PHẦN 6 ĐẠI SỐ TỔ HỢP, XÁC SUẤT (CÂU 6b ĐỀ THI THPT QUỐC GIA)

PHẦN 6 ĐẠI SỐ TỔ HỢP, XÁC SUẤT (CÂU 6b ĐỀ THI THPT QUỐC GIA) 2.1. Bài toán đếm: Ví dụ 1. Cho tập { } 0;1;2;3;4;5A = , từ A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau, trong đó nhất thiết phải có chữ số 0 và 3. Lời giải Gọi số cần tìm là ( ) 0abcde a ≠ Tìm số các số có 5 chữ số khác nhau mà có mặt 0 và 3 không xét đến vị trí a. Xếp 0 và 3 vào 5 vị trí có: 2 5 A cách 3 vị trí còn lại có 3 4 A cách Suy ra có 2 3 5 4 A A số Tìm số các số có 5 chữ số khác nhau mà có mặt 0 và 3 với a = 0. Xếp 3 có 4 cách 3 vị trí còn lại có 3 4 A cách Suy ra có 3 4 4.A số Vậy số các số cần tìm tmycbt là: 2 3 3 5 4 4 4.A A A− = 384 Ví dụ 2. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ. Lời giải Từ giả thiết bài toán ta thấy có 2 5 10C = cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0 đứng đầu) và 3 5 C =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có 2 5 C . 3 5 C = 100 bộ 5 số được chọn. Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số được thành lập => có tất cả 2 5 C . 3 5 C .5! = 12000 số. Mặt khác số các số được lập như trên mà có chữ số 0 đứng đầu là 1 3 4 5 . .4! 960C C = . Vậy có tất cả 12000 – 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán. Ví dụ 3. Có 12 học sinh giỏi gồm 3 học sinh khối 12, 4 học sinh khối 11, 5 học sinh khối 10. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 6 học sinh sao cho mỗi khối có ít nhất 1 học sinh. Lời giải Tổng số cách chọn 6 học sinh trong 12 học sinh là 6 12 C Số học sinh được chọn phải thuộc ít nhất 2 khối Số cách chọn chỉ có học sinh khối 12 và khối 11 là: 6 7 C Số cách chọn chỉ có học sinh khối 11 và khối 10 là: 6 9 C Số cách chọn chỉ có học sinh khối 12 và khối 10 là: 6 8 C 1 Số cách chọn thoả mãn đề bài là: 6 6 6 6 12 7 9 8 805C C C C− − − = (cách) Ví dụ 4. Trên các cạnh AB, BC, CD, DA của hình vuông ABCD lần lượt cho 1, 2, 3 và n điểm phân biệt khác A, B, C, D. Tìm n biết số tam giác có ba đỉnh lấy từ n + 6 điểm đã cho là 439. Lời giải Nếu n ≤ 2 thì n + 6 ≤ 8. Do đó số tam giác có ba đỉnh được lấy từ n + 6 điểm đó không vượt qua 3 8 56 439C = < (loại). Vậy n ≥ 3 Vì mỗi tam giác được tạo thành ứng với 1 tổ hợp 3 chập n + 6 phần tử. Nhưng trên cạnh CD có 3 đỉnh, trên cạnh DA có n đỉnh nên số tam giác tạo thành là: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 6 3 4 5 6 2 1 1 439 6 6 n n n n n n n n C C C + + + + − − − − = − − = ⇔ (n + 4)(n + 5)(n + 6) – (n – 2)(n – 1)n = 2540 ⇔ n 2 + 4n – 140 = 0 Từ đó tìm được n = 10. BÀI TẬP TỰ LUYỆN 1) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau mà mỗi số đều lớn hơn 2010. 