Tai lieu on thi Ly thuyet Vi du

Lưu ý: Việc quy đồng hai vế thường được áp dụng khi giải bất phương trình có ẩn ở mẫu nhưng lúc thực hiện phép quy đồng hai vế chúng ta không được bỏ mẫu chung đi trừ khi mẫu chung ấy là[r]

D NG PH C SANG TAØI LIEÄU OÂn thi THPT Quoác gia Môn Toán 2016 Quyeån 1: Lyù thuyeát Caùc Ví duï Đề tham khảo Löu haønh noäi boä M CL C Phần 1: Hàm số và số bài toán có liên quan Phần 2: Phương trình, bất phương trình mũ và lôgarit 16 Phần 3: Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng 23 Phần 4: Phương pháp toạ độ không gian (Oxyz ) 32 Phần 5: Số phức 45 Phần 6: Khối đa diện, khối tròn xoay 49 Phần 7: Một số vấn đề lượng giác 56 Phần 8: Tổ hợp – Xác suất & Nhị thức Newton 64 Phần 9: Phương pháp toạ độ mặt phẳng (Oxy ) 69 Phần 10: Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình 75 Phần 11: Bất đẳng thức, giá trị lớn & giá trị nhỏ 84 Phụ lục: Đề và đáp án kỳ thi THPT.QG năm 2015 91 Phụ lục: Phương pháp xét dấu biểu thức chứa biến 95 Phụ lục: Một số vấn đề tam thức bậc hai 96 Phụ lục: Một số vấn đề toạ độ mặt phẳng 98 Phụ lục: Bảng công thức đạo hàm 99 Phụ lục: Bảng công thức lượng giác 100 KH O SÁT HÀM S VÀ BÀI TOÁN CÓ LIÊN QUAN I Sơ đồ khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đa thức Hàm số bậc ba: y = ax + bx + cx + d (a ≠ 0) Hàm số trùng phương: y = ax + bx + c (a ≠ 0) Tập xác định : D = ℝ Tính lim y và lim y Tìm điểm uốn y ′ = Tính y ′ Vẽ bảng biến thiên Lập bảng giá trị Cho y ′ = tìm x (nếu có) Nêu tính đơn điệu và cực trị Vẽ đồ thị và nêu nhận xét x →−∞ x →+∞ 1) Hình dáng đồ thị hàm số bậc ba y = ax + bx + cx + d Số nghiệm phương trình y ′ = a>0 Sự biến thiên a<0 và cực trị y y Đồ thị hàm số y ′ = có nghiệm luôn có phân biệt x O O x điểm cực trị y y Đồ thị hàm số y ′ = có nghiệm kép vô nghiệm luôn ĐB O x O x luôn NB Đồ thị hàm số bậc ba luôn nhận điểm uốn làm tâm đối xứng 2) Hình dáng đồ thị hàm số trùng phương y = ax + bx + c Số nghiệm phương trình y ′ = a>0 Cực trị a<0 y y Đồ thị hàm số y ′ = có nghiệm phân biệt có điểm x O O y y Đồ thị hàm số y ′ = có nghiệm cực trị x O x có điểm x O cực trị Đồ thị hàm số trùng phương luôn nhận trục tung làm trục đối xứng Nếu đồ thị hàm số trùng phương có điểm cực trị thì chúng tạo thành đỉnh tam giác cân Th.S Dương Phước Sang 0942.080383 II Sơ đồ khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số biến y= ax + b (c ≠ 0, ad − bc ≠ 0) cx + d lim y = a Tìm tập xác định D = R\{?} Tính Tính y ′ và xét dấu y ′ trên D Suy phương trình Tính lim y và ( ) x → −d c − x →±∞ Nêu tính đơn điệu và cực trị c hàm số Lập bảng giá trị đường tiệm cận lim y ( ) + x → −d Vẽ đồ thị và nêu nhận xét Vẽ bảng biến thiên c Hình dáng đồ thị hàm số biến y y′ > y′ < y O O x x Đồ thị hàm số biến luôn luôn nhận giao điểm hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng III Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y = f ′(x )(x − x ) + y (*) y Một số cách xác định hệ số góc tiếp tuyến: y0 Tiếp tuyến đồ thị (C ) : y = f (x ) x có hệ số góc k = f ′(x ) Tiếp tuyến song song với △ : y = ax + b có hệ số góc k = a M0 x0 O x Tiếp tuyến vuông góc với △ : y = ax + b có hệ số góc k = − (a ≠ 0) a Tiếp tuyến tạo với trục hoành góc ϕ có hệ số góc k = ± tan ϕ Dạng (phương trình tiếp tuyến TẠI điểm) Xác định đủ ba giá trị x 0, y và f ′(x ) Dùng công thức (*) để viết phương trình tiếp tuyến Dạng (phương trình tiếp tuyến biết trước hệ số góc k ) Xác định hệ số góc k từ giả thiết bài toán Dùng công thức f ′(x ) = k để xác định x tìm y0 Đặc biệt lưu ý Tiếp tuyến đồ thị TẠI điểm khác hoàn toàn với tiếp tuyến đồ thị ĐI QUA điểm Dùng công thức (*) để viết phương trình tiếp tuyến Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 Dạng (phương trình tiếp tuyến thoả điều kiện nào đó cho trước) Đặt x = a tính y = f (a ) và f ′(x ) = f ′(a ) Viết phương trình tiếp tuyến (C ) x theo công thức y = f ′(a )(x − a ) + f (a ) Dùng điều kiện đề cho để xác định a Từ đó viết phương trình tiếp tuyến IV Biện luận số nghiệm phương trình đồ thị Đưa phương trình F (x , m ) = dạng f (x ) = b(m ) (*)  (C ) : y = f (x ) là đồ thị hàm số y = f (x ) đã vẽ Đặt    d : y = b(m ) lµ ®−êng th¼ng n»m ngang ®i qua A(0;b(m )) Kết quả: Phương trình (*) có n nghiệm ⇔ (C ) và d có n điểm chung ⇔ ⋯ V Điều kiện xác lập cực trị hàm số bậc ba và hàm số trùng phương Cho hàm số y = f (x ) liên tục trên K chứa x cho f ′(x ) = Khi đó, f ′′(x ) < ⇒ f (x ) đạt cực đại x f ′′(x ) > ⇒ f (x ) đạt cực tiểu x f ′′(x ) ≠ ⇒ f (x ) đạt cực trị x f ′′(x ) = : không suy điều gì (nếu y ′′(x ) = ta cần vẽ bảng biến thiên hàm số để xác định cực trị hàm số) Hàm số bậc ba y = ax + bx + cx + d có cực trị ⇔ y ′ = có nghiệm phân biệt Hàm số trùng phương y = ax + bx + c có cực trị ⇔ y ′ = có nghiệm phân biệt Hàm số trùng phương y = ax + bx + c có cực trị ⇔ y ′ = có nghiệm VI Sự tương giao đồ thị hàm số và đường thẳng Số giao điểm (C ) : y = f (x ) và d : y = kx + b với số nghiệm phương trình f (x ) = kx + b Đồ thị hàm số bậc ba cắt trục hoành điểm phân biệt và hàm số có điểm cực trị cho giá trị cực trị tương ứng trái dấu với Đồ thị hàm số trùng phương cắt trục hoành điểm phân biệt và hàm số có điểm cực trị cho giá trị cực đại và cực tiểu hàm số trái dấu với VII Sự đơn điệu hàm số biến trên khoảng ax + b đồng biến trên khoảng K ⊂ D ⇔ f ′(x ) > 0, ∀x ∈ K cx + d ax + b Hàm số y = nghịch biến trên khoảng K ⊂ D ⇔ f ′(x ) < 0, ∀x ∈ K cx + d Hàm số y = IX Một số công thức tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng ( ) d M, ∆ = a.x M + b.yM + c a + b2 (với ∆ : ax + by + c = ) Th.S Dương Phước Sang ( ) d M , ∆® = x M − x (với ∆® : x = x ) ( ) d M , ∆n = yM − y (với ∆n : y = y ) 0942.080383 Đ TH C A HÀM S CH A D U GIÁ TR TUY T Đ I  f (x ) nÕu f (x ) ≥ f (x ) =   −f (x ) nÕu f (x ) < (C ) : y = f (x ) (C ) : y = f (x ) Giữ nguyên phần đồ thị (C ) nằm phía trên Ox Lấy đối xứng với phần còn lại (C ) qua Ox (C ) : y = u(x ) v(x ) y = f (|x |) là hàm số chẵn Giữ nguyên phần đồ thị nên có đồ thị nhận trục (C ) ứng với u(x ) ≥ tung làm trục đối xứng Lấy đối xứng với phần (C ) : y = f ( x ) còn lại (C ) qua Ox Giữ nguyên phần đồ thị  u (x )v(x ) nÕu u (x ) ≥ u (x ) v (x ) =   −u(x )v(x ) nÕu u(x ) < (C ) nằm bên phải Oy Lấy đối xứng với phần đã giữ lại đó qua Oy VÍ DỤ MINH HOẠ Ví dụ 1: a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số y = x − x + b) Biện luận theo m số nghiệm phương trình x − 6x + 8m = (1) Với giá trị nào m thì phương trình (1) có đúng nghiệm dương ? Lời giải Câu a: y = x − x + Tập xác định : D = R Cho y ′ = ⇔ x − x = ⇔ x = x = Đạo hàm: y ′ = x − x Giới hạn: lim y = −∞ ; x →−∞ Bảng biến thiên: x lim y = +∞ Hàm số bậc ba x →+∞ −∞ + y′ +∞ – + lim y x →+∞ cùng dấu với +∞ hệ số a y –∞ –1 Hàm số đồng biến trên khoảng (–∞; 0) và (4;+∞); nghịch biến trên khoảng (0;4) Hàm số đạt cực đại x CÑ = ⇒ yCÑ = 3, đạt cực tiểu x CT = ⇒ yCT = −1 Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 Bảng giá trị: x –2 y –1 –1 y Đồ thị hàm số là đường cong nhận điểm I (2;1) làm tâm đối xứng (như hình vẽ) Câu b: Ta có (1) ⇔ x − 6x = −8m -2 O -1 ⇔ x − x = −m ⇔ x − x + = − m x 3  (C ) : y = x − x + Đặt  thì số nghiệm (1)  d : y = − m  y với số giao điểm (C ) và d (1) có nghiệm ⇔ (C ) và d có đúng điểm chung 17 ⇔ −1 < − m < ⇔ < m < (1) có nghiệm ⇔ (C ) và d có đúng điểm chung  − m = −1 ⇔  ⇔  − m = y=3-m -2 -1 O x -1 m =  m =   − m < −1 m > (1) có nghiệm ⇔ (C ) và d có đúng điểm chung ⇔  ⇔   m <  − m > Đặc biệt: (1) có đúng nghiệm dương ⇔ (C ) và d có đúng điểm chung bên phải Oy 3 −m ≥ ⇔  ⇔  − m = −1 m ≤  m =  Ví dụ 2: Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số y = −x + 3x − 3x Lời giải Câu a: y = −x + 3x − 3x Tập xác định: D = R Đạo hàm: y ′ = −3x + 6x − Bảng biến thiên:  lim y = +∞    x →−∞  lim y = −∞  x →+∞ x −∞ y′ y Cho y ′ = ⇔ −3x + 6x − = ⇔ x = 1 – +∞ −1 +∞ y – –∞ O Hàm số nghịch biến trên R và không đạt cực trị Bảng giá trị: x y −1 −2 x -1 -2 Đồ thị hàm số là đường cong nhận điểm I(1;–1) làm tâm đối xứng Th.S Dương Phước Sang 0942.080383 Ví dụ 3: Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C ) các hàm số sau đây a) y = x − 2x b) y = x + x − Lời giải Câu a: y = x − 2x Tập xác định: D = R Cho y ′ = ⇔ 4x − 4x = ⇔ x = hoÆc x = ±1 Đạo hàm: y ′ = 4x − 4x Giới hạn: lim y = +∞ x →±∞ Hàm số trùng phương Bảng biến thiên x −∞ –1 – y′ 0 + +∞ – lim y +∞ x →±∞ + cùng dấu với hệ số a +∞ y –1 –1 Hàm số đồng biến trên khoảng (–1;0), (1;+∞) và nghịch biến trên khoảng (–∞;–1), (0;1) Hàm số đạt cực đại xCĐ = với yCĐ = y đạt cực tiểu xCT = ± với yCT = –1 Bảng giá trị: x y − − –1 –1 –1 -1 x -1 Đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng (như hình vẽ) Câu b: y = x + x − O Tập xác định: D = R Cho y ′ = ⇔ 4x + 2x = ⇔ x = Đạo hàm: y ′ = 4x + 2x Giới hạn: lim y = +∞ x →±∞ x −∞ y′ – Bảng biến thiên: +∞ y +∞ + +∞ y –1 Hàm số đồng biến trên khoảng (0;+∞), nghịch biến trên khoảng (–∞;0) Hàm số đạt cực tiểu xCT = với yCT = và không đạt cực đại Bảng giá trị: x –1 y 1 O -1 x -1 Đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng (như hình vẽ bên đây) Ví dụ 4: Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C ) các hàm số y = Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 2x − x −1 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 y = 2x −1 x −1 Tập xác định: D = R\{1}  ax +b  cx +d Đạo hàm: y ′ = −1 < 0, ∀x ≠ (x −1) lim y = −∞; lim+ y = +∞ vµ lim y = x →1− y x →±∞ x →1 ′ = ad −cb  (cx +d )2 Tiệm cận đứng là ∆® : x = , tiệm cận ngang là ∆n : y = Bảng biến thiên: x −∞ y′ y +∞ – – +∞ –∞ Hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞;1) vµ (1; +∞) Bảng giá trị: x –1 y 1 3 -1 O x Đồ thị hàm số gồm hai nhánh nhận điểm I (1;2) làm tâm đối xứng (như hình vẽ) Ví dụ 5: Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số sau đây với điều kiện kèm theo a) y = x − x + 1, các giao điểm đồ thị hàm số với đường thẳng y = 2x – b) y = −x + 3x − 3x , tiếp tuyến song song với đường thẳng y = – 3x 2x − c) y = , tiếp tuyến tạo với hai trục toạ độ tam giác cân x −1 d) y = x − 4x + 3, tiếp tuyến qua điểm A ( ; −1) Lời giải Câu a: Hàm số y = x – x + có đạo hàm y ′ = 3x − Phương trình hoành độ giao điểm (C ) : y = x − x + và d : y = 2x – x − x + = 2x − ⇔ x − 3x + = ⇔ x = −2 hoÆc x = Với x = −2 thì y = −5 vµ f ′(−2) = 11 Phương trình t.tuyến (C ) A(– ;11) là: y = 11(x + 2) − ⇔ y = 11x + 17 Với x = thì y = vµ f ′(1) = Phương trình tiếp tuyến (C ) B (1;1) là: y = 2(x − 1) + ⇔ y = 2x − Câu b: Hàm số y = −x + 3x − 3x có đạo hàm y ′ = −3x + 6x − Do tiếp tuyến song song với đường thẳng d : y = – 3x nên có hệ số góc k = y ′(x ) = −3 (trong đó x là hoành độ tiếp điểm) ⇔ −3x 02 + 6x − = −3 ⇔ 3x 02 − 6x = ⇔ x = hoÆc x = Với x = thì y = Phương trình tiếp tuyến (C ) O(0;0) có phương trình y = −3(x − 0) + ⇔ y = −3x (tiếp tuyến này song song với d) Th.S Dương Phước Sang 0942.080383 Với x = thì y = −2 Phương trình tiếp tuyến (C ) M(2;– 2) có phương trình y = −3(x − 2) − ⇔ y = −3x + (tiếp tuyến này trùng với d) Như (C ) có tiếp tiếp song song với d là y = – 3x 2x − −1 Câu c: Hàm số y = có đạo hàm y = x −1 (x − 1)2 Tiếp tuyến tạo với hai trục toạ độ tam giác cân nên tạo với trục Ox góc 45 Từ đó hệ số góc tiếp tuyến đó là k = ± tan 45 = ±1 ⇔ y ′(x ) = ±1 ⇔ −1 (x − 1) = ±1 ⇔ −1 (x − 1)2 = −1 ⇔ x = hoÆc x = Đến đây giải tiếp ta tìm hai tiếp tuyến là y = −x + vµ y = −x + Câu d:Hàm số y = x − 4x + có đạo hàm y ′ = 4x − 8x Chú ý Đặt x = a ta có y = a − 4a + và y ′(a ) = 4a − 8a Phương trình tiếp tuyến d đồ thị hàm số x = a có dạng y = (4a − 8a )(x − a ) + a − 4a + Tiếp tuyến qua A khác với tiếp tuyến A Để tiếp tuyến trên qua A ( ; −1) thì −1 = (4a − 8a ) ( − a ) + a − 4a + Giải phương trình trên ta a = 1, a = , a = ± , từ đó ta có các tiếp tuyến y = −4x + ; y = − 112 x + 113 vµ y = −1 27 27 Ví dụ 6: Tìm các giá trị tham số m để hàm số sau đây đạt cực tiểu x = −2 y= x + (m − m + 2)x + (3m + 1)x − Lời giải x + (m − m + 2)x + (3m + 1)x − (1) Đạo hàm cấp một: y ′ = x + 2(m − m + 2)x + (3m + 1) ⇒ y ′(−2) = −m + 4m − Đạo hàm cấp hai: y ′′ = 2x + 2(m − m + 2) ⇒ y ′′(−2) = 2m − 2m y= Tập xác định : D = R Hàm số đạt cực tiểu x = −2 nên y ′(−2) = ⇔ −m + 4m − = ⇔ m = m = Với m = thì y ′′(−2) = 12 > ⇒ hàm số đạt cực tiểu x = −2 Với m = thì y ′′(−2) = (kết này thì phải dùng biến thiên hàm số) Ta có y ′ = x + 4x + = (x + 2)2 ≥ 0, ∀x ∈ ℝ ⇒ hàm số không đạt cực trị Vậy với m = thì hàm số đạt cực tiểu x = −2 Lưu ý: với f ′′(x ) = ta chưa thể khẳng định hàm số có đạt cực trị x hay không, muốn xác định tồn cực trị hàm số x ta phải xét dấu f ′(x ) Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 Ví dụ 7: Cho hàm số y = (m + 1)x + 3mx + (3 − m )x − a) Tìm các giá trị m để hàm số có cực đại và cực tiểu b) Với giá trị nào m thì hàm số có các điểm cực trị cùng dương c) Với giá trị nào m thì các điểm cực trị x 1, x thoả mãn x + x + x1x + = Lời giải Câu a: Hàm số y = (m + 1)x + 3mx + (3 − m )x − có tập xác định D = R y ′ = 3(m + 1)x + 6mx + (3 − m ) y ′ = ⇔ 3(m + 1)x + 6mx + (3 − m ) = Hàm số có cực đại và cực tiểu ⇔ phương trình y ′ = có hai nghiệm x1, x phân biệt  3(m + 1) ≠  ay ′ ≠ ⇔  ⇔  ⇔ m ∈ −∞; 1− 13 ∪ 1+ 13 ; +∞ \ {−1} 4  △′ >  12m − 6m − > y′ ( ) ( ) Câu b: Hàm số có các điểm cực trị cùng dương ⇔ y ′ = có hai nghiệm dương phân biệt  12m −6m −9>0 1+ 13 ; +∞  m ∈ −∞; 1− 13 ∪   △y′ ′ >  4 m −    >0  ⇔  m ∈ (−1; 0) ⇔ m ∈ −1; 1− 13 ⇔  S > ⇔  m +     − m  m ∈ (−1; 3)  P >  >0   3(m + 1) ) ( ( ) ( ) Câu c: Theo kết giải câu a thì hàm số có các điểm cực trị x 1, x và ( ) ( ) m ∈ −∞; 1− 13 ∪ 1+ 13 ; +∞ \ {−1} (*) 4 Do x 1, x là hai nghiệm phương trình y ′ = nên theo định lý Viét ta có −6m −m và x 1x = 3(m + 1) 3(m + 1) 6m 3−m Từ đó x + x + x 1x + = ⇔ − + +3=0 3(m + 1) 3(m + 1) x1 + x = ⇔ −6m + − m + 9(m + 1) = ⇔ 12 + 2m = ⇔ m = −6 (thoả điều kiện (*) ) Vậy m = – là giá trị tham số cần tìm Ví dụ 8: Cho hàm số y = x + 3mx + m + Tìm các giá trị tham số m để đồ thị hàm số có các điểm cực trị A, B cho đường thẳng AB qua điểm C (1;0) Lời giải Hàm số y = x + 3mx + m + có tập xác định D = R y ′ = 3x + 6mx = 3x (x + 2m ) y ′ = ⇔ x = x = −2m Hàm số có điểm cực trị ⇔ phương trình y ′ = có nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ Các điểm cực trị đồ thị hàm số là A(0; m + 1) vµ B(−2m; 4m + m + 1) Th.S Dương Phước Sang 0942.080383 Với C(1;0) ta có AC = (1; −m − 1) vµ AB = (−2m; 4m ) , từ đó Đường thẳng AB qua điểm C ⇔ AB vµ AC cùng phương với −2m 4m = ⇔ 2m + 2m = 4m ⇔ 2m(m − 1) = ⇔ m = hoÆc m = ±1 −m − So với điều kiện m ≠ ta nhận m = ±1 là các giá trị tham số cần tìm ⇔ Ví dụ 9: Cho hàm số y = x − 2mx + m − m Tìm các giá trị tham số m để đồ thị hàm số có điểm cực trị tạo thành đỉnh tam giác vuông Lời giải Câu c: Hàm số y = x − 2mx + m − m có tập xác định D = ℝ y ′ = 4x − 4mx = 4x (x − m ) Cho y ′ = ⇔ 4x(x − m) = ⇔ x = ∨ x = m Hàm số có điểm cực trị ⇔ phương trình y ′ = có nghiệm phân biệt ⇔ m > Khi đó, điểm cực trị đồ thị hàm số là: A(0;m2 – m), B(− m ; −m) , C ( m ; −m) Suy AB = (− m ; − m 2) , AC = ( m ; − m 2) và AB = AC Từ đó để ∆ABC vuông thì AB.AC = Giải tiếp đối chiếu điều kiện ta nhận m = Ví dụ 10: Tìm các giá trị tham số m để a) Đường thẳng dm : y = m − 4x cắt đồ thị (C ) : y = 2x −1 điểm phân biệt x −1 b) Đường thẳng △ : y = mx − 2m − cắt đồ thị (C ) : y = −x + 3x − 3x điểm phân biệt c) Đồ thị hàm số y = mx − (m − 2)x + 2m − cắt trục hoành điểm phân biệt Lời giải Câu a: Hoành độ giao điểm (nếu có) (C ) và dm là nghiệm phương trình 2x − = m − 4x (điều kiện x ≠ ) x −1 ⇒ 2x − = (x − 1)(m − 4x ) ⇔ 4x − (m + 2)x + m − = Đặt g(x ) = 4x − (m + 2)x + m − dm cắt (C ) điểm phân biệt ⇔ phương trình g (x ) = có nghiệm phân biệt khác  m − 12m + 20 >  ∆g >  ⇔ ⇔  ⇔ m ∈ (−∞;2) ∪ (10; +∞)  g(1) ≠  ≠ : luôn đúng Câu b: Hoành độ giao điểm (nếu có) (C ) và △ : y = mx − 2m − là nghiệm phương trình −x + 3x − 3x = mx − 2m − ⇔ (x − 2)(−x + x − 1) = m(x − 2) (*) (1) x = ⇔ (x − 2)(x − x + + m ) = ⇔   x − x + + m = (2) Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 10 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 Đặt g(x ) = x − x + + m (C ) và △ cắt điểm phân biệt ⇔ phương trình (*) có nghiệm x 1, x 2, x ph.biệt ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác  △g >  −3 − 4m > ⇔  ⇔  ⇔ m ∈ (−∞; − ) \ {−3}  g (2) ≠  + m ≠ Vậy với m ∈ (−∞; − ) \ {−3} thì (C ) và △ cắt điểm phân biệt Câu c: Hoành độ giao điểm (C ) và trục hoành (nếu có) là nghiệm phương trình mx − (m − 2)x + 2m − = (1) Đặt t = x ≥ mt − (m − 2)t + 2m − = ta (2) (C ) cắt trục hoành điểm phân biệt ⇔ phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm t1, t2 dương phân biệt  △ >  ⇔  S > ⇔   P >  −7m + 8m + >  4−2 11 ;0 ⇔m∈  (m − 2)m >    (2m − 3)m > ( ) Ví dụ 11: Tìm các giá trị m để đường thẳng d : y = – x + cắt đồ thị (C ) : y = x + mx + điểm phân biệt A(0;1), B, C cho tiếp tuyến (C ) B và C vuông góc với nhau? Lời giải Hoành độ giao điểm (nếu có) (C ) và d : y = – x + là nghiệm phương trình x + mx + = −x + ⇔ x (x + mx + 1) = ⇔ x = g(x ) = x + mx + = (C ) cắt d điểm phân biệt ⇔ g (x ) = có nghiệm phân biệt x 1, x khác  m − >  △g >  ⇔ ⇔  ⇔  g (0) ≠  ≠  m < −2  (I)   m > (với điều kiện đó ta có x 12 + mx1 + = và x 22 + mx + = ) Các điểm chung (C ) và d là A(0;1), B(x 1; −x + 1),C (x ; −x + 1) Tiếp tuyến (C ) B và C vuông góc với và y ′(x ).y ′(x ) = −1 ⇔ (3x12 + 2mx1 )(3x 22 + 2mx ) = −1 ⇔ (−mx − 3)(−mx − 3) = −1 ⇔ m 2x 1x + 3m(x1 + x ) + 10 = (*) Thay hệ thức Viét x + x = −m và x 1x = vào (*) ta ⇔ m + 3m(−m ) + 10 = ⇔ −2m + 10 = ⇔ m = ± (thoả (I)) Vậy m = ± là các giá trị tham số cần tìm Th.S Dương Phước Sang 11 0942.080383 x + m −1 có đồ thị là (C m ) x −m a) Tìm các giá trị m để đồ thị (C m ) hàm số cắt đường thẳng y = 2x – hai Ví dụ 12: Cho hàm số y = điểm M, N phân biệt cho tam giác OMN vuông O b) Tìm các giá trị m để tiếp tuyến (C m ) x = có hệ số góc đạt giá trị lớn Lời giải Câu a: Hoành độ giao điểm (nếu có) (C m ) và d : y = 2x − là nghiệm phương trình x + m −1 = 2x − (điều kiện x ≠ m ) x −m ⇒ x + m − = (x − m )(2x − 3) ⇔ 2x − 2(m + 2)x + 2m + = Đặt g(x ) = 2x − 2(m + 2)x + 2m + d cắt (C m ) điểm phân biệt ⇔ g (x ) = có nghiệm x 1, x phân biệt khác m  m + > : luôn đúng  ∆g′ >  ⇔ ⇔  ⇔m≠  g(m ) ≠  −2m + ≠ Đặt M (x 1;2x1 − 3), N (x ;2x − 3) ⇒ OM = (x1;2x − 3), ON = (x ;2x − 3) Tam giác OMN vuông O ⇔ OM ON = ⇔ x1x + (2x − 3)(2x − 3) = ⇔ 5x 1x − 6(x + x ) + = ⇔ Câu b: y = 2m + 1 − 6(m + 2) + = ⇔ m = − (nhận) 2 x + m −1 −2m + ⇒ y′ = x −m (x − m )2 Tiếp tuyến (C m ) có hệ số góc k = y ′(3) = Xét hàm số g (m ) = Ta có g ′(m ) = −2m + (3 − m )2 2m − 2m − 12 (3 − m )4 Giới hạn: lim g(m ) = và m →±∞ Bảng biến thiên: m (3 − m )2 (điều kiện m ≠ 3) với m ≠  m = : lo¹i Cho g ′(m ) = ⇒ 2m − 2m − 12 = ⇔   m = −2 lim g(m ) = −∞ m → 3± −∞ g ′(m ) −2m + −2 + +∞ – + g (m ) 0 −∞ −∞ Như hệ số góc k = g(m ) đạt giá trị lớn kmax = Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 12 m = −2 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 Ví dụ 13: Tìm m để hàm số y = (m – 1)x – (m + 1)x + (m – 2)x + nghịch biến trên ℝ Lời giải Hàm số y = (m – 1)x – (m + 1)x + (m – 2)x + có tập xác định D = R Đạo hàm y ′ = 3(m − 1)x − 2(m + 1)x + (m − 2) có biệt thức △y′ ′ = −2m + 11m − Hàm số nghịch biến trên ℝ ⇔ y ′ ≤ 0, ∀x ∈ ℝ (*) Ta cần xét trường hợp: Nếu m = thì y ′ ≤ ⇔ −4x − ≤ ⇔ x ≥ − (ta loại m = vì (*) không xảy ra)  3(m − 1) < ay ′ < Nếu m ≠ thì y ′ ≤ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔  ⇔ m ∈ (−∞; ] ⇔ 2  △′ ≤  −2m + 11m − ≤ y′ Vậy m ∈ (−∞; ] là các giá trị tham số cần tìm Ví dụ 14: Tìm điều kiện m để y = x − 3x + mx − 2m + nghịch biến trên khoảng (0 ; 3) Lời giải Hàm số nghịch biến trên khoảng ⇔ y ′ ≤ 0, ∀x ∈ (0; 3) ⇔ 3x − 6x + m ≤ 0, ∀x ∈ (0; 3) ⇔ m ≤ −3x + 6x , ∀x ∈ (0; 3) (*) Xét hàm số g(x ) = −3x + 6x với x ∈ (0; 3) , đó g ′(x ) = −6x + = ⇔ x = x −∞ (0 g ′(x ) g(x ) 3) +∞ + – Như vậy, Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;3) ⇔ m ≤ g(x ), ∀x ∈ (0; 3) ⇔ m ≤ −9 –9 x −1 cho khoảng cách từ điểm M đến trục x +1 hoành gấp lần khoảng cách từ điểm M đến trục tung Ví dụ 15: Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số y = Lời giải ( ) x −1 a −1 nên M a ; víi a ≠ −1 a +1 x +1 a −1 Ta có d (M ,Ox ) = 3d (M ,Oy ) ⇔ yM = x M ⇔ = 3a a +1 Do M ∈ (C ) : y =  a − = 3a(a + 1) a −1 ⇔ = ±3a ⇔  ⇔ a +1  a − = −3a(a + 1)  3a + 2a + = −1 : ptvn −2 ±  ⇔a =   3a + 4a − = −2 + −2 − thì M −2 + ;2 − a= thì M −2− ;2 + 3 2 Vậy M −2+ ;2 − hoÆc M −2− ;2 + là các điểm cần tìm 3 ( a= ( Th.S Dương Phước Sang ) ) ( ( ) 13 ) 0942.080383 2x + giao điểm (C ) với trục tung 1−x Tìm toạ độ điểm N thuộc đồ thị (C ) cho N có hoành độ lớn đồng thời khoảng Ví dụ 16: Gọi △ là tiếp tuyến đồ thị (C ) : y = cách từ điểm N đến tiếp tuyến △ đạt giá trị nhỏ Bài giải Với y = 2x + ta có y ′ = ⇒ y ′(0) = 1−x (1 − x )2 Gọi A là giao điểm đồ thị (C ) với trục tung thì A(0;1) Tiếp tuyến đồ thị (C ) A là đường thẳng △ : y = 3x + ⇔ 3x − y + = ( ) Xét điểm N n; 2n +1 ∈ (C ) với n > 1, đó 1−n d (N ,△) = 3n − 2n +1 +1 1−n 10 Theo CauChy d(N ,△) = ( 3n + + n −1 = 10 (n −1)+ n −1 10 = ( (n −1)+ n −1 10 )+6 ≥ 3.2 (n −1)⋅ +6 n −1 10 ) +6 (do n > 1) = 12 10  n − > Từ đó d (N ,△) đạt giá trị nhỏ là 12 và  ⇔n=2  n − = 10  n −1 Vậy N(2;– 5) là điểm cần tìm VÍ DỤ MINH HOẠ VỀ ĐỒ THỊ HÀM SỐ CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI Ví dụ 17: Từ đồ thị hàm số y = x – 2x hình 1, hãy suy đồ thị hàm số y = |x – 2x 2| Hướng dẫn Đặt (C ) : y = x − 2x và (C ′) : y = x − 2x  x − 2x Do x − 2x =   −(x − 2x )  x − 2x ≥ x − 2x < nên Với x − 2x ≥ thì (C ) và (C ′) trùng Với x − 2x < thì (C ) và (C ′) đối xứng qua Ox Như dựa vào (C ) ta vẽ (C ′) hình đây y y Hình -1 O Hình − 2 x − -1 x -1 -1 Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia O 14 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 Ví dụ 18: Từ đồ thị hàm số y = 2x −1 (hình 3) hãy suy đồ thị hàm số y = 2x −1 x −1 x −1 Hướng dẫn Đặt (C ) : y = 2x −1 và (C ) : y = 2x −1 x −1 x −1  2x −1 2x − ≥  x −1 2x − Do = nên   2x −1 x −1 2x − <  − x −1 Với x ≥ thì (C ) và (C ′) trùng Với x < thì (C ) và (C ′) đối xứng qua Ox Như dựa vào (C ) ta vẽ (C ′) hình đây y y = 2x −1 y = 2x −1 y x −1 x −1 Hình Hình 3 2 O O x -1 x -2 Ví dụ 19: Từ đồ thị (C ) : y = 2x − 9x + 12x − hãy vẽ đồ thị (C ′) : y = |x |3 − 9x + 12 |x | − Hướng dẫn Với x ≥ thì x − 9x + 12 x − = 2x − 9x + 12x − đó (C ′) ≡ (C ) x ≥ Ngoài y = x − 9x + 12 x − là hàm số chẵn nên (C ′) nhận Oy làm trục đối xứng Từ đó ta có đồ thị (C ′) hình đây (C ′) :y = 2|x |3 – 9x + 12|x | – (C ) : y = 2x – 9x + 12x – Hình y y 1 O O x -3 Th.S Dương Phước Sang Hình x -3 15 0942.080383 PH NG TRÌNH, B T PH §1 PH NG TRÌNH M NG TRÌNH, B T PH & LÔGARIT NG TRÌNH M" I Các tính chất luỹ thừa: Với các số a > và b > ta có n (a m ) a m a n = a m +n am an =a m −n an = a m n (a.b )n = a n b n −n n =a n n an a    = n b b b  a    =   a b −n m am = a n II Phương trình, bất phương trình mũ bản: với số a > và số b > ta có a f (x ) = b ⇔ f (x ) = loga b a≠1 a>1 a f (x ) < b ⇔ f (x ) < loga b a f (x ) > b ⇔ f (x ) > loga b a<1 a f (x ) < b ⇔ x > loga b a f (x ) > b ⇔ f (x ) < loga b III Công thức giải đã cùng số a f (x ) = a g (x ) ⇔ f (x ) = g (x ) a≠1 a>1 a f (x ) < a g (x ) ⇔ f (x ) < g (x ) a f (x ) > a g (x ) ⇔ f (x ) > g (x ) a<1 a f (x ) < a g (x ) ⇔ f (x ) > g (x ) a f (x ) > a g (x ) ⇔ f (x ) < g (x ) IV Một số trường hợp có thể đặt ẩn phụ Dạng phương trình Phương pháp giải m.a 2.f (x ) + n.a f (x ) + p = đặt t = a f (x ) thì a f (x ) = t 2 m.a f (x ) + n.a −f (x ) + p = đặt t = a f (x ) thì a −f (x ) = m.a f (x ) + n.b f (x ) + p = với ab = m (a ) f (x ) + n (ab ) f (x ) + p (b ) f (x ) đặt t = a f (x ) thì b f (x ) = t (do ab = 1) t chia vế phương trình cho b f (x ) =0 m.a f (x ) + n.a g (x ) + p.a h (x ) = chia vế phương trình cho a h(x ) (trong đó f (x ) + h(x ) = 2.g(x ) ) V Công thức lôgarit hoá phương trình mũ a f (x ) = b g (x ) ⇔ loga a f (x ) = loga b g (x ) ⇔ f (x ) = g(x ) loga b Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 16 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 §2 PH NG TRÌNH, B T PH NG TRÌNH LÔGARIT I Các định nghĩa và tính chất lôgarit Với số < a ≠ ta định nghĩa a x = b ⇔ x = loga b Với số < a ≠ ta có các tính chất sau đây: log b = lg b = log10 b (b > 0) log (bm ) = m ⋅ loga b n (n ≠ 0, b > 0) ln b = loge b loga (m n ) = loga m + loga n (m,n > 0) an (b > 0) ( ) loga = loga m = loga m − loga n loga a = loga b = loga (a α ) = α loga b = loga (b α ) = α.loga b (b > 0) loga b = loga c logc b log a a α n logb c logc b (0 < c ≠ 1, b > 0) logc a logb a (0 < b ≠ 1) (0 < c ≠ 1, b > 0) logb a b = ⋅ loga b (b > 0) a =b loga x logb y = loga y.logb x α loga b Đặc biệt: (b > 0) ( ) loga f (x ) 2n = 2n loga f (x ) =c 2n (m,n > 0) ( (0 < b ≠ 1, c > 0) ) loga f (x ) 2n (0 < b ≠ 1) = loga f (x ) II Phương trình, bất phương trình lôgarit bản: xét < a ≠ loga f (x ) = b ⇔ f (x ) = ab a≠1 a>1 loga f (x ) < b ⇔ < f (x ) < ab a<1 loga f (x ) < b ⇔ f (x ) > ab loga f (x ) > b ⇔ f (x ) > ab loga f (x ) > b ⇔ < f (x ) < ab III Công thức giải đã cùng số: xét < a ≠ a≠1  f (x ) = g(x ) loga f (x ) = loga g(x ) ⇔   f (x ) > hoÆc g(x ) > (tuú bµi mµ chän) a>1  f (x ) < g(x ) loga f (x ) < loga g (x ) ⇔   f (x ) >  f (x ) > g(x ) loga f (x ) > loga g(x ) ⇔   g(x ) > a<1  f (x ) > g(x ) loga f (x ) < loga g (x ) ⇔   g(x ) >  f (x ) < g(x ) loga f (x ) > loga g(x ) ⇔   f (x ) > Th.S Dương Phước Sang 17 0942.080383 VÍ DỤ MINH HOẠ Ví dụ 1: Rút gọn: A = a +3 (a 5( −1) .a −1 2 +1 ) a ( a − a −3 ) B= (a > 0) a ( a −1 − a ) (a > 0) Lời giải Câu a: A = Câu b: B = a +3 (a 5( −1) .a −1 2 +1 ) = a ( a − a −3 ) a ( a −1 − a ) a a (2 = +3 .a 5− −1)(2 +1) = +3)+(5− 5) a( a (2 2)2 −12 a a − a a −3 a a −1 − a a = a8 a7 a6 − a2 = a0 − a4 =a = a3 −a − a2 = a(a − 1) − a2 = −a Ví dụ 2: Tính giá trị biểu thức sau đây với giả thiết kèm theo: B = log a (a 2b ) biÕt loga b = −3 A = log (2 a ) biÕt log2 a = C = logb a b b biÕt loga b = D = logab a b b2 biÕt loga b = −2 Lời giải 1 4.5 23 + log (a ) = + log2 a = + = 2 3.2 3.2 Câu b: B = log a (a 2b) = loga (a 2b) =  loga (a ) + loga b  =  + (−3)  = −2   a b 1 Câu c: C = logb = logb (a ) + logb ( b ) − logb (b ) = + logb b − logb b = − = − loga b 4 b loga  (a b ) : (b )  a b   = loga a + loga ( b ) − loga (b ) = ⋯ = −4 Câu d: D = logab = loga (ab) loga a + loga b b2 Câu a: A = log (2 a ) = log4 + log ( a ) = Ví dụ 3: Chứng minh các đẳng thức sau đây luôn đúng với điều kiện kèm theo a) log(a + 2b) − log = (log a + log b) với số dương a, b cho a + 4b = 12ab b) a logb c =c logb a với số dương a, b, c thoả mãn b ≠ c) loga x logb y = loga y logb x với số dương a, b, x , y thoả mãn a ≠ 1, b ≠ Lời giải Câu a: Ta có a + 4b = 12ab ⇔ a + 4b + 4ab = 16ab ⇔ (a + 2b)2 = 16ab Do a > 0, b > nên (a + 2b)2 = 16ab ⇒ log(a + 2b)2 = log(16ab) ⇒ log(a + 2b) = log16 + log a + log b ⇒ log(a + 2b) − log = (log a + log b) Câu b: Đặt x = logb a ta có a = b x Do đó, a logb c logb c = (b x ) =b x logb c =b logb (c x ) = cx = c logb a Câu c: loga x logb y = (loga b.logb x ).(logb a.loga y ) = (loga y.logb x )(loga b.logb a ) = loga y.logb x Lưu ý: Phải đảm bảo điều kiện A > 0, B > và A ≠ viết ký hiệu logA(B ) Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 18 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 Ví dụ 4: Giải các phương trình và bất phương trình sau đây: 2 a) 8x −2x +2 = 4x +x +1 b) ( + 2)x −4x < ( − 2)6−x c) 9x − 2.32x −1 + 3x −1.3x +2 = 15 d) 5x +2 − 5.2x +1 ≥ 2.5x +1 − 2x +3 Lời giải 2 2 Câu a: 8x −2x +2 = 4x +x +1 ⇔ 23(x −2x +2) = 22(x +x +1) ⇔ 3(x − 2x + 2) = 2(x + x + 1) ⇔ 3x − 8x − 2x + = ⇔ (3x − 2)(x − 2x − 2) = ⇔ x = x = ± 3 Vậy phương trình có các nghiệm x = và x = ± 3 2 Câu b: Ta có ( + 2)x −4x < ( − 2)6−x ⇔ ( + 2)x −4x < ( + 2)x −6 ⇔ x − 4x < x − ⇔ x − 5x + < ⇔ x ∈ (2; 3) Vậy bất phương trình có tập nghiệm S = (2; 3) 32x 3x x + 3 = 15 ⇔ − + = 15 Câu c: Ta có − 2.3 3 x x x x x 10 x 2 ⇔ − + 3.9 = 15 ⇔ − + = 15 ⇔ = 15 ⇔ = ⇔ x = log 2x −1 x x −1 x +2 x ( ) Vậy bất phương trình có nghiệm x = log ( 92 ) ( 29 ) Câu d: Ta có 5x +2 − 5.2x +1 ≥ 2.5x +1 − 2x +3 ⇔ 25.5x − 10.2x ≥ 10.5x − 8.2x x (2 ) ⇔ 25.5x − 10.5x ≥ 10.2x − 8.2x ⇔ 15.5x ≥ 2.2x ⇔ ( 15 ) ( 15 ) ≥ ⇔ x ≥ log5 15 Vậy bất phương trình có nghiệm x ≥ log 2 Ví dụ 5: Giải các phương trình và bất phương trình sau đây: a) 25x + 23.5x − 50 = b) 21+x + 22−x − = c) (2 + 3)x + (2 − 3)x = d) 3.16x + 2.81x = 5.36x e) 3.32x − 8.3x − ≤ f ) 7x − 2.71−x + > Hướng dẫn giải và đáp số Câu a: Ta có 25x + 23.5x − 50 = ⇔ 52x + 23.5x − 50 =  t = −25 < (lo¹i) Đặt t = 5x (t > 0), phương trình trở thành t + 23t − 50 = ⇔  (tho¶ t > 0)  t = Với t = thì 5x = ⇔ x = log5 Vậy phương trình có tập nghiệm S = {log5 2} − = ⇔ 2.