm uốn của đồ

thị hàm số bậc ba)là   ; III x ydABd22 13 3IIykxebcka        

9 Phương trình bậc 3 có ba nghiệm lập thành cấp số cộng khi có một nghiệm là 3

bx

a

  ; lập thành cấp số

nhân nếu một nghiệm là 3 dx

a

 

10 Cách nhận diện đồ thị hàm số bậc ba:

a Để xác định của a ta chú ý đến hình dáng của đồ thị hàm số Đồ thị đi lên ở bên phải thì a0.

Đồ thị đi xuống ở bên phải thì a0.

b Để xác định dấu của b ta chú ý vào vị trí của điểm uốn và hồnh độ tương ứng là 3

bx

a

 

c Để xác định dấu của c ta xét tích hai hoành độ cực trị 1 2 3

cx x

a

 Nếu hai cực trị có hồnh độ cùng dấu thì a c, cùng dấu và ngược lại nếu hai cực trị có hồnh độ trái dấu thì a c, trái dấu

Trang 6

Vấn đề 03: Hàm số bậc bốn trùng phương y f x ax4 bx c, a 02

1 Điều kiện có ba cực trị: ab0 ( ,a b trái dấu); và điều kiện có một cực trị: ab0 * Hàm số có đúng một cực trị và cực trị là cực tiểu:   00ab * Hàm số có đúng một cực trị và cực trị là cực đại:   00ab

* Hàm số có hai điểm cực tiểu và một điểm cực đại:   00ab

* Hàm số có một điểm cực tiểu và hai điểm cực đại:   00ab Với ab0 thì đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là  0; , ; , ;2 4 2 4bbAc BCaaaa                  

tạo thành một tam giác cân tại A

2 Đặt BAĈ   thì cot2  32 8ba và  338cos8baba 3 Độ dài các cạnh:   42  ; 2 2 216bbbAB ACBCaaa

4 Phương trình đường trịn ngoại tiếp ABC là           

   22 2 204 4xyc y cbaba .

5 Bán kính đường trịn ngoại tiếp ABC được tính theo cơng thức 

4

abcR

S , bán kính đường tròn nội tiếp

là  

2S

r

a b c, trong đó a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác.

6 Một số điều kiện về tam giác ABC

Dữ kiện Công thức thỏa mãn ab 0

a Tam giác ABC vuông cân tại A  3

8a b 0

b Tam giác ABC đều 24a b 30

c Tam giác ABC có diện tích SABC S cho trước 0 3 2 5 

0

32a Sb 0

d Tam giác ABC có diện tích lớn nhất Tìm maxS với 0 0   53

32

bS

a

e Tam giác ABC có bán kính đường trịn nội tiếp r

      234 1 18brbaa

Trang 7

Tổng hợp Công thức giải nhanh Toán 12 Chủ đề 1: Hàm số

g Tam giác ABC có độ dài cạnh BC m cho trước  0 2 

0 2 0

amb

h Tam giác ABC có độ dài cạnh ABAC n cho trước  0 22 4 

0

16a nb 8ab 0

i Tam giác ABC có hai điểm B C Ox,  2

4

bac

j Tam giác ABC có ba góc nhọn b8a b 30

k Tam giác ABC nhận O làm trọng tâm b26ac

l Tam giác ABC nhận O làm trực tâm 3  

8 4 0

baac

m Tam giác ABC cùng điểm O tạo thành một hình thoi 2

2

bac

n Tam giác ABC nhận O làm tâm đường tròn nội tiếp b38a4abc0

o Tam giác ABC nhận O làm tâm đường tròn ngoại tiếp 3  

8 8 0

baabc

p Tam giác ABC có cạnh BC kAB kAC   b k3 28a k 240

q Trục hồnh chia tam giác ABC thành hai phần có diện tích bằng

nhau b24 2 ac

r Tam giác ABC có các điểm cực trị cách đều trục hoành 2

8

bac

7 Đồ thị hàm số cắt trục hồnh tại bốn điểm có hồnh độ lập thành cấp số cộng khi và chỉ khi 2

9b 100ac

(thử lại m)

8 Đồ thị hàm số cắt trục hoành tạo thành ba miền diện tích có diện tích phần trên và diện tích phần dưới bằng nhau khi và chỉ khi 2

5b 36ac (thử lại m) Vấn đề 04: Hàm số phân thức yax b, c 0;ad bc 0cx d1 Tập xác định: \ ;   dDc tiệm cận đứng: x d;c tiệm cận ngang: ya.c Điểm ;   d aI

c c là tâm đối xứng của đồ thị hàm số.

2 Hàm số đồng biến trên D nếu ad bc   0, dD

c và nghịch

biến trên D nếu ad bc 0, dD.

c

   

3 Tiếp tuyến với tiệm cận

* Tiếp tuyến tại M thuộc đồ thị hàm phân thức cắt các tiệm cận tại A và B thì M là trung điểm của AB

Trang 8

* Khoảng cách từ M tới tiệm cận đứng: d1 1 cxMd

c

* Khoảng cách từ M tới tiệm cận ngang: 21Mad bcdccxd

* Tổng khoảng cách ngắn nhất từ điểm M đến hai đường tiệm cận: min 2 ad bc2dc * 2Mad bcIAccxd và IB 2 cxMd

c với I là giao điểm của hai đường tiệm cận

* Diện tích tam giác IAB không đổi và SIAB 22 ad bc

c

* Khoảng cách ngắn nhất giữa hai điểm E, F bất kì thuộc hai nhánh của đồ thị: 

min 2 2 ad bc2

EF

c

* Khoảng cách từ điểm M đến tiệm cận đứng bằng k lần khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận

ngang k0 thì y x M 1

k

* Khoảng cách từ điểm M đến I là ngắn nhất thì y x M 1 và min 2 2

 ad bc

IM

c

* Điểm M thỏa mãn một trong các yếu tố: Tổng khoảng cách đến hai đường tiệm cận đạt giá trị nhỏ

nhất/ Khoảng cách IM ngắn nhất/ Khoảng cách từ I đến tiếp tuyến tại M đạt GTLN/ Tiếp tuyến tại M vng góc với IM/ Tam giác IAB vuông cân/ Chu vi tam giác IAB nhỏ nhất/ AB nhỏ nhất/ Bán kính đường trịn nội tiếp tam giác IAB lớn nhất/ Bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác IAB nhỏ nhất thì

điểm M đó phải thỏa mãn tính chất        2  

1

MM

IA IBy xcxdad bc

* Các bài tốn:

- Tìm hai điểm M, N thuộc hai nhánh khác nhau của  C sao cho MN nhỏ nhất

- Tìm hai điểm M, N thuộc hai nhánh khác nhau của  C sao cho tiếp tuyến của  C tại M, N song

song và khoảng cách giữa hai tiếp tuyến lớn nhất

 Đều có chung một lời giải trắc nghiệm là giải phương trình y  1 Tìm được hoành độ của M, N