2) Cho hai đường thẳng song song d 1 và d 2 . Trên đường thẳng d 1 có 10 điểm phân biệt, trên đường thẳng d 2 có n điểm phân biệt ( 2n ≥ ). Biết rằng có 2800 tam giác có đỉnh là các điểm đã cho. Tìm n. 3) Cho tập { } 0;1;2;3;4;5A = , từ A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau, trong đó nhất thiết phải có chữ số 0 và 3.hoctoancapba.com 2.2. Nhị thức Newton: Ví dụ 1. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức 1 2. n x x   +  ÷   , biết rằng 2 1 1 4 6 n n n A C n − + − = + Lời giải Giải phương trình 2 1 1 4 6 n n n A C n − + − = + ; Điều kiện: n ≥ 2 ; n ∈ N. Phương trình tương đương với ( 1)! ( 1) 4 6 2!( 1)! n n n n n + − − = + − ⇔ ( 1) ( 1) 4 6 2 n n n n n + − − = + ⇔ n 2 – 11n – 12 = 0 ⇔ n = - 1 (Loại) v n = 12. Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn: 12 1 2x x   +  ÷   . Số hạng thứ k + 1 trong khai triển là: T k +1 = 12 12 1 (2 ) k k k C x x −    ÷   ; k ∈ N, 0 ≤ k ≤ 12 Hay T k+ 1 = ( ) 12 2 12 2 . k k k C x x − − = 24 3 12 2 12 .2 . k k k C x − − . 2 Số hạng này không chứa x khi , 0 12 8 24 3 0 k N k k k ∈ ≤ ≤  ⇔ =  − =  . Vậy số hạng thứ 9 không chứa x là T 9 = 8 4 12 2 7920C = Ví dụ 2. Tìm hệ số của x 8 trong khai triển (x 2 + 2) n , biết: 3 2 1 8 49 n n n A C C− + = . Lời giải Điều kiện n ≥ 4 Ta có ( ) 2 2 0 2 2 n n k k n k n k x C x − = + = ∑ Hệ số của số hạng chứa x 8 là 4 4 2 n n C − Hệ số của số hạng chứa x 8 là 4 4 2 n n C − Ta có: 3 2 1 8 49 n n n A C C− + = ⇔ (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49 ⇔ n 3 – 7n 2 + 7n – 49 = 0 ⇔ (n – 7)(n 2 + 7) = 0 ⇔ n = 7 Nên hệ số của x 8 là 4 3 7 2 280C = Ví dụ 3 (ĐH). Cho khai triển đa thức: ( ) 2013 2 2013 1 2 2013 1 2 . . o x a a x a x a x− = + + + + Tính tổng: 0 1 2 2013 2 3 2014S a a a a= + + + + Lời giải Ta có: ( ) 2013 2 2013 0 1 2 2014 (1 2 ) 2 3 2014 .x x a a x a x a x ′ − = + + + + 2013 1012 2 2013 0 1 2 2013 (1 2 ) 4026 (1 2 ) 2 3 2014x x x a a x a x a x⇔ − − − = + + + + (*). Nhận thấy: ( ) k k k k a x a x= − do đó thay 1x = − vào cả hai vế của (*) ta có: 2213 0 1 2 2013 2 3 2014 1343.3S a a a a= + + + + = Ví dụ 4 (ĐH). Cho khai triển: ( ) ( ) 2 10 2 2 14 1 2 14 1 2 1 o x x x a a x a x a x+ + + = + + + + . Hãy tìm giá trị của 6 a . Lời giải Ta có 2 2 1 3 1 (2 1) 4 4 x x x+ + = + + nên ( ) 10 2 2 14 12 10 1 3 9 1 2 ( 1) (1 2 ) (1 2 ) (1 2 ) 16 8 16 x x x x x x+ + + = + + + + + Trong khai triển ( ) 14 1 2x+ hệ số của 6 x là: 6 6 14 2 C ; Trong khai triển ( ) 12 1 2x+ hệ số của 6 x là: 6 6 12 2 C 3 Trong khai triển ( ) 10 1 2x+ hệ số của 6 x là: 6 6 10 2 C Vậy hệ số 6 6 6 6 6 6 6 14 12 10 1 3 9 2 2 2 41748. 