(2x )2 − 6.2x + = Câu b: Ta có 21+x + 22−x − = ⇔ 2.2x + x  2x = x = Vậy phương trình có tập nghiệm S = {0;1} ⇔  ⇔  x =  2x =    Th.S Dương Phước Sang 19 0942.080383 Câu c: Ta có (2 + 3)x + (2 − 3)x = ⇔ (2 + 3)x + Hướng dẫn: đặt t = (2 + 3)x (t > 0) =4 (2 + 3)x (do (2 + Đáp số: x = x = – x x 2x x  16   81   36  9  ⇔   Câu d: Ta có 3.16 + 2.81 = 5.36 ⇔   +   =   4 16 16 16 x x x x ) 3)(2 − 3) = x 9 −   + = x 9 9 ⇔   = hoÆc   = ⇔ x = hoÆc x = 4 Câu e: Xét 3.32x − 8.3x − ≤ Đặt t = 3x (t > 0) bất phương trình trở thành 3t − 8t − ≤ ⇔ − ≤ t ≤ 3 So với điều kiện t > ta nhận < t ≤ , đó 3x ≤ ⇔ x ≤ Vậy bất phương trình có tập nghiệm S = (−∞;1] Câu f: Ta có 7x − 2.71−x + > ⇔ 7x − 7x +5>0 Hướng dẫn: đặt t = 7x (t > 0) Đáp số: S = (log7 2; +∞) Ví dụ 6: Giải các phương trình và bất phương trình sau đây: 2 a) 9x +x −1 + > 10.3x +x −2 b) tan x + cos x 2 c) 4sin x + 2cos x = + −3 = Lời giải 2 2 Câu a: Ta có 9x +x −1 + > 10.3x +x −2 ⇔ 9.9x +x −2 − 10.3x +x −2 + > 2 2 ⇔ 9.32(x +x −2) − 10.3x +x −2 + > ⇔ 3x +x −2 > hoÆc 3x +x −2 < 2 ⇔ x + x − > hoÆc x + x − < −2 ⇔ x ∈ (−∞; −2) ∪ (−1; 0) ∪ (1; +∞) 2 2 Câu b: Ta có tan x + cos x − = ⇔ tan x + 21+ tan x − =  2tan2 x = ⇔ 22 tan x + 2.2tan x − = ⇔  ⇔ tan2 x = ⇔ x = k π (k ∈ ℤ) tan x  = −3 : ptvn 2 2 2 2 Câu c: 4sin x + 2cos x = + ⇔ 22 sin x + 21−sin x = + ⇔ 22 sin x + Đặt t = sin2 x (1 ≤ t ≤ 2) phương trình trở thành t + = + t sin2 x =2+ 2 ⇔ t − (2 + 2)t + = ⇔ (t − 2)(t + 2t − 2) = (*) Do t ≥ nên t + 2t − ≥ , từ đó (*) ⇔ t = ⇔ 2sin x = ⇔ sin2 x = ⇔ cos 2x = ⇔ 2x = π + k π ⇔ x = π + k π (k ∈ ℤ) Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 20 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 Ví dụ 7: Giải các phương trình và bất phương trình sau đây: a) log23 x + log c) log b) log2 x + logx ≤ x −2 = x + − log0,5 (3 − x ) = log8 (x − 1)3 e) log (x − 2x + 1) = log2 (2 − x ) − d) log5 (x + 1) + log 0,2 x ≥0 x −1 f) log (x − 2) + log7 (x − 4)2 < Hướng dẫn giải và đáp số Câu a: Với điều kiện x > ta có log23 x + log x − = ⇔ log23 x + log3 x − = (1) Đặt t = log3 x thì phương trình (1) trở thành 4t + 2t − = ⇔ t = −1 hoÆc t = Với t = −1 thì log3 x = −1 ⇔ x = 1 Với t = thì log x = ⇔ x = 2 So với điều kiện x > ta nhận hết các nghiệm nêu trên Câu b: Với < x ≠ ta có log2 x + logx ≤ ⇔ log2 x + logx ≤  t <0  1 ≤ t ≤  Thay t = log2 x vào giải tiếp đối chiếu với điều kiện < x ≠ ta nhận x ∈ (0;1) ∪ [2; 4] ⇔ log2 x + Câu c: log 2 t − 3t + ≤ ⇔ t + ≤ (víi t = log2 x ) ⇔ ≤0⇔ log2 x t t  x + >  x + >   x + − log0,5 (3 − x ) = log8 (x − 1) (3) ĐK:  − x > ⇔  − x > ⇔   ( x 1) − >  x − >   x <   x > Ta có (3) ⇔ log2 (x + 1) + log2 (3 − x ) = log2 (x − 1) ⇔ log2  (x + 1)(3 − x )  = log2 (x − 1)   ⇔ (x + 1)(3 − x ) = x − ⇔ x − x − = ⇔ x = 1± 17 1+ 17 So với điều kiện < x < ta nhận x = làm nghiệm phương trình  x + >  Điều kiện :  x ⇔ x ∈ (−1; 0) ∪ (1; +∞)  >  x − x x x2 − x −1 Bất phương trình (4) ⇔ log5 (x + 1) ≥ log5 ⇔ x +1≥ ⇔ ≥0 x −1 x −1 x −1 Giải bất phương trình trên kết hợp với điều kiện ta nhận x ∈ [ 1− ; ) ∪  1+ ; +∞ ) 2  x − 2x + >  x ≠ Câu e: log (x − 2x + 1) = log2 (2 − x ) − (5) Điều kiện :  ⇔   − x >  x < x Câu d: log5 (x + 1) + log 0,2 ≥ (4) x −1 Khi đó (5) ⇔ log2 (x − 1)2 + = log(2 − x ) ⇔ log2 (2 x − ) = log2 (2 − x )  2(x − 1) = − x ⇔ x − = − x ⇔  ⇔  2(x − 1) = x − x =    x = So với điều kiện ≠ x < ta nhận hai nghiệm x = và x = Th.S Dương Phước Sang 21 0942.080383 Ví dụ 8: Giải các phương trình và bất phương trình sau đây: a) log2 (x + c) log5x log x b) log3 (3x − 1) log3 (3x +1 − 3) ≥ ) = log6 x + + log25 x < x d) log3x +2 (1 − x ) + log 3x +2 (1 − x ) ≤ e) log 3x +7 (9 + 12x + 4x ) + log2x + (21 + 23x + 6x ) = Hướng dẫn giải và đáp số Câu a: Ta có log2 (x + log x log6 x ) = log6 x + ⇔ log2 (x + ) = log6 x + Đặt t = log6 x ⇔ x = 6t Thay vào phương trình ta log2 (6t + 32t ) = 2t + ⇔ 6t + 32t = 22t +1 ⇔ 6t + 9t = 2.4t Hướng dẫn: chia vế phương trình cho 4t Đáp số: x = Câu b: Ta có log3 (3x − 1).log3 (3x +1 − 3) ≥ ⇔ log3 (3x − 1).log3  3(3x − 1)  ≥   ⇔ log3 (3x − 1)  + log3 (3x − 1)  ≥ ⇔ log23 (3x − 1) + log (3x − 1) − ≥ Đáp số: x ∈ (0; log3 10  ∪ [log3 4; +∞) Hướng dẫn: đặt t = log3 (3x − 1) Câu c: Với điều kiện < x ≠ ta có log5x log5 − log5 x x + log2 x < ⇔ + log5 x < ⇔ + log25 x < log5 (5x ) + log5 x x Đáp số: x ∈ ( ; ) ∪ (1;5) Hướng dẫn: đặt t = log5 x 25 Câu d: log3x +2 (1 − x ) + log 3x +2 (1 − x ) ≤ (4) Điều kiện : x ∈ (− ;1) \ {− } 3 Khi đó (4) ⇔ log 3x +2  (1 − x )(1 − x )  ≤ ⇔ log 3x +2 (x − x − x + 1) ≤ (6') Hướng dẫn: xét trường hợp theo số (3x + 2) Giải trường hợp 3x + > ta x ∈ (−∞; 1− ] ∪  0; 1+  2 Giải trường hợp 3x + < ta x ∈ [ 1− ; ] ∪  1+ ; +∞ ) ( ) { } Kết hợp với điều kiện x ∈ − ;1 \ − 3 2 ta nhận x ∈ [ 1− ; − ) ∪ [0;1)  < 2x + ≠ Câu e: log2x + (21 + 23x + 6x ) + log 3x +7 (9 + 12x + 4x ) = (5) Điều kiện   < 3x + ≠ Khi đó (5) ⇔ log2x + (2x + 3)(3x + 7) + log3x +7 (2x + 3)2 = ⇔ log2x +3 (3x + 7) + Hướng dẫn: đặt t = log2x + (3x + 7) Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 22 −3 = log2x + (3x + 7) Đáp số: x = − Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 NGUYÊN HÀM, TÍCH PHÂN & NG D NG I Bảng nguyên hàm và nguyên hàm mở rộng ∫ 1.dx = x + C ∫ a.dx = ax + C ∫ x α dx = ∫ (ax + b)α dx = ∫ dx = ln |x | + C x ∫ ln ax + b dx = +C ax + b a x α+1 +C α +1 (ax + b )α+1 ⋅ +C a α +1 ax + b dx = +C ax + b a ∫ dx = x + C x ∫ ∫ ∫ 1 dx = − ⋅ +C a ax + b (ax + b ) ∫ e x dx = e x + C ∫ eax +b dx = ∫ cos x dx = sin x + C ∫ ∫ sin x dx = − cos x + C ∫ ∫ ∫ x .dx = − cos2 x sin x +C x .dx = tan x + C ∫ eax +b +C a sin(ax + b) +C cos(ax + b).dx = a cos(ax + b ) +C sin(ax + b).dx = − a tan(ax + b) dx = +C a cos2 (ax + b) .dx = − cot x + C ∫ sin (ax + b ) .dx = − cot(ax + b ) +C a II Phương pháp nguyên hàm phần ∫ u.dv = u.v − ∫ v.du Vài dạng tích phân phần thông dụng: (với P (x ) là đa thức theo biến x) GÆp ∫ f (x ) lnn (ax + b ).dx (kh«ng cã dx kÌm theo) x  u = P (x )  ta đặt   ∫ P (x ).eax +b dx , Gặp ∫  sin(mx + n )   dx , P (x )   mx + n cos( )   Gặp ∫ Gặp Th.S Dương Phước Sang n  u = ln (ax + b ) ta đặt  dv = f (x ).dx dv = eax +b dx  u = P (x )   sin(mx + n )  ta đặt   dv =   cos(mx + n )  dx     sin(mx + n )     u =   sin(mx + n )    ax +b    e  dx , ta đặt   cos(mx + n )     cos(mx + n )  dv = eax +bdx 23 0942.080383 III Phương pháp nguyên hàm đổi biến số ∫  t(x )  t ′(x )dx = F   f  t(x )  + C   Vài dạng tích phân đổi biến thông dụng: Dạng tích phân ∫ α.t(x )+ β.t ′(x ) dx t(x ) ∫ f e t (x ) t ′(x )dx ( ) ∫ f (t(x )) t ′(x ).dx Đặc điểm nhận dạng Cách đặt Đặt biểu thức mẫu t = t(x ) Đặt biểu thức phần số mũ t = t(x ) Đặt biểu thức dấu ngoặc t = t(x ) Đặt biểu thức chứa t = n t(x ) Đặt biểu thức chứa lnx t = ln x ∫ f ( n t(x ) ) t ′(x )dx dx ∫ f (ln x ) x ∫ f (sin x ) cos xdx Gặp cos x dx kèm biểu thức theo sin x t = sin x ∫ f (cos x ).sin xdx Gặp sin x dx kèm biểu thức theo cos x t = cos x ∫ f (tan x ) ⋅ dx2 Gặp dx kèm biểu thức theo tan x cos2 x t = tan x ∫ f (cot x ) ⋅ dx2 Gặp dx kèm biểu thức theo cot x sin2 x t = cot x ∫ f (eax ).eax dx ∫ f (x α )x k α−1dx cos x sin x Gặp eax dx kèm biểu thức theo eax t = eax Gặp x k α−1dx (k ∈ ℤ) kèm biểu thức theo x α t = xα Đôi thay cách đặt t = t (x ) t = m.t(x ) + n ta gặp thuận lợi IV Công thức Newton-Leibnitz (tính tích phân xác định) b ∫a ( ) a = F (b) − F (a) f (x )dx = F (x ) b V Công thức tích phân phần b ∫a ( ) a − ∫a v.du udv = u.v b b VI Công thức tích phân đổi biến số ∫a ( ) b Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia f t(x ) t ′(x ).dx = 24 t (b ) ∫ t(a ) f (t ).dt Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 VII Công thức tính diện tích hình phẳng  y = f (x ) ; y = g(x ) Hình phẳng (H ) giới hạn  có diện tích S =   x = a, x = b (a < b) b ∫a f (x ) − g(x ) dx y y y y = f (x ) y = f (x ) y = f (x ) a O H2 b x a O H1 S1 = y = g(x ) b ∫a S2 = f (x ) dx y = g(x ) b ∫a b x a f (x ) − g(x ) dx S3 = H3 b ∫a O b x c b f (x ) dx − ∫ g(x ) dx c Trục hoành có phương trình g (x ) = , trục tung có phương trình x = Chú ý: Để tính b ∫a s(x ) dx ta có thể xét dấu s(x ) trên đoạn [a;b] để khử dấu | | Nếu s(x ) ≠ 0, ∀x ∈ (α; β ) thì β ∫α s(x ) dx = β ∫ α s(x ).dx Để tính diện tích hình phẳng giới hạn ít ba đường (C ) : y = f (x ), (C ) : y = g(x ) và (C ) : y = h(x ) , tốt ta vẽ hình phẳng đó lên hệ trục toạ độ từ hình vẽ xây dựng công thức để tính diện tích hình phẳng này VIII Công thức tính thể tích vật thể tròn xoay  y = f (x ) ; truï c Ox Hình phẳng (H ) giới hạn  quay quanh Ox tạo thành vật thể có thể tích   x = a, x = b (a < b) b V = π ∫  f (x )  dx a Lưu ý: Công thức trên đây sử dụng hình phẳng (H ) giới hạn đã nêu Dưới đây hình minh hoạ cho số trường hợp khác và công thức xử lý tương ứng: y = f (x ) y = f (x ) y = f (x ) y = g(x ) c a b V1 = π ∫  f (x )  dx  a  Th.S Dương Phước Sang V2 = π ∫ y = g(x ) b b a f (x ) − g (x ) dx ( víi f (x ).g(x ) ≥ 0, ∀x ∈ [a;b ]) 25 b b V3 = π ∫  f (x )  dx − π ∫  a  c  g (x )  dx   0942.080383 Ví dụ 1: Chứng minh F (x ) = ln (x + x + ) là nguyên hàm f (x ) = x +1 trên ℝ Lời giải Ta có F ′(x ) = (x + ′ x2 + ) = x + x +1 1+ x2 + + x x x2 + x2 + = = x + x2 + x + x2 + Vậy F (x ) = ln (x + x + ) là nguyên hàm hàm số f (x ) = Ví dụ 2: Tìm nguyên hàm F (x ) hàm số f (x ) = 4e x + 3x xe x = f (x ), ∀x ∈ ℝ x +1 x2 + trên ℝ thoả mãn điều kiện F (1) = Lời giải Theo giả thiết F (x ) là nguyên hàm hàm số f (x ) = F (x ) = ∫ 4e x + 3x xe x dx = 4 ∫  x + 3e 4e x + 3x −x nên xe x  −x dx = ln x − 3e + C Do F (1) = nên ln − 3e−1 + C = ⇔ − 3e −1 + C = ⇔ C = 3e −1 4e x + 3x thoả mãn điều kiện F(1) = Vậy F (x ) = ln x − 3x + là nguyên hàm f (x ) = e e xe x Ví dụ 3: Xác định các hệ số a, b, c để hàm số F (x ) = (ax + bx + c).e −x là nguyên hàm hàm số F (x ) = (2x − 5x + 2).e −x trên R Lời giải Ta có F ′(x ) = (2ax + b)e −x + (ax + bx + c)(−e −x ) =  −ax + (2a − b)x + b − c  e−x   F (x ) là nguyên hàm f (x ) trên R ⇔ F ′(x ) = f (x ), ∀x ∈ ℝ ⇔  −ax + (2a − b)x + b − c  e −x   Ví dụ 4: Tính tích phân I = – 2x − 5x 2x + 2x + x x −3 – ∫0 −6x −6x − 3 Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia  −a =  = (2x − 5x + 2)e −x , ∀x ∈ ℝ ⇔  2a − b = −5 ⇔  b − c = a = −2  b =  c = −1 2x − 5x dx 2x + Lời giải Ta có I = ∫0 2x − 5x dx = 2x +   ∫  x − + 2x + dx 2 3 x  = − 3x + ln 2x +  = ln −   2 26 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 Ví dụ 5: Tính tích phân: I = Ta viết ∫1 11 − x dx (2x − 1)(3x + 2) Gặp tích phân dạng này ta thực thao tác tách phân thức quy đồng nhóm số hạng 11 − x A B = + (2x − 1)(3x + 2) 2x − 3x + tử thức theo luỹ thừa x (3A + 2B )x + (2A − B ) (2x − 1)(3x + 2)  3A + 2B = −1 Đồng hệ số tử thức phân thức:  ⇔  2A − B = 11   A =   B = −5  Lời giải Ta có I = ∫1 11 − x dx = (2x − 1)(3x + 2) ∫1  −  2x − 3x +  3  dx =  ln 2x − − ln 3x +  5 3  3  19 =  ln − ln11  −  ln − ln  = ln − ln 11 2  2  3 Ví dụ 6: Tính tích phân: I = Ta viết 11 − x (2x − 1) = A (2x − 1) ∫1 + 11 − x (2x − 1) Với tích phân này ta thực dx đặt t = 2x − tách phân thức quy đồng nhóm số hạng B 2x − tử thức theo luỹ thừa x 2Bx + (A − B ) (2x − 1)(3x + 2)  2B = −1 Đồng hệ số tử thức phân thức:  ⇔   A − B = 11  A = 21   B = − Lời giải Ta có I = ∫1 11 − x (2x − 1)2 dx = ∫1 3 21 1  21    dx x − ⋅ = − − ln −  ⋅    4(2x − 1)   (2x − 1)2 2x −   21   21  21 =  − − ln  −  − − ln1  = − ln  20    A= Ví dụ 7: Tính các tích phân C = ∫1 D= (3x − x ) ln xdx ∫0 (x + 1)e xdx ∫0 B= E= x ln(x + 1)dx ∫0 ∫0 π π (x − 1)cos 2xdx (1 − x sin x )dx Lời giải Câu a: A = ∫0  u = x + du = dx Đặt  ta có chän  dv = e xdx  v = e x (x + 1)e xdx ( A = (x + 1)e x Th.S Dương Phước Sang ) 1 ( ) − ∫ e xdx = 2e − − e x 27 =e 0942.080383 Câu b: B = ∫0 π du = dx  u = x − Đặt  chän  Khi đó, dv = cos 2xdx  v = sin 2x  (x − 1)cos 2xdx π ( )  3 B =  (x − 1) sin 2x  − ∫ sin 2xdx = ( π − 1) sin 2π − + cos 2x 3 2 0 π ( ) π = ( π − 1) + − − = ( π − 1) − Câu c: C = ∫ (3x 4   u = ln x du = dx  x Đặt  chọn  Khi đó, dv = (3x − 1)dx   v = x − x − x )ln xdx 2 C =  (x − x )ln x  − ∫ (x − x ) dx = ln − ∫ (x − 1)dx  1 1 x 1  2 2 = ln −  x − x  = ln −  +  = ln − 3  3 3 du = dx  u = ln(x + 1)  x + Khi đó, Câu d: D = ∫ 2x ln(x + 1)dx Đặt  chọn  dv = 2x dx    v = x 2 1 x D =  x ln(x + 1)  − ∫ dx = ln − ∫ 0 x +1 1 Câu e: E = ∫0 π Với I = 1    = ln −  x − x + ln x +  = ln −  − + ln  = 2    (1 − x sin x )dx = ∫0 π ∫0 π 1.dx − ∫ π +∫ π A= Ví dụ 8: Tính các tích phân 41+ ∫2 π () x sin xdx = x π −∫ π x sin xdx = π −I du = dx  u = x Đặt  chọn  Khi đó,  dv = sin x dx  v = − cos x x sin xdx I =  −x cos x  C =   dx  x − + x +1  ln x dx x ln x D= ( cos xdx = + sin x ∫0 π = Vậy E = B= tan x dx ∫1 ) π E= dx x (x + 2)2 ∫0 π x cos x dx x sin x + cos x 2 ∫0 π π − I = −1 2 x x + 1.dx Lời giải Câu a: A = ∫0 π tan x dx = ∫0 π sin x dx cos x Đặt t = cos x ⇒ dt = − sin xdx ⇒ − dt = sin xdx Đổi cận: x = π ⇒ t = x =0⇒t =1 Như A = −∫ dt = t Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia ∫ 11 t ( ) dt = ln t 28 1 = ln − ln = ln 2 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 ∫0 Câu b: B = π x cos x dx x sin x + cos x Đặt t = x sin x + cos x ⇒ dt = (x sin x + cos x )′dx hay dt = x cos xdx Đổi cận: x = π ⇒t = π x =0⇒t =1 Như B = Câu c: C = 41+ ∫1 π dt = t ∫1 π ( ) = ln π2 − ln = ln π2 dx x Đổi cận: x = ⇒ t = ln ln x dx x ln x ∫2 π dt = ln t t Đặt t = ln x ⇒ dt = x = ⇒ t = ln Như C = ln + t ∫ ln t ( ln ∫ ln dx = ln 1   + dt = (t + ln t ) ln t ) ( ) ( ) ( ) = ln + ln(ln 4) − ln + ln(ln 2) = ln + ln(ln 4) − ln(2 ln 2) = ln ∫1 Câu d: D = 3x dx = dx ∫ x (x + 2)2 x (x + 2)2 Đặt t = x + ⇒ dt = 3x 2dx Đổi cận: x = ⇒ t = 10 x =1⇒t = 10 1 10  1 Vậy D = ∫ dt = − −  3 (t − 2)t 12 ∫  t − t t = Câu e: E = 2 ∫0 1  ln − ln10 + 12 x x + 1.dx = 2 ∫0  1 − ln − ln +  12  x x + 1.xdx 10 1 2  dt =  ln t − − ln t +  12 t 12  = ln −  12 180 Đặt t = x + ⇒ t = x + ⇒ 2tdt = 2xdx hay tdt = xdx Đổi cận: x = 2 ⇒ t = x =0⇒t =1 Vậy E = ∫1 (t − 1).t.tdt = Ví dụ 9: Tính tích phân I = ∫0 ∫1 3  198 596 1 (t − t )dt =  t − t  = + = 5  15 15 x dx x + x2 + Lời giải Ta có I = ∫0 x dx = x + x2 + ∫0 ( x Xét I = Th.S Dương Phước Sang ) x + − x dx = ∫0 ∫0 x x + 1.dx − ∫ x 2dx 1  x dx =  x  =  0 29 0942.080383 Xét I = I1 = ∫0 x ∫1 Đặt t = x + ⇒ t = x + ⇒ 2tdt = 2xdx hay tdt = xdx x + 1.dx Đổi cận: x = ⇒ t = t.tdt = ∫1 1 3 t dt =  t  3  5 −1 = x =0⇒t =1 ; 5 −9 Vậy I = I − I = Ví dụ 10: Tính diện tích hình phẳng giới hạn các đường sau đây: a) (C ) : y = x − 3x , trục hoành, x = –1 và x = b) (P ) : y = −x − và (C ) : y = 2x − x c) (C ) : y = x − x và (P ) : y = x − x Lời giải Câu a: Diện tích cần tìm là : S = ∫ x − 3x dx −1 y Cho x − 3x = ⇔ x = ; x = ± (chú ý : − ∉ [−1;2] ) Bảng xét dấu –1 x + x − 3x O -1 x ∫ −1 Như vậy, S = 0 (x − 3x )dx − ∫ – (x − 3x )dx   1 1 =  x4 − x2  −  x4 − x2  4 4  −1  Câu b: Phương trình hoành độ giao điểm (P ) và (C ) : Diện tích cần tìm là S = Bảng xét dấu: ∫ −2 x .x x − 3x − 4 4 (đvdt) = y O x − 3x − dx –2 – 1 ⇒ S = −∫ (x − 3x − 4)dx = −  x − x − 4x −2 -2 −x − = 2x − x ⇔ x − 3x − = ⇔ ⋯ ⇔ x = ±2   −2 = 96 Câu c: Phương trình hoành độ giao điểm (P ) và (C ) : y -2 x − x = x − x ⇔ x + x − 2x = ⇔ x = ∨ x = ∨ x = −2 x Diện tích cần tìm là S = Bảng xét dấu ∫ −2 x x x − x − 2x ⇒S = ∫ −2 + x − 2x dx –2 0 + – 1 (x + x − 2x )dx − ∫ (x + x − 2x )dx 0 1  1  1 37 =  x + x − x  −  x + x − x  = 4 12 −2 Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 30 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 Ví dụ 11: Tính diện tích hình phẳng giới hạn các đường sau đây (C ) : y = x − 4x + và d : y = x + Lời giải y Phương trình hoành độ giao điểm (C ) và d là x − 4x + = x + ⇔ x = x = Dựa vào đồ thị hàm số ta có diện tích cần tìm là O S= Vậy, S = ∫0 Bảng xét dấu x ∫ (x + − x x x − 4x + 3 − 4x + ) dx + – + (5x − x )dx + ∫ (x − 3x + 6)dx + ∫ (5x − x )dx 3   109 5 1  5 =  x − x  +  x − x + 6x  +  x − x  = 2      3 2 Ví dụ 12: Tính thể tích vật thể sinh quay hình (H ) quanh trục hoành, biết hình (H ) giới hạn các đường sau đây : (C ) : y = e x x , trục hoành và đường thẳng x = Lời giải Hoành độ giao điểm (C ) với trục hoành : e x x = ⇔ x = 1 Thể tích cần tìm : V = π ∫ (e x x )2 dx = π ∫ xe 2xdx 0 du = dx  u = x Đặt  chọn  dv = e 2xdx  v = e 2x 11 π π  ⇒ V =  xe 2x  − π ∫ e 2x dx = (e + 1) 2 0 Ví dụ 13: Tính thể tích vật thể sinh quay hình (H ) quanh trục hoành, biết hình (H ) giới hạn các đường sau đây : (C ) : y = x , d : y = x – và trục hoành Lời giải x =0⇔x =0 Hoành độ giao điểm (C ) với trục hoành: Hoành độ giao điểm d với trục hoành: x − = ⇔ x = y Hoành độ giao điểm (C ) với trục hoành:  x − ≥ x = x − ⇔  ⇔x =4  x = (x − 2)2 = π ∫ xdx − π ∫ Th.S Dương Phước Sang x Thể tích cần tìm là V = π ∫ ( x )2dx − π ∫ (x − 2)2 dx O 4 16π 1  1  (x − 2) dx = π  x  − π  (x − 2)3  = 3 2 31 0942.080383 PH NG PHÁP TO §1 TO Đ Đ TRONG KHÔNG GIAN C A ĐI M – TO Đ C A VÉCT Hệ trục toạ độ Gồm trục hoành Ox, trục tung Oy và trục cao Oz với véctơ đơn vị i , j , k thoả i = j = k = và i j = j k = i k = i = (1; 0; 0), j = (0;1; 0), k = (0; 0;1) Toạ độ điểm M (x M ; yM ; z M ) ⇔ OM = x M i + yM j + z M k Trung điểm I Trọng tâm G Trọng tâm G đoạn thẳng AB tam giác ABC tứ diện ABCD  x = x A + x B  I  yA + yB   yI =  z +  z = A z B I x + x B + xC  x = A  G  yA + yB + yC   yG =  z + z + zC B  z = A G x + x B + xC + x D  x = A  G  yA + yB + yC + yD   yG =  z + z + zC + z D B  z = A G Hình chiếu vuông góc điểm M (x M ; yM ; z M ) : Trên trục Ox là M 1(x M ; 0; 0) Trên mp (Oxy ) là M 12 (x M ; yM ; 0) Trên trục Oy là M (0; yM ; 0) Trên mp (Oxz ) là M 13 (x M ; 0; z M ) Trên trục Oz là M (0; 0; z M ) Trên mp (Oyz ) là M 23 (0; yM ; z M ) Toạ độ véctơ a = (a1; a2 ; a ) ⇔ a = a1.i + a2 j + a k AB = (x B − x A; yB − yA; z B − z A ) Cho a = (a1; a2 ; a ) và b = (b1;b2 ;b3 ) và số k ∈ ℝ a1 = b1  a = b ⇔ a2 = b2  a = b3 a ± b = (a1 ± b1; a2 ± b2 ; a ± b3 )   k a = (ka ; ka ; ka ) a cùng phương với b ⇔ tồn số thực t cho a = t.b (giả sử b ≠ ) Đặc biệt: b1b2b3 ≠ thì a cùng phương với b ⇔ a1 b1 = a2 b2 = a3 b3 Lưu ý: Ba điểm A, B, C thẳng hàng ⇔ AB và BC cùng phương Ba điểm A,B,C không thẳng hàng ⇔ AB và BC không cùng phương Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 32 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 Tích vô hướng hai véctơ (kết tính toán là số) Với a = (a1; a2 ; a ) vµ b = (b1;b2 ;b3 ) thì a b = a1.b1 + a2 b2 + a b3 a = a12 + a22 + a 32 AB = (x B − x A )2 + (yB − yA )2 + (z B − z A )2 a ≠ a ⊥ b ⇔ a b = , với   b ≠ a b cos(a , b ) = a b Tích có hướng hai véctơ (Kết là véctơ có toạ độ gồm số) a = (a1; a2 ; a )  a2 a a a1 a1 a2    Với  thì [ a , b ] ; ; =  b = (b ;b ;b )  b b b b b b  3 1 2 a và b cùng phương với ⇔ [a , b ] = Ứng dụng 1: (tính chất véctơ) A, B, C thẳng hàng ⇔ AB, BC cùng phương ⇔ [AB, BC ] = A,B,C,D đồng phẳng ⇔ AB, AC , AD đồng phẳng ⇔ [AB, AC ].AD = A B D Ứng dụng 2: Diện tích hình bình hành ABCD SABCD = [AB, AD ] (diện tích) C B A Diện tích tam giác ABC : S ∆ABC = C B C Thể tích khối hình hộp ABCD.A′ B ′C ′D ′ Ứng dụng 3: A D B' C' A' Vhh = [AB, AD ].AA′ (thể tích) Thể tích khối tứ diện ABCD: D' B' C' VABCD = A' B A VABC A′ B ′C ′ = Ứng dụng 4: H [AB, AC ].AD Thể tích khối lăng trụ ABC A′ B ′C ′ : C M [AB, AC ] [AB, AC ].AA′ Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng △ d ( △, M ) = (khoảng cách)    u△,MA  u△ Khoảng cách hai đường chéo Th.S Dương Phước Sang d (△1, △2 ) = 33  u ,u  M M      u1,u2  0942.080383 §2 PH NG TRÌNH M T C U, M T PH NG VÀ Đ "NG TH NG I Phương trình mặt cầu Mặt cầu (S ) tâm I (a;b; c) , bán kính R có phương trình (x − a )2 + (y − b)2 + (z − c)2 = R2 I R (R = x + y + z − 2ax − 2by − 2cz + d = a + b2 + c2 − d ) II Phương trình mặt phẳng mp (P ) qua M (x ; y ; z ) có vtpt nP = (A; B;C ) có phương trình n M0 A(x − x ) + B(y − y ) + C (z − z ) = P Nếu (P ) có phương trình Ax + By + Cz + D = thì n = (A; B;C ) là vtpt (P ) Nếu (P )€(Q ) với (Q ) : ax + by + cz + d = thì (P ) : ax + by + cz + d ′ = (d ′ ≠ d ) z Nếu (P ) qua A(a; 0; 0), B(0;b; 0),C (0; 0; c) với abc ≠ thì C y (P ) : x + + z = a b c Công thức tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng A ( ) d M ,(P ) = Ax M + ByM + Cz M + D y B O x M A2 + B + C III Phương trình đường thẳng H P Đường thẳng d qua điểm M (x ; y ; z ) và có véctơ phương u = (a;b; c) có: Phương trình tham số: Phương trình chính tắc:  x = x + at   y = y + bt (t ∈ ℝ)    z = z + ct x − x0 a = y − y0 b = z − z0 c u d M0 (giả sử abc ≠ ) Nếu d € ∆ thì d nhận véctơ phương u∆ ∆ làm véctơ phương tức là ud = u∆ Nếu d ⊥ (P ) thì d nhận véctơ pháp tuyến nP (P ) làm véctơ phương tức là ud = nP Nếu d = (P ) ∩ (Q ) thì d có véctơ phương u = [nP , nQ ] Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 34 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 §3 V$ TRÍ T NG Đ&I GI'A CÁC Đ "NG VÀ CÁC M T I Vị trí tương đối mặt phẳng và mặt cầu Không giao Tiếp xúc với H P Cắt theo đường tròn r = R2 − d P H R I R I I ( ) d I ,(P ) > R ( ) ( d I ,(P ) = R R H r P ) d I ,(P ) < R II Vị trí tương đối hai mặt phẳng Cho mặt phẳng (P ) : Ax + By + Cz + D = có vtpt nP = (A; B;C ) và qua điểm M P và mặt phẳng (Q ) : A′ x + B ′y + C ′z + D ′ = có vtpt nQ = (A′; B ′;C ′) và qua điểm MQ  nP cïng ph−¬ng nQ A B C D ⇔ = = ≠ (P )€(Q ) ⇔   ®iÓm M ∉ (Q ) A′ B ′ C ′ D ′ P (nếu A′, B ′,C ′, D ′ ≠ ) MP P Q  nP cïng ph−¬ng nQ A B C D (P ) ≡ (Q ) ⇔  ⇔ = = =  ®iÓm M ∈ (Q ) A′ B ′ C ′ D ′ P (nếu A′, B ′,C ′, D ′ ≠ ) MP Q (P ) cắt (Q ) ⇔ nP không cùng phương nQ (chú ý thêm: (P ) ⊥ (Q ) ⇔ nP ⊥ nQ ) III Vị trí tương đối hai đường thẳng Cho đường thẳng d1 qua điểm M 1(x 1; y1; z ) có véctơ phương u1 = (a1;b1; c1 ) đường thẳng d2 qua điểm M (x ; y2 ; z ) có véctơ phương u2 = (a2 ;b2 ; c2 ) M1 ∈ d2 u1 , u2 cùng phương Xét M và d2 d1 ≡ d2 M1 ∉ d2 d1€d2 Xét cùng phương u1 và u2 KQ = Tính  u1, u2  M 1M   u1 , u2 không cùng phương KQ ≠ d1 cắt d2 d1 chéo d2 Để tìm toạ độ giao điểm hai đường thẳng d1, d2 cắt ta viết phương trình tham số d1 và d2 (theo tham số khác nhau) Lập hệ phương trình tạo nên chúng để tìm t1, t2 Cuối cùng thay t1 vào phương trình tham số d1 để tìm toạ độ giao điểm Th.S Dương Phước Sang 35 0942.080383 IV Vị trí tương đối đường thẳng và mặt phẳng  x = x + at  Cho đường thẳng d :  y = y + bt (1) và mặt phẳng (P ) : Ax + By + Cz + D = (2)   z = z + ct Thay (1) vào (2) ta phương trình (*) theo t Tuỳ theo số nghiệm phương trình (*) ta suy vị trí tương đối đường thẳng d và mặt phẳng (P ) Lưu ý: d ⊥ (P ) ⇔ ud và nP cùng phương với ( ud là vtcp d và nP là vtpt (P ) ) Thay nghiệm t = t0 phương trình (*) vào hệ (1) ta toạ độ giao điểm d và (P ) V Các công thức tính khoảng cách Khoảng cách hai đường thẳng chéo d1 Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng M1 A M0 d22 d M2 ( ) d d1, d2 =  u , u  M M    u ,u    H ( ) d A, d =    u, AM  u VI Các công thức tính góc nQ Q d1 nP u2 u1 d ud nP d2 φ P P Góc hai mặt phẳng: Góc hai đường thẳng: cos((P ),(Q )) = cos(nP , nQ ) = cos(d1, d2 ) = cos(u1, u2 ) = Góc đường thẳng và mặt phẳng: sin(d,(P )) = cos(u , n ) = d P Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 36 nP nQ nP nQ u1.u2 u1 u2 ud nP ud nP Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 VÍ DỤ MINH HOẠ Ví dụ 1: Trong không gian Oxyz viết phương trình mặt cầu (S ) các trường hợp sau: a) (S ) có tâm I (0 ; – ; 3) và qua điểm A(2 ; ; –1) b) (S ) có đường kính MN với M ( 1; ; – 2) và N (– ; – ; 4) c) (S ) có tâm I (0 ; 2; – 6) đồng thời tiếp xúc với mặt phẳng (P ) : x − 2y + 2z + = d) (S ) là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC đó A(1 ; ; 1), B(2 ; 1; 2), C (0 ; ; – 6) e) (S ) có tâm I nằm trên trục tung đồng thời (S ) qua hai điểm A(2 ; ; –1) và T (–1; – ; 2) f) (S ) qua A(1; ;1), B (0 ; – 1;1), C (2 ; ; 0) và có tâm I thuộc (β ) : x − 2y + 3z − = y +3 g) (S ) qua A(3; ; – 4), B (4 ; ; 0) đồng thời tâm I thuộc đường thẳng d : x −2 = = z −1 −2 −1 Lời giải Câu a: Ta có IA = (2;2; −4) ⇒ IA = 22 + 22 + (−4)2 = 24 B I (S ) có tâm I (0 ; – ; 3) và qua A nên có bán kính R = IA = 24 A Vậy phương trình mặt cầu (S ) : x + (y + 1) + (z − 3) = 24 2 Câu b: Ta có MN = (−4; −6; 6) ⇒ MN = (−4)2 + (−6)2 + 62 = 22 C N Gọi I là trung điểm đoạn MN thì I (–1;1;1) I (S ) có đường kính MN nên có tâm I và bán kính R = MN = 22 M B Vậy phương trình mặt cầu (S ) : (x + 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 = 22 Câu c: (S ) có tâm I (0 ; 2; – 6) đồng thời tiếp xúc với (P ) : x − 2y + 2z + = ( ) nên có bán kính R = d I ,(α) = − 2.2 + 2(−6) + C I =5 12 + (−2)2 + 22 Vậy phương trình mặt cầu (S ) : x + (y − 2)2 + (z + 6)2 = 25 Câu d: Giả sử (S ) : x + y + z − 2ax − 2by − 2cz + d = P (a + b + c − d > 0) là mặt cầu qua các điểm O( ; ; 0), A(1; ; 1), B (2 ; 1; 2), C (0 ; ; – 6) Khi đó d = và  11 − 2a − 6b − 2c =    − 4a − 2b − 4c = ⇔   40 − 4b + 12c =  2a + 6b + 2c = 11    4a + 2b + 4c = ⇔   4b − 12c = 40 a =   b = 13 10   29 c = − O A 10 C B Vậy phương trình mặt cầu (S ) : x + y + z − 9x − 13 y + 29 z = 2 Câu e: Giả sử (S ) : x + y + z − 2ax − 2by − 2cz + d = 2 5 (a + b + c − d > 0) là mặt cầu có tâm I (a;b; c) ∈ Oy đồng thời qua A(2 ; ; –1) và T (–1; – ; 2) Khi đó,  a = c =   − 2b + d = ⇔    14 + 6b + d =  Th.S Dương Phước Sang a = c =  b = −1 ⇒ (S ) : x + y + z + 2y − =   d = −8  37 0942.080383 Câu f: Giả sử (S ) : x + y + z − 2ax − 2by − 2cz + d = (a + b + c − d > 0) là mặt cầu qua A(1; ;1), B (0 ; –1;1), C (2 ; ; 0) và có tâm I thuộc (β ) : x − 2y + 3z − = Khi đó  − 2a − 4b − 2c + d =   + 2b − 2c + d =  ⇔   13 − 4a − 6b + d =   a − 2b + 3c − =  a = 72  b = −  ⇒ (S ) : x + y + z − 7x + y + z − =  c = −    d = −2 Câu g: Giả sử (S ) : x + y + z − 2ax − 2by − 2cz + d = (a + b + c − d > 0) là mặt cầu qua hai điểm A(3; ; – 4), B(4;5;0) cho tâm I (S ) thuộc đường thẳng d Khi đó  29 − 6a − 4b + 8c + d =  (*)  41 − 8a − 10b + d = y +3 = z −1 nên a = + t, b = −3 − 2t, c = − t (**) Do I ∈ d : x −2 = −2 −1 Thay (**) vào (*) ta t = −1 vµ d = −43 ⇒ a = 1, b = −1, c = Vậy phương trình mặt cầu (S ) : x + y + z − 2x + 2y − 4z − 43 = Ví dụ 2: Trong không gian Oxyz hãy viết phương trình mặt phẳng (P ) các trường hợp : y −3 a) (P ) qua điểm A(2 ; – 1; 3) đồng thời vuông góc với đường thẳng d : x +1 = = z −1 −1 2 b) (P ) là mặt phẳng trung trực đoạn thẳng MN đó M (1; ; – 5) và N (3 ; ; 2) c) (P ) là mặt phẳng qua ba điểm A(2; −1;1), B(3;2; −2),C (0;2;1) d) (P ) là mặt phẳng qua điểm M (1; ; 0) đồng thời song song với (Q ) : x − 3y + 4z − = e) (P ) qua A(3 ; ; 7) và vuông góc với (α) : x + y + z − = lẫn (β ) : 2x − y + 4z + = f) (P ) qua A(– 1; ; 2), B (1 ; ; – 2) và vuông góc với mặt phẳng (α) : 2x − y + 2z + = y g) (P ) chứa đường thẳng d : x −1 = = z −1 và vuông góc với mặt phẳng (α) : 2x − y + z = 2 Lời giải y −3 Câu a: Đường thẳng d : x +1 = = z −1 có véctơ phương ud = (2; −1;2) d −1 Mặt phẳng (P ) qua điểm A(2 ; – 1; 3) và vuông góc với d ud nên (P ) có véctơ pháp tuyến n = ud = (2; −1;2) A Phương trình mặt phẳng (P ) : 2(x − 2) − 1(y + 1) + 2(z − 3) = P ⇔ 2x − y + 2z − 11 = Câu b: Gọi I là trung điểm đoạn thẳng MN thì I (2; 3; − ) Do (P ) là mặt phẳng trung trực đoạn MN nên (P ) qua điểm I (2; 3; − ) và có véctơ pháp tuyến nP = MN = (2;2;7) I M N P Phương trình mp (P ) : 2(x − 2) + 2(y − 3) + (z + ) = ⇔ 4x + 4y + 14z + = Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 38 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11   AB = (1; 3; −3) Câu c: Ta có    BC = (−3; 0; 3) ⇒  AB, BC  1   −3 −3  = ; ;  = (9; 6; 9)   3 −3 −3  Mặt phẳng (P ) qua ba điểm A(2; −1;1), B(3;2; −2),C (0;2;1) B A   C nên (P ) có véctơ pháp tuyến n =  AB, BC  = (9; 6;9) P   Phương trình mp (P ) : 9(x − 0) + 6(y − 2) + 9(z − 1) = ⇔ 3x + 2y + 3z − = Câu d: Do (P ) song song với (Q ) : x − 3y + 4z − = nên phương trình (P ) có dạng (P ) : x − 3y + 4z + D = (D ≠ −1) M Ngoài (P ) qua điểm M (1; ; 0) nên − 3.3 + 4.0 + D = ⇔ D = ≠ −1 P Q Vậy phương trình mặt phẳng (P ) : x − 3y + 4z + = Câu e: (α) : x + y + z − = có véctơ pháp tuyến n α = (1;1;1) (β ) : 2x − y + 4z + = có véctơ pháp tuyến n β = (2; −1; 4) nβ nα Do (P ) vuông góc với (α) và (β ) nên (P ) có véctơ pháp tuyến  n =  nα , n β  =   −1 1 ; 4 1 ; 2 −1   = (5; −2; −3)  A P α β Mặt phẳng (P ) qua A(3 ; ; 7) và có vtpt n = (5; −2; −3) nên (P ) có phương trình 5(x − 3) − 2(y − 0) − 3(z − 7) = ⇔ 5x − 2y − 3z + = Câu f: Ta có AB = (2; 3; −4) và (α) : 2x − y + 2z + = có vtpt nα = (2; −1;2) Mặt phẳng (P ) qua A, B và vuông góc với (α) nên (P ) có vtpt  − −4 2 n =  AB, n α  =  ; ;    −1 2 2 −1 nα α    = (2; −12; −8) B A P Mặt phẳng (P ) có phương trình : 2(x + 1) − 12(y − 0) − 8(z − 2) = ⇔ x − 6y − 4z + = y Câu g: Đường thẳng d : x −1 = = z −1 qua M (1;0;1), có véctơ phương ud = (3;2;2) 2 Mặt phẳng (α) : 2x − y + z + = có vtpt nα = (2; −1;1) Mặt phẳng (P ) chứa d và vuông góc với (α) nên (P ) có véctơ pháp tuyến  n =  ud , n α  =   −1 2 ; 1 3 ; 2 −1   = (4;1; −7)   α nα M d Mặt phẳng (P ) có phương trình : 4(x − 1) − (y − 0) − 7(z − 1) = P ud ⇔ 4x − y − 7z + = Th.S Dương Phước Sang 39 0942.080383 Ví dụ 3: Trong không gian Oxyz hãy viết phương trình đường thẳng d biết a) d qua hai điểm A(1; ; –1) và B (0 ; 1; 2) y −1 = z b) d qua điểm M (3; –1; 0) đồng thời song song với đường thẳng x +1 = −3 c) d qua điểm A(1; –1; 2) đồng thời vuông góc với mặt phẳng (α) : x − y − 2z + = d) d là giao tuyến hai mặt phẳng (α) : x − 2y + 2z − 30 = và (β ) : 2x − y − =  x = −5t  e) d qua M(1; ; –1) và vuông góc với hai đường thẳng d1 :  y = −2 + 8t , d2   z = + 3t  x = t  :  y = −1 − 2t   z = f ) d qua A(1; –1; 2) đồng thời song song với hai mặt phẳng (α) : x − y + = 0, (β ) : 3x + y − z − = Lời giải Câu a: Đường thẳng d qua A(1; ; –1) và B (0 ; 1; 2) nên có vtcp u = AB = (−1; −2; 3) y −3 Phương trình chính tắc d : x −1 = = z +1 −1 −2 y −1 x + z Câu b: Do d€△ : = = nên d nhận vtcp u△ = (2; 4; −3) △ làm vtcp cho d −3 y +1 Phương trình chính tắc d : x −3 = = z −3 Câu c: Do d ⊥ (α) : x − y − 2z + = nên d nhận vtpt n α = (1; −1; −2) (α) làm vtcp cho d y +1 z −2 Phương trình chính tắc d : x −1 = = −1 −2  x − 2y + 2z − 30 = i x = ta ®−îc y = −1 vµ z = 14 Câu d: Từ hệ  cho Như   2x − y − = i x = −2 ta ®−îc y = −5 vµ z = 11 Đặt A(0 ; –1; 14), B (–2 ; – ; 11) thì A, B ∈ (α) ∩ (β ) hay A, B ∈ d d qua A và B nên có vtcp u = AB = (−2; −4; −3) hay u ′ = (2; 4; 3) y +1 z −14 Phương trình chính tắc d : x = = Câu e: Hai đường thẳng d1, d2 có vtcp u1 = (−5; 8; 3), u2 = (1; −2; 0) Do d vuông góc với d1, d2 nên d có véctơ phương  u = [u1, u2 ] =   −2 ; −5 −5 ; 1 −2   = (6; 3;2)  y Phương trình chính tắc d : x −1 = = z +1 Câu f: Hai mặt phẳng (α) và (β ) có vtpt là n α = (1; −1; 0), n β = (3;1; −1) Do d song song với hai mặt phẳng (α) và (β ) nên d có véctơ phương 0  −1 u =  n α , n β  =  ;  −1 −1 Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia ; −1  y +1 z −2 =  = (1;1; 4) Vậy d : x −1 = 1  40 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 Ví dụ 4: Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S ) và mặt phẳng (P ) có phương trình (S ) : x + y + z − 2x + 6y − 8z − 23 = ; (P ) : 2x + 3y − 6z − 18 = a) Viết phương trình mặt phẳng (α) song song với mp (P ) đồng thời tiếp xúc với mặt cầu (S ) b) Viết phương trình mặt phẳng (β ) song song với mp (P ) đồng thời cắt mặt cầu (S ) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính r = Lời giải Câu a: Mặt cầu (S ) có tâm I (1; −3; 4) và bán kính R = 12 + (−3)2 + 42 − (−23) = Do mặt phẳng (α) song song với (P ) nên phương trình (Q ) có dạng 2x + 3y − 6z + D = (D ≠ −18) Do mặt phẳng (α) và mặt cầu (S ) tiếp xúc với nên ( ) d I ,(α) = R ⇔ 2.1 + 3.(−3) − 6.4 + D 22 + 32 + (−6)2 I R =7 α ⇔ D − 31 = 49 ⇔ D − 31 = ±49 ⇔ D = 80 (do D ≠ −18) Vậy phương trình mặt phẳng (α) : 2x + 3y − 6z + 40 = Câu b: Do (β )€(P ) nên phương trình (β ) có dạng 2x + 3y − 6z + D ′ = (D ′ ≠ −18) ( ) Đặt d = d I ,(β ) và r = ta có R = r + d ⇔ d = R − r = ( ) ⇔ d I ,(β ) = ⇔ 2.1 + 3.