TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC TRONG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CÁC TRƯỜNG CHUYÊN 2013-2014 tập 1 2014 KÈM LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN

TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC TRONG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CÁC TRƯỜNG CHUYÊN 2013-2014 tập 1 2014 KÈM LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN

2014 TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC TRONG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CÁC TRƯỜNG CHUYÊN 2013-2014 tập KÈM LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN GSTT GROUP VEDU.EDU.VN | LOVEBOOK.VN TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC Đây tập câu hỏi liên quan tới đạo hàm chọn lọc Có số anh chị tổng hợp từ câu hỏi em gửi tới page ÔN THI ĐẠI HỌC CÙNG THỦ KHOA ĐẠI HỌC GSTT Chúc em sức khỏe tốt tràn trề lượng tự tin kỳ thi tới! 2x  Câu 2, điểm) Cho hàm số y  , có đồ thị (C) x 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho Tìm m để đường thẳng d: y = x + m – cắt (C) hai điểm phân biệt A, B cho tam giác OAB có trọng  4 tâm điểm G   ;   3 LỜI GIẢI +) Phương trình hồnh độ giao điểm (C) d là: 2x   x  m 1 x 1     2x   x  m  x  (do x = –1 không nghiệm)  x2 + (m – 2)x + (m – 4) = (1) +) Ta có: (1) = (m – 2)2 – 4(m – 4) = (m – 4)2 + > ∀ m ∈ ℝ  (1) ln có hai nghiệm phân biệt  d cắt C hai điểm phân biệt A, B Lúc đó, gọi tọa độ A(xA; xA + m – 1) B(xB; xB + m – 1) xA, xB hai nghiệm phân biệt (1) Theo định lí Viét: xA + xB = – m 2   m   x x x 3x       2  B O G +) G  ;  trọng tâm OAB  A   m  4  3 y A  y B  y O  3y O   m    m     Khi m = O, A, B khơng thẳng hàng Vậy m = thỏa mãn u cầu tốn Bình luận: x + x + xO y + y + yO − Bản chất công thức xG = yG = xuất phát từ đẳng thức véctơ: ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ + OO ⃗⃗⃗⃗⃗ ⇔ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗ OA + OB GO + ⃗⃗⃗⃗⃗ GA + GB OG = ⃗⃗⃗⃗⃗ Các em nên hiểu r� chất để vững kiến thức, không nên học thuộc công thức cách máy móc 2  2  m  3 ⇔ m = thấy trùng hợp ngẫu nhiên – Nếu ta để ý bước biến đổi (1)    m    m     giải hai phương trình hệ (1) cho nghiệm m = Như ta thấy khơng phải với điểm G tìm nghiệm tham số m thỏa mãn ⇒ Đặt vấn đề điểm G tìm m thỏa mãn u cầu tốn , ta có tốn mở rộng sau: Cho đường thẳng d: y = x + m – m tham số cắt C hai điểm phân biệt A, B Tìm quỹ tích trọng tâm G tam giác ABO 2m   xG  Biến đổi tương tự lời giải toán gốc, ta   y G   xG  y m G  Mặt khác, với m = d: y = x đường thẳng qua O nên tạo thành tam giác ABO Do quỹ tích trọng tâm G đường thẳng y = − x, trừ điểm ( ; ) 1|CHO ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC Khi giải tốn tưởng chừng đơn giản em ln phải tìm tịi suy nghĩ, ln ln đặt câu hỏi trả lời để hiểu cách sâu sắc vấn đề 2x  có đồ thị C x 1 Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số Tìm giá trị tham số m để đường thẳng d : y = – x + m cắt đồ thị C hai điểm phân biệt A, B cho A, B với điểm P ;2 tạo thành tam giác Câu 2, điểm) Cho hàm số y  LỜI GIẢI Tọa độ giao điểm C d nghiệm hệ phương trình: y = −x + m 2x + y = −x + m ⇔{ ⇔ {2x + {y= x− x − m− x+m+2 = = −x + m y = −x + m x− (C) (d) cắt điểm phân biệt a b ⇔ Phương trình có nghiệm phân biệt ⇔ ∆> m − ∗ m− − m+2 > ⇔⌊ m Với m thoả mãn điều kiện * PT có nghiệm phân biệt x x Theo định lí Vi-et ta có: x +x =m− { x x = m+2 Tọa độ giao điểm C d A x ; −x + m B x ; −x + m Gọi I trung điểm AB Tọa độ I m− m+ ; 2 m− m− m− ⃗⃗⃗ = ( ⇒ PI ; ) ; PI = √2 2 + [ −x + m − −x + m ] = √2 x − x AB = √ x − x = √2[ x + x = √2 m − − m + = √2m − 2m − ⃗ = ;− Vecto phương d u m− m− PI ⊥ AB ⃗⃗⃗ + − = AB√ ⇔ { PI ⃗u = ⇔{ ∆PAB ⇔ { 2 PI = PI = AB m− = 2m − 2m − m = − 2√ ⇔ m −2 m− = ⇔{ m = + 2√ Kết hợp với điều kiện * ta thấy giá trị m thoản mãn Vậy có giá trị m thỏa mãn toán m = − 2√ + 2√ Câu điểm Cho hàm số y  x  2mx  2m  m , với m tham số thực ⇔ − x x ] a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = b Tìm giá trị m để hàm số có cực đại, cực tiểu mà điểm cực đại, cực tiểu đồ thị