3 Cách nhận diện đồ thị hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất

* Tiệm cận ngang: ya.

c

 Nếu tiệm cận ngang nằm trên Ox thì

0

ac cịn nếu nằm dưới thì ac0 * Tiệm cận đứng xd.

c

  Nếu tiệm cận đứng nằm trên Oy thì

0

cd cịn nếu bên phải thì cd0

* Giao Oy: yb.

d

 Nếu giao điểm này nằm trên Ox thì bd0

cịn nếu nằm dưới thì bd0

* Giao Ox: xb.

a

  Nếu giao điểm này nằm bên trái Oy thì

0

ab cịn nếu bên phải thì ab0

y

Trang 9

Tổng hợp Cơng thức giải nhanh Tốn 12 Chủ đề 1: Hàm số

Vấn đề 05: Các kiến thức cơ bản về phương trình, bất phương trình

1 2     0,axbx cx  0,a0 và 2     0,axbx cx  0,a0 2 2     0, 0axbx cx  0,a0 hoặc a b c, , 0 2     0, 0axbx cx  0,a0 hoặc a b c, , 0

3 ax2bx c 0 có hai nghiệm phân biệt dương khi  0,S0,P0

ax2bx c 0 có hai nghiệm phân biệt âm khi  0,S0,P0 ax2bx c 0 có hai nghiệm trái dấu khi P0

4 ax2bx c 0 có hai nghiệm phân biệt x1x2  khi  12

120, 0,2xxxx         

ax2bx c 0 có hai nghiệm phân biệt  x1x2 khi  12

120, 0,2xxxx         

ax2bx c 0 có hai nghiệm phân biệt x1  x2 khi  0,x1 x2   0 ax2bx c 0 có hai nghiệm phân biệt x1    x2 khi  

  0 0a fa f    trong đó f x ax2bx c ax2bx c 0 có hai nghiệm phân biệt x1  x2  khi  

  0 0a fa f   

ax2bx c 0 có hai nghiệm phân biệt  x1  x2 khi    0 0a fa f   

ax2bx c 0 có hai nghiệm phân biệt  x1x2  khi

  12 0 02a fa fxx        

5 m f x  có nghiệm trên D khi m minDf x ; maxDf x  ; mf x có nghiệm trên D khi   

min

D

mf x và m f x có nghiệm trên D khi   max  

Trang 10

CHỦ ĐỀ 2: CÁC CÔNG THỨC GIẢI NHANH VỀ LŨY THỪA – MŨ VÀ LOGARIT

Vấn đề 01: Đồ thị hàm số lũy thừa, hàm số mũ và hàm số logarit

1 Đồ thị hàm số mũ

* Thứ tự: 0    b a 1 d c (Mẹo: Giao 4 đồ thị với đường thẳng x1 để đánh giá nhanh nhất)

* Hàm số y a x có tập xác định D , tập giá trị E0;

* Đồ thị hàm số x

y a luôn đi qua điểm I 0;1

và có tiệm cận ngang là trục hoành Ox

2 Đồ thị hàm số logarit

* Thứ tự: b a    1 d c 0 (Mẹo: Giao 4 đồ thị với đường thẳng y1 để đánh giá nhanh nhất)

* Hàm số ylogax có tập xác định D0;, tập giá trị

E

* Đồ thị hàm số ylogax luôn đi qua điểm I 1;0 và có tiệm

cận đứng là trục tung Oy

3 Đồ thị hàm số lũy thừa

* y x có tập xác định D nếu  ;D \ 0  nếu



 và D0; nếu 

* Đồ thị hàm số y x  luôn đi qua điểm I 1;1

Vấn đề 02: Bài toán lãi suất

1 Lãi đơn: Số tiền lãi chỉ tính trên số tiền gốc mà khơng tính trên số tiền lãi do số tiền gốc sinh ra, tức là tiền lãi của kì hạn trước khơng được tính vào vốn để tính lãi cho kì hạn kế tiếp, cho dù đến kì hạn người gửi khơng đến rút tiền ra

Trang 11

Tổng hợp Cơng thức giải nhanh Tốn 12 Chủ đề 2: Mũ – logarit

2 Lãi kép: Tiền lãi của kì hạn trước nếu người gửi khơng rút ra thì được tính vào vốn để tính lãi cho kì hạn sau

Bài toán: Khách hàng gửi vào ngân hàng a đổng với lãi kép r%/ kì hạn thì số tiền khách hàng nhận được cả vốn lẫn lãi sau n kì hạn n  là  1 n

n

Sar

3 Tiền gửi hàng tháng: Mỗi tháng gửi đúng cùng một số tiền vào một thời gian cố định

Bài toán: Đầu mỗi tháng khách hàng gửi vào ngân hàng số tiền a đồng với lãi kép r%/ tháng thì số tiền khách hàng nhận được cả vốn lẫn lãi sau n tháng n  (nhận tiền cuối tháng, khi ngân hàng đã tính lãi) là          1 1 1nnaSrrr

4 Gửi ngân hàng và rút tiền gửi hàng tháng: Gửi ngân hàng số tiền a đồng với lãi suất r%/ tháng Mỗi tháng vào ngày ngân hàng tính lãi, rút ra số tiền x đồng thì số tiền cịn lại sau n tháng là

1  11 nnnrSarxr   

5 Vay vốn trả góp: Vay ngân hàng số tiền là a đồng với lãi suất r%/ tháng Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ cách nhau đúng một tháng, mỗi lần hoàn nợ số tiền là x đồng và trả hết tiền nợ sau đúng n tháng

* Số tiền còn lại sau n tháng là  1   .1  1

nnnrSarxr * Để sau đúng n tháng trả hết nợ thì Sn 0 nên 1   1  1nnrarxr và  1 1 1nnarrxr

6 Bài toán tăng lương: Một người được lãnh lương khởi điểm là a đồng/tháng Cứ sau n tháng thì lương người đó được tăng thêm r%/tháng Tổng số tiền nhận được sau kn tháng là    

 1 1kknrSAkr

7 Bài toán tăng trưởng dân số: Cơng thức tính tăng trưởng dân số  

 1 m n

mn

PPr với m n,  ,m n 

Trong đó: * r% là tỉ lệ tăng dân số từ năm n đến năm m;

* P là dân số năm m; m

* P là dân số năm n n

Công thức tỉnh tỉ lệ tăng dân số là %m n m 1

n

Pr

P

8 Lãi kép liên tục: Gửi vào ngân hàng a đổng với lãi kép r%/ năm thì số tiền cả vốn lẫn lãi nhận được sau

n năm n  là  1 nn

Sar

Giả sử ta chia mỗi năm thành m kì hạn để tính lãi và lãi suất mỗi kì hạn là r %

m thì số tiền thu được sau n

năm là     1 mnnrSam

Khi tăng số kì hạn của mỗi năm lên vơ cực, tức là m, gọi là hình thức lãi kép liên tục thì số tiền nhận được cả gốc lẫn lãi là  nr