(−3) − 6.4 + D 22 + 32 + (−6)2 =5 ⇔ D = 66 D = – (nhận hai giá trị) Vậy (β ) : 2x + 3y − 6z + 66 = (β ) : 2x + 3y − 6z − = I R βP r Ví dụ 5: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz hãy viết phương trình mặt phẳng (P ) qua hai điểm A(1 ; 2; 3), B (– 2; ; – 1) và cách hai điểm C (0 ; ; 1), D (– ; – ; 5) Lời giải Do (P ) qua điểm A(1 ; 2; 3) nên (P ) có phương trình : a(x − 1) + b(y − 2) + c(z − 3) = Do (P ) qua điểm B (– 2; ; – 1) nên −3a + b − 4c = ⇔ b = 3a + 4c ( ) ( ) Do d C ,(P ) = d D,(P ) nên −a − b − 2c a +b +c 2 = −5a − 5b + 2c a + b2 + c2 (1) (2) Thay (1) vào (2) ta 4a + 6c = 20a + 18c ⇔ 3c = −4a c = – a Với 3c = – 4a ta chọn a = 3; c = −4 ⇒ b = −7 Khi đó (P ) : 3x − 7y − 4z + 23 = Với c = – a ta chọn a = 1; c = −1 ⇒ b = −1 Khi đó (P ) : x − y − z + = Vậy có mặt phẳng thoả đề là (P1 ) : 3x − 7y − 4z + 23 = ; (P2 ) : x − y − z + = Th.S Dương Phước Sang 41 0942.080383 Ví dụ 6: Tìm toạ độ giao điểm đường thẳng d và mặt phẳng (α) sau đây x +1 y z −4 và (α) : x − 3y − 2z − = d: = = −1 Lời giải x +1 y z −4 Đường thẳng d : = = có phương trình tham số −1  x = −1 + t   y = − t (*)   z = + 3t Thay x, y, z từ (*) vào phương trình x − 3y − 2z − = mặt phẳng (α) ta −1 + t − 3(−t ) − 2(4 + 3t ) − = ⇔ −11 − 2t = ⇔ t = − 11 Thay t = − 11 trở lại vào (*) ta x = − 13 ; y = 11 ; z = − 25 2 2 ( Vậy giao điểm đường thẳng d và mặt phẳng (α) là điểm H − 13 ; 11 ; − 25 2 ) Ví dụ 7: Trong không gian Oxyz hãy xác định toạ độ các điểm sau đây: a) Hình chiếu vuông góc điểm M (1; ; –1) lên mặt phẳng (α) : x + y − z + = b) Hình chiếu vuông góc điểm M (2; –1 ; 5) lên đường thẳng d : x +1 = y = z −2 Lời giải Câu a: Gọi d là đường thẳng qua điểm M (1; ; –1) và vuông góc với (α) : x + y − z + = Khi đó d nhận vtpt nα = (1;1; −1) (α) làm vtcp cho d  x = + t  Phương trình tham số d :  y = + t (*)   z = −1 − t d M H α Thay (*) vào phương trình x + y − z + = (α) ta + t + + t + + t + = ⇔ t = −2 Hình chiếu vuông góc M lên (α) là giao điểm H d và (α) , đó H (–1 ; ; 1) Câu b: Gọi (α) là mặt phẳng qua điểm M (2; –1 ; 5) và vuông góc với d : x +1 = y = z −2 Khi đó d nhận vtcp ud = (2;1; 3) d làm vtpt cho (α) Phương trình (α) : 2(x − 2) + 1(y + 1) + 3(z − 5) = ⇔ 2x + y + 3z − 18 = (1)  x = −1 + 2t  Phương trình tham số d :  y = t (*)   z = + 3t  d H α M Thay (*) vào phương trình (1) (α) ta 2(−1 + 2t ) + t + 3(2 + 3t ) − 18 = ⇔ t = Hình chiếu vuông góc M lên d là giao điểm H d và (α) , đó H (1 ; ; 5) Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 42 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 x −2 y z +1 x −1 y + z = = vµ △ : = = −1 −4 −6 a) Chứng minh △1 và △ song song với Tính khoảng cách chúng Ví dụ 8: Cho hai đường thẳng △ 1: b) Viết phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng △ và △ Lời giải Câu a: △ qua điểm M 1(2; 0; −1) và có véctơ phương u1 = (2; 3; −1) △1 qua điểm M (1; −2; 0) và có véctơ phương u2 = (−4; −6;2) Do u2 = −2u1 nên u1 vµ u2 cùng phương với M1 ⇒ △ và △ song song với trùng M2 Ngoài M ∉ △ nên △ và △ song song với  −6 2 −4 −4 −6   = (−2;2;2) Ta có M 1M = (−1; −2;1) ⇒  u2, M 1M  =  ; ;    −2 1 −1 −1 −2     u2, M 1M  (−2)2 + 22 + 22 42 d (△1, △2 ) = d (M 1, △2 ) = = = 2 14 u2 (−4) + (−6) + Câu b: Gọi (α) là mặt phẳng chứa hai đường thẳng song song △1 và △ , đó   (α) qua M 1(2; 0; −1) và có vtpt n =  u2, M 1M  = (−2;2;2)   Vậy phương trình mặt phẳng (α) : −2(x − 2) + 2(y − 0) + 2(z + 1) = ⇔ x − y − z − = M2 u2 M1 x + y + z −1 x −6 y −2 z −7 = = vµ △ : = = −1 3 a) Chứng minh △1 và △ chéo Tính khoảng cách chúng Ví dụ 9: Cho hai đường thẳng △1: b) Viết phương trình đường vuông góc chung △1 và △ Lời giải Câu a: △1 qua điểm M 1(−1; −2;1) , có véctơ phương u1 = (2; −1; 3) △1 qua điểm M (6;2; 7) và có véctơ phương u2 = (1; 3; 5)  −1 3 ; Do [u1, u2 ] =   5 u1 2 −1   = (−14; −7;7) ≠ ; 1  A u2 B ⇒ u1 vµ u2 không cùng phương ⇒ △1 và △ cắt chéo Ta có M 1M = (7; 4; 6) ⇒  u1, u2  M 1M = −14.7 − 7.4 + 7.6 = −84 ≠   −84  u1,u2  M 1M = =2 Vậy △ và △ chéo với d (△1, △2 ) = 2  u ,u  ( − 14) + ( − 7) +   Th.S Dương Phước Sang 43 0942.080383  x = −1 + 2t1  x = + t2   Câu b: Phương trình tham số △1:  y = −2 − t1 vµ △ :  y = + 3t2    z = + 3t  z = + 5t Xét điểm A ∈ △ vµ B ∈ △ thì A(−1 + 2a; −2 − a;1 + 3a ) vµ B(6 + b;2 + 3b;7 + 5b ) AB = (7 − 2a + b; + a + 3b;6 − 3a + 5b )   AB ⊥ △  AB.u1 =  AB là đường vuông góc chung △1 và △ ⇔  ⇔  AB ⊥ △    AB.u2 =  2(7 − 2a + b) − (4 + a + 3b) + 3(6 − 3a + 5b) = ⇔  ⇔  1(7 − 2a + b) + 3(4 + a + 3b) + 5(6 − 3a + 5b) =  −14a + 14b = −28 ⇔   −14a + 35b = −49 a =  b = −1 Như A(1; −3; 4), B(5; −1;2), AB = (4;2; −2) , từ đó đường vuông góc chung △1 và △ là đường thẳng AB : x −1 y + z − = = −2 Ví dụ 10: Cho hai mặt phẳng (α) : 2x − y + 2z − = và (β ) : 4x − 2y + 4z + = a) Chứng minh (α) và (β ) song song với Tính khoảng cách chúng x +1 y z −1 b) Xác định toạ độ các điểm M thuộc đường thẳng d : = = cho −2 khoảng cách từ điểm M đến mp (α) lần khoảng cách từ điểm M đến mp (β ) Lời giải −1 −1 = = ≠ nên hai mặt phẳng (α) và (β ) song song với −2 4.1 − 2.1 + 4.0 + Trên (α) ta lấy điểm A(1;1; 0) đó d (α),(β ) = d A,(β ) = = 2 + (−2) +  x = −1 + 3t  x +1 y z −1 Câu b: Đường thẳng d : = = có phương trình tham số d :  y = −2t (t ∈ ℝ)  −2  z = + 2t Câu a: Do ( ) ( ) Xét điểm M ∈ d ta có M (−1 + 3t ; −2t ;1 + 2t ) ( ) ( ) Theo giả thiết ta có d M ,(α) = 2d M ,(β ) ⇔ 2.(−1 + 3t ) − (−2t ) + 2.(1 + 2t ) − + (−1) + 2 2 = 2⋅ 4.(−1 + 3t ) − 2(−2t ) + 4.(1 + 2t ) + 42 + (−2)2 + 42 ⇔ 2.(−1 + 3t ) − (−2t ) + 2.(1 + 2t ) − = 4.(−1 + 3t ) − 2(−2t ) + 4.(1 + 2t ) +  12t − = 24t + t = −   ⇔ ⇔ 12t − = 24t + ⇔   12t − = −24t − t = −   18 Vậy có điểm thoả đề là M (−2; ; ) và M (− ; − ; ) 3 Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 44 9 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 S PH C I Các khái niệm và phép toán liên quan đến số phức Đơn vị ảo i là số thoả : i = −1 i = −i i4 = a ∈ ℝ : phÇn thùc Số phức là số cú dạng z = a + bi đó  b ∈ ℝ : phÇn ¶o Số phức z = bi gọi là số ảo (tức là z có phần thực a = 0) y Số phức liên hợp z = a + bi ký hiệu là z = a − bi b M(a;b) Mô-đun số phức z = a + bi ký hiệu là |z | = a + b a = a ′ Hai số phức : a + bi = a ′ + b ′i ⇔  b = b ′ O a x Biểu diễn hình học z = a + bi trên mặt phẳng phức Oxy là điểm M (a;b) Phép cộng : (a + bi ) + (a ′ + b ′i ) = (a + a ′) + (b + b ′)i (a + bi ) − (a ′ + b ′i ) = (a − a ′) + (b − b ′)i Phép trừ : Phép nhân : (a + bi ).(a ′ + b ′i ) = (aa ′ − bb ′) + (ab ′ + a ′b)i Phép chia : a + bi (a + bi )(a ′ − b ′i ) = (nhân tử và mẫu cho số liên hợp mẫu) a ′ + b ′i (a ′ + b ′i )(a ′ − b ′i ) Phép nghịch đảo : 1 = ⋅ z (số gọi là số phức nghịch đảo số phức z ≠ ) z z |z | Mỗi số thực △ âm có bậc hai phức là: ± △ i Một số lưu ý: z =z z + z = 2a ∈ ℝ z − z = 2bi : ảo |z | = | z | z z = |z |2 z ∈ℝ ⇔z =z II Giải phương trình bậc hai hệ số thực (khi △ < 0) trên tập số phức Cho phương trình bậc hai az + bz + c = (a, b, c ∈ R và a ≠ 0) Tính △ = b – 4ac và ghi kết dạng ( △ i )2 Chỉ các bậc hai △ là: ± △ i −b − i △ −b + i △ và z = 2a 2a Công thức nghiệm trên đây sử dụng biệt thức △ < Kết luận phương trình có nghiệm phức: z = Lưu ý: Công thức nghiệm theo △′ : z = Th.S Dương Phước Sang −b ′ − i △′ −b ′ + i △′ và z = a a 45 0942.080383 VÍ DỤ MINH HOẠ Ví dụ 1: Xác định phần thực, phần ảo và tính môđun các số phức sau đây: c) + i 3−i b) (3 – 4i)2 a) z = (2 + 4i)(3 – 5i) + 7(4 – 3i) d) z = 3+i (1 + i )(2 − i ) Lời giải Câu a: Ta có z = (2 + 4i)(3 – 5i) + 7(4 – 3i) = – 10i + 12i – 20i + 28 – 21i = 54 – 19i Phần thực z là 54 |z | = 542 + (−19)2 = 3277 Phần ảo z là – 19 Câu b: Ta có z = (3 – 4i)2 = – 24i + 16i = – 24i – 16 = – – 24i Phần thực z là – |z | = (−7)2 + (−24)2 = 25 Phần ảo z là – 24 (2 + i )(3 + i ) + 2i + 3i + i Câu c: Ta có z = + i = = = + 5i − = + i 3−i (3 − i )(3 + i ) 10 2 32 − i Phần thực z là Câu d: Ta có z = 2 3+i 3+i = = + i =1 (1 + i )(2 − i ) − i + 2i + + i Phần thực z là |z | =   +   = 2 2 Phần ảo z là |z | = 12 + 02 = Phần ảo z là Ví dụ 2: Tìm các cặp số thực x, y cho 2x + yi − + 2i = xi − y + + 4i Lời giải 2x + yi − + 2i = xi − y + + 4i ⇔ (2x − 3) + (y + 2)i = (2 − y ) + (x + 4)i  2x − = − y  2x + y =  x = ⇔  ⇔  ⇔   y + = x +  x − y = −2  y = Ví dụ 3: Tìm môđun số phức z biết z là nghiệm phức phương trình đây a) 3iz + (3 – i)(1 + i) = b) 2iz + = 5z + 4i Lời giải Câu a: Ta có 3iz + (3 – i)(1 + i) = ⇔ 3iz + + 3i – i – i = (−2 −2i )(−i ) ⇔ 3iz + + 3i – i + = ⇔ 3iz = –2 – 2i ⇔ z = −2 −2i = 3i −3i 2 ⇔ z = − + i ⇒ |z | =  −  +   = 2 3 3 Câu b: Ta có 2iz + = 5z + 4i ⇔ 5z – 2iz = – 4i ⇔ 5(z – 2i) = – 4i (3 − 4i )(5 + 2i ) 15 + 6i − 20i − 8i ⇔ z = − 4i = = = 23 − 14 i − 2i (5 − 2i )(5 + 2i ) 29 29 52 − 4i 2 ⇒ |z | =  23  +  − 14  = 29 29 29 29 Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 46 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 Ví dụ 4: Giải các phương trình sau đây trên tập ℂ số phức: a) –z + z – = b) z + 2z – = c) z + = Lời giải Câu a: – z + z – = ⇔ z – z + = (1) Ta có, △ = 12 − 4.1.2 = −7 < ⇒ bậc hai △ là ± 7.i Vậy phương trình (1) có nghiệm phức phân biệt z = − 7i = − i và z = + 7i = + i 2 2 2 Câu b: z + 2z – = (2) Đặt t = z 2, phương trình (2) trở thành: t = t + 2t – = ⇔  Từ đó, t = −   z2 =  z = ±1   ⇔     z = ± 3.i  z = −3 Vậy, phương trình (2) có nghiệm phức phân biệt : z1 = , z = −1 , z = 3i vµ z = − 3i  z = −1 Câu c: z + = (3) ⇔ (z + 1)(z − z + 1) = ⇔  z −z +1 =  (*) Giải (*) : ta có △ = (−1)2 − 4.1.1 = −3 < ⇒ bậc hai △ là ± 3i có nghiệm phức phân biệt: z1 = + 3i ; z = − 3i 2 Vậy, phương trình (3) có nghiệm phức phân biệt (*) z1 = –1, z = + i và z = − 3i 2 Ví dụ 5: Giải các phương trình sau đây trên tập ℂ số phức: a) iz + 5z = 11 − 17i c) |z |2 + z = z + i b) |z | − 2z = −3 + 6i Lời giải Câu a: Đặt z = a + bi (a,b ∈ R) thì z = a − bi , từ đó iz + 5z = 11 − 17i ⇔ i(a + bi ) + 5(a − bi ) = 11 − 17i ⇔ ia + bi + 5a − 5bi = 11 − 17i ⇔ (5a − b) + (a − 5b)i = 11 − 17i  5a − b = 11 a = ⇔  ⇔  ⇒ z = + 4i  a − 5b = −17 b = Câu b: Đặt z = a + bi (a,b ∈ R) thì z = a − bi và |z | = a + b , từ đó |z | − 2z = −3 + 6i ⇔ a + b − 2(a − bi ) = −3 + 6i ⇔ a + b − 2a + 2bi = −3 + 6i 2  a + b − 2a = −3  a + = 2a − ⇔ ⇔ ⇔⋯⇔  2b = b = Th.S Dương Phước Sang 47 a = ⇒ z = + 3i  b = 0942.080383 Câu c: Đặt z = a + bi (a,b ∈ R) thì z = a − bi và |z | = a + b , từ đó |z |2 + z = z + i ⇔ ( a + b2 ) + (a + bi )2 = a − bi + i ⇔ a + b + a + 2abi − b = a − bi + i ⇔ 2a + 2abi = a + (1 − b)i  2a = a a = ∨ a = a =  ⇔ ⇔ ⇔    2ab = − b  (2a + 1)b = b =   a =  ∨  b =  Vậy có số phức thoả đề bài là z = i z = + i 2 Ví dụ 6: Biểu diễn tập hợp các số phức thoả mãn điều kiện đây lên mặt phẳng phức: a) z + = b) z + i = z − − 3i c) z − + z + = Lời giải y Câu a: Đặt z = x + yi (x , y ∈ ℝ) , đó M (x ; y) là điểm biểu diễn z z + = ⇔ x + yi + = ⇔ (x + 1) + yi = ⇔ (x + 1)2 + y = ⇔ (x + 1)2 + y = 22 -1 x O Vậy tập hợp điểm biểu diễn cho z thoả z + = là đường tròn (x + 1)2 + y = 22 với tâm I (– 1;0) và bán kính R = Câu b: Đặt z = x + yi (x, y ∈ ℝ) , đó M (x ; y) là điểm biểu diễn z z + i = z − − 3i ⇔ x + yi + i = x + yi − − 3i y ⇔ x + (y + 1)i = (x − 2) + (y − 3)i ⇔ x + (y + 1)2 = (x − 2)2 + (y − 3)2 B ⇔ x + (y + 1)2 = (x − 2)2 + (y − 3)2 O A x ⇔ 4x + 8y − 12 = ⇔ x + 2y − = Vậy tập hợp điểm biểu diễn cho z thoả z + i = z − − 3i là đường thẳng x + 2y − = Câu c: Đặt z = x + yi (x , y ∈ ℝ) , đó M (x ; y) là điểm biểu diễn z z − + z + = ⇔ x + yi − + x + yi + = ⇔ (x − 2) + yi + (x + 2) + yi = ⇔ (x − 2)2 + y + (x + 2)2 + y = ⇔ MF1 + MF2 = với F1(−2; 0), F2 (2; 0)  2a = ⇔ M ∈ (E ) với (E ) là elip có  ⇔ c = a =  ⇒ b2 = a − c2 = c = y Vậy tập hợp điểm biểu diễn cho z thoả z − + z + = là elip (E ) : x2 25 + Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia y2 = với a = vµ b = 48 x − 52 -2 O Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 KH I ĐA DI N VÀ KH I TRÒN XOAY M TS CÔNG TH C TÍNH TOÁN HÌNH H C I Đường cao tam giác đều, đường chéo hình vuông Tam giác có cạnh a thì có độ dài đường cao là h = a Hình vuông có cạnh a thì có độ dài đường chéo a Tam giác vuông cân có cạnh góc vuông a thì có cạnh huyền a II Hệ thức lượng tam giác A A c c b b h ma c' B b' a H C B Hệ thức lượng tam giác vuông a = b + c − 2bc cos A a = b2 + c2 bc = ah b = b ′.a c = c ′.a h = b + c h= Định lý sin (cho tam giác) a b c = = = 2R sin A sin B sin C bc b + c2 Định lý trung tuyến ma2 = ma = a h = b ′.c ′ C Định lý côsin (cho tam giác) (giả sử △ABC vuông A) M a b2 + c2 a − III.Tính diện tích đa giác Diện tích tam giác ABC : A C' 1 abc S△ABC = a.ha = bc sin A = = pr = p(p − a )(p − b)(p − c) 2 4R S△AB ′C ′ Tỉ số diện tích hai tam giác: S△ABC = AB ′ ⋅ AC ′ AB AC c2 a a a Diện tích hình vuông: Th.S Dương Phước Sang B b C a c1 h b b φ Diện tích hình thang: S h.thang = (a + b)h S hv = a 2 Diện tích hình b.hành: S hbh = ab sin ϕ Diện tích hình chữ nhật: S hcn = ab Diện tích hình thoi: B' Diện tích hình b.hành: S hbh = a.ha S h.thoi = c1.c2 49 0942.080383 CÔNG TH C TÍNH TOÁN V I KH I ĐA DI N & KH I TRÒN XOAY I Thể tích khối chóp và khối lăng trụ VS A′ B ′C ′ Vh.chãp = B.h VS ABC S = SA′ ⋅ SB ′ ⋅ SC ′ SA SB SC Vl¨ng trô = B.h S h A B B C' A' E H A B' D C C h B B II Diện tích, thể tích khối nón, khối trụ, khối cầu Vnón = Sđáy h Vk.cÇu = πR Vtrụ = S đáy h O r h l I I h r R l r M S xq.nãn = πrl S đáy.nón = πr S m.cÇu = 4πR2 S xq.trô = 2πrl S S đáy.trụ = πr III Tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp, hình lăng trụ I Là điểm I cách tất các đỉnh hình Là giao điểm trục d đường tròn ngoại tiếp mặt đáy và mặt phẳng trung trực cạnh bên hình đó D A B C Là giao điểm trục đường tròn ngoại tiếp các mặt hình đó VÍ DỤ MINH HOẠ Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông tâm O cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy, cạnh bên SC tạo với mặt đáy góc 60 a) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và góc hợp đường thẳng AB với mp (SAC ) b) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD ) Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 50 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 Lời giải S Câu a1: Do SA ⊥ (ABCD ) nên SA là đường cao hình chóp và H hình chiếu vuông góc SC lên (ABCD ) là AC, từ đó (SC ,(ABCD )) = (SC , AC ) = SCA ⇒ SCA = 60 A SA Tam giác SAC vuông C có tan SCA = AC 60° O ⇒ SA = AC tan SCA = a tan 60 = a Vậy VS ABCD D C B 1 a3 = SABCD SA = (a ).a = (đvtt) 3 Câu a2: Từ SA ⊥ (ABCD ) ta suy SA ⊥ BO ⊂ (ABCD )  BO ⊥ SA Do  nên BO ⊥ (SAB ) ⇒ (AB,(SAC )) = (AB, AO ) = BAO = 45  BO ⊥ AC CD ⊥ SA nên CD ⊥ (SAD ) ⇒ CD ⊥ AH ⊂ (SAD ) Câu b: Vẽ AH ⊥ SD H ∈ SD Do  CD ⊥ AD  AH ⊥ SD Do  nên AH ⊥ (SCD ) ⇒ d A,(SCD ) = AH =  AH ⊥ CD ( ) SA.AD SA + AD = a 42 Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có mặt đáy ABCD là hình thang vuông A và D với CD = a, AB = AD = 2a, mặt bên SAD cân S đồng thời nằm mặt phẳng vuông góc với mặt đáy Biết góc (SBC ) và (ABCD ) 60 Tính theo a a) Thể tích khối chóp S.ABCD b) Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC ) Lời giải Câu a: Gọi H là trung điểm cạnh AD thì SH ⊥ AD (do △SAD c©n t¹i S ) S  (SAD ) ⊥ (ABCD ) Kết hợp với  ta SH ⊥ (ABCD )   SH ⊂ (SAD )   BC ⊥ SH Vẽ HI ⊥ BC I ∈ BC Do  nên BC ⊥ SI ,   BC ⊥ HI  A H từ đó ((SBC ),(ABCD )) = (SI , HI ) = SIH ⇒ SIH = 60 Hình thang ABCD có SABCD = (AB + CD ).AD = 3a 2 Suy S ∆HBC = SABCD − S∆HAB − S ∆HCD = 3a , từ đó IH = 2S ∆HBC BC = 3a = 3a a 5 △SHI có SH = IH tan SIH = 3a tan 60 = 3a 15 5 B 60° D C 2a A 51 B a H a D I a Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là V = 3a ⋅ 3a 15 = 3a 15 (đvtt) 5 Th.S Dương Phước Sang I C 0942.080383 1 3a 15 a 15 S ∆ABC SH = ⋅ a ⋅ = 3 5 Câu b: S ∆ABC = SABCD − S ∆ACD = 2a ⇒ VS ABC = 6a 1 6a ⇒ S ∆SBC = BC SI = a = 3a 2 3VS ABC a 15 Như d A,(SBC ) = = S ∆SBC ∆SIH có SI = SH + IH = ( ) Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên a, đường cao SO, góc mặt bên và mặt đáy 60 Gọi K là trung điểm cạnh SA Tính thể tích khối chóp S.ABC và S.OBK Lời giải Câu a: Do S.ABC là hình chóp nên có đường cao SO qua trọng tâm O △ABC Gọi H là trung điểm cạnh BC Do ∆SBC cân S và ∆ABC nên  BC ⊥ SH ⇒ ((SBC ),(ABC )) = (SH , AH ) = SHA ⇒ SHA = 60   BC ⊥ AH  S Đặt AB = 2x thì AH = x và OH = AH = x 3 SH = SB − BH = a − x K a Tam giác SOH vuông O có cos SHA = OH ⇔ OH = SH cos SHA A SH ⇔ x = a − x ⇔ x = a 21 O 2x C 600 H B Tam giác SOH tiếp tục có SO = OH tan SHA = x 3 Như VS ABC = BC AH SO = 2x x 3.x = x = 3a 49 Câu b: Áp dụng định lý tỉ số thể tích ta có VS KBO VS ABO = SK ⋅ SB ⋅ SO = ⇒ VS BOK = VS ABO SA SB SO (1) Áp dụng định lý diện