tạo thành tam giác có diện tích LỜI GIẢI +) Xét hàm số y = x4 – 2mx2 Tập xác định � = ℝ  x 0 Ta có: y   4x3  4mx ; y     x  m + Hàm số đạt cực đại, cực tiểu  phương trình y’ = có ba nghiệm phân biệt  m >     Lúc đó, đồ thị hàm số có điểm cực đại A ; m4 + 2m) hai điểm cực tiểu B  m ; m4  m2  2m , C m ; m4  m2  2m Do tính chất đối xứng đồ thị hàm số qua trục tung nên ABC cân A 2|CHO ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC +) Gọi H trung điểm BC  H(0; m4 – m2 + 2m)  SABC = Theo ra, SABC =  m2 m =  m = 1, thỏa mãn 1 AH.BC = m2 m = m2 2 m Vậy m = giá trị cần tìm Bình luận: Tổng quát toán trên: Cực trị hàm số bậc trùng phương y = ax4 + bx2 + c a ≠   x 0  x2   b (*) 2a   Ta có: y   4ax3  2bx  2x 2ax2  b ; y     b  ab   + Hàm số có cực trị  phương trình y   có nghiệm phân biệt  (*) có hai nghiệm phân biệt khác + Hàm số có cực trị  (*) vơ nghiệm có nghiệm kép  b 0 2a  ab < Lúc đồ thị hàm số có điểm cực trị tạo thành tam giác cân, là:    b b   b b   (ABC cân A) A  0; c  ; B    ; y    ; C ; y         2a  2a    2a  2a    * Các kiểu câu hỏi: + Ba điểm cực trị tạo thành tam giác  AB = BC + Ba điểm cực trị tạo thành tam giác vuông cân (và vuông cân A)  AB2 + AC2 = BC2 1 + Ba điểm cực trị tạo thành tam giác có diện tích S  S ABC  BC.d  A,BC   x B  xC y A  y B  S 2 Câu 2, điểm) Cho hàm số y = x + x − Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho số Tìm đường thẳng y = x − điểm mà qua kẻ tiếp tuyến đến đồ thị C hàm LỜI GIẢI Gọi M m; m − điểm nằm đường thẳng y = x − Vì đường thẳng có dạng x=m khơng tiếp tuyến đồ thị C nên ta xét d đường thẳng qua M có dạng: y = k x − m + m − d Đường thẳng d tiếp tuyến (C) hệ sau có nghiệm: 3 2  x  3x   k(x  m)  9m  x  3x   (3x  6x)(x  m)  9m    3x  6x  k 3x  6x  k Qua M kẻ ba tiếp điểm đến (C) hệ có ba nghiệm phân biệt hay phương trình sau có ba nghiệm phân biệt: 2x  3x  3mx  6mx  9m  5=0  (x  1)  2x  (5  3m)x   9m   Do điều kiện m là:  m (5  3m)  8(5  9m)  9m  42m  15          m  2.1  (5  3m).1   9m  m   m  1  m  Bình luận:Để làm trình bày chặt chẽ tốn trên, cần nắm vững số điểm quan trọng sau đây: Vậy điểm M cần tìm có tọa độ m; m − 3|CHO ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI với m < − TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC - Hàm đa thức có tiếp tuyến tiếp tuyến tồn hệ số góc Như lời giải, ta nhận xét x = m không tiếp tuyến đồ thị hàm số Nhờ mà ta biểu diễn phương trình d qua M có hệ số góc k Nếu qn lập luận điều lời giải thiếu chặt chẽ f x = kx + p - (d): y = kx + p tiếp xúc với đồ thị hàm số f(x) { ′ f x =k Sau ta thay k từ phương trình vào tìm m để (1) có nghiệm Kinh nghiệm giải bước nhẩm nghiệm để tìm nghiệm đẹp , giả sử x x = Sau phân tích thành nhân tử để đưa phương trình có dạng: x − x ax + bx + c = mà m nằm a, b, c Hàm số có nghiệm ax + bx + c = có nghiệm phân biệt khác � Như ta tìm m Nếu khơng thể nhẩm nghiệm đẹp ta khơng thể tiến hành mà phải xét hàm bậc truyền thống x 2 Câu 2, điểm) Cho hàm số y  , có đồ thị (C) 2x  1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Viết phương trình đường thẳng d qua C –3; 13) cho d cắt (C) hai điểm phân biệt A, B cho CA = CB LỜI GIẢI 1  a 2  +) A ∈ (C)  A  a; )  (với a   2a    b2  1 B ∈ (C)  B  b; )  (với b   2b    3CA  2CB +) CA  CB   3CA  2CB     a 2 b2 Ta có: CA   a  3;  13  CB   b  3;  13  2a  2b      3a   2b  2b  3a  (1)     – Nếu 3CA  2CB    a    b2     a 2  3a   3  2a   13    2b   13  3  2a   13   3a    26 (2)          a 2  3a  (2)    13     a  23a    13 2a  13a    3a  2a    2a   3a   75a2  150a  75   a  1  b = 2b  15  3a (3)  3a     2b      – Nếu 3CA  2CB    a   3a  15    b2     a 2   13    26 (4) 13 13          2a     15  3a   2b     2a     a  2 thỏa mãn ⇒ A –1; 3); B(0; –2) 3a  19  65   a  23a  14    3a  19 2a    65 3a  14 2a   2a  3a  14  13  26 a    375a2  1950a  975   5a2  26a  13    13  26  a   (4)  4|CHO  ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC ∗ a= − + 2√2 − − 2√2 ⇒b= − − √2 − − √2 thỏa mãn điều kiện  13  26 23  26   18  26 28  26  Suy ra: A  ; ;  B     5 24  26  31  26    ∗ a= Suy