Trang 12

CHỦ ĐỀ 3: CÁC CƠNG THỨC GIẢI NHANH VỀ NGUN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG

Vấn đề 01: Bảng nguyên hàm thường gặp và bảng nguyên hàm mở rộng

1 Bảng nguyên hàm của một số hàm thường gặp

0dx C dx x C          1 1d , 11xxxC               d 1 1 , 11ax bax bxCa   21 1dxCxx   2    1 1 1dx Ca ax bax b 1dx lnxCx    1 dx 1lnax bCax ba e x exd xC eax b dx1eax b Ca  dlnxxaa xCa    d 1lnkx bkx baaxCka 

cos dx x sinx C cosax b dx1sinax b  Ca

  

sin dx x cosx C sinax b dx 1cosax b  Ca

  

tan dx x ln cosxC tanax b dx 1ln cosax b C

a

 

cot dx x ln sinxC cotax b dx1ln sinax b C

Trang 13

Tổng hợp Cơng thức giải nhanh Tốn 12 Chủ đề 3: Tích phân   22d 1arccosxxCaax xa d  1ln tan  2sinxax bCaax b     d2x 2 1ln ax2 a2 Caxx xa d   1ln cot  2sinxax bCaax b         ln ax b dxax bln ax bx Ca     22cos sincos daxaxeabx bbxebx xCab      22d 22 2arcsin2 2xaxaxxaxCa     22sin cossin daxaxeabx bbxebx xCab Vấn đề 02: Phương pháp tính tích phân

1 Một số dấu hiệu đổi biến thường gặp

Dấu hiệu Cách đặt 22ax Đặt            sin , ;2 2cos , 0;xat txat t 22xa Đặt                   , ; \ 0sin 2 2, 0; \cos 2axttaxtt 22ax Đặt             tan , ;2 2cot , 0;xat txat t a xa x hoặc a xa x Đặt x a cos2t x a b x     Đặt x a  b asin2t 221ax Đặt       tan , ;2 2x at tHàm số f x ;  x  Đặt t  x Hàm số    sin cossin cosax bxf xcx dx e Đặt      tan , cos 02 2xxt Hàm số   1f xx a x b* Với     00x ax b thì đặt t x a  x b * Với     00x ax b thì đặt t     x ax b

Trang 14

Dạng 2: Tính      2d, 0xIaaxbx c Xét   24bac a Nếu  0 thì phương trình 2  0

axbx c có hai nghiệm phân biệt x x 1, 2* Phân tích             21212121 1 1 1 1x xx xa x xx xa xxaxbx c * Suy ra                 1 21221212d 1 1 1 1d ln x xxIxCx xx xx xa xxa xxaxbx c

b Nếu  0 thì phương trình ax2bx c 0 có nghiệm kép x 0

* Phân tích:   2201 1axbx ca x x * Suy ra     2001 dx 1ICax xa x x (Dạng 1) c Nếu  0 thì * Phân tích:                    2 2 221 12 4axbx cbaxaa * Đặt          22.tan d 2 1 tan d2 4 4bxtxttaaa * Suy ra                                 222 2 2222221 tand 1 d 1 4 1d 1 tan 42 4 4txxaItt Caaaxbx cbaxtaaaaDạng 3: Tính       2mx n d , 0Ix aaxbx c

a Sử dụng phương pháp đồng nhất hệ số, ta tìm A và B sao cho:

                  2222222A axbx cAax bmx nBBaxbx caxbx caxbx caxbx caxbx cb Ta có       2  22 1d dax bIAx Bxaxbx caxbx c * Nguyên hàm            22122d2d axbx c lnax bxaxbx cCaxbx caxbx c* Nguyên hàm   21dxaxbx c thuộc dạng 2 Dạng 4: Tính   P x dIx

Q x với P x và   Q x là đa thức của x  

a Nếu bậc của P x lớn hơn hoặc bằng bậc của   Q x thì ta dùng phép chia đa thức  

b Nếu bậc của P x nhỏ hơn bậc của   Q x thì ta có thể xét các trường hợp:  

* Khi Q x 0 chỉ có các nghiệm đơn x x1, 2, ,x thì sử dụng phương pháp đồng nhất hệ số tìm n

Trang 15

Tổng hợp Cơng thức giải nhanh Toán 12 Chủ đề 3: Tích phân * Khi           2  12 nQ xx xx xx xxpx q với   2 4 0pq thì sử dụng phương pháp đồng nhất hệ số để tìm A A1, 2, ,A B C sao cho n, ,   1  2     2  12 nnP xAAABx Cx xx xx xQ xxpx q

* Khi Q x có nghiệm bội, tức       m n

Q xxx thì ta sử dụng phương pháp đồng nhất hệ số để tìm A A1, 2, ,A B Bm, 1, 2, ,B sao cho n    1   2 2     m   1   2 2    n mnP xAAABBBxxQ xxxxx

3 Tích phân của hàm vơ tỉ

a Tích phân dạng  2  , dR xaxbx cx * Nếu a0 thì đặt t ax2bx c x a  * Nếu c0 thì đặt 2   axbx cxtc * Nếu 2       12axbx c a x xx x thì đặt  21x xtx x

b Tích phân dạng xma bx npdx với a,b là các số thực; m,n,p là các số hữu tỉ

* Nếu p nguyên thì ta đặt tN x N là mẫu số chung của m và n ,* Nếu m1

n nguyên thì đặt a bx n tN,N là mẫu số của p

* Nếu 1mpn nguyên thì đặt n   N,axb tN là mẫu số của p c Tích phân dạng        ,max b dR xx

cx d trong đó a,b,c,d là các hằng số thực, ad bc 0,m là số tự nhiên

Đặt          mmmmax bax bb dtttxcx dcx dcta Vấn đề 03: Ứng dụng của tích phân

1 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y f x y , g x x , a và x b :    d

b

a

S f x g xx

2 Thể tích trịn xoay quanh trục hồnh: 2  2 d

b

a

V   fx g xx

3 Thể tích tròn xoay quanh trục tung: 2  d

b

a

V   xf xx

4 Thể tích của vật thể có thiết diện với diện tích S x :  d

b

a

V S xx

5 Độ dài đường cong:  2

1 d

b

a

Trang 16

Vấn đề 04: Một số tính chất đặc biệt của tích phân

1 Nếu f x là hàm chẵn và liên tục trên đoạn   a a thì ;     

   0  0d 2 d 2 daaaaIf xxf xxf xx

2 Nếu f x là hàm lẻ và liên tục trên đoạn   a a thì ;   

  d 0aaIf xx và    0 0d daaf xxf xx

3 Nếu f x là hàm chẵn và liên tục trên đoạn   a a thì ;    

 0d d1aaxaf xIxf xxm với a và m0.Ngồi ra, ta cũng có    0 0.d d1 1xaxxaf xm f xxxmm