tích tam giác ta có S ∆ABO = AB ⋅ AO ⋅ S ∆ABH = AB ⋅ AO ⋅ ⋅ S ∆ABC = S ∆ABC ⇒ VS ABO = VS ABC (2) AB AH AB AH Từ (1) và (2) ta suy VS BOK = VS ABC = a 3 98 Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy ABC là tam giác vuông A, BC = 2a, AC = a Mặt bên SAB là tam giác và nằm mặt phẳng vuông góc với mặt đáy Tính theo a : a) Thể tích khối chóp S.ABC b) Khoảng cách hai đường thẳng SA và BC c) Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 52 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 Lời giải S Câu a: Do (SAB ) ⊥ (ABC ) nên S.ABC có đường cao SH ⊂ (SAB ) tức là SH ⊥ (ABC ) và H ∈ AB Do △SAB nên H là trung điểm cạnh AB A Tam giác ABC vuông A có AB = BC − AC = a a ⇒ S△ABC = AB.AC = a a = a 2 2a H B Tam giác SAB có cạnh AB = a nên có đường cao SH = a 3 Thể tích khối chóp S.ABC : V = S△ABC SH = a (đvtt) z Câu b: Tính khoảng cách hai đường thẳng SA và BC S S Hình Hình K A I a C C a A y 2a H 2a H D C B B x Giải theo phương pháp cổ điển → có cách tiếp cận (xem hình 1) Dựng điểm D cho ACBD là hình bình hành đó BC€(SAD ) ( ) ( ) ( ) ⇒ d SA, BC = d BC ,(SAD ) = d B,(SAD ) ( ) Đến đây ta có hướng để tính d B,(SAD ) (theo kiểu đã giải ví dụ 1b và ví dụ 2b) Hướng 1: tính khoảng cách theo kiểu dựng hình ( ) ( ) ( dùng HI , råi HK nh− h×nh vÏ ) Đổi d B,(SAD ) = 2d H ,(SAD )       → d B,(SAD ) = 2HK Hướng 2: tính khoảng cách dựa vào công thức thể tích ( ) d B,(SAD ) = VS ABD S ∆SAD l−u ý r»ng V =VS ABC    S ABD   → đáp số: a 15 cần tính SD để đ−ợc S ∆SAD Giải phương pháp toạ độ → tự gắn thêm hệ toạ độ (xem hình 2) (2 ) (2 Gắn hệ toạ độ Axyz với A(0;0;0), B(a;0;0), C (0; a 3; 0), H a ; 0; ⇒ S a ; 0; a ( ) )  SA = − a ; 0; − a 2 2 2 ⇒  SA, BC  = 3a ; a ; − a ⇒  SA, BC  = a 15 Ta có       2 2  BC = (−a; a 3; 0)   AB = (a; 0; 0) ⇒  SA, BC  AB = 3a    SA, BC  AB Vậy d SA, BC =    SA, BC  ( ) Th.S Dương Phước Sang ( ) 3a a 15 = 22 = a 15 53 0942.080383 Câu c: Gọi G là trọng tâm tam giác SAB, O là trung điểm BC Lấy điểm T cho OHGT là hình chữ nhật  ∆ABC vu«ng t¹i A Ta có  ⇒ OT€GH ,GH ⊥ (ABC ) S OA = OB = OC  OT ⊥ (ABC ) ⇒ TA = TB = TC (1) G  ∆SAB GS = GA = GB ⇒  Ta có   GT€OH ,OH ⊥ (SAB ) GT ⊥ (SAB ) T A C O H ⇒ TS = TA = TB (2) B Từ (1) và (2) ta suy TA = TB = TC = TS ⇒ T là tâm mặt cầu (S ) ngoại tiếp S.ABC Ta có OH = AC = a và OT = GH = SH = a ⇒ TH = OT + OH = a 30 6 2 3 4  a 30  5πa 30  = Mặt cầu (S ) có bán kính nên (S ) có thể tích V(S ) = πR = π   3 27 Ví dụ 5: Cho hình lăng trụ ABC A′ B ′C ′ có mặt đáy là tam giác cạnh a 3, hình chiếu vuông góc đỉnh A′ lên mặt phẳng (ABC ) trùng với trọng tâm G tam giác ABC, hai cạnh AA′ và BC lăng trụ cách khoảng 3a a) Chứng minh mặt bên BCC ′B ′ lăng trụ ABC A′ B ′C ′ là hình chữ nhật b) Tính theo a thể tích khối ABC A′ B ′C ′ và diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A′ ABC c) Tính góc hợp hai đường thẳng chéo AG và A′ C Lời giải Câu a: Gọi H là trung điểm cạnh BC thì BC ⊥ AH (do ∆ABC đều) Kết hợp với BC ⊥ A′ G ta BC ⊥ (AGA′) ⇒ BC ⊥ AA′ ⊂ (AGA′) Mà BB ′€AA′ nên BC ⊥ BB ′ A' Ngoài BCC ′B ′ là hình bình hành nên ta suy BCC ′B ′ là hình chữ nhật B' E K Câu b1: Vẽ HK ⊥ AA′ K ∈ AA′ I Do HK ⊂ (AGA′) nên BC ⊥ HK ⊂ (AGA′) , từ đó d (AA′, BC ) = HK ⇒ HK = 3a Đặt h = GA′ thì AA′ = GA + GA′ = h + a 2 C' A C G H B Tam giác AMA′ có HK AA′ = GA′.AH ⇔ h = a 3 Thể tích lăng trụ ABC A′ B ′C ′ là V = BC AH GA′ = a 3a a = 9a (đvtt) 2 Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 54 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 Câu b2: Gọi E là trung điểm cạnh AA′, gọi I là điểm trên A′ G cho IE ⊥ AA′ Khi đó ta có IA = IA′ (vì IE là đường trung trực AA′ ) GA = GB = GC Do  nên IA = IB = IC   IG ⊥ (ABC ) Từ đó IA = IB = IC = IA′ hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A′ ABC Do ∆A′ EI ~ ∆A′ GA nên IA′ = EA′ ⇒ IA′ = AA′.EA′ = 2a.a = 2a AA′ GA′ GA′ a 3 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A′ ABC là S = 4π.IA′2 = 16πa Câu c: Tính góc hợp hai đường thẳng AG và A′ C Hình z A' A' H' B' E K B' E K Hình K I A x C G C' C' C A G H B y H B Giải theo phương pháp cổ điển → dựng góc cần tính (xem hình 1) Gọi H ′ là trung điểm cạnh B ′C ′ , đó A′ H ′€AH vµ A′ H ′ = AH = 3a Do A′.ABC là hình chóp nên A′ C = A′ A = 2a ∆H ′C ′C vuông C ′ nên H ′C = CC ′2 + H ′C ′2 = a 19 2 2 ′ ′ ′ ′ A H + A C − H C ∆A′ H ′C có cos H ′A′ C = = ⇒ H ′A′ C ≈ 75 31’21” 2A′ H ′.H ′C Vậy (AG, A′ C ) = (A′ H ′, A′ C ) = H ′A′ C ≈ 75 31’21” Giải phương pháp toạ độ → tự gắn thêm hệ toạ độ (xem hình 2) ) ( (2 ) (2 ) (2 Gắn hệ toạ độ Hxyz với H(0;0;0), A 3a ; 0; ,C 0; − a ; ,G a ; 0; ⇒ A′ a ; 0; a ( ) ) Ta có AG = (−a; 0; 0) và A′ C = − a ; − a ; −a ⇒ AG A′ C = a 2 Ngoài AG = AH = a vµ A′ C = AA′ = 2a (do A′.ABC là hình chóp đỉnh A′) AG A′ C Từ cos(AG, A′ C ) = cos(AG, A′ C ) = AG A′ C = a2 a.2a = ta suy (AG, A′ C ) ≈ 75 31’21” Nhận xét: phương pháp toạ độ không gian khá hiệu các bài toán tính góc và khoảng cách Th.S Dương Phước Sang 55 0942.080383 M TS V NĐ V L NG GIÁC CÔNG TH C BI N Đ!I L#$NG GIÁC I Công thức sin α cos α cos α cot α = sin α tan α cot α = sin2 α + cos2 α = 1 = + tan2 α cos α = + cot2 α sin α trục sin tan α = y trục cos II Công thức cộng x O sin(a ± b ) = sin a cos b ± cos a sin b cos(a ± b) = cos a cos b ∓ sin a sin b tan a ± tan b tan(a ± b) = ∓ tan a tan b III Công thức nhân đôi cos 2α = cos2 α − sin2 α = cos2 α − = − sin2 α Công thức nhân đôi bổ sung tan α sin 2α = + tan2 α sin 2α = sin α cos α tan α tan 2α = − tan2 α cos 2α = − tan2 α + tan2 α IV Công thức nhân ba sin 3α = sin α − sin α cos 3α = cos3 α − cos α tan 3α = V Công thức hạ bậc tan α − tan α − tan2 α − cos 2α − cos 2α + cos 2α sin2 α = tan2 α = 2 + cos 2α VI Công thức biến đổi tổng thành tích Công thức bổ sung cos2 α = sin a + sin b = sin a +b cos a −b sin a + cos a = sin  a + π  2 a + b a − sin a − sin b = cos sin b 2 a + b a cos a + cos b = cos cos −b 2 a + b a cos a − cos b = −2 sin sin −b 2 tan a ± tan b = sin a − cos a = sin  a − π  cos a + sin a = cos  a − π  cos a − sin a = cos  a + π  sin(a ± b) cos a.cos b VII Công thức biến đổi tích thành tổng cos a cos b = sin a sin b =  cos(a − b) + cos(a + b)   2  cos(a − b) − cos(a + b)   2 sin a cos b =  sin(a − b) + sin(a + b)  VIII Một số công thức khác sin6 a + cos6 a = − sin2 2a sin a + cos a = − sin2 2a Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 56 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 PH#&NG TRÌNH L#$NG GIÁC Phương trình lượng giác đặc biệt sin x = ⇔ x = π + k 2π (k ∈ ℤ) cos x = ⇔ x = k 2π (k ∈ ℤ) sin x = −1 ⇔ x = − π + k 2π (k ∈ ℤ) cos x = −1 ⇔ x = π + k 2π (k ∈ ℤ) sin x = ⇔ x = k π cos x = ⇔ x = π + k π (k ∈ ℤ) (k ∈ ℤ) cot x = ⇔ cos x = tan x = ⇔ sin x = Phương trình lượng giác  u = v + k 2π  sin u = sin v ⇔  (k ∈ ℤ)  u = π − v + k 2π   u = v + k 2π  cos u = cos v ⇔  (k ∈ ℤ)  u = −v + k 2π  tan u = tan v ⇔ u = v + k π cot u = cot v ⇔ u = v + k π (k ∈ ℤ) (k ∈ ℤ) Lưu ý 1: điều kiện có nghiệm phương trình lượng giác sin x = a có nghiệm ⇔ −1 ≤ a ≤ cos x = a có nghiệm ⇔ −1 ≤ a ≤ tan x = a luôn có nghiệm cot x = a luôn có nghiệm Lưu ý 2: công thức giải phương trình lượng giác theo giá trị lượng giác ngược   x = arcsin a + k 2π sin x = a ⇔   x = π − arcsin a + k 2π  (với −1 ≤ a ≤ )  x = arccos a + k 2π  cos x = a ⇔   x = − arccos a + k 2π  (với −1 ≤ a ≤ ) tan x = a ⇔ x = arctan a + kπ cot x = a ⇔ x = arc cot a + kπ Lưu ý 3: cách xử lý dấu trừ đứng kề trước giá trị lượng giác − sin α = sin(−α) − tan α = tan(−α) − cot α = cot(−α) Ngoại lệ: − cos α = cos(π − α) Lưu ý 4: cách thay đổi loại hàm số lượng giác sin α = cos ( π − α ) tan α = cot π − α ( cos α = sin ( π − α ) cot α = tan π − α ) ( ) Phương trình bậc hai hàm số lượng giác a sin2 x + b sin x + c = , đặt t = sin x (điều kiện kèm theo là −1 ≤ t ≤ ) a cos2 x + b cos x + c = , đặt t = cos x (điều kiện kèm theo là −1 ≤ t ≤ ) a tan2 x + b tan x + c = , đặt t = tan x (không ghi điều kiện gì kèm theo ) a cot2 x + b cot x + c = , đặt t = cot x (không ghi điều kiện gì kèm theo ) Th.S Dương Phước Sang 57 0942.080383 Phương trình đẳng cấp bậc hai sin x và cos x a sin2 x + b sin x cos x + c cos2 x = Nếu thay cos x = và sin2 x = vào phương trình nhận mệnh đề sai thì ta ghi “ cos x = không thoả phương trình suy cos x ≠ ” Sau đó chia vế phương trình cho cos2 x và tiếp tục giải phương trình theo tan x Nếu “ cos x = thoả phương trình ” ta ghi nhận nghiệm x = π + k π (k ∈ ℤ) Sau đó xét cos x ≠ , chia vế phương trình cho cos2 x và giải tiếp Lưu ý: vế phải phương trình d ≠ không phải 0, cụ thể là: a sin2 x + b sin x cos x + c cos2 x = d Ta biến đổi: d = d (sin2 x + cos2 x ) đưa dạng đã xét trên (vế phải 0) Phương trình bậc sin x và cos x (phương trình cổ điển) a sin x + b cos x = c Chia vế phương trình cho a + b ta phương trình: a a + b2 sin x + b a + b2 c a + b2 b → sin α a + b2 c Thay vào phương trình ta được: sin x cos α + sin α cos x = a + b2 c ⇔ sin(x + α) = a + b2 Chọn số α hợp lý để đổi a → cos α ; a + b2 cos x = 2 Lưu ý: Điều kiện để phương trình a sin x + b cos x = c có nghiệm là a + b ≥ c Phương trình đối xứng sin x và cos x a(sin x + cos x ) + b sin x cos x + c = Đặt t = sin x + cos x = sin (x + π ) (điều kiện: − ≤ t ≤ ) Bình phương vế ta suy được: sin x cos x = t − Thay biểu thức trên vào phương trình, sau đó ta giải tìm t tìm x Lưu ý: phương trình a(sin x − cos x ) + b sin x cos x + c = có cách giải tương tự Đặt t = sin x − cos x = sin (x − π ) ( − ≤ t ≤ ) Bình phương vế ta suy được: sin x cos x = − t Thay biểu thức trên vào phương trình, sau đó ta giải tìm t, tìm x Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 58 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 VÍ DỤ MINH HOẠ Ví dụ 1: Cho góc α thoả mãn π < α < π và sin α = Tính giá trị các biểu thức A= tan α B = sin (2α − π ) + tan α Lời giải (5) Ta có cos2 α = − sin2 α = − π = 16 , suy cos α = ± 25 Do π < α < π nên cos α < ⇒ cos α = − α Câu a: Ta có tan α = = − và tan2 α = cos α 16 π sin α A= tan α + tan2 α = − 34 + 169 =− y cos α O x 12 25 Câu b: Ta có sin 2α = sin α cos α = ( ) (− ) = − 24 5 (5) cos 2α = − sin x = − 25 = 25 B = sin (2α − π ) = sin 2α cos π − cos 2α sin π = − 24 ⋅ − ⋅ = −24−7 3 3 25 25 50 Ví dụ 2: Cho góc α thoả mãn tan α = −2 Tính giá trị các biểu thức sin α − cos α sin α.sin 3α A= B= sin α + cos α − cot α Lời giải sin α−2 cos α sin α − cos α tan α − −2 − cos α Ta có A = = = = =4 sin α +cos α sin α + cos α tan α + −2 + cos α B= Do cos2 α sin 3α.sin α cos 2α − cos 4α = − cot α 2(1 − cot α) Khi giả thiết không cho giới = + tan2 α = + (−2)2 = nên cos2 α = Suy ra, cos 2α = cos2 α − = ⋅ − = − 5 ( 5) cos 4α = cos2 2α − = ⋅ − hạn α ta nên xuất phát từ biểu thức cần tính, biến đổi làm xuất giá trị đã cho −1 = − 25 1 cos 2α − cos 4α − − (− 25 ) Ngoài ra, cot α = = − nên B = = =− tan α 2(1 − cot α) 75  − (− )  Ví dụ 3: Chứng minh các đẳng thức lượng giác sau đây: a) tan2 x − sin2 x = tan2 x sin2 x với x ≠ π + k π (k ∈ ℤ) π b) cot x − tan x = cot2x với x ≠ k (k ∈ ℤ) 2 π π c) cos x + cos + x + cos − x = với x ∈ ℝ 3 ( Th.S Dương Phước Sang ) ( ) 59 0942.080383 Lời giải Câu a: Với x ≠ π + k π (k ∈ ℤ) ta có tan2 x − sin2 x = tan2 x sin2 x ⇔ tan2 x = sin2 x + tan2 x sin2 x ⇔ tan2 x = sin2 x (1 + tan2 x ) sin2 x ⇔ tan2 x = sin2 x ⋅ ⇔ tan x = (*) cos2 x cos2 x Với x ≠ π + k π (k ∈ ℤ) , (*) luôn đúng nên tan2 x − sin2 x = tan2 x sin2 x đúng Câu b: Với x ≠ k π (k ∈ ℤ) ta có cot x − tan x = cos x sin x cos2 x − sin2 x 2(cos2 x − sin2 x ) cos 2x − = = = = cot2x sin x cos x sin x cos x sin x cos x sin 2x (3 ) (3 ) =  + cos 2x + + cos ( 2π + 2x ) + + cos ( 2π − 2x )  2 3  = +  cos 2x + cos ( 2π + 2x ) + cos ( 2π − 2x )   2 3 = +  cos 2x + 2cos 2π cos2x  = +  cos 2x + (− ) cos2x  =  2  2 2 cos x + cos π + x + cos π − x Câu c: Với x ∈ ℝ ta có: Ví dụ 4: Chứng minh các biểu thức sau đây độc lập biến số x (3 ) (4 ) (6 ) ( x + sin ( π − x ) + sin x sin ( π − x ) 3 A = cos π − x cos π + x + cos π + x cos 3π + x C = sin ) (4 B = sin 8x + cos π + 4x ) Lời giải (3 ) (4 ) (6 ) ( ) = cos ( π − x ) cos ( π + x ) + cos  π − ( π − x )  cos  π + ( π + x )  2  2  4 = cos ( π − x ) cos ( π + x ) + sin ( π − x )  − sin ( π + x )    4 = cos ( π − x ) cos ( π + x ) − sin ( π − x ) sin ( π + x ) = cos  ( π − x ) + ( π + x )  = cos π , ∀x ∈ ℝ   4 12 Câu a: Ta có B = cos π − x cos π + x + cos π + x cos 3π + x ( ) ( ) Câu b: Ta có A = sin 8x + cos π + 4x = sin 8x +  + cos π + 4x    4 (2 ) Câu c: Ta có C = sin x + sin ( π − x ) + sin x sin ( π − x ) 3 π − cos 2x − cos ( − 2x )  = sin 8x + + cos π + 8x = sin 8x + − sin 8x = 1, ∀x ∈ ℝ = + 2 + (  ) ( ) cos 2x − π − cos π  3 ( ) = −  cos 2x + cos 2π − 2x − cos 2x − π  2 3  = −  cos 2x − sin π sin π − 2x   2 ( ) = −  cos 2x − ⋅ cos 2x  = , ∀x ∈ ℝ  4 2 Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 60 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 Ví dụ 5: Giải các phương trình sau đây: a) sin2 x + sin x − = b) cos2 x + cos x + = c) sin x − cos x − = d) cos 2x + sin x + = e) cos 4x = sin2 2x + cos 2x f) 8(sin x + cos x ) = cos 8x + Lời giải   x = π + k 2π  sin x = − : ptvn  ⇔ (k ∈ ℤ) Câu a: sin x + sin x − = ⇔  π  sin x = = sin ( )  x = π + k 2π   4  x = π + k 2π  cos x = −1   Câu b: cos2 x + cos x + = ⇔  ⇔ (k ∈ ℤ)  cos x = − = cos ( 2π )  x = ± 2π + k 2π   3 Câu c: sin2 x − cos x − = ⇔ 3(1 − cos2 x ) − cos x − = ⇔ −3 cos2 x − cos x + =  cos x =  x = ± arccos + k 2π   3 ⇔ ⇔ (k ∈ ℤ)  cos x = −1  x = π + k 2π   Câu d: cos 2x + sin x + = ⇔ − sin2 x + sin x + = ⇔ −2 sin2 x + sin x + =  x = − π + k 2π  sin x = −  π ⇔ ⇔ sin x = sin (− ) ⇔  (k ∈ ℤ) π   sin x = : ptvn x = + k π  Câu e: cos 4x = sin2 2x + cos 2x ⇔ cos 2.