ra: A − ⇒b= − 2√2 ; + 2√2 + √2 ;B thỏa mãn điều kiện − + √2 ; −2 + √2 − + √2 Bình luận: – Cách khai thác véctơ cách khai thác hữu hiệu hợp lý Mặc dù sử dụng, phải chia làm trường hợp, trường hợp dễ dàng biến đổi kết Nếu để đoạn thẳng 3CA = 2CB vơ phức tạp ⃗⃗⃗⃗⃗ = −2CB ⃗⃗⃗⃗⃗ Như vô nguy hiểm làm – Khi làm nhiều người thường quên trường hợp CA nghiệm toán – Gọi A, B cần ý đặt kiểm tra điều kiện: a  1 1 b  Mặc dù khơng ảnh hưởng đến kết quả, 2 điểm Câu 2, điểm Cho hàm số: y = x − 2mx + Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị C hàm số m = − Tìm giá trị tham số P để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị đường tròn qua ba điểm có bán kính LỜI GIẢI có điểm cực trị y ′ = phải có nghiệm phân biệt x= x= ⇔ [ x = √m y ′ = x − mx = ⇔ [ m> x =m x = −√m Giả sử A(√m; − m ); B(−√m; − m ); C ; Ta thấy A B đối xứng qua Oy, tam giác ABC cân C, nhận Oy làm trục đối xứng ⇒ Tâm I đường tròn ngoại tiếp ΔABC nằm trục Oy y= Đặt I ; y ⇒ IC = R ⇔ √ − y = ⇔ | − y| = ⇔ [ y=2 ∗y= ⇒I ; ≡ Để đồ thị IA = R ⇔ √m + −m = IA = R ⇔ √m + −m = ⇔ m − 2m + m = − ±√ ⇔ m = m = m = − +√ Nhưng m > ⇒ m = m = ∗ y = ⇒ I ;2 KL: m = m = − +√ ⇔ m + 2m + m = pt vô nghiệm ∀m > Bình luận: + Trong câu hỏi cực trị hàm trùng phương, ta nên dùng phương pháp tính trực tiếp + ΔCAB ln tam giác cân C C điểm thuộc trục Oy Câu 2, điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x2 + có đồ thị C Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho 5|CHO ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng (d): 9x – y + = LỜI GIẢI Ta có y ’ = 3x – 6x Vì tiếp tuyến cần tìm song song với đường thẳng d: x – y + = nên tiếp tuyến có hệ số góc Suy hoành độ tiếp điểm nghiệm phương trình:  x  1 3x2  6x   x2  2x     x  – Với x = –1  y(–1) = – Khi tiếp tuyến có phương trình y = 9x + (loại trùng với đường thẳng d) – Với x =  y(3) = Khi tiếp tuyến có phương trình y = x – 26, thỏa mãn Vậy phương trình tiếp tuyến cầi tìm y = 9x – 26 Nhận xét: Đây toán Chúng ta cần sử dụng phần lý thuyết bản: – Hai đường thẳng song song với hệ số góc nhau: k = k’ Chú ý: dùng từ mà khơng dùng tương đương k = k’ hai đường thẳng trùng – Tiếp tuyến đồ thị C điểm x0; y0 có phương trình là: y = f ’ x0 (x – x0) + y0 Đề yêu cầu viết đường thẳng song song với d nên phải loại trường hợp trùng d 2x  Câu 2, điểm) Cho hàm số y = , có đồ thị (C) x 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Viết phương trình tiếp tuyến (C), biết tiếp tuyến cắt trục hoành trục tung điểm 82 OB A, B phân biệt thỏa mãn AB = +) Ta có: y   1  x  1 LỜI GIẢI  2x   Gọi M  x0 ;  tiếp điểm  x0    Phương trình tiếp tuyến M là: y   + Tiếp tuyến cắt trục Ox A  2x20  x0  1   x  x0   2x0  x0   2x  2x2   0   x0  1; , cắt Oy B  0;   x     ΔOAB vuông O ⇔ OA2  OB2  AB2 Mặt khác ta có: AB  82.OB  OA2  OB2  82.OB2  OA2  81.OB2  OA  9.OB (1) Ta có: (1) ⇔ 2x20  x0   2x0  2x20   x0  1 x  2   – Với x0 = 4, ta có: y    x    Bình luận: – Với x0 = 2, ta có: y  x    x0       x0  – Một hướng quen thuộc kiểu tiếp tuyến đồ thị hàm số Ta có y'(x0) hệ số góc tiếp tuyến đồ thị Từ ta có phương trình tiếp tuyến tìm tọa độ A, B theo x0 6|CHO ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC – Các em để ý kiện AB  82.OB Ta có chút nghi nghờ Sao lại 82 mà số khác (82 gần 81)? Từ ta kết hợp với ΔOAB vuông O ⇒ OA = OB Đến toán giải 2x  Câu 2, điểm Cho hàm số y = , có đồ thị C x 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) cho tiếp tuyến đồ thị (C) điểm song song với nhau, đồng thời ba điểm O, A, B tạo thành tam giác vuông O LỜI GIẢI −2a + −2b + ) ; B (b; ) a≠b a− b− Hệ số góc tiếp tuyến A B là: Gọi A (a; k =− a− Do tiếp tuyến song song nên k = k a = b loại ⇔ a− = b− ⇔[ a+b=2 −2a + −2b + ) ; ⃗⃗⃗⃗⃗ OB = (b; ) Ta có: ⃗⃗⃗⃗⃗ OA = ( a; a− b− ΔOAB tam giác vuông O Ta có: OA.OB   ab  ;k = − b−  2a  4 2b    (2)  a  1 b  1 Rút b = – a từ (1) thay vào (2) ta có: a  1  b  a   b   2a    2 2  a      a  a  3 a  2 a      a 2  a   a   b   a  12  a  1  a   b  1 Vậy có tất cặp điểm thỏa mãn đề A1(–1; –3), B1(3; 1); A2(0; –4), B2(2; 0); A3(2; 0), B2(0; –4) A4(3; 