4 Nếu f x liên tục trên   a b thì ;   d    d

bb

aa

f xxf a b xx

5 Cho hàm số f x liên tục trên   a b và thỏa mãn điều kiện ;  f a b x      f x ,  x a b ; 

Khi đó ta có  d    d2bbaaa bIxf xxf xx 6 Nếu hàm số f x liên tục và   f a b x    f x thì   d 0baIf xx

7 Nếu hàm số f x liên tục trên đoạn   0; 2a với  a0 thì 2       

00

d 2 d

aa

f xxf xfa xx

8 Cho hàm số y f x tuần hoàn với chu kì T, xác định và liên trục trên  

Khi đó ta có       0d d ,a TTaf xxf xx a

9 Nếu hàm số f x liên tục trên    

 0;2 thì 2 200sin d cos dfxxfxx 10 Tính tích phân max ,d    d2bbaafgfgf gxx và min ,d    d2bbaafgfgf gxx, trong đó f,g là hai hàm số liên tục trên a b ; .

Vấn đề 05: Các vật thể trịn xoay trong khơng gian

Trang 17

Tổng hợp Cơng thức giải nhanh Tốn 12 Chủ đề 3: Tích phân

Hình nêm loại 1 2 3tan

3

V  R 

Hình nêm loại 2 2 3tan

2 3V  R   Parabol bậc hai Parabol tròn xoay            3 324;3;12parabolparabolSRhSxaShRVR hDiện tích elip và thể tích khối tròn xoay

sinh bởi elip

Trang 18

CHỦ ĐỀ 4: CÁC CÔNG THỨC GIẢI NHANH VỀ SỐ PHỨC

1 Nếu quỹ tích của M z là đường tròn tâm   I a b bán kính R đồng thời mơđun của số phức cần tìm  ;

max-min là JM thì: maxminIJ RIJ R    

2 Nếu z c   z c 2a thì quỹ tích của M z là elip  

222 y2 1xa b  trong đó b2 a2c23 Nếu z k thì  2   2 2 22 2 222f zf z f zz aakaxz aakax       

4 z là một số thực nếu zz và z là một số thuần ảo nếu z z

5 Nếu az2bz c 0với , ,a b c có hai nghiệm phức thực sự z z thì đây là hai số phức liên hợp của 1; 2nhau, đồng thời z12 z22 z z1 2 ca   6  2  2 1 3 31 2 , 1 2 , 12 2iiii  i           7 Một số tổng đặc biệt: 12 11 1nnii iii      và  1221 11 2 3 11nnnniniiinii        8 Một số đẳng thức đặc biệt: 22  221212 2 12z z z z  z  z và zzzz2OM OM 9 Nếu z

z là số thuần ảo thì OMM là tam giác vuông tại O 

10 Nếu cho số phức z thỏa mãn z z 1  z z2 2a z1z2 2 ; ,a z z12  c ci,  Để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P z z0 ta áp dụng bảng cơng thức tính nhanh dưới đây:

Trang 19

Tổng hợp Công thức giải nhanh Toán 12 Chủ đề 5: Khối đa diện

CHỦ ĐỀ 5: CÁC CÔNG THỨC GIẢI NHANH VỀ KHỐI ĐA DIỆN

Vấn đề 01: Những điều cần nhớ về đa diện

Khối đa diện đều Số đỉnh Số cạnh Số mặt Loại MPĐX

Tứ diện đều 4 6 4  3; 3 6 Lập phương 8 12 6  4; 3 9 8 mặt đều 6 12 8  3; 4 9 12 mặt đều 20 30 12  5; 3 15 20 mặt đều 12 30 20  3; 5 15 Vấn đề 02: Các công thức tính thể tích tứ diện khó Dạng hình chóp Cơng thức tính nhanh

Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng

a, cạnh bên bằng b 222312SABCabaV  

a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 

3. tan24S ABCaV  

a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 

3. tan12S ABCaV  

Cho hình chóp S.ABC có SA; SB; SC đơi một

vng góc và AB a BC b CA c ;  ;   222 222 222112 2abcacbbcaV      Cho hình chóp S.ABC có ba mặt phẳng

SAB ; SAC ; SBC đơi một vng góc và 

có diện tích lần lượt là S S S 1; 2; 31232 3S S SV 

Cho tứ diện ABCD có

{S∆ABC = S1; S∆ABD = S2; AB = a((ABC),(ABD)) = α̂1 22 sin3S SVaCho hình chóp SABC có { SA=a;SB=b;SC=c ASB̂= α; BSĈ= β; CSÂ= γ222

Trang 20

Cho hình chóp S.ABC có

{

SA = a; SB = b; SC = c

((SAB),(SAC)) = α

ASB̂ = β; ASĈ = γ

.sin sin sin6SABCabcV    Cho hình chóp S.ABC có {BC = a; CA = b; AB = c((SBC),(ABC)) = α̂((SCA),(ABC)) = β̂((SAB),(ABC)) = γ̂22

3 cot cot cot ABC

S

VS S

abc 

 

    

Cho hình chóp đều SABCD có cạnh bên

bằng a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng  3324 tan3 2 tanaV  

Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và góc ở đáy của mặt bên bằng  với

;4 2   32tan 16SABCDaV   

Cho lăng trụ tam giác thể tích là V Thể tích của tứ diện tạo bởi 4 đỉnh bất kì khơng đồng phẳng là:

3

V

Cho khối hộp ABCD A B C D     có thể tích V

Khi đó thể tích của tứ diện tạo bởi 4 đỉnh bất kì khơng đồng phẳng là 6

V

Thể tích của tứ diện tạo bởi hai đường chéo của hai mặt phẳng đối diện là

3

V

Vấn đề 03: Cơng thức về tỉ số thể tích

1 Cắt khối chóp bởi một mặt phẳng song song với đáy

Xét khối chóp S A A 1 2 A Mặt phẳng n   song song với đáy và cắt cạnh 1

SA tại điểm M thỏa mãn 

1.

SMk

SA Khi đó   chia khối chóp ban đầu

thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh S có thể tích V 

và  3

Vk

V (V là thể tích khối chóp ban đầu).

2 Cắt khối lăng trụ tam giác bởi một mặt phẳng

Cho khối lăng trụ ABC A B C có thể tích V Mặt phẳng      cắt các cạnh

, , 

AA BB CC lần lượt tại M, N, P sao cho:   

 ;  ;  .AMBNCPxyzAABBCC Khi đó . 3M ABCVxV và .3M BCPNVy zV và  .3ABC MNPVx y zV

Lưu ý: Các công thức trên đều đúng đối với lăng trụ đứng và lăng trụ thường

Trang 21

Tổng hợp Công thức giải nhanh Toán 12 Chủ đề 5: Khối đa diện

3 Cắt khối hộp bởi một mặt phẳng

Xét mặt phẳng   cắt bốn cạnh bên AA BB CC DD của khối hộp , , ,    

.