(2x ) = sin2 2x + cos 2x ⇔ cos2 2x − = 2(1 − cos2 2x ) + cos 2x ⇔ cos2 2x − cos 2x − =  cos 2x = : ptvn  2x = 2π + k 2π  x = π + kπ    3 ⇔ ⇔ ⇔ (k ∈ ℤ)  cos 2x = − = cos 2π  2x = − 2π + k 2π  2x = − π + k π    3 ( ) Câu f : 8(sin6 x + cos6 x ) = cos 8x + ⇔ − sin2 2x = ( 2cos2 4x − 1) + 2 − ⇔ − sin 2x = cos 4x ⇔ − cos 4x = cos2 4x ⇔ cos2 4x − cos 4x − = ⇔ cos 2x = −1 (do | cos 2x | ≤ 1) ⇔ 2x = π + k 2π ⇔ x = π + k π (k ∈ ℤ) Ví dụ 6: Giải các phương trình sau đây: a) b) 4(sin x + cos4 x ) + sin 4x = sin x − cos x = c) sin x + cos x = 6(sin 2x − cos 2x ) d) sin2 x − sin 2x = − cos x Lời giải Câu a: sin x − cos x = ⇔ sin x cos π − cos x sin π = 8 6 ⇔ sin x − π = sin π ⇔ x = 5π + k 2π hoÆc x = 11π + k 2π (k ∈ ℤ) 12 12 sin x − cos x = ⇔ ( Th.S Dương Phước Sang ) 61 0942.080383 Câu b: 4(sin x + cos x ) + sin 4x = ⇔ (1 − sin 2x ) + sin 4x = 2 ⇔ − sin 2x + sin 4x = ⇔ cos 4x + sin 4x = −1 ⇔ cos 4x + sin 4x = − 2 2  π + 4x = − π + k 2π x =− π +k π   12 (k ∈ ℤ) ⇔ sin ( π + 4x ) = sin ( − π ) ⇔  ⇔ 6  π + 4x = π + k 2π x = π +k π  6 Câu c: sin x + cos x = 6(sin 2x − cos 2x ) ⇔ sin x + cos x = sin (2x − π ) 3  x + π = 2x − π + k 2π  x = 5π − k 2π   12 ⇔ sin (x + π ) = sin (2x − π ) ⇔  ⇔ (k ∈ ℤ)  x + π = 5π − 2x + k 2π  x = 13π + k 2π   36 2 Câu d: sin x − sin 2x = − cos x ⇔ − sin x + sin 2x = cos x ⇔ cos 2x + sin 2x = cos x ⇔ cos 2x + sin 2x = cos x ⇔ cos ( π − 2x ) = cos x   ⇔   2 π − 2x = x + k 2π  x = π − k 2π  (k ∈ ℤ) ⇔ π − 2x = −x + k 2π  x = π − k 2π  3 Ví dụ 7: Giải các phương trình sau đây: a) sin x + sin 2x + sin 3x = cos x + cos 2x + cos 3x b) sin x + cos 3x = cos 2x c) cos2 x + cos2 3x = cos2 2x + cos2 4x d) sin x − cos 2x + cos x = Lời giải Câu a: Ta có sin x + sin 2x + sin 3x = cos x + cos 2x + cos 3x ⇔ sin 2x + (sin 3x + sin x ) = cos 2x + (cos 3x + cos x ) ⇔ sin 2x + sin 2x cos x = cos 2x + cos 2x cos x ⇔ (1 + cos x )(sin 2x − cos 2x ) =  x = ± π + k 2π  + cos x =   ⇔ ⇔ (k ∈ ℤ) x = π +k π  sin 2x − cos 2x =  Câu b: Ta có sin x + cos 3x = cos 2x ⇔ sin x + (cos 3x − cos 2x ) = ⇔ sin x − sin 5x sin x = 2 x x x x x x x ⇔ sin cos − sin sin = ⇔ sin ( cos − sin ) = 2 2 2 ⇔ ⋯ ⇔ x = k 2π ; x = π + k 2π hoÆc x = π − k π (k ∈ ℤ) Câu c: Ta có cos2 x + cos2 3x = cos2 2x + cos2 4x ⇔ 1+ cos 2x + 1+ cos 6x = 1+ cos 4x + 1+ cos 8x 2 2 ⇔ cos 6x + cos 2x = cos 8x + cos 4x ⇔ cos 4x cos 2x = cos 6x cos 2x ⇔ cos 2x (cos 4x − cos 6x ) = ⇔ cos 2x sin 5x sin x =  cos 2x =  ⇔  sin 5x = ⇔   sin x = Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 62 x = π +k π  (k ∈ ℤ)   π x = k  Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 Câu d: Ta có sin x − cos 2x + cos x = ⇔ sin x (1 − cos2 x ) − (2 cos2 x − cos x − 1) = ⇔ sin x (1 − cos x )(1 + cos x ) − (cos x − 1)(2 cos x + 1) = ⇔ (1 − cos x )  sin x + sin x cos x + cos x +  = ⇔ (1 − cos x )  2(sin x + cos x ) + (sin x + cos x )2  =   ⇔ (1 − cos x )(sin x + cos x )(sin x + cos x + 2) =  x = k 2π  cos x = ⇔ ⇔  (k ∈ ℤ)  π  x = − + k π  sin x + cos x = Ví dụ 8: Giải các phương trình sau đây: b) a) − tan x (cot x + sin x ) + cos x = sin 7x + sin 2x = cos 4x − sin 3x c) sin 4x cos 4x cos x cos x − = + cos x sin x cot x tan x Lời giải Câu a: − tan x (cot x + sin x ) + cos x = (*) Với điều kiện: sin x ≠ vµ cos x ≠ ta có sin x (*) ⇔ − − tan x sin x + cos x = ⇔ − sin x + cos x = cos x ⇔ cos x − sin2 x + cos2 x = ⇔ cos2 x + cos x − = ⇔ cos x = −1 hoÆc cos x =  sin x ≠ Do  ⇔   cos x ≠ Câu b:  cos x ≠ ±1 nên nhận cos x = ⇔ x = ± arccos + k 2π (k ∈ ℤ)   cos x ≠ 5 sin 7x + sin 2x = cos 4x − (*) Với điều kiện: sin 3x ≠ ⇔ x ≠ k π (k ∈ ℤ) ta có sin 3x (*) ⇔ sin 7x + sin 2x = cos 4x sin 3x − sin 3x ⇔ sin 7x + sin 2x = sin 7x − sin x − sin 3x ⇔ sin 3x + sin x + sin 2x = y ⇔ sin 2x cos x + sin 2x = ⇔ sin 2x (2 cos x + 1) = ⇔ ⋯ ⇔ x = k π hoÆc x = ± 2π + k 2π (k ∈ ℤ) π Đối chiếu với x ≠ k (k ∈ ℤ) ta nhận x = π + k π (k ∈ ℤ) Câu c: x sin 4x cos 4x cos x cos x (2) Điều kiện: x ≠ k π (k ∈ ℤ) − = + cos x sin x cot x tan x sin 4x sin x − cos 4x cos x cos x tan x + cos x cot x = sin x cos x tan x cot x − cos 5x cos x ⇔ = sin x + ⇔ − cos 5x = sin2 x cos x + cos3 x sin x cos x sin x x = π −k π  (k ∈ ℤ) ⇔ cos(π − 5x ) = cos x ⇔  x = π −k π  (2) ⇔ y x Đối chiếu với điều kiện x ≠ k π (k ∈ ℤ) ta nhận các nghiệm x = ± π + k π , x = π + k π (k ∈ ℤ) Th.S Dương Phước Sang 63 0942.080383 T H P - XÁC SU T - NH# TH C NEWTON Một số công thức tính toán Ank =  n, k ∈ ℕ n! (ĐK:  )   n ≥ k (n − k )! C nk =  n, k ∈ ℕ n! (ĐK:  )   n ≥ k k !(n − k )! đếm đủ k thừa số đếm đủ k thừa số n(n − 1)⋯(n − k + 1) k! Ank = n(n − 1)⋯(n − k + 1) C nk = Pn = n ! (n ∈ ℕ∗ ) C nk = C nn −k +1 ; C nk + C nk +1 = C nk + Khai triển nhị thức Newton ( a +b ) n (1 + x ) = n ∑ C nk a n −k bk Số hạng thứ k là Tk = C nk −1.a n −k +1.b k −1 k =0 n C n0 + C n1 + C n2 + ⋯ + C nn = 2n = C n0 + C n1x + C n2x + ⋯ + C nn x n Các quy tắc đếm sử dụng bài toán tổ hợp – xác suất a) Quy tắc cộng: Một công việc có thể thực phương án khác đó phương án có m cách thực còn phương án có n cách Khi đó có (m + n ) cách thực công việc đã nêu b) Quy tắc nhân: Một công việc buộc phải thực qua công đoạn Có m cách thực bước và với cách thực bước ta có n cách làm bước Khi đó có (m × n ) cách thực công việc đó c) Phân biệt cách sử dụng số hoán vị - số chỉnh hợp & số tổ hợp: Có Pn cách đem thứ tự Có n phần tử Có Ank cách Lấy phận gồm k phần tử không xếp thứ tự gì Có C nk cách Xác suất biến cố và công thức xác suất Với n(Ω) là số kết có thể xảy phép thử, n(A) là số kết thuận lợi cho biến cố A P (A) = n(A) n(Ω) Xác suất biến cố đối : P (A) = − P (A) Với hai biến cố A, B độc lập ta có P (AB ) = P (A).P (B ) Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 64 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 VÍ DỤ MINH HOẠ Ví dụ 1: Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển nhị thức Newton 2n  2x −    x biết n là số tự nhiên thoả hệ thức An3 + C n1 = 8C n2 + 49 Lời giải Với điều kiện: n ∈ ℕ và n ≥ ta có An3 + C n1 = 8C n2 + 49 n n(n − 1) ⇔ n(n − 1)(n − 2) + = + 49 1! 2! ⇔ n(n − 1)(n − 2) + n = 4n(n − 1) + 49 ⇔ n − 3n + 2n + n = 4n − 4n + 49 ⇔ n − 7n + 7n − 49 = ⇔ n = (tho¶ ®iÒu kiÖn) Với n = ta có nhị thức Newton 14 14 k 14  2x −  = k k 214−k (−1)k x 14−2k C 14 (2x )14−k  −  = ∑ C 14  ∑   x x k =0 k =0 Số hạng chứa x khai triển là số hạng thoả điều kiện 14 − 2k = ⇔ k = 3 Vậy hệ số số hạng chứa x khai triển là C 14 211.(−1)3 = −745472 Ví dụ 2: Lớp 12C có 40 bạn đó có 19 bạn nam và 21 bạn nữ Hỏi a) Giáo viên có bao nhiêu cách phân công bạn lớp lên bảng giải bài tập nhà b) Giáo viên có bao nhiêu cách phân công bạn lớp trực cổng trường c) Giáo viên có bao nhiêu cách phân công bạn nam quét lớp học d) Giáo viên có bao nhiêu cách phân công bạn nữ làm tổ trưởng tổ lớp e) Giáo viên có bao nhiêu cách phân công bạn nam và bạn nữ chuẩn bị sân lễ f) Giáo viên có bao nhiêu cách phân công bạn cùng phái tham gia kéo cờ Phân tích đề bài Câu a: Phải thấy cách phân công A,B,C lên giải bài 1,2,3 khác với cách phân công A,B,C lên giải bài 2, 3,1 Do đó việc phân công giải bài tập hiểu việc “chọn và thứ tự” cho học sinh từ 40 em Công thức cần áp dụng để kết đúng là A40 Câu b: Cách phân công em A,B,C trực cổng trường giống cách phân công em C , B, A trực cổng không có gì thay đổi Do đó việc phân công này là việc “chọn mà không thứ tự” cho em học sinh từ 40 em Công thức cần áp dụng là C 40 Câu c: Việc phân công bạn cùng quét lớp học là hành động “chọn mà không thứ tự” đó công thức cần áp dụng là C nk nhiên cần chú đối tượng chọn phải là nam Th.S Dương Phước Sang 65 0942.080383 Câu d: Việc phân công bạn làm tổ trưởng là việc “chọn và xếp thứ tự” bạn vào vị trí Do 4 bạn chọn phải là nữ nên phải chọn từ nhóm 21 bạn Đáp số đúng là A21 Câu e: Đề yêu cầu phân công đến em lớp nên lần phân công đây là bước nhỏ Bước 1: phân công em nam chuẩn bị sân lễ, có C 19 cách chọn Bước 2: phân công em nữ chuẩn bị sân lễ, có C 21 cách chọn Gặp bài phải chia nhỏ bước để chọn ta dùng quy tắc nhân Câu f: Có yêu cầu bạn lên kéo cờ phải cùng giới tính nên ta thấy có trường hợp cần xét Trường hợp 1: phân công em cùng là nam lên kéo cờ, có C 19 cách chọn Trường hợp 1: phân công em cùng là nam lên kéo cờ, có C 19 cách chọn Đây là bài chia trường hợp không phải chia nhỏ bước chọn nên ta dùng quy tắc cộng Ví dụ 3: Từ hộp đựng cầu đen, cầu trắng và cầu đỏ người ta chọn ngẫu nhiên lần để lấy cầu Tính xác suất để các cầu lấy a) Tất có màu trắng b) Không có cầu nào màu đen c) Có đúng cầu màu trắng d) Có ít cầu có màu đỏ Lời giải Câu a: Từ cái hộp đựng 13 cầu, lấy ngẫu nhiên cầu cho ta số kết có thể xảy là n(Ω) = C 13 = 715 Đặt A là biến cố “4 cầu lấy có màu trắng” Để A xảy ta cần chọn cầu từ cầu màu trắng, từ đó n(A) = C 64 = 15 Vậy xác suất biến cố A là P (A) = n(A) = 15 = n (Ω) 715 143 Câu b: Đặt B là biến cố “4 cầu lấy không có cầu nào màu đen” Để B xảy ta cần chọn cầu từ cầu không có màu đen, từ đó n(B ) = C 84 = 70 Vậy xác suất biến cố B là P (B ) = n(B ) = 70 = 14 n(Ω) 715 143 Câu c: Đặt C là biến cố “4 cầu lấy có đúng cầu màu trắng” Để C xảy ta cần chọn cầu từ màu trắng và cầu từ cầu đỏ và đen n(C ) = C 62C 72 = 315 ⇒ P (C ) = n(C ) = 315 = 63 n(Ω) 715 143 Câu d: Đặt D là biến cố “4 cầu lấy có ít cầu màu đỏ” D không xảy cầu không có màu đỏ, muốn ta phải chọn cầu từ 4 11 cầu đen-trắng, đó n(D ) = C 11 ⇒ n(D ) = C 13 − C 11 = 385 Vậy xác suất biến cố D là P (D ) = Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia n(D ) = 385 = n(Ω) 715 13 66 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 Ví dụ 4: Từ các chữ số 0,1,3,4,5,7,9 có thể lập bao nhiêu số tự nhiên có chữ số cho a) Số đó có chữ số b) Số đó có chữ số đôi khác c) Số đó là số chẵn d) Số đó chẵn và có chữ số đôi khác Lời giải Câu a: Đặt X = {0;1;3;4;5;7;9} Xét số abcd (a, b, c, d ∈ X , a ≠ 0) Số cách chọn a là : (cách) Số cách chọn c là : (cách) Số cách chọn b là : (cách) Số cách chọn d là : (cách) Vậy có 6.7.7.7 = 2058 số có chữ số lập từ tập hợp X Câu b: Đặt X = {0;1;3;4;5;7;9} Xét số abcd (a ≠ 0, a, b, c, d ∈ X , chúng khác nhau) Số cách chọn a là : (cách) Số cách chọn c là : (cách) Số cách chọn b là : (cách) Số cách chọn d là : (cách) Vậy có 6.6.5.4 = 720 số có chữ số đôi khác lập từ tập hợp X Câu c: Đặt X = {0;1;3;4;5;7;9} Xét số abcd ⋮ (a, b, c, d ∈ X , a ≠ 0, d ch½n) Số cách chọn d là : (cách) Số cách chọn b là : (cách) Số cách chọn a là : (cách) Số cách chọn c là : (cách) Vậy có 2.6.7.7 = 588 số chẵn có chữ số lập từ tập hợp X Câu d: Đặt X = {0;1;3;4;5;7;9} Xét số abcd /⋮ (a ≠ 0, a, b, c, d ∈ X , chúng khác và d lẻ) Số cách chọn d là : (cách) Số cách chọn b là : (cách) Số cách chọn a là : (cách) Số cách chọn c là : (cách) Vậy có 5.5.5.4 = 500 số lẻ có chữ số đôi khác lập từ tập hợp X, từ đó Có 720 – 500 = 220 số chẵn có chữ số đôi khác lập từ tập hợp X Lưu ý: câu d còn cách giải khác đó là cách chia trường hợp (xét số abc sau đó xét số abc 4) Ví dụ 5: Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có chữ số khác lập từ X = {1;3;4;5;6;9} a) Tính xác suất để chọn ngẫu nhiên số từ tập hợp S ta nhận số lẻ b) Tính xác suất để chọn ngẫu nhiên số từ tập hợp S ta nhận số chẵn Lời giải Câu a: Mỗi cách “chọn và thứ tự” phần tử từ phần tử X cho ta số có chữ số khác nhau, đó tập hợp S có A63 = 120 phần tử Nếu xét số abc /⋮ (a, b, c ∈ X , chúng khác nhau) thì số cách chọn c,a,b tương ứng là: 4,5,4 Như tập hợp S có 4.5.4 = 80 phần tử là số lẻ và 40 phần tử là số chẵn Th.S Dương Phước Sang 67 0942.080383 Chọn ngẫu nhiên phần tử từ tập S có 120 phần tử cho ta số kết có thể xảy là n(Ω) = C 120 = 120 Đặt A là biến cố “số chọn là số lẻ” Do S có 80 số lẻ nên n(A) = C 80 = 80 Vậy xác suất biến cố A là P (A) = n(A) = 80 = n(Ω) 120 Câu b: Chọn ngẫu nhiên phần tử từ tập S có 120 phần tử cho ta số kết có thể xảy là n(Ω) = C 120 Đặt B là biến cố “2 số chọn là số chẵn” Do S có 40 số chẵn nên n(B ) = C 40 C 40 n(B ) Vậy xác suất biến cố B là P (B ) = = = 13 n (Ω) C 120 119 Ví dụ 6: Chứng minh C 20n + C 22n 32 + C 24n 34 + ⋯ + C 22nn 32n = 22n −1(22n + 1) Lời giải ( Ta có khai triển + x ) 2n = C 20n + C 21n x + C 22n x + C 23n x + ⋯ + C 22nn x 2n 42n = C 20n + C 21n + C 22n 32 + C 23n 33 + ⋯ + C 22nn 32n (1) Cho x = ta được: Cho x = −3 ta được: (−2)2n = C 20n − C 21n + C 22n 32 − C 23n 33 + ⋯ + C 22nn 32n (2) Cộng vế theo vế (1) và (2) ta 42n + 22n = 2C 20n + 2C 22n 32 + 2C 24n 34 + ⋯ + 2C 22nn 32n (3) Tiếp tục chia vế (3) cho ta 22n −1(22n + 1) = C 20n + C 22n 32 + C 24n 34 + ⋯ + C 22nn 32n Ví dụ 7: Tìm số tự nhiên n để C n0 + 2C n1 + 3C n2 + ⋯ + (n + 1)C nn = 1280 Lời giải ( Ta có khai triển + x ) ( x 1+x n ) n = C n0 + C n1x + C n2x + ⋯ + C nn x n Nhân vế cho x ta = xC n0 + x 2C n1 + x 3C n2 + ⋯ + x n +1C nn (1) Lấy đạo hàm hai vế (1) theo biến x ta (1 + x ) n ( + nx + x ) n −1 = C n0 + 2xC n1 + 3x 2C n2 + ⋯ + (n + 1)x nC nn Cho x = ta 2n + n.2n −1 = C n0 + 2C n1 + 3C n2 + ⋯ + (n + 1)C nn = 1280 Hàm số f (x ) = 2x + x 2x −1 có f ′(x ) = 2x ln + 2x −1 + x 2x −1 ln > 0, ∀x > Từ đó phương trình f (n ) = 1280 có nhiều nghiệm n ∈ ℕ Mà f (8) = 1280 nên n = là giá trị thoả đề bài Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 68 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 PH NG PHÁP TO Đ TRONG M T PH NG I Phương trình đường thẳng Một số vấn đề véctơ pháp tuyến và véctơ phương đường thẳng Nếu n = (a;b) là véctơ pháp tuyến đường thẳng d thì véctơ phương d là: u = (b; −a ) hoÆc u = (−b; a ) Nếu u = (u1; u2 ) là véctơ phương đường thẳng d thì véctơ pháp tuyến d là: n = (u2 ; −u1 ) hoÆc n = (−u2 ; u1 ) Nếu đường thẳng d có phương trình ax + by + c = thì véctơ pháp tuyến d là: n = (a;b) Một số công thức dùng để viết phương trình đường thẳng Đường thẳng d qua điểm M (x ; y ) có véctơ pháp tuyến n = (a;b ) thì có phương trình a(x − x ) + b(y − y ) = Đường thẳng d qua điểm M (x ; y ) có véctơ phương u = (u1; u2 ) thì có Phương trình chính tắc : x − x0 u1 Đường thẳng qua điểm A và B: =  x = x + u1t Phương trình tham số :   y = y + u2t y − y0 u2 x − xA xB − xA = y − yA yB − yA ( x A ≠ x B vµ yA ≠ yB ) Nếu x A = x B mà hai điểm A, B phân biệt thì đường thẳng AB có phương trình x = x A Nếu yA = yB mà hai điểm A, B phân biệt thì đường thẳng AB có phương trình y = yA y Đường thẳng d cắt Ox, Oy A(a;0) và B(0;b) khác O có phương trình x + = a b Cho trước đường thẳng d : ax + by + c = Nếu d ′€d thì phương trình d ′ có dạng ax + by + c ′ = (c ′ ≠ c) (ta cần tìm c ′) Nếu d ′ ⊥ d thì phương trình d ′ có dạng bx − ay + c ′ = (ta cần tìm c ′) Cho hai đường thẳng △ 1: a1x + b1y + c1 = vµ △ : a2x + b2y + c2 = cắt Khi đó các đường phân giác góc tạo △ và △ có phương trình a1x + b1y + c1 a12 + b12 =± a2x + b2y + c2 a22 + b22  (C ) : x + y − 2ax − 2by + c = Cho hai đường tròn cắt   (C ′) : x + y − 2a ′x − 2b ′y + c ′ = Khi đó đường thẳng qua các giao điểm (C ) vµ (C ′) có phương trình 2(a − a ′)x + 2(b − b ′)y − (c − c ′) = Th.S Dương Phước Sang 69 0942.080383 Một số vấn đề khác liên quan đến phương trình đường thẳng Cho đường thẳng △ : ax + by + c = và hai điểm A(x A; yA ) và B(x B ; yB ) Khi đó, Hai điểm A và B nằm khác phía so với △ ⇔ (ax A + byA + c )(ax B + byB + c ) < Hai điểm A và B nằm cùng phía so với △ ⇔ (ax A + byA + c )(ax B + byB + c ) > Với điểm M (x ; y ) và đường thẳng △ : ax + by + c = ta đặt t0 = ax +by +c a +b ,khi đó Hình chiếu vuông góc M lên đường thẳng △ là điểm H (x − at ; y − bt0 ) Điểm đối xứng điểm M qua đường thẳng △ là điểm M ′(x − 2at ; y − 2bt0 ) Công thức tính khoảng cách từ điểm M (x ; y ) đến đường thẳng △ : ax + by + c = : d (M ,△) = ax + by + c a + b2 Công thức tính góc hai đường thẳng △ vµ △′: n.n ′ u u ′ cos(△ ; △′) = cos(△ ; △′) = n n′ u u′ (với n vµ u lÇn l−ît lµ vtpt vµ vtcp cña △, cßn n ′ vµ u ′ lÇn l−ît lµ vtpt vµ vtcp cña △′ ) II Phương trình đường tròn Dạng 1: đường tròn có tâm I (a;b ), bán kính R có phương trình (x − a )2 + (y − b)2 = R2 Dạng 2: với điều kiện a + b − c > phương trình sau đây là phương trình đường tròn x + y − 2ax − 2by + c = (khi đó I (a;b) là tâm đường tròn và R = a + b − c là bán kính đường tròn) III Phương trình chính tắc elip 2 y (E ) : x + = a b y B1 b Độ dài trục lớn A1A2 = 2a -a Độ dài trục bé B1B2 = 2b -c A1 F1 Tiêu cự F1F2 = 2c Tiêu điểm F1(−c; 0), F2 (c; 0) với c = a − b (a > b) M c O a F2 A2 x B2 -b Bốn đỉnh A1(−a; 0), A2 (a; 0), B1(0;b), B2 (0; −b) Bán kính qua tiêu MF1 = a + ex M ; MF2 = a − ex M Tâm sai e = c < a Đường chuẩn x = ± a e Điều kiện để đường thẳng Ax + By + C = tiếp xúc với (E ) là A2a + B 2b = C Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 70 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 VÍ DỤ MINH HOẠ Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có toạ độ đỉnh A(–2;3), đường cao CH nằm trên đường thẳng có phương trình 2x + y – = 0, đường trung tuyến BM nằm trên đường thẳng 2x – y + = Xác định toạ độ đỉnh B và C tam giác ABC Định hướng A Có toạ độ điểm A và ph.trình CH ta viết ph.trình cạnh AB H Có phương trình AB và BM ta tìm toạ độ điểm B M Tham số hoá toạ độ M và C để tìm toạ độ chúng Lời giải C B Do AB ⊥ CH : 2x + y − = và AB qua A(–2;3) nên AB có phương trình x − 2y + c ′ = và −2 − 2.3 + c ′ = ⇒ AB : x − 2y + =  x − 2y + = ⇒ B(2; 5) Do B = AB ∩ BM nên toạ độ B là nghiệm hệ phương trình   2x − y + = Do M ∈ BM : 2x − y + = và C ∈ CH : 2x + y − = nên toạ độ M và C có dạng M (m;2m + 1), C (c; − 2c)  m =  2m = −2 + c ⇒ C (3;1) Do M là trung điểm cạnh AC nên  ⇔   2(2m + 1) = + − 2c c = Ví dụ 2: Tam giác ABC có cạnh BC = 2, đường cao AH : x + y – = 0, phân giác CD có phương trình x + 3y + = 0, cạnh AC qua điểm M (0; −14) Tìm toạ độ đỉnh A, B, C Định hướng Trước tiên ta cần tìm toạ độ điểm M ′ đối xứng với M qua CD Có M ′ và phương trình AH ta viết phương trình BC Có phương trình BC và CD, ta tìm toạ độ điểm C A D M Có toạ độ điểm M và C, ta viết phương trình cạnh AC Có phương trình AC và AH, ta tìm toạ độ điểm A B H C M' Tham số hoá toạ độ điểm B dùng diện tích tam giác ABC để tìm toạ độ B Lời giải Gọi M ′ là điểm đối xứng với M qua CD : x + 3y + = Khi đó MM ′ ⊥ CD và MM ′ qua M ⇒ MM ′ có phương trình 3x − y + c1 = và 3.0 − (−14) + c1 = ⇒ MM ′ : 3x − y − 14 =  x + 3y + = ⇒ I (4; −2) Gọi I là trung điểm MM ′ thì I = CD ∩ MM ′ ⇒ toạ độ I thoả    3x − y − 14 = Th.S Dương Phước Sang 71 0942.080383  2.4 = + x M ′ ⇔ M ′(8;10) Do I là trung điểm MM ′ nên   2.