16 8 16 a C C C= + + = Ví dụ 5 (ĐH). Tính giá trị biểu thức: 2 4 6 100 100 100 100 100 4 8 12 200A C C C C= + + + + . Lời giải Ta có: ( ) 100 0 1 2 2 100 100 100 100 100 100 1 x C C x C x C x+ = + + + + (1) ( ) 100 0 1 2 2 3 3 100 100 100 100 100 100 100 1 x C C x C x C x C x− = − + − + + (2) Lấy (1)+(2) ta được: ( ) ( ) 100 100 0 2 2 4 4 100 100 100 100 100 100 1 1 2 2 2 2x x C C x C x C x+ + − = + + + + Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được: ( ) ( ) 99 99 2 4 3 100 99 100 100 100 100 1 100 1 4 8 200x x C x C x C x+ − − = + + + Thay x=1 vào => 99 2 4 100 100 100 100 100.2 4 8 200A C C C= = + + + BÀI TẬP TỰ LUYỆN 1) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển 10 3 1 x x   +  ÷   với x > 0. 2) Tính tổng: 0 1 2 2012 2012 2012 2012 2012 1 2 3 2013 C C C C T = + + + +L 3) Tính tổng 0 1 2 2 3 3 2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012 2 2 2 2 1.2 2.3 3.4 4.5 2013.2014 C C C C C S = − + − + + . 2.3. Xác suất: Ví dụ 1. Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng. Lời giải Số phần tử của không gian mẫu là 4 16 1820CΩ = = . Gọi B là biến cố “ 4 quả lấy được có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả màu vàng”. Ta xét ba khả năng sau: - Số cách lấy 1 quả đỏ, 3 quả xanh là: 1 3 4 5 C C - Số cách lấy 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng là: 1 2 1 4 5 7 C C C - Số cách lấy 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng là: 1 1 2 4 5 7 C C C hoctoancapba.com Khi đó 1 3 1 1 2 1 2 1 4 5 4 7 5 4 7 5 740 B C C C C C C C CΩ = + + = . Xác suất của biến cố B là ( ) 740 37 1820 91 B P B Ω = = = Ω . 4 Ví dụ 2. Chọn ngẫu nhiên 5 con bài trong bộ tú lơ khơ. Tính xác suất sao cho trong 5 quân bài đó có đúng 3 quân bài thuộc 1 bộ (ví dụ 3 con K). Lời giải Số cách chọn 5 quân bài trong bộ bài tú lơ khơ là: 52 5 2598960C = Số cách chọn 5 quân bài trong bộ bài tú lơ khơ mà trong 5 quân bài đó có đúng 3 quân bài thuộc 1 bộ là: 13. 