ABCD A B C D lần lượt tại bốn điểm M, N, P, Q sao cho:

  ;  ;AMBNxyAABB   ;  .CPDQztCCDDKhi đó x z y t và         4ABCD MNPQABCD A B C DVx y z tV

4 Cắt khối chóp tứ giác (đáy là hình bình hành) bởi một mặt phẳng

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành Mặt phẳng   cắt 4

cạnh SA, SB, SC, SD lần lượt tại bốn điểm M, N, P, Q sao cho:

Trang 22

CHỦ ĐỀ 6: CÁC CÔNG THỨC GIẢI NHANH VỀ MẶT CẦU – MẶT TRỤ – MẶT NÓN

Vấn đề 01: Mặt trụ, khối trụ

Hình 1 Hình 2 Hình 3 Hình 4 Hình 5

1 Hình 1:

* Thiết diện vng góc trục là một đường trịn bán kính R

* Thiết diện chứa trục là một hình chữ nhật ABCD trong đó AB2R và AD h Nếu thiết diện qua trục là một hình vng thì h2R

* Thiết diện song song với trục và khơng chứa trục là hình chữ nhật BGHC có khoảng cách tới trục là:



 , 

d OO BGHCOM

2 Hình 2:

* Nếu AB, CD là hai đường kính bất kì trên hai đáy của hình trụ thì: 1 

.sin ,

6 



ABCD

VAB CD OOAB CD

* Đặc biệt nếu AB và CD vng góc với nhau thì: 1

6 ABCDVAB CD OO 3 Hình 3: (AB,OO')̂ = A'AB̂ 4 Hình 4: d AB OO , O M 

5 Hình 5: Nếu ABCD là một hình vng nội tiếp trong hình trụ thì đường chéo của hình vng cũng bằng

đường chéo của hình trụ Nghĩa là: Đường chéo hình vng bằng 4R2h2

Trang 23

Tổng hợp Công thức giải nhanh Toán 12 Chủ đề 6: Mặt cầu - trụ - nón 1 Hình 1: * Các cơng thức nón cụt: 1  22 22 , ,3 xqtpV  h R Rr r S  l R r S   R r l R r

* Thiết diện vng góc trục cách đỉnh một khoảng x cắt hình nón theo một đường trịn có bán kính là r * Nếu h là chiều cao của hình nón ban đầu thì ta có tỉ số: rx

Rh * Thiết diện chứa trục là một tam giác cân

* Nếu tam giác đó vng cân thì h R Nếu tam giác đó là tam giác đều thì h R 3

2 Hình 2:

+ Thiết diện đi qua đỉnh mà khơng chứa trục cắt hình nón theo một tam giác cân SAB: + (SO,(SAB)̂ ) = OSM̂ , ((SAB),(ABC)̂ ) = SMÔ

+ Nếu M là trung điểm của AB thì ABSMO

Vấn đề 03: Các công thức về mặt cầu

1 Mặt cầu loại 1: Các đỉnh A, B, D cùng nhìn SC dưới một góc vng thì bán kính mặt cầu

2

SCR

2 Mặt cầu loại 2: Nếu SA vng góc với đáy thì 2 2  2

4

D

SA

RR Các vấn đề cần chú ý về R (bán kính D

đường tròn ngoại tiếp mặt đáy):

a Nếu đáy là tam giác vng thì 1

2

D

R cạnh huyền và nếu đáy là tam giác đều thì  3

3

D

a

R

b Nếu đáy là hình vng thì  2

2DaR c Nếu đáy là hình chữ nhật thì 12DR đường chéo

d Nếu đáy là tam giác cân có góc 120 cạnh bên bằng a thì cạnh đáy bằng 0 a 3 cịn RD a

e Nếu đáy là tam giác thường thì áp dụng cơng thức Herong

  4DabcRp p a p b p c

3 Mặt cầu loại 3: Nếu O ABC là tam diện vuông tại O thì 21 2 2 2

4

ROAOBOC

4 Mặt cầu loại 4: Nếu chóp có các cạnh bên bằng nhau (hình chóp đều) thì  2

2

SAR

SO Trong đó O là tâm

của đáy và:

a Nếu đáy là tam giác đều thì O là trong tâm, trực tâm

Trang 24

b Nếu đáy là tam giác vng thì O là trung điểm cạnh huyền

c Nếu đáy là hình vng, hình O là giao điểm hai đường chéo và

là trung điểm mỗi đường

5 Mặt cầu loại 5: Nếu hai mặt vng góc với nhau (mặt bên vng góc mặt đáy) thì 2  2 2 2

12

4

AB

RRR trong đó AB là giao tuyến

6 Mặt cầu loại 6: Chóp S ABC tổng quát có chiều cao SH và tâm đáy

là O thì ta giải phương trình   2 2 2 2DSH xOHxR để tìm x Với x tìm được ta có 2 2 2DRxR

7 Mặt cầu loại 7: Bán kính mặt cầu nội tiếp 3

tp

Vr

S

8 Một số vấn đề khác của mặt cầu:

a Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện gần đều  2 2 2 23

Rabc

b Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đều:  6

4

a

R và mặt cầu nội tiếp tứ diện gần đều:  6

12

a

r

c Cho tứ diện ABCD với các kích thước như hình vẽ bên

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp là       

 . . .6p p a ap b bp c cRV trong đó    2a ab bc cp Vấn đề 04: Một số mơ hình tổng qt

1 Mơ hình tổng quát khối nón trong các khối

Khối nón  N trong khối

cầu  S Tỉ số thể tích      342 1SNRVhRVh

Khối nón ngoại tiếp tứ

diện đều cạnh x Bán kính đáy 2. 3  33 2 3xxR

Khối nón nội tiếp tứ diện

Trang 25

Tổng hợp Cơng thức giải nhanh Tốn 12 Chủ đề 6: Mặt cầu - trụ - nón

Khối nón nội tiếp khối lập

phương cạnh x Bán kính đáy 2xR Tỉ số thể tích  12nlpVV

Khối nón ngoại tiếp hình

lập phương cạnh x Bán kính đáy  22xR Tỉ số thể tích 6nlpVV

2 Mơ hình mặt cầu nội tiếp – ngoại tiếp các khối

Khối cầu ngoại tiếp hình

lập phương cạnh x Bán kính  22xR Tỉ số thể tích   23clpVV

Khối cầu nội tiếp hình lập

phương cạnh x Bán kính 2xR Tỉ số thể tích 6clpVV

Khối cầu ngoại tiếp hình

hộp chữ nhật Bán kính   2 2 22abcR

Khối cầu ngoại tiếp khối

bát diện đều Bán kính  22xR Tỉ số thể tích c  bdđVV

Khối cầu ngoại tiếp tứ

diện đều cạnh x Bán kính  64xR Thể tích khối cầu     34 63 4xV

 Nếu cạnh tứ diện tăng (giảm)

n lần thì thể tích khối cầu ngoại

tiếp nó tăng (giảm) n lần 3

Trang 26

Khối cầu nội tiếp tứ diện đều cạnh x Bán kính  612xr Tỉ số thể tích  318ctdVV

Khối cầu ngoại tiếp tứ

diện vng Bán kính   2 2 22abcR

Khối cầu ngoại tiếp khối chóp đều (đáy là tứ giác)