1), B4(–1; –3) Nhận xét: – Đây dạng tập tiếp tuyến đồ thị hàm số ta thường phải dùng đến hệ số góc tiếp tuyến y' – Điều kiện đề cho ΔOAB vng, ta dùng vector ⃗⃗⃗⃗⃗ OA ⃗⃗⃗⃗⃗ OB = từ đưa đến cách gọi tọa độ điểm A, B Bài tập tương tự: Cho hàm số y  x 2 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị cắt trục tung, trục hoành A, B cho 2x  2, điểm Cho hàm số y   x  2 x  1 ΔOAB cân O Khảo sát vẽ đồ thị hàm số  C  Câu C  Tìm điểm M đường thẳng d : y  2x  19 , biết tiếp tuyến đồ thị  C  qua điểm M vng góc với đường thẳng x  9y   LỜI GIẢI Hướng giải: Bài toán quen thuộc Chúng ta phân tích để tìm kết 7|CHO ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC – Thứ đọc kỹ đề ta thấy mấu chốt đầu tiên: Tiếp tuyến đồ thị C qua M vng góc với đường thẳng x + y – = Từ điều ta tìm hệ số góc tiếp tuyến qua M Mà hệ số góc tiếp tuyến đồ thị C điểm N(x0 ;y ) f '(x0 ) Như ta tìm x0 viết công thức tiếp tuyến C mà vuông góc với đường thẳng x  9y   Dựa vào công thức tiếp tuyến biết: y  y '(x  x0 )  y – Sau có tiếp tuyến C vng góc với đường thẳng u cầu cơng việc cuối tìm M M giao điểm đường thẳng d tiếp tuyến Hướng làm toán thế, hồn thiện qua lời giải sau Lời giải: Từ giải thiết: Gọi N(x0 ;y ) tiếp điểm tiếp tuyến đồ thị C qua M vng góc với đường thẳng x  9y   , ta suy f '(x0 )   3x02    x0   – Với x0   y  , ta có tiếp tuyến đồ thị C N là: y  (x  2).9   9x  14 y  2x  19  M(3; 13) Tọa độ M nghiệm hệ  y  9x  14 – Với x0  2  y   tiếp tuyến N y  (x  2).9  9x  18 y  2x  19  207   M ; Tọa độ M nghiệm hệ    11 11  y  9x  18  207  Kết luận: Có điểm M thỏa mãn yêu câu toán M1(3; 13) M2  ;   11 11  8|CHO ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC Trích Tuyển tập LƯỢNG GIÁC CHỌN LỌC đề thi thử đại học kèm lời giải chi tiết bình luận) 11  10sin x  10cosx  cos2x   cos x Điều kiện: cos x  1  x    k2 Phương trình cho tương đương với: Câu Giải phương trình 11  10sin x  10cos x  (cos2 x  sin2 x)   2cos x  sin2 x  10sin x   cos2 x  8cos x  sin2 x  10sin x  25  cos2 x  8cos x  16 sinx   cosx  sinx  cosx  9   (sin x  5)2  (cos x  4)2   sinx    cosx sinx  cosx  1   1 (Vô nghiệm) +) Với sin x  cos x  9  sin(x  )      x     k2    x    k2 4     +) Với sinx  cosx  1  sin  x        4  x           k2     x k2      4  Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm phương trình x    k2 Định hướng: Ở toán lại xin đề cập thủ thuật giải phương trình lượng giác  Nhẩm hai nghiệm đẹp x   x   (lần lượt ứng với nhân x A tử sinx + , cosx + , hai nhân tử không khả quan ’ (thực phép thử rõ) Khơng thể áp dụng phương pháp dự đốn O nhân tử thông thường, ta chuyển sang dùng phương pháp đoán ý tưởng ban đầu quay trục hệ trục Oxy góc để đưa y' x' hệ trục Ox’y’có thể dễ dàng đốn nghiệm hơn, sau dùng kĩ đốn nhân tử hệ trục Ox’y’ Cuối dùng liên hệ cung hai B trục tọa độ Oxy Ox’y’ để quy nhân tử hệ trục Ox’y’ nhân tử ’ hệ trục Oxy Biểu diễn cặp nghiệm lên đường trịn lượng giác Trong tốn hai điểm A’, B’ Ta chọn hệ trục Ox’y’ cho Ox’ phân giác góc A’OB’ Lúc so với hệ trục Oxy ban đầu, hệ trục quay góc   (theo chiều dương   Trong hệ trục Ox’y’ điểm A’ biểu diễn cho nghiệm , cịn điểm B’ biểu diễn cho nghiệm Như vậy, 4 hệ trục Ox’y’ đoán nhân tử cosx’ − = (*) Một điểm đường trịn lượng giác biểu diễn cho giá trị lượng giác Thế hai hệ trục khác giá trị lượng giác mà điểm biểu diễn khác (ví dụ điểm A’ biểu diễn cho giá trị   hệ trục Oxy, lại biểu diễn giá trị hệ trục Ox’y’ Dựa vào điều đưa liên hệ giá trị lượng giác biểu diễn trục tọa độ khác nhau, cụ thể tốn x '  x   Như để có nhân tử với biến x cần thay liên hệ vào * , ta được:    cos  x   − =  sinx + cosx + =   9|CHO ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC Vậy (sinx + cosx + 1) nhân tử mà ta cần dự đốn Việc cịn lại ta thử phân tích nhân tử mà thơi! Bài tập tương tự: Giải phương trình: sin2x – 9sinx + – 6cos2x + 3cosx = − sin x cos x =√ Bài Giải phương trình + sin x − sin x Điều kiện: sin x ≠ − sin x ≠ Phương trình tương đương với: − sin x + sin x − sin x cos x − sin x cos x = √ � cos x − sin 2x = √ + √ sin x − 2√ sin x � −√ sin x + cos x = sin 2x + √ − sin x � √ √ sin x + cos x = sin 2x + cos 2x 2 2 π π sin (x + ) = sin 2x + − [ x+ x+ π π = 2x + π = π − 2x + π − k2π [ π k2π k ∈ Z + x= x= + k2π π + k2π Đối chiếu với điều kiện, ta thấy có họ nghiệm x  π 2kπ  thỏa mãn 18 Bình luận: Bài tốn tốn phương trình lượng giác quen thuộc với xuất √ tất nhiên phương pháp √ lại lên tiếng Đây phương pháp giải phương trình lượng giác Nắm được, gặp có dung phương pháp ta giải Mọi học sinh nắm … Thêm tư giúp ta luôn làm ăn may làm đươc đồ biến đổi BT dạng kiểu như: Dạng đối xứng: sin a + √ cos b = sin b + √ cos b , … Dạng không đối xứng: sin a + √ cos a = cos b, … Sau chia cho Dạng đối xứng: sin a + π π = sin b + π π −b Ở đây, a, b thường x, 2x, 3x 4x tức có khơng nhiều hướng gây nhiễu cho Thường tùy tốn cụ thể, ta phát nhanh a, b Sau nhiệm vụ lại, ta biến đổi cho cịn cung a, b tốn giải Việc biến đổi khơng khó khăn ta nắm vững cơng thức tóm tắt phần đầu Nếu khơng dự đốn a, b ta thử, khơng đổi hướng a, b khác Mất nhiều thời gian kiểu Cuối cùng, chuyển a, b sang vế PT chia Dấu hiệu: Những giải PTLG mà xuất √ giải theo phương pháp Giải đáp: Q1: Thấy ngoặc phá Q2,Q3: Làm cung x, 2x bậc Các em luyện thêm số sau: Dạng không đối xứng: sin a + = cos b sin a + π = sin a sin x + cos x sin 2x + √ cos x = cos x + sin x b sin x + cos x sin 2x + √ cos x = cos x + sin x 10 | C H O ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC c sin x − sin 2x =√ cos x − cos 2x Bài 3: Giải phương trình tanx.cos3x  2cos2x   (sin2x  cosx)  2sinx 5   hay x    k2, x   k2, x   k2, k  2 6 Khi phương trình cho tương đương với sin x(4cos2 x  3)  4cos2 x   cos x(2sin x  1)  2sin x (sin x  1)(1  4sin2 x)   cos x(2sin x  1)  (sin x  1)(1  2sin x)  cos x(2sin x  1)  2sin x Điều kiện: cosx  0, sinx   5   sinx     x    k2, x    k2 2sinx       x      x    k2, x     k2 sinx   3cosx    6 5  Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm phương trình x    k2, x    k2, (k  ℤ 6 Chú ý: Công thức nhân ba thường hay sử dụng việc phân tích nhân tử:     +) sin3x  3sin x  4sin3 x  sin x  4sin2 x  sin x 4cos2 x   sin x 2cos x  12cosx  1 +) cos3x  4cos3 x  3cos x  cos x 1  2sin x 1  2sin x  Bài Giải phương trình: cos x(cos x  2sinx)  3sinx(sinx  2) 1 sin2x  Định hướng: Tất nhiên điều kiện khơng thể thiếu! Hình thức khơng xa lạ nữa, với dấu ngoặc thừa phương trình chúng nhắc ta phá mà thơi! Khi quy đồng rút gọn sin2x hai vế, ta đủ tỉnh táo để dùng công thức cos2 x   sin2 x để quy phương trình phương trình ẩn t  sin x Lời giải: Điều kiện: sin2x ≠ Phương trình cho tương đương với: cos2 x  2sin xcosx  3sin2 x  2sin x  sin2x      x    k2  sinx    2sin2 x  2sin x      (k  ℤ   sinx   (vơ lí ) x  k2   Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm: x    k2 Bài Giải phương trình:  cos3x  2sin x  cos x Định hướng: Thoạt nhìn qua nhiều bạn cảm thấy dạng lạ chứa thức Tất nhiên, tư thơng thường ta bình phương hai vế lại giúp ta giải hoàn toàn vấn đề, cos3x quy cosx, đồng thời bình phương lên thu sin2 x   cos2 x Chung quy lại phương trình cho quy phương trình ẩn t = cosx Lời giải: (1) sinx   Phương trình cho tương đương với    cos3x   cosx  4sin x (2) 11 | C H O ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC    x   k (2)  8cos2 x  cosx    (k  ℤ  x  arccos  1   k2      Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm: x     1   k2, x  arccos   + k2   Bài Giải phương trình − cos x cot x + cos 2x + sin x = sin 2x − cos x cot x + cos 2x + sin x = sin 2x Điều kiện: sin x ≠ , hay x ≠ kπ, k ∈ Z tưởng thông dụng để giải tốn giải phương trình lượng giác nói chung phân tích nhân tử Tuy nhiên, việc phân tích nhân tử có yếu tố lượng giác khơng đơn giản phương trình đại số thơng thường (có thể dung máy tính đốn nghiệm) Với phương trình lượng giác ta phân tích nhân tử thơng qua việc đốn nghiệm với vài bí nho nhỏ π π π π π Như này, thử giá trị đặc biệt ta thấy có nghiệm ; ; − ; − π π kπ + k2π tức ( + ) 2 π Đoán nhân tử chung: x = + k2π ⇔ sin x = ⇔ sin x − = Thử tách lấy nhân tử sin x − ⇒ thất bại ⇒ chuyển