4 3 52C = Xác suất để chọn 5 quân bài trong bộ bài tú lơ khơ mà trong 5 quân bài đó có đúng 3 quân bài thuộc 1 bộ là: 52 2598960 = 13 649740 . Ví dụ 3. Cho E là tập các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số: 0,1,2,3,4,5,6,7. Lấy ngẫu nhiên một số trong E. Tính xác suất để lấy được số chia hết cho 5. Lời giải Giả sử 0 ó 7 cách chon a;abcde E a c ∈ ⇒ ≠ ⇒ & Chọn 4 4 7 7 có A ( ) 7 A 5880bcde n E⇒ = = 4 3 7 6 5 ( ) 5880; và 5 có : A 6A 1560 0 e n abcde E abcde Trong E e =  ⇒ Ω = ∈ ⇔ ⇒ + =  =  M Số chia hết cho 5. Gọi A là biến cố chọn dc số chia hết cho 5 thì n(A)=1560 1560 13 ( ) 5880 49 P A = = Ví dụ 4. Cho tập { } 1,2,3,4,5E = . Viết ngẫu nhiên lên bảng hai số tự nhiên, mỗi số gồm 3 chữ số đôi một khác nhau thuộc tập E. Tính xác suất để trong hai số đó có đúng một số có chữ số 5. Lời giải Số các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau thuộc tập E là: 5.4.3 60 = Trong đó số các số không có mặt chữ số 5 là 4.3.2=24, và số các số có mặt chữ số 5 là 60 24 36 − = . Gọi A là biến cố “hai số được viết lên bảng đều có mặt chữ số 5”, B là biến cố “hai số viết lên bảng đều không có mặt chữ số 5”. Rõ ràng A,B xung khắc. Do đó áp dụng qui tắc cộng xác suất ta có: ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 36 36 24 24 1 1 1 1 60 60 60 60 13 25 C C C C P A B P A P B C C C C ∪ = + = + = . Suy ra xác suất để trong hai số đó có đúng một số có chữ số 5 là ( ) 13 12 1 1 25 25 P P A B= − ∪ = − = . Ví dụ 5. Trong một kì thi. Thí sinh được phép thi 3 lần. Xác suất lần đầu vượt qua kì thi là 0,9. Nếu trượt lần đầu thì xác suất vượt qua kì thi lần hai là 0,7. Nếu trượt cả hai lần thì xác suất vượt qua kì thi ở lần thứ ba là 0,3. Tính xác suất để thí sinh thi đậu. Lời giải 5 Gọi A i là biến cố thí sinh thi đậu lần thứ i (i = 1;2;3). Gọi B là biến cố để thí sinh thi đậu. Ta có: 1 1 2 1 2 3 B A (A A ) (A A A ) = ∪ ∪ Suy ra: 1 1 2 1 2 3 P(B) P(A ) P(A A ) P(A A A ) = + + Trong đó: 1 1 1 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2 3 3 P(A ) 0,9 P(A A ) P(A ).P(A / A ) 0,1.0,7 P(A A A ) P(A ).P(A / A ).P(A / A A ) 0,1.0,3.0,3 =   = =   = =  Vậy: P(B) 0,9 0,1.0,7 0,1.0,3.0,3 0,979 = + + = BÀI TẬP TỰ LUYỆN 1) Từ các chữ số của tập { } 0;1;2;3;4;5T = , người ta ghi ngẫu nhiên hai số tự nhiên có ba chữ số khác nhau lên hai tấm thẻ. Tính xác suất để hai số ghi trên hai tấm thẻ đó có ít nhất một số chia hết cho 5. 2) Có 10 học sinh lớp A; 9 học sinh lớp B và 8 học sinh lớp C. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ các học sinh trên. Tính xác suất sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn và có ít nhất 2 học sinh lớp A. 3) Một hộp đựng 11 viên bi được đánh số từ 1 đến 11. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi rồi cộng các số trên viên bi lại với nhau. Tính xác suất để kết quả thu được là một số lẻ. 4) Một chiếc hộp đứng 6 cái bút màu xanh, 6 cái bút màu đen, 5 cái bút màu tím và 3 cái bút màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên ra 4 cái bút. Tính xác suất để lấy được ít nhất 2 bút cùng màu. CHUYÊN ĐỀ 6: TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN Biên soạn và sưu tầm: Hoàng Văn Quý – GV trường THPT Lương Tài số 2 1. Kiến thức liên quan 1.1. Công thức nguyên hàm cơ bản Nguyên hàm của hàm số cơ bản Nguyên hàm mở rộng dx x C= + ∫ . , aa dx ax C= + ∈ ∫ ¡ 6 1 , 1 1 x x dx C α α α α + = + ≠ − + ∫ 1 1 ( ) ( ) . 1 ax b ax b dx C a α α α + + + = + + ∫ ln , x 0 dx x C x = + ≠ ∫ 1 .ln dx ax b C ax b a = + + + ∫ x x e dx e C= + ∫ 1 . ax b ax b e dx e C a + + = + ∫ ln x x a a dx C a = + ∫ 1 . ln x x a a dx C a α β α β α + + = + ∫ cos sinxdx x C= + ∫ 1 cos( ) .sin( )ax b dx ax b C a + = + + ∫ sin cosxdx x C= − + ∫ 1 sin( ) .cos( )ax b dx ax b C a + = − + + ∫ 2 1 tan cos dx x C x = + ∫ 2 1 1 tan( ) cos ( ) dx ax b C ax b a = + + + ∫ 2 1 sin dx cotx C x = − + ∫ 2 1 1 ( ) sin ( ) dx cot ax b C ax b a = − + + + ∫ 1.2. Công thức tích phân F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên đoạn [a;b] thì ( ) ( ) ( ) ( ) b b a a f x dx F x F b F a= = − ∫ 1.3. Phương pháp đổi biến số 1.3.1. Dạng 1 : Tính I = [ ] ' ( ) ( ) b a f x x dx ϕ ϕ ∫ + Đặt t = ( )x ϕ ' ( ).dt x dx ϕ ⇒ = + Đổi cận : ⇒ I = ( ) ( ) ( ) ( ). ( ) ( ) b a b f t dt F t a ϕ ϕ ϕ ϕ = ∫ 1.3.2. Dạng 2 : Tính I = ( ) b a f x dx ∫ bằng cách đặt x = ( )t ϕ Dạng chứa 2 2 a x− : Đặt x = asint, t ; 2 2 π π   ∈ −     (a>0) 1.4. Phương pháp tích phân từng phần * Công thức tính : ( ) b b b b a a a a f x dx udv uv vdu= = − ∫ ∫ ∫ 7 x a b t ( )a ϕ ( )b ϕ  Đặt       = = ⇒ = = )( )( hamnguyenlayv hamdaolaydxdu dv u Ta thường gặp hai loại tích phân như sau: * Loại 1: ( ) ( ).sin ( ). ( ).cos ( ). ( ) ( ). . b a b a b f x a P x f x dx P x f x dx u P x P x e dx      ⇒ =       ∫ ∫ ∫ , trong đó ( )P x là đa thức bậc n. *Loại 2: ( ).ln ( ). ln ( ) b a P x f x dx u f x⇒ = ∫ hoctoancapba.com 1.5. Tính chất tích phân Tính chất 1: ( ) ( ) b b a a kf x dx k f x dx= ∫ ∫ , k: hằng số Tính chất 2: [ ] ( ) ( ) ( ) ( ) b b b a a a f x g x dx f x dx g x dx± = ± ∫ ∫ ∫ Tính chất 3: ( ) ( ) ( ) ( ) b c b a a c f x dx f x dx f x dx a c b= + < < ∫ ∫ ∫ 1.6. Diện tích hình phẳng 1.6.1. Dạng 1: Cho hàm số y = f(x) liên tục trên [a; b]. khi đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), trục Ox và hai đường thẳng x = a và x = b là: ( ) b a S f x dx= ∫ (*) Lưu ý:  ( ) 0f x = vô nghiệm trên (a;b) thì ( ) ( ) b b a a S f x dx f x dx= = ∫ ∫  ( ) 0f x = có 1 