Bán kính   22xR SH Tỉ số thể tích 2cchopVV

Khối cầu ngoại tiếp lăng trụ đứng có đáy là tam

giác vng

Đường cao là c, hai cạnh góc vng của đáy là a,b

Bán kính  2 2 2

2

abcR

Khối cầu nội tiếp khối trụ

Bán kính đáy hình trụ là r, chiều cao h Bán kính  2chRr Tỉ số thể tích 23ctVV

Trang 27

Tổng hợp Cơng thức giải nhanh Tốn 12 Chủ đề 7: Hình Oxyz

CHỦ ĐỀ 7: CÁC CƠNG THỨC GIẢI NHANH VỀ PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN

Vấn đề 01: Các vấn đề cơ bản của Oxyz

Xác định điểm thông qua hệ thức vectơ

* Lý thuyết cơ bản: 2MA3MB0 thì    2 3 02 3 02 3 0AMBMAMBMAMBMxxxxyyyyzzzz            

* Tuy nhiên để tìm tọa độ M đơn giản hơn, ta bấm máy: 2 3

2 3

A B

 và bấm CALC và nhập lần lượt x x A, B

ta được xM Tương tự như vậy nếu nhập y y ta được A, By và nhập Mz z ta được A, Bz M

Xác định tọa độ các điểm đặc biệt trong tam giác

1 Tọa độ trực tâm H là nghiệm của hệ:

      0; 0, 0HA BCHB ACAB AC AH

2 Cho BC a AC b AB c ,  ,  ta có: Chân đường phân giác trong D của góc A: bDB cDC 0

3 Cho BC a AC b AB c ,  ,  ta có: Chân đường phân giác ngoài E: bED cEC 0

4 Cho BC a AC b AB c ,  ,  ta có: Tâm nội tiếp: aIA bIB cIC  0

Các ứng dụng của tích có hướng

1 Ba vectơ đồng phẳng: a b c,   0 (Nếu 0 là không đồng phẳng)

2 Bốn điểm đồng phẳng:   

AB AC AD, . 0 (Nếu 0 là không đồng phẳng)

3 Thể tích: VABCD 16 AB AC AD , diện tích tam giác: , . SABC  12 AB AC , 

4 Thể tích hình hộp: VABCD A B C D ' ' ' ' AB AD AA ,  

Chú ý: Nếu một hình hộp chữ nhật biết diện tích ba mặt thì thể tích của nó: V  S S S 1 2 3

5 Khoảng cách giữa hai đường thẳng:   

  121212, ,,u uABd d du u với A d B d 1,  2.

6 Khoảng cách từ 1 điểm tới đường thẳng:  ;   d,    

d

u AM

d A dM d

u

Mối quan hệ song song và vng góc

1 Mối quan hệ song song: //P P n n d d, //  u u P d, //  nu

2 Mối quan hệ vng góc: PP nn d,   d uu P,   dn u

Nếu d  Puu A B, ,   PnAB

Trang 28

Tương giao mặt phẳng và mặt cầu

Cho mặt phẳng  P ax by cz d:    0 và mặt cầu    2  2 2 2

000

:

Sx x  y y  z z R

1 Trường hợp 1:  P không cắt  S nếu d I P ; R.

2 Trường hợp 2:  P tiếp xúc với  S nếu d I P ; R và khi đó tiếp điểm sẽ là hình chiếu vng góc

của tâm I trên mặt phẳng  P

3 Trường hợp 3:  P cắt mặt cầu S theo một đường tròn giao tuyến khi d I P ; R Khi đó tâm đường

trịn sẽ là hình chiếu vng góc của tâm I trên mặt phẳng  P đồng thời bán kính r của đường trịn thỏa

mãn hệ thức:   2

22 ;

R r  d I P 

Tương giao đường thẳng và mặt cầu

1 Đường thẳng d cắt mặt cầu tại 2 điểm phân biệt

A và B khi và chỉ khi d I d ; R 2 Chú ý 1: Hệ thức liên hệ     22 1 2;4RABd I d

3 Chú ý 2: Nếu ABI vng cân thì

 

 2 ;

Rd I d

4 Chú ý 3: Nếu ABI đều thì  2  ; 

3

Rd I d

Cách xác định hình chiếu vng góc của A trên (P)

* Bước 1: Xác định giá trị     222AAAaxbyczdtabc

* Bước 2: Tọa độ hình chiếu H là: H at x bt y ct z  A;  A;  A

Các dạng tốn về phương trình mặt chắn

Giả sử mặt phẳng  P qua M và cắt các trục tọa độ tại A a ;0;0 , B 0; ;0 ,b  C 0;0; c Khi đó: 

1 Nếu M là trọng tâm tam giác ABC thì: a3xM,b3yM,c3z M

2 Nếu M là trực tâm của tam giác ABC thì OM n  P

3 Nếu VO ABC. min thì M là trọng tâm của tam giác ABC

4 Nếu 12 12 12

OA OB OCmin thì M là trực tâm của tam giác ABC

5 Tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là ; ; 2 2 2a b cI    Bán kính:   2221.2Rabc

Vấn đề 02: Các bài toán cực trị trong Oxyz

1 Viết  P chứa d sao cho (d',(P)̂ ) lớn nhất: nP  ud,u ud, d

2 Viết d nằm trong  P sao cho (d,̂ ) nhỏ nhất: d'ud  nP,n uP, d

3 Viết  P chứa d sao cho ((P),(Q)̂ ) nhỏ nhất: nP  ud,u nd, Q

4 Viết d nằm trong  P và qua A sao cho d M d nhỏ nhất:  ,  ud nP,n AMP, 

5 Viết  P chứa d sao cho d M P ,  lớn nhất: nP ud,u AMd,  với A bất kỳ trên d

6 Viết d nằm trong  P và qua A sao cho d M d lớn nhất:  ,  ud n AMP, 

Chú ý về tam diện vng:

Tổng bình phương diện tích các mặt bên bằng bình phương diện tích mặt cịn lại:

  