hướng π π kπ ⇔ 2x = + kπ ⇔ cos 2x = Thử tách nhân tử cos 2x ⇒ thành công x= + 2 Với điều kiện xác định, phương trình cho tương đương với − cos x cos x + cos 2x + sin x = sin x cos x sin x ⇔ cos x − cos x + cos 2x sin x + sin x = sin x cos x ⇔ cos x − sin x + cos 2x sin x − cos x − sin x ⇔ cos x cos 2x + cos 2x sin x − cos 2x = ⇔ cos 2x cos x + sin x − = π kπ , thoản mãn ∗ cos 2x = ⇔ x = + x = k2π, không thỏa mãn π π π π = = cos ⇔ x − = ± + k2π ⇔ [ ∗ cos x + sin x − = ⇔ cos x − π x = + k2π, thỏa mãn √2 π kπ π Vậy phương trình có nghiệm x = + x = + k2π k ∈ Z 2 Nhận xét: Việc đoán nghiệm dùng máy tính để phân tích nhân tử phương trình lượng giác thường làm theo số bước sau: π π π 2π −π −2π π π −π − π Thử với giá trị thông dụng: ; π; ; − ; ; ; ; ; ; ; ; 2 Phân nghiệm đoán vào họ nghiệm Như ta chia nghiệm π π π kπ π π π π ; ;− ;− vào họ ( + ) + k2π 2 Đoán nhân tử chung: biến đổi tương đương để đưa nhân tử chung, tham khảo số nhân tử chung thông dụng sau: π x = + kπ ⇔ tan x − = ⇔ sin x − cos x = −π + kπ ⇔ tan x + = ⇔ sin x + cos x = x= x = kπ ⇔ sin x = π x = + kπ ⇔ cos x = 12 | C H O Đ I L À N H Ậ N VỀ MÃI MÃI TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC π x = ± + k2π ⇔ cos x − = 2π x=± + k2π ⇔ cos x + = π x = + k2π ⇔ sin x − = [ π x= + k2π −π + k2π x= ⇔ sin x + = [ − π x= + k2π π x = + k2π ⇔ sin x − = −π x= + k2π ⇔ sin x + = x = k2π ⇔ cos x − = x = π + k2π ⇔ cos x + = Bước 4: Tách biểu thức đề cho để đưa nhân tử chung Loại trường hợp phân tích Đây phương pháp hay dùng để giải nhiều phương trình lượng giác bản, bạn đọc nên luyện tập nhiều để thành thục Sau số tập tự luyện: Giải phương trình lượng giác: π x a sin x cos x + sin 2x = − sin − b cos x + cos x + sin x − = tan x + tan x π c = sin x + tan x + √2 13 | C H O ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC Oxy Đề: Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, tính diện tích tam giác ABC nội tiếp elip E có phương trình x y + = nhận điểm A ; làm đỉnh trục tung làm đối xứng? Bài Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A ; 2; − đường thẳng d phương trình: x− y z− = = Lập phương trình mp P qua điểm A, song song d khoảng cách từ đường thẳng d đếnmp(P) lớn nhất? Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình cạnh AB hình chữ nhật ABCD biết đường thẳng AB, BC, CD, DA qua điểm M(4;5), N(6;5), P(5;2), Q(2;1) diện tích hình chữ nhật 16 Bài Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu qua điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(- 2x  2y  z   Bài Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có cạnh AC qua M(0; 1) Biết AB  2AM , đường phân giác AD: x  y  , đường cao CH :2x  y   Tìm toạ độ đỉnh tam 2;0;1) có tâm thuộc mặt phẳng (P): giác ABC Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vng cân A, phương trình BC : 2x  y   0, đường thẳng AC qua điểm M(1; 1), điểm A nằm đường thẳng  : x  4y   Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết đỉnh A có hồnh độ dương Bài Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu x 6 y 2 z 2   Viết phương trình mặt phẳng (P) (S) : (x  1)2  (y  2)2  (z  3)2  đường thẳng  : 3 2 qua M(4; 3; 4), song song với đường thẳng  tiếp xúc với mặt cầu (S) Bài Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A ; , B 2; C thuộc đường tròn x + y − x − y + = Tìm tọa độ trọng tâm tam giác ABC, biết diện tích tam giác ABC 5,0 điểm C có hồnh độ số nguyên Bài Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm A ; ; , B ; ; , C ; − ; Gọi M điểm thuộc đoạn BC cho MC = 2BM Viết phương trình đường thẳng ∆ qua B, vng góc cắt đường thẳng AM Bài 10 a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy viết phương trình elip E qua M(2√ ; ) phương trình tiếp tuyến M √ x + 2y − = b) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng x 3 y 1 z 3 x 1 y 1 z 3     ,  d2  : mặt phẳng P: x + 2y + 2z =  d1  : 1 1 Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm đường thẳng d , tiếp xúc với thẳng d mặt phẳng (P) Bài Giải : +) Gọi M, N điểm thuộc cạnh BC cho AM, AN chia ABC thành phần