nghiệm ( ; )c a b∈ thì ( ) ( ) ( ) b c b a a c S f x dx f x dx f x dx= = + ∫ ∫ ∫ 1.6.2. Dạng 2: Cho hai hàm số y = f 1 (x) và y = f 2 (x) liên tục trên [a; b]. Khi đó diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số f 1 (x), f 2 (x) và hai đường thẳng x = a, x = b là: 8 1 2 ( ) ( ) b a S f x f x dx= − ∫ (**) Lưu ý: Khử dấu giá trị tuyệt đối của công thức (**) thực hiện tương tự đối với công thức (*). 1.7. Thể tích vật thể tròn xoay Thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f(x), trục Ox và hai đường thẳng x = a, x = b quay xung quanh trục Ox là: 2 ( ) b a V f x dx π = ∫ Lưu ý: Diện tích, thể tích đều là những giá trị dương. 2. Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Tính các tích phân sau ( ) ( ) ( ) 1 1 0 0 0 4 2 3 1 0 1/ (2x+e ) x 2 / 2 3 3 / sinx+cos 2 3 4 / 5 / sin 2 x x x A d B e dx C x dx x x D dx E x x dx x π π = = + =   + + = = −  ÷   ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Lời giải ( ) 1 1 1 1 1 2 0 0 0 0 0 1/ 2 2 1 0 1 x x x A x e dx xdx e dx x e e e= + = + = + = − + − = ∫ ∫ ∫ ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 2 2 2 1 3 2 / 2 3 2 3 2 3 ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 x x x x x x e e B e dx e dx dx e e −   = + = + = + = +  ÷   ∫ ∫ ∫ ( ) 0 0 0 0 0 3 / sinx cos sinx cos cos sin 2C x dx dx xdx x x π π π π π = + = + = − + = ∫ ∫ ∫ 4 4 4 5 3 4 4 3 2 2 2 3 3 1 1 1 1 1 1 3 1 2 3 4 / 3 ln 3 2 x D dx x x dx x x x x x x x − − − −     = + + = + + = − + =  ÷  ÷ −     ∫ ∫ ( ) 2 2 0 0 0 0 0 1 1 5 / sin 2 sin 2 cos2 2 2 2 E x x dx xdx xdx x x π π π π π π = − = − = + = ∫ ∫ ∫ Ví dụ 2. Tính các tích phân sau ( ) 6 1 1 0 ln 2 1 0 2 1 1/ 3 x 2 / x 1 3 1 1 2ln 1 1 3 / 4 / ln 1 2 1 e x x I x x d J d x x K dx L x dx x x e x + = + = + +   +   = + = +  ÷  ÷  ÷ + +     ∫ ∫ ∫ ∫ Lời giải 9 6 1 1/ 3I x x dx= + ∫ • Đặt 3x t+ = ta được 2 3 2x t dx tdt+ = ⇒ = • Đổi cận: 1 2; 6 3x t x t= ⇒ = = ⇒ = • Khi đó ( ) 3 3 4 2 5 3 2 2 2 232 2 6 2 5 5 I t t dt t t   = − = − =  ÷   ∫ 1 0 2 1 2 / 1 3 1 x J dx x + = + + ∫ • Đặt 3 1x t+ = ta được 2 1 2 3 3 t x dx tdt − = ⇒ = • Đổi cận 0 1; 1 2x t x t= ⇒ = = ⇒ = • Khi đó 2 2 3 2 1 1 2 2 2 3 28 2 3 2 2 3 ln 9 1 9 1 27 3 2 t t J dt t t dt t t +   = = − + − = −  ÷ + +   ∫ ∫ ( ) 1 1 2ln 1 3 / ln 1 e x K dx x x x   + = +  ÷  ÷ +   ∫ • Tính 1 1 1 e K dx x = ∫ ta được kết quả ( ) 1 2 1K e= − • Đặt ln x t= ta được dx dt x = • Đổi cận 1 0; 1x t x e t= ⇒ = = ⇒ = • Khi đó ( ) ( ) 1 1 2 0 0 2 1 2 ln 1 2 ln 2 1 t K dt t t t + = = − + = − + ∫ • Vậy ta được 1 2 2 ln 2K