2222

OABOBCOCAABC

Trang 29

HỆ THỐNG ĐÀO TẠO PHÁC ĐỒ TỐN VỀ ĐÍCH ĐẶC BIỆT 9+ 2021

KẾ HOẠCH ĐÀO TẠO CHI TIẾT

VỀ ĐÍCH ĐẶC BIỆT 9+

12/04/2021 – 05/07/2021

24 buổi phong tỏa ý tưởng xử bài VD-VDC 20 buổi chữa đề đặc biệt

10 buổi chữa đề tuyệt mật 10 ngày trước thi

16 buổi tổng ôn kiến thức nền tảng–Triệt tiêu sai ngu

Trang 30

TỪ TẬN ĐÁY LỊNG CỦA CƠ

ác em à, để đạt mục tiêu 89+ trong 2 tháng cuối hay thậm chí trong 2 tuần cuối cùng trước ngày thi, chúng ta cần có 1 phác đồ ơn luyện hợp lí nhất và tối ưu nhất Đối với bản thân cô, cô cũng phải nghiên cứu rất nhiều, thử nghiệm rất nhiều để ra được một phác đồ đào tạo tối ưu, chính xác và nhanh nhất cho các học trị của mình Đây là 4 câu hỏi cô đã từng giải quyết để ra được 4 liệu trình cho phác đồ đào tạo này:

Tại sao cứ mãi sai ngu, mất điểm một cách lãng xẹt

Vì đơn giản các em vấp chưa đủ nhiều, luyện lại chưa đủ kĩ Chính vì thế, tất cả dữ liệu bài tập của 16 BUỔI TỔNG ÔN

KIẾN THỨC NỀN TẢNG MỨC 8 VÀ TRIỆT TIÊU SAI NGU sẽ được chắt lọc từ chính những “lần sai ngu” của hàng nghìn học sinh

thi thử trên Facebook mà cơ sàng lọc được “Học từ chính lỗi sai” từ hàng ngàn bạn khác là cách học có “tính sát thương” cao nhất và nhanh nhất Ngồi ra, 16 buổi này cịn có nhiệm vụ giúp các em củng cố thật chắc nền tảng, để học lên 89+

Tại sao có những phương pháp, kĩ thuật bấm Casio rất hay nhưng khi đến kì thi thật lại khơng thể áp dụng được?

Thông thường, BGD thường chốt đề chính thức khoảng 2 tuần trước ngày thi Vậy nên, nếu có những phương pháp giải nhanh nào hay ho, kĩ thuật vận hành Casio nào có tính “sát thương” cao thường sẽ bị ban ra đề của BGD phong tỏa ngay Chính vì thế, 10 ĐỀ TUYỆT MẬT của cô tung ra 10 ngày cuối cùng (sau khi BGD đã chốt đề) sẽ giải quyết vấn đề này Vì trong 10 đề tuyệt mật mà cô sẽ in và gửi cho tất cả học sinh ngày 16/06 tới sẽ có 1 SỐ CÁI RIÊNG CỦA CƠ, chủ yếu về kĩ thuật vận hành Casio để xử lí bài VDC

Tại sao luyện bao nhiêu đề không nâng ngưỡng điểm, cứ mãi lẹt đẹt quanh 8 điểm

Thứ nhất, đề em luyện đã thực sự chất lượng chưa? Thứ hai, em làm đề xong, em có thực sự hiểu chi tiết, tường tận bản chất các câu VD-VDC trong đề chưa? Hay chỉ đơn thuần lướt ngang qua lời giải chi tiết thơi….Đó là lí do tại sao cơ phải xây dựng bộ 20 ĐỀ MINH HỌA ĐẶC BIỆT phân chia 2 mức độ (8,5+ và 9,5+) gửi về tận nhà cho các em

Tại sao xử lí VD-VDC cứ mãi chậm chạp, cồng kềnh?

Để xử lí bài VD-VDC nhanh, các em cần phải có một hệ thống tư duy chuẩn

chỉnh, nhất quán từ kiến thức nền tảng tới các kĩ năng giải quyết bài toán và phải bao quát được tất cả các bài VD-VDC điển hình trong ngân hàng đề thi thử của các Trường – Sở Chính vì lẽ đó 24 BUỔI PHONG TỎA Ý TƯỞNG XỬ LÍ BÀI VD-VDC sẽ giải quyết

vấn đề này Tất cả các chuyên đề, cô đều xây dựng dựa trên 2 cơ sở: Tư duy – Bản chất trước tiên, sau đó sẽ đến Kĩ thuật

Casio nâng cao Với 24 buổi học Phong tỏa VDC này, cơ tin các em sẽ ln tìm ra hướng đi khi đối diện với bất kì bài

VD-VDC nào trong đề thi

Ngồi 4 liệu trình trên, trong PHÁC ĐỒ HẠ GỤC 89+ của cơ, cơ cịn bổ sung thêm tối thiếu 60 đề thi thử Trường – Sở

CHUẨN CẤU TRÚC nữa cho các em Mỗi một giáo viên sẽ có một PHÁC ĐỒ ĐÀO TẠO RIÊNG để giúp các trị của mình đạt điểm

cao trong kì thi Đại học Trên đây là Phác đồ của riêng cơ, cơ mong rằng nó sẽ phát huy tác dụng tối đa, giúp tất cả các em 2K3 đạt được ước mơ đỗ ĐH NV 1 trong kì thi tới Tận đáy lịng, cơ ln cầu nguyện mỗi đêm cho các trị của mình thành cơng!

u thương,

Trang 31

Kế hoạch đào tạo chi tiết Về đích đặc biệt 9+ Hệ thống đào tạo Phác Đồ Toán

Lưu ý 1: Xem lại video Livestream bằng 3 cách: Facebook – Web – App mobile “Ngọc Huyền LB” (IOs/android)

Lưu ý 2: Mọi bài không làm được, vui lòng nhắn tin “Chị chuyên viên Phác Đồ Toán”để được giải đáp

Buổi Chủ đề Ngày Livestream

1 Phong tỏa ý tưởng bài VD- VDC Số phức (kèm Casio) buổi 1 done 2 Phong tỏa ý tưởng bài VD- VDC Số phức (kèm Casio) buổi 2 done 3 Phong tỏa ý tưởng bài VD- VDC Số phức (kèm Casio) buổi 3 done

4 Phong tỏa ý tưởng bài VD- VDC Số phức (kèm Casio) buổi 4 26-04

5 Phong tỏa ý tưởng bài VD-VDC Tích phân buổi 1 [Tư duy - Bản chất] done 6 Phong tỏa ý tưởng bài VD-VDC Tích phân buổi 2 [Tư duy - Bản chất] done 7 Phong tỏa ý tưởng bài VD-VDC Tích phân buổi 3 [Tư duy - Bản chất] 29-04