có diện tích Khi tam giác ABM, AMN, ANC có chiều cao nên BM = MN = NC +) Suy BM  BC,BN  BC 3 14 | C H O ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC       Ta có: BC  4; 1 ,BM  xM  1;y M  ;BN  x M  1;y N  1 2 Từ BM  BC  M  ;   AM:7x  2y   3 3 5 2 Từ BN  BC  N  ;   AN : 4x  y   3 3 Kết luận: Đường thẳng  cần tìm là: 7x – 2y – = 0; 4x + y – = +) (S):  x  1  y   z  1  có tâm I(1; 0; –1), bán kính R = 2   (P): 2x – 2y + z + = có VTPT n 2; 2;1  x   2t  Gọi d đường thẳng qua tâm I vng góc P nên d:  y  2t z  1  t  Tọa độ điểm A giao điểm d S có phương trình là: 2t    2t    Khi tính d A1 ,  P    t2   t     13  d A2 ,  P   3  4  Vậy tọa độ A cần tìm A  ; ;   3 3  4   5  suy A1  ; ;   , A2   ; ;  3 3  3   Đường thẳng AD có dạng; n  x  2  m  y  1   m   0 2 + Đường thẳng AB có dạng: m  x    n  y  5  m  n  + Khoảng cách từ P đến AB d1  d  P, AB  Khoảng cách từ N đến AD d2  d  N, AD   d1d2  16   m  3n  m  n   m2  n2 Diện tích hình chữ nhật 16 nên ta có:  m  3n m2  n2 mn m2  n2  n2  n  m  3m2  4mn  n2    n  3m +) Với m = −n, chọn m = , n = − ta có phương trình cạnh AB: x – y + = 0; CD: x – y – = 0; AD: x + y – = 0; BC: x + y – 11 = +) Với n = − m, chọn m = , n = − ta có: AB: x – 3y + 11 = 0; CD: x – 3y + = 0; AD: 3x + y – = 0; BC: 3x + y – 23 = +) Gọi (S) mặt cầu có tâm thuộc (P) qua A, B, C S có phương trình dạng: x2  y2  z2  2ax  2by  2cz  d  S có tâm I −a; −b; −c 15 | C H O ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC +) I  (P)  −2a – 2b – c – =  2a + 2b + c = − (1) A  (S)  + 0.a + 2b + 4c + d = (2) B  S    4a  4b  2c  d  (3) C  S    4a  0.b  2c  d  (4) Từ (1), (2), (3), (4) ta có hệ phương trình: +) Gọi M1 điểm đối xứng với M qua AD  nMM1  u AD  (1; 1)  MM1 : 1(x  0)  1(y  1)   x  y   Gọi I  AD  MM1  toạ độ I nghiệm hệ:  x     x y    I   ;    M (1; 0)       x y  2  y    +) n AB  uCH  ( 1;2)  AB: 1(x  1)  2(y  0)   x  2y   x  2y  1  A(1; 1) Suy toạ độ A nghiệm hệ  x  y   AM  (1; 2)  n AC  (2; 1)  AC:2(x  1)  1(y  1)   2x  y   2x  y  3    C   ; 2  +) Toạ độ C nghiệm cuả hệ    2x  y  x 1 x 1     AB  x0  1; Vì B  AB  B  x0 ; o , AM(1; 2)       x0   B(5; 3)  AB  2AM   x0  1  16    x0  3  B(3;  1) 2a  2b  c  3 d  2b  4c  a  2 5  2b  4c  d  2a  2b  c  3 b  3         4a 4b 2c d 2a 3b c            c  5  4a  2c  d  2a  b  c  d  27 Vậy phương trình mặt cầu (S): x2  y2  z2  4x  6y  14z  27  +) Vì A   : x  4y    A (4a  6; a )  MA (4a  5; a  1) Vì tam giác ABC vng cân A nên ACB  45 Do cos(MA, uBC )   (4a  5)  2(a  1) (4a  5)2  (a  1)2   A (2; 2) a    13a  42a  32      14 16   A   ;  (không thỏa mãn) a  16   13 13  13  Vậy A(2; 2) Suy AC : x  3y   0, AB : 3x  y   Từ ta có B(3;  1), C(5; 3) Đầu tiên ta có 16 | C H O ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC (P) : a(x  4)  b(y  3)  c(z  4)  Bài toán cho biết (P) //  nên nP  u  , u  (3; 2; 2) VTCP đường thẳng  nP u    3a  2b  2c  Dữ kiện tiếp xúc mặt cầu cho ta biết xác khoảng cách từ tâm mặt cầu đến (P) Kiểu khai thác hay dùng: 3a  b  c  Từ phương trình ta tìm quan hệ a, b, c d(I, (P))  R  a2  b2  c2 +) Gọi nP (a; b; c) (a2  b2  c2  0) vectơ pháp tuyến P Khi đó: (P) : a(x  4)  b(y  3)  c(z  4)  Vì (P) / /  nên nP  u  , u  (3; 2; 2) vectơ phương đường thẳng  2b  2c (1) +) Mặt khác, (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên d(I, (P))  R, Suy ra: 3a  2b  2c   a  I(1; 2; 3), R  tâm bán kính (S) Do 3a  b  c a2  b2  c2  (2)  2b  2c  2 2 Từ (1) (2) ta có (b  c)     b  c  2b  5bc  2c    − Với c   b  a  (không thỏa mãn) 2 (3) b b b b − Với c  0, ta có (3)          c c c c b  2, chọn b  2, c   a  Khi P : 2x + 2y + x – 18 = 0, khơng thỏa mãn P chứa  c b Với  , chọn b  1, c   a  Khi P : 2x + y + 2z – 19 = 0, thỏa mãn c - Với Sơ đồ giải: Đã có tọa độ A, B đường tròn chứa C Trọng tâm ⟵ Tọa độ C ⟵ lập hệ ẩn phương trình ⟵ { d C; AB ⟵ S C ∈ đường tròn cho trước ⃗⃗⃗⃗⃗ ,2 Ta có AB AB = √ Phương trình đường thẳng AB: x − − y − = hay 2x − y − = Gọi ∆ đường thẳng qua Cvà song song với AB Khi phương trình ∆ có dạng |m + | 2S = 2x − y + m = m ≠ − Vì ∆∥ AB nên d a; ∆ = d C; AB hay AB √ ⇔ |m + | = ⇔ m = tm m = −2 tm − Với m = ∆ có phương trình 2x − y = Tọa độ điểm C nghiệm hệ phương trình y = 2x y = 2x ⇔{ vơ nghiệm { x +y − x− y+ = x − x+ = − Với m = −2 ∆ có phương trình 2x − y − = Tọa độ điểm C nghiệm hệ phương trình y = 2x − { x +y − x− y+ 17 | C H O = ⇔{ y = 2x − x − 22x + = ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI x= ⇔{ y= x= tm { y= loại TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC C ; tọa độ trọng tâm G tam giác ABC 2; qua B Sơ đồ giải: Δ ⟵ { ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗Δ ⟵ BH với BH ⊥ AM H u ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ a − ; b − ; c , ⃗⃗⃗⃗⃗ Gọi M a; b; c , ta có BM BC ; − ; ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = BC Vì M thuộc đoạn BC MC = 2BM nên BM a− = a=2 ⇔ {b − = −2 ⇔ {b = − M 2; − ; c= c= ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ; ; Đường thẳng AM qua điểm A(3; 0; 2) có vec tơ phương MA số là: x= +t { y=t z=2+t Tọa độ hình chiếu H B đường thẳng AM có dạng (3 + t; t; + t) ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ MA = hay Ta có H ∈ ∆ ⃗⃗⃗⃗⃗ BH + t; t − ; + t Vì BH ⊥ AM nên BH nên có phương trình tham ⃗⃗⃗⃗⃗ ; −2; ⇔ t=− BH ⃗⃗⃗⃗⃗ ; −2; nên có phương trình tham số có véc tơ phương BH 2+t+t− +2+t = Đường thẳng ∆ qua B ; ; x= +u {y = − 2u z=u 10a x2 y Gọi phương trình (E) :   a b (E) qua M(2 3;1)  a  12b2  a b2  (1) Phương trình tiếp tuyến theo phương pháp nhân đôi tọa độ M 3x y   (2) a2 b Theo giả thiết phương trình tiếp tuyến M 3x  2y   (3) Ta đồng hệ số hai phương trình tiếp tuyến 2b2  Kết hợp (1) ta có a  16, b2  Vậy (E) : x2 y  1 16 a a b2  10b Gọi I tâm mặt cấu (S).d1 có vecto phương n1  (2;1;1) I  (d ) nên I(2t  3; t  1; t  3) với t  R Ta có khoảng cách từ I đến (P) : d[I;(P)]  | 2t   2(t  1)  2(t  3)  (d ) qua điểm M(1; 1;3) có vecto phương 12  22  22  2|t | n2  (2; 2;1), IM  (4  2t; 2  t;6  t ),[IM; n ]  (10  3t;8;6t  4) d[I,(d2 )]  (10  3t )  64  (6t  4) | [IM.n ] | 45t  108t  180   | n2 | 22  (2)  12 d[I;(P)]  d[I,(d2 )]  45t  108t  180  36t  t  12t  20   t   t  10 Thay vào ta tìm hai phương trình mặt cầu : (x  1)2  (y  3)2  (z  1)2  16 (x  17)2  (y  11)2  (z  7)  400 Số Phức Đề: 1.Chứng minh số phức z với z = 18 | C H O + ( + i√ ) + ( + i√ ) + ( + i√ ) + ⋯ + ( + i√ ) ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI số ảo? TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC z 1  | z |2 1i Tìm số phức z biết z  2z số thực z  có z  acgumen Tìm số phức z thỏa mãn (z  1)(1  i)  Cho số phức z   3i (4  i)(2  i)2 Tìm phần thực phần ảo số phức z Tìm acgumen âm lớn số phức z = ( + i√ ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z z̅ + i z +i = số ảo thỏa mãn z̅ + z+ z̅ + i = Tìm phần thực số phức z + i Câu , điểm) Tính số phức z có mơdun nhỏ cho |z| = |z̅ − + i| �â� � , đ�ể� Cho số phức z thỏa mãn z− 2−i +i = Tìm phần thực phần ảo z z̅ + 2i z  12 z4  1 , điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z  8i z8 �â� � Giải: đ�ể� Cho số phức z thoả mãn: z −    + ) z    i   i    1  i     Ta có:  i   cos  i.sin    i 3 3  221  221   i i 3 Vậy z số ảo  21     i  1  i   21 20  221  cos7  isin7   221 3i +) z z 1 z 1i � − − �� +� + Đặt z  x  yi (x, y  ) Khi (z  1)(1  i)  ⇔ � + + �� ⇔ �+ −�+ +� =� +� �+ +� � =2 � +� x  0, y  1 y  (3x  1) 3x   y  2(x2  y )      10x  3x  x   , y    3x   y  10 10  Vậy z = i z   Vì z.z   z  19 | C H O  i 10 10    1 = z.z  có acgumen  nên có z z z ĐI LÀ NHẬN VỀ MÃI MÃI 1 ... thẳng AB có d? ??ng: m  x    n  y  5  m  n  + Khoảng cách từ P đến AB d1  d  P, AB  Khoảng cách từ N đến AD d2  d  N, AD   d1 d2  16   m  3n  m  n   m2  n2 Diện tích hình... lượng giác mà điểm biểu diễn khác (ví d? ?? điểm A’ biểu diễn cho giá trị   hệ trục Oxy, lại biểu diễn giá trị hệ trục Ox’y’ D? ??a vào điều đưa liên hệ giá trị lượng giác biểu diễn trục tọa độ khác... áp d? ??ng phương pháp d? ?? đoán O nhân tử thơng thường, ta chuyển sang d? ?ng phương pháp đốn ý tưởng ban đầu quay trục hệ trục Oxy góc để đưa y'' x'' hệ trục Ox’y’có thể d? ?? d? ?ng đốn nghiệm hơn, sau d? ?ng