K K e= + = − ln 2 0 1 4 / 2 1 x L x dx e   = +  ÷ +   ∫ hoctoancap ba. com • Tính ln 2 1 0 L xdx= ∫ ta được kết quả 2 1 ln 2 2 I = • Tính ln 2 2 0 1 2 1 x L dx e = + ∫ • Đặt x e t= ta được x e dx dt= • Đổi cận 0 1; ln 2 2x t x t= ⇒ = = ⇒ = • Khi đó ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 5 6 ln ln 2 1 ln 2 ln ln 2 1 3 5 dt L t t t t = = − + = − = + ∫ • Vậy ta được 2 1 2 1 6 ln 2 ln 2 5 L L L= + = + 10 [...]... ∫ 14 0 1 1 16 ∫ x x + 1dx 0 ln 5 dx 19 ∫ x e + 2e − x − 3 ln 3 2 2 5 3 6 9 ∫ x (1 − x ) dx 0 12 17 ∫ x 2 x + 5dx 3 ∫ 1 + 4sin x cos xdx 0 15 sin(ln x) dx x 1 ∫ 8 18 0 1 π 6 e 1 1 ∫x x2 + 1 3 20 ∫ e dx −x π 3 ∫ cos 1 1 − x 2 dx 1 0 21 0 1 ∫ 23 dx sin x dx 3 x 0 1 ∫ x dx x −1 ∫ 11 x ∫ (1 + 3x ) dx 1 0 π 6 6 0 π 2 π 4 22 1 0 1 12 π 6 4− x 0 dx 2 24 1 ∫1+ x 2 dx 0 Bài 3: Tính các tích phân sau 1 π 2 1 ∫... kính BC có tâm I 1; ; −2 ÷, bán kính r =  2  3 69 ( x − 1) 2 + ( y − ) 2 + ( z + 2) 2 = 2 4 c) Mặt cầu tâm C tiếp xúc với (P) nên có bán kính 0 − 4 − 12 + 1 r = d (C ,( P )) = =5 1+ 4 + 4 69 có phương trình: 2 Phương trình mặt cầu cấn tìm: x 2 + ( y − 2) 2 + ( z + 6) 2 = 25 Ví dụ 12: Cho mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 6 y − 8 z + 1 = 0 a) Xác định tọa độ tâm I và bán kính r của mặt cầu (S)... = cos x, y = 0, x = 0, x = π c) y = tan x, y = 0, x = 0, x = π 4 d) y = 2 − x 2 , y = 1 1 e) y = ln x, x = , x = e, y = 0 e CHUYÊN ĐỀ 7: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN Biên soạn và sưu tầm: Hoàng Văn Quý – GV trường THPT Lương Tài số 2 1 Kiến thức liên quan 1.1 Một số phép toán vectơ 17 uuu r 1 AB = ( xB − x A , yB − y A , z B − z A ) uuu r 2 2 2 2 AB = AB = ( xB − x A ) + ( yB − y A ) + ( zB −... d2 ( I ,(α )) + Tìm tâm H ( là hình chiếu vuông góc của tâm I trên mp(α) ) 20 1.5.3 Các dạng toán cơ bản về mặt cầu • Viết phương trình mặt cầu bằng cách xác định tâm và bán kính • Viết phương trình mặt cầu bằng cách xác định hệ số của phương trình tổng quát • Bài toán khác liên quan đến mặt cầu 2 VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng x = t x−2 y−2 z−2  d1...  = ( 6; 0 ;6 ) với N(0;1;0)   • Phương trình mp(P): x+z-4=0 Ví dụ 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 3x-2y-3z+1=0 và mặt phẳng (Q): 5x+2y+5z-1=0 Viết phương trình mặt phẳng (R) vuông góc với mp(P) và mp(Q) đồng thời biết khoảng cách từ gốc tọa độ đến mp(R) bằng 1 Lời giải uu r uu uu r r • Ta có nR =  nP , nQ  = ( −4; −30; 16 )   • Suy ra phương trình (R) là: -4x-30y+16z+D=0... z = 1 + 4t   x = −1 − 2t  c) ∆ 3 :  y = 4 + t  z = −1 + 3t  r a) d có VTCP u = (1; −1;3) r ∆1 có VTCP u1 = (2; −2 ;6) 1 + 2t = −1 + t ' 2t − t ' = −2   Xét hệ phương trình: −2t = 3 − t ' ⇔ −2t + t ' = 3 vô nghiệm 3 + 6t = 3t ' 6t − 3t ' = −3   r r Và u1 = (2; −2 ;6) = 2u Suy ra: d // ∆1 b) Thực hiện tương tự: d và ∆ 2 cắt nhau c) Thực hiện tương tự: d và ∆ 3 chéo nhau Ví dụ 9 Trong... Cho A(1;3;1), B(2;1;2), C(0;2; -6) và mp(P) x − 2 y + 2 z + 1 = 0 a) Viết phương trình mặt cầu tâm B qua A b) Viết phương trình mặt cầu đường kính BC c) Viết phương trình mặt cầu tâm C, tiếp xúc mp(P) 24 Lời giải a) Mặt cầu tâm B, qua A nên có bán kính r = AB AB = 1 + 4 + 1 = 6 Phương trình mặt cầu cần tìm: ( x − 1) 2 + ( y − 3) 2 + ( z − 1) 2 = 6 b) Gọi I là trung điểm BC 69  3  1 Khi đó, I  1; ;... K 2 = − x cos x 0 + ∫ cos xdx = π + sinx 0 = π 0 * Chú ý: Ta thường đặt t là căn, mũ, mẫu - Nếu hàm có chứa dấu ngoặc kèm theo luỹ thừa thì đặt t là phần bên trong dấu ngoặc nào có luỹ thừa cao nhất - Nếu hàm chứa mẫu số thì đặt t là mẫu số 11 - Nếu hàm số chứa căn thức thì đặt t = căn thức dx - Nếu tích phân chứa thì đặt t = ln x x - Nếu tích phân chứa e x thì đặt t = e x dx - Nếu tích phân chứa... (−3;0;2), BC = (4; −3; −5) r r r uuu uuu VTCP: n = AB ∧ BC = (6; −7;9) Phương trình đường thẳng d cần tìm:  x = x0 + a1t  x = 1 + 6t    y = y0 + a2t ⇔  y = −2 − 7t z = z + a t  z = −1 + 9t  0 3   x = −1 + t  Ví dụ 8: Xét vị trí tương đối của d  y = 3 − t với các đường thẳng:  z = 3t  23  x = 1 + 2t  a) ∆1 :  y = −2t  z = 3 + 6t  Lời giải x = 2 + t  b) ∆ 2 :  y = 8 − 2t  z = 1 +... mặt phẳng và các vấn đề liên quan • Viết phương trình mặt phẳng bằng cách xác định VTPT • Viết phương trình mặt phẳng liên quan đến khoảng cách • Viết phương trình mặt phẳng dạng đoạn chắn • Viết phương trình mặt phẳng liên quan đến góc • Viết phương trình mặt phẳng liên quan đến mặt cầu • Các dạng toán khác về mặt phẳng  Dạng 3: Bài toán về phương trình đường thẳng và các vấn đề liên quan • Viết phương . hệ số của 6 x là: 6 6 14 2 C ; Trong khai triển ( ) 12 1 2x+ hệ số của 6 x là: 6 6 12 2 C 3 Trong khai triển ( ) 10 1 2x+ hệ số của 6 x là: 6 6 10 2 C Vậy hệ số 6 6 6 6 6 6 6 14. PHẦN 6 ĐẠI SỐ TỔ HỢP, XÁC SUẤT (CÂU 6b ĐỀ THI THPT QUỐC GIA) 2.1. Bài toán đếm: Ví dụ 1. Cho tập { } 0;1;2;3;4;5A = , từ A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác. là: 5.4.3 60 = Trong đó số các số không có mặt chữ số 5 là 4.3.2=24, và số các số có mặt chữ số 5 là 60 24 36 − = . Gọi A là biến cố “hai số được viết lên bảng đều có mặt chữ số 5”, B là