8 Phong tỏa ý tưởng bài VD-VDC CASIO XỬ VD-VDC Tích phân buổi 1 done

9 Phong tỏa ý tưởng bài VD-VDC CASIO XỬ VD-VDC Tích phân buổi 2 22-04

10 Phong tỏa ý tưởng bài VD- VDC Hàm số buổi 1 [Tư duy - Bản chất] 03-05 11 Phong tỏa ý tưởng bài VD- VDC Hàm số buổi 2 [Tư duy - Bản chất] 06-05 12 Phong tỏa ý tưởng bài VD- VDC Hàm số buổi 3 [Tư duy - Bản chất] 10-05 13 Phong tỏa ý tưởng bài VD-VDC CASIO XỬ VD-VDC Hàm số buổi 1 13-05 14 Phong tỏa ý tưởng bài VD- VDC Logarit buổi 1 [Tư duy - Bản chất] 17-05 15 Phong tỏa ý tưởng bài VD- VDC Logarit buổi 2 [Tư duy - Bản chất] 20-05 16 Phong tỏa ý tưởng bài VD- VDC Logarit buổi 3 [Tư duy - Bản chất] 24-05

17 Phong tỏa ý tưởng bài VD-VDC CASIO XỬ VD-VDC LOGARIT 27-05

18 Phong tỏa ý tưởng bài VD- VDC Oxyz buổi 1 [Tư duy - Bản chất] 31-05 19 Phong tỏa ý tưởng bài VD- VDC Oxyz buổi 2 [Tư duy - Bản chất] 03-06 20 Phong tỏa ý tưởng bài VD- VDC Oxyz buổi 3 [Tư duy - Bản chất] 07-06

21 Phong tỏa ý tưởng bài VD-VDC CASIO XỬ VD-VDC hình học Oxyz 10-06

22 Phong tỏa ý tưởng bài VD- VDC HHKG buổi 1 [Tư duy - Bản chất] 14-06 23 Phong tỏa ý tưởng bài VD- VDC HHKG buổi 2 [Tư duy - Bản chất] 17-06 24 Phong tỏa ý tưởng bài VD- VDC HHKG buổi 3 [Tư duy - Bản chất] 21-06

HỆ THỐNG ĐÀO TẠO PHÁC ĐỒ TOÁN VỀ ĐÍCH ĐẶC BIỆT 9+

LỊCH LIVESTREAM PHONG TỎA Ý TƯỞNG

BÀI VẬN DỤNG – VẬN DỤNG CAO

21H – 23H

Trang 32

Lưu ý 2: Mọi bài không làm được, vui lòng nhắn tin “Chị chuyên viên Phác Đồ Toán”để được giải đáp

1 [20 ĐỀ MINH HỌA ĐẶC BIỆT – MỨC 8,5] Đề số 1 27-04

VỀ ĐÍCH ĐẶC BIỆT 9+ ĐẶC BIỆT NĂM 2021

21H – 23H

Trang 33

Lưu ý 2: Mọi bài khơng làm được, vui lịng nhắn tin “Chị chuyên viên Phác Đồ Toán”để được giải đáp

Buổi Nội dung buổi học Ngày Livestream

1 [10 ĐỀ MINH HỌA TUYỆT MẬT] Đề số 1 26-06

HỆ THỐNG ĐÀO TẠO PHÁC ĐỒ TỐN VỀ ĐÍCH ĐẶC BIỆT 9+

LỊCH LIVESTREAM 10 ĐỀ MINH HỌA

TUYỆT MẬT TRƯỚC NGÀY THI

21H – 23H

Trang 34

1 Tổng ôn kiến thức nền tảng 8 điểm – Triệt tiêu sai ngu hàm số buổi 1 28-04 2 Tổng ôn kiến thức nền tảng 8 điểm – Triệt tiêu sai ngu hàm số buổi 2 02-05 3 Tổng ôn kiến thức nền tảng 8 điểm – Triệt tiêu sai ngu hàm số buổi 3 12-05 4 Tổng ôn kiến thức nền tảng 8 điểm – Triệt tiêu sai ngu logarit buổi 1 16-05 5 Tổng ôn kiến thức nền tảng 8 điểm – Triệt tiêu sai ngu logarit buổi 2 19-05 6 Tổng ôn kiến thức nền tảng 8 điểm – Triệt tiêu sai ngu Tích phân buổi 1 23-05 7 Tổng ôn kiến thức nền tảng 8 điểm – Triệt tiêu sai ngu-Tích phân buổi 2 26-05 8 Tổng ôn kiến thức nền tảng 8 điểm – Triệt tiêu sai ngu-Số phức buổi 1 30-05 9 Tổng ôn kiến thức nền tảng 8 điểm – Triệt tiêu sai ngu-Số phức buổi 2 02-06 10 Tổng ôn kiến thức nền tảng 8 điểm – Triệt tiêu sai ngu-Khối đa diện 06-06 11 Tổng ôn kiến thức nền tảng 8 điểm – Triệt tiêu sai ngu- Mặt cầu, mặt nón, mặt trụ 19-06 12 Tổng ôn kiến thức nền tảng 8 điểm – Triệt tiêu sai ngu-Hình học Oxyz buổi 1 13-06 13 Tổng ôn kiến thức nền tảng 8 điểm – Triệt tiêu sai ngu-Hình học Oxyz buổi 2 16-06 14 Tổng ôn kiến thức nền tảng 8 điểm – Triệt tiêu sai ngu-Kiến thức lớp 11 buổi 1 20-06 15 Tổng ôn kiến thức nền tảng 8 điểm – Triệt tiêu sai ngu-Kiến thức lớp 11 buổi 2 23-06 16 Tổng ôn kiến thức nền tảng 8 điểm – Triệt tiêu sai ngu-Kiến thức lớp 11 buổi 3 27-06

VỀ ĐÍCH ĐẶC BIỆT 9+ NỀN TẢNG 8 ĐIỂM- TRIỆT TIÊU SAI NGU

05H – 06H30

Trang 35

Lưu ý 1: 17H hàng ngày, hệ thống đào tạo sẽ up Link đề và Link đáp án chi tiết lên đường link tổng hợp dữ liệu bài

giảng, tài liệu VỀ ĐÍCH 9+ Các em coi ở sheet “FILE GIẢI CHI TIẾT ĐỀ TRƯỜNG-SỞ”

Lưu ý 2: Mọi bài VD-VDC điển hình ở tất cả các đề thi thử TRƯỜNG – SỞ này đã được đưa vào nội dung các buổi

PHONG TỎA VẬN DỤNG –VẬN DỤNG CAO Các em theo dõi kĩ chuỗi Phong Tỏa

Em nào đăng kí học rồi mà chưa có link tổng hợp tồn bộ dữ liệu khóa học Về đích, vui lịng liên hệ page:

facebook.com/trolingochuyenlb

Hình ảnh link lưu trữ tất cả đề thi thử và lời giải chi tiết trường sở chọn lọc

HỆ THỐNG ĐÀO TẠO PHÁC ĐỒ TỐN VỀ ĐÍCH ĐẶC BIỆT 9+

LỊCH ĐĂNG FILE GIẢI CHI TIẾT

ĐỀ THI THỬ CÁC TRƯỜNG – SỞ CHỌN LỌC

Định dạng
Số trang	35
Dung lượng	5,64 MB