(−2) = −14 + y ′ M ′ Cạnh BC qua M và vuông góc với AH : x + y – = nên BC có phương trình x − y + c2 = vµ − 10 + c2 = ⇒ BC : x − y + =  x − y + = Do C = BC ∩ CD nên toạ độ đỉnh C là nghiệm hệ  ⇒ C (−2; 0)  x + 3y + = Cạnh AC qua M(0;–14) và C(–2;0) nên có phương trình x − (−2) y −0 = ⇔ 7x + y + 14 = 0 − (−2) −14 −  7x + y + 14 = ⇔ A(−3; 7) Điểm A = AH ∩ AC nên toạ độ A là nghiệm hệ   x + y − = Do B ∈ BC : x − y + = nên điểm B có toạ độ B(b;b + 2) ⇒ BC = |b + | Do BC = nªn |b + | = ⇒ b = hoÆc b = −6 ⇒ B(2; 4) hoÆc B(−6; −4) Ta nhận B(–6;–4) vì điểm B(2; 4) và điểm A(–3;7) nằm cùng phía so với CD : x + 3y + = Vậy A(–3;7), B(–6;–4), C (−2; 0) là các điểm cần tìm Ví dụ 3: Cho tứ giác nội tiếp ABCD có toạ độ các đỉnh A(–2;1), C(5;–6), đường chéo BD có phương trình x − 3y − = Biết ABCD có diện tích 42, xác định toạ độ B và D Định hướng Có toạ độ các điểm A,C và phương trình đường thẳng BD A ta có thể tính khoảng cách từ các điểm A,C đến BD D H Có diện tích ABCD ta tính độ dài đường chéo BD B Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD, tham số hoá I toạ độ điểm I sử dụng hệ thức R = IH + HB để tìm I C B và D là giao điểm BD và đường tròn ngoại tiếp tứ giác Lời giải − 3.(−6) − Ta có d A, BD = −22− 3.1 − 25 = 10 và d C , BD = = 10 2 + (−3) + (−3) ( ( ) ( ) ) ( ) Do S ABCD = S △ABD + S △CBD nên BD.d A, BD + BD.d C , BD = SABCD 2 ⇔ BD ( ) 10 + 10 = 42 ⇔ BD = 10 Gọi I(a;b) là tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD thì IA = IC ⇔ IA2 = IC (a + 2)2 + (b − 1)2 = (a − 5)2 + (b + 6)2 ⇔ a − b − = ⇔ b = a − ⇒ I (a; a − 4) Gọi H là trung điểm đoạn BD thì HB = BD = 10 và IB = IA = (a + 2)2 + (a − 5)2 Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 72 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 a − 3(a − 4) − − 2a 10 + (−3) (7 − 2a )2 45 2 2 Theo định lý Pytagore IB = IH + HB ⇔ (a + 2) + (a − 5) = + ⇔a =1 10 ⇒ I (1; −3) và IA = ( ) IH = d I , BD = 2 = Đường tròn ngoại tiếp ABCD có phương trình (x − 1)2 + (y + 3)2 = 25  x − 3y − =  B(−4; −3)  B(5; 0) Toạ độ B và D là nghiệm hệ  ⇔  hoÆc   (x − 1)2 + (y + 3)2 = 25  D(5; 0)  D(−4; −3) Ví dụ 4: Cho tam giác ABC với đỉnh A(–2; –1), trực tâm H(2;1), cạnh BC = Gọi B ′,C ′ là chân đường cao kẻ từ B và C Viết phương trình cạnh BC biết trung điểm M cạnh BC thuộc đường thẳng x – 2y – = 0, M có tung độ dương và B ′C ′ qua điểm N(3; – 4) Định hướng Cần phải phát B ′,C ′ cùng thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác (các tứ giác đó là AB ′HC ′ vµ BCB ′C ′ ) B' I Trước tiên ta tham số hoá toạ độ M viết phương trình N C' các đường tròn đường kính AH và BC H Có phương trình đường tròn ta viết phương trình B ′C ′ Sử dụng giả thiết B ′C ′ qua N ta tìm toạ độ M A B C M Cuối cùng viết phương trình đường thẳng BC qua M và vuông góc với AH Lời giải Gọi I là trung điểm đoạn AH ta có I(0;0), ngoài AH = 42 + 22 = nên đường tròn (C ) đường kính AH có phương trình : x + y = Do M ∈ d : x − 2y − = nên M (2m + 1; m ) với m > 0, ngoài BC = nên đường tròn (C ) đường kính BC có phương trình : (x − 2m − 1)2 + (y − m )2 = Do B ′,C ′ cùng thuộc (C ) và (C ) nên toạ độ B ′,C ′ thoả hệ phương trình 2  x + y = ⇒ 2(2m + 1)x + 2my − 5m − 4m − =   (x − 2m − 1)2 + (y − m )2 = Từ đó B ′C ′ có phương trình 2(2m + 1)x + 2my − 5m − 4m − = Do B ′C ′ qua N(3;– 4) nên 2(2m + 1).3 + 2m(−4) − 5m − 4m − = ⇔ −5m + = ⇔ m = (do m > 0) ⇒ M (3;1) Đường thẳng BC qua M(3;1) và vuông góc với AH nên có véctơ pháp tuyến AH = (4;2) Vậy phương trình BC là 4(x – 3) + 2(y – 1) = hay 2x + y – = Th.S Dương Phước Sang 73 0942.080383 Ví dụ 5: Cho hình vuông ABCD với đỉnh C (3; 3), M và N là trung điểm các cạnh AB và AD Gọi I là giao điểm các đường thẳng MC vµ BN Biết đường thẳng AI có phương trình x − y + = , điểm B thuộc đường thẳng 2x + y − = 0, hãy xác định toạ độ A, B và D E Định hướng Đề cho trước toạ độ điểm C và phương trình đường AI ta tính d (C , AI ) Dựa vào giả thiết ta tham số hoá toạ độ B và tính d (B, AI ) Như vậy, có tỉ lệ d (C , AI ) và d (B, AI ) ta tìm toạ độ B A M B I F Có toạ độ B và C ta viết ph.trình cạnh AB, từ đó tìm A Cuối cùng có toạ độ A,B và C ta dễ dàng tìm toạ độ điểm D N Vấn đề là tỉ lệ d (C , AI ) và d (B, AI ) có xác định không? Tìm nào? (Hãy quan sát hình vẽ) CF và BF có lẽ có tỉ lệ xác định! D C Suy đoán và chứng minh tỉ lệ CF và BF ta suy tỉ lệ d (C , AI ) và d (B, AI ) Lời giải Ta có B ∈ d : 2x + y − = ⇔ B (b; − 2b ) Gọi E = AD ∩ MC ; F = AI ∩ BC Do AM€DC nên EA AM = = ⇒ EA = AD = 2AN ED DC Do NE€BC nên IB BC = = IN NE Do AN€BF nên BF IB BF BF = = ⇒ = = ⇒ CF = 2BF ⇒ d (C , AI ) = 2d (B, AI ) AN IN BC 2AN ⇒ 3−3+4 12 + (−1)2 = 2⋅ b − (3 − 2b ) + 12 + (−1)2 (3 3) b = ⇒ B ; hoÆc B(−1;5) ⇒ 3b + = ⇒  3  b = ( ) (3 3) Điểm B ; và C (3; 3) nằm cùng phía so với AI : x − y + = nên B ; không thoả đề bài Điểm B(−1;5) và C (3; 3) nằm khác phía so với AI : x − y + = nên B(−1;5) thoả mãn đề bài Cạnh AB qua B(−1;5) nhận BC = (4; −2) hay n = (2; −1) làm vtpt nên có phương trình 2(x + 1) − (y − 5) = ⇔ 2x − y + = x − y + =  x = −3 Do A = AI ∩ AB nên toạ độ A là nghiệm hệ  ⇔  ⇒ A(−3;1)  2x − y + =  y = x + = Do ABCD là hình vuông nên AD = BC ⇔  D ⇒ D(1; −1)  yD − = −2 Lưu ý: Hình vuông cho ví dụ này còn có thêm số tính chất: BN và CM vuông góc với A M B I F N Đường thẳng AI tạo với BN góc 45 Như vậy, ví dụ khó nhiều x − y + = phát biểu là D C đường phân giác góc BIC vì lúc đó ta buộc phải chứng minh ba điểm A, I, F thẳng hàng Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 74 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 PH H NG TRÌNH, B T PH PH NG TRÌNH NG TRÌNH Đ I S & VÔ T Công thức biến đổi giải phương trình và bất phương trình vô tỷ a) Áp dụng với thức bậc hai  f (x ) ≥ f (x ) = g (x ) ⇔   f (x ) = g(x )   f (x ) ≥  f (x ) < g(x ) ⇔    f (x ) < g(x )  g (x ) ≥ f (x ) = g (x ) ⇔   f (x ) = g (x )  a (x )g(x ) ≥ a(x ) f (x ) = g(x ) ⇔  a (x )f (x ) = g (x )    g (x ) <    f (x ) ≥ f (x ) > g (x ) ⇔    g (x ) ≥    f (x ) > g (x )  f (x ) ≥   f (x ) < g (x ) ⇔  g (x ) >    f (x ) < g (x ) Với điều kiện f (x ) ≥ ; g (x ) ≥ và h(x ) ≥ ta có thể áp dụng các biến đổi sau ( h(x ) ⇔ ( h(x ) ⇔ ( ) g(x ) ) g(x ) ) f (x ) + g(x ) = h(x ) ⇔ f (x ) + g(x ) f (x ) + g(x ) > f (x ) + f (x ) + g(x ) < f (x ) + 2 = h(x ) > h(x ) < h(x ) Chú ý: nên lấy luỹ thừa bậc chẵn hai vế phương trình bất phương trình hai vế phương trình bất phương trình đó luôn luôn không âm b) Áp dụng với thức bậc lẻ f (x ) = g (x ) ⇔ f (x ) = g(x ) f (x ) = g(x ) ⇔ f (x ) = g (x ) f (x ) < g(x ) ⇔ f (x ) < g (x ) f (x ) < g(x ) ⇔ f (x ) < g (x ) f (x ) > g(x ) ⇔ f (x ) > g (x ) f (x ) > g(x ) ⇔ f (x ) > g (x ) Công thức biến đổi giải phương trình và bất phương trình chứa dấu | |  f (x ) = g(x )  f (x ) = g (x ) ⇔   f (x ) = −g(x )   g (x ) ≥  f (x ) = g (x ) ⇔    f (x ) = ±g(x )  f (x ) < g (x )  f (x ) < g(x ) ⇔    f (x ) > −g(x )  f (x ) > g(x )  f (x ) > g(x ) ⇔    f (x ) < −g(x ) Th.S Dương Phước Sang 75 0942.080383 VÍ DỤ MINH HOẠ Ví dụ 1: Giải bất phương trình (x + 4) − x ≥ (x + 1) − 2x − x Lời giải  − x ≥ Điều kiện:  ⇔ x ∈ [−4;2]  − 2x − x ≥  (x + 4) − x ≥ (x + 1) − 2x − x Lưu ý: với điều kiện nêu trên thì vế trái bất phương trình đã cho luôn luôn không âm vế phải bất phương trình có âm Phép bình phương hai vế chưa áp dụng bài toán này Muốn thực bình phương vế ta phải xét riêng hai trường hợp Trường hợp 1: x ∈ [−4; −1] thì (x + 1) ≤ ⇒ (x + 1) − 2x − x ≤ ≤ (x + 4) − x (bất phương trình nghiệm đúng với x ∈ [−4; −1] ) Trường hợp 2: x ∈ (−1;2] hai vế bất phương trình không âm nên (x + 4) − x ≥ (x + 1) − 2x − x ⇔ (x + 4)2 (2 − x ) ≥ (x + 1)2 (8 − 2x − x ) ⇔ (8 − 2x − x )(x + x − 3) ≤ ⇔ x ∈ (−∞; −4] ∪  −1− 13 ; −1+ 2   −1+ 13 Với điều kiện xét x ∈ (−1;2] ta nhận x ∈  −4;   −1+ 13  Như bất phương trình đã cho có nghiệm x ∈  −4; ∪ {2}   Nhận xét: Phép bình phương vế tương đương hai vế không âm 13  ∪ [2; +∞)  ∪ {}  Bất phương trình ví dụ có thể đưa dạng tích Dưới đây là cách giải ấy: Với điều kiện x ∈ [−4;2] ta có (x + 4) − x ≥ (x + 1) − 2x − x  − 2x − x =  ⇔ − 2x − x  x + − (x + 1)  ≥ ⇔    x + − (x + 1) ≥  − 2x − x =  x = −4 ∨ x =   x =    x +1 <  ⇔ ⇔  x < −1 ⇔   x + ≥  x ≤ −1+ 13    − + 13      −1 ≤ x ≤   x + ≥ (x + 1) Đến đây kết hợp điều kiện đầu bài ta nhận tập nghiệm S =  −4; −1+ 13  ∪ {2}   Nhận xét: Nếu h(x ) ≥ 0, ∀x ∈ D sau đã đặt điều kiện cho bất phương trình có nghĩa ta có  h(x ) =  h(x ).f (x ) ≥ ⇔   f (x ) ≥  Ví dụ 2: Giải bất phương trình 2x ( − 2x + Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia  h(x ) =  h(x ).f (x ) ≤ ⇔   f (x ) ≤  ) < x −2 76 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 Lời giải  2x + ≥  x ≥ − Dùng lượng liên hợp biểu thức mẫu ta có Điều kiện:  ⇔   − 2x + ≠  x ≠ (1 − 2x (1 + 2x + ) 2x 2x + ) ⇔ < x −2 ⇔ (−2x ) x + + 2x + < x −2 ⇔ x (1 + < x −2 ⇔ 2x + ) 2x < x −2 2x + − x + 3x + < (*) x Lưu ý: Việc quy đồng hai vế thường áp dụng giải bất phương trình có ẩn mẫu lúc thực phép quy đồng hai vế chúng ta không bỏ mẫu chung (trừ mẫu chung là biểu thức luôn dương với giá trị biến số x) Như để giải bất phương trình (*) ta buộc phải xét riêng hai trường hợp x > và x < thực xét dấu tử thức và mẫu thức vế trái nhân dấu chúng lại trên bảng xét dấu từ đó chọn tập nghiệm phù hợp để kết luận Dưới đây là cách giải thứ hai vừa nêu: Đặt t(x ) = 2x + − x + 3x + Xét bất phương trình t(x ) < ⇔ 2x + < x − 3x −  2x + ≥  2x + ≥    −2 ≤ x < 1− ⇔  x − 3x − > ⇔  x − 3x − > ⇔     x >  2x + < (x − 3x − 1)2  x (x − 4)(x − 2x − 1) >   Bảng xét dấu: x −∞ − t(x ) x VT 1− – – + | + – – | + + + +∞) | – + – Như (*) ⇔ x ∈ (1 − 2; 0) ∪ (4; +∞) Đây là các nghiệm bất phương trình đã cho Ví dụ 3: Giải phương trình 7x + + 7x − + 49x + 7x − 42 = 181 − 14x Lời giải Điều kiện: x ≥ 7x + + 7x − + 49x + 7x − 42 = 181 − 14x Đặt t = 7x + + 7x − ≥ ⇒ t = 14x + + 49x + 7x − 42 ⇒ 49x + 7x − 42 = t − 14x −  t = 13 (nhËn)  Thay vào phương trình ta t + t − 14x − = 181 − 14x ⇔ t + t − 182 = ⇔   t = −14 (lo¹i)  Với t = 13 ta có 7x + + 7x − = 13 ⇔ 14x + + 49x + 7x − 42 = 169  84 − 7x ≥ ⇔ 49x + 7x − 42 = 84 − 7x ⇔  ⇔ x = (thoả x ≥ ) 2  49x + 7x − 42 = (84 − 7x ) Th.S Dương Phước Sang 77 0942.080383 Ví dụ 4: Giải phương trình x + + 22 − 3x = x + Lời giải Nhận xét: phép bình phương vế (2 lần) khó mà giải phương trình này ! Ta xét cách giải: Điều kiện: −2 ≤ x ≤ 22 Cách 1: x + + 22 − 3x = x + Ta có x + + 22 − 3x = x + ⇔ ( x + − 1) + ( 22 − 3x − ) = x − x +1 −3x − + = (x − 1)(x + 1) x +2 +1 22 − 3x + ⇔4   ⇔ (x + 1)  − − x + 1 =  x + + 22 − 3x +  ⇔ x = −1 hoÆc − −x +1 = x +2 +1 22 − 3x + Xét hàm số g (x ) = − − x + liên tục trên đoạn [−2; 22 ] ta có x +2 +1 22 − 3x + −2 g ′(x ) = − − < 0, ∀x ∈ (−2; 22 ) 2 x +2 x +2 +1 22 − 3x 22 − 3x + ( ) ( ) ⇒ g (x ) giảm liên tục trên đoạn [−2; 22 ] Mà x = thoả phương trình g (x ) = nên g (x ) = có nghiệm x = Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = –1 và x = Cách 2: x + + 22 − 3x = x + Điều kiện: −2 ≤ x ≤ 22 Ta có x + + 22 − 3x = x + ⇔ 12 x + + 22 − 3x = 3x + 24 ⇔ (3 x + − x − ) + (3 22 − 3x + x − 14 ) = 3x − 3x − −x + x + −x + x + + = 3(x − x − 2) x + + x + 22 − 3x + 14 − x   −1 −1 ⇔ (x − x − 2)  ⋅ + −3 =  x + + x + 22 − 3x + 14 − x  ⇔ 4⋅ ⇔ x − x − = ⋅ −1 −1 + − < 0, ∀x ∈ [−2; 22 ] 3 x + + x + 22 − 3x + 14 − x Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = –1 và x = 2 (1)  y + 2xy − x + 2x = Ví dụ 5: Giải hệ phương trình   3x − 2y − + (x + 2)(y + 4) = (2)  Lời giải Ta biến đổi (1) ⇔ y − x + 2xy + 2x = ⇔ (y − x )(y + x ) + 2x (y + x ) = ⇔ (y + x )(y − x + 2x ) = ⇔ y = −x hoÆc y = x − 2x Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 78 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 (x + 2)2 (2 − x ) = −2x − 3x + Với y = −x phương trình (2) trở thành  x = −2, y = −4  −2 ≤ x ≤   ⇔ ⇔  1  (x + 2)2 (4x − 3x − 1) =  (1 − 2x )(x + 2)    x = − , y = − 16       −2x − 3x + ≥  ⇔    (x + 2) (2 − x ) = Với y = x − 2x phương trình (2) trở thành 3x − 2(x − 2x ) − + (x + 2)(x − 2x + 4) = ⇔ 3(x + 2) − 2(x − 2x + 4) + (x + 2)(x − 2x + 4) = ⇔ 3⋅ x +2 x − 2x + + x +2 x − 2x + −2 = ⇔ x +2 x − 2x + = ⇔ 9(x + 2) = 4(x − 2x + 4) ⇔ x = 17 ± 321 Cũng từ 9(x + 2) = 4(x − 2x + 4) ta suy 9x + = 4(x − 2x ) = 4y từ đó y = 169 ± 321 2 32 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x ; y ) sau: ( (−2; −4) , − ; − 16 ) , ( 17+8 321 ; 169+329 321 ) , ( 17−8 321 ; 169−329 321 )  3y − 5y + + = (1)  x Ví dụ 6: Giải hệ phương trình    x + + xy y + = (2) Lời giải Điều kiện: x ≥ −1 Từ (1) ta suy − = 3y − 5y + > ⇒ x < x Từ (2) ta suy y.(−x ) y + = x + ≥ ⇒ y ≥ (do x < 0) Do x = −1 và y = không thoả hệ phương trình nên x + > và y > , từ đó x + + xy y + = ⇔ xy y + = −4 x + ⇔ ⇔ y2 + x + − y − (y + 4) y = ⇔ x + − = − x +1 x +1 y y y2 + y2 + ⇔f Do f ′(t ) = + t2 x −4 = x + y y2 + ( ) x +1 = f ( , đó f (t ) = t − , t > ) t +4 y y2 > 0, ∀t > nên f (t ) tăng liên tục trên khoảng (0; +∞) Chính vì ( )⇔ +4 −4 = −y − (*) 2 x y +4 y y +4  y = 2, x = −  2 2 Thay (*) vào (1) ta 3y − 5y − y − + = ⇔ 2y − 5y + = ⇔   y = , x = − 16  17 1 16 vµ (x ; y ) = ; − Vậy hệ phương trình có các nghiệm (x ; y ) = 2; − f ( ) x +1 = f y ( Th.S Dương Phước Sang y x +1 = ) 79 ⇔x = (2 ⇔ 17 ) 0942.080383 x (1)  + 6y + x − 2y = y  Ví dụ 7: Giải hệ phương trình    2y − = x − 10y + (2) Lời giải Điều kiện: x ≥ 2y, y ≥ Quy đồng bỏ mẫu vế phương trình (1) ta 2y + 6y + y x − 2y = x ⇔ 6y + y x − 2y = x − 2y (1′) Chia vế phương trình (1′) cho y ta x − 2y x − 2y x − 2y  x − 2y  6+ = ⇔ −6 =  −   y y y y x − 2y ⇔ = (do y > 0) ⇔ x = 9y2 + 2y y Thay vào (2) ta 2y − = 9y − 8y + ⇔ ( 2y − − 1) = 9y − 8y −   2(y − 1) = (y − 1)(9y + 1) ⇔ (y − 1)  − (9y + 1)  = (*)  2y − + 2y − +  4 Do y ≥ nên ≤ < (9y + 1) ⇒ − (9y + 1) < Từ đó 2y − + 2y − + ⇔2 (*) ⇔ y − = ⇔ y = ⇒ x = 11 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x ; y ) = (11;1) 3 (1)  x + x − − = y Ví dụ 8: Giải hệ phương trình   + y − y (3x + 1) = (2)  Lời giải 3  x + x − − = (1)  x + x − − =  y  y Chia vế (2) cho y ta  ⇔   + y − y (3x + 1) = (2)    + − − 3x = y y  x + x − − 3z = Đặt z = ta hệ phương trình  Trừ vế theo vế ta  z + z − − 3x = y (1) (2) x − z + 4x − 4z = ⇔ (x − z )(x + xz + z + 4) = 2 ⇔ x = z (do x + xz + z + = (x + z ) + 3z + > 0) 1  x =  y =  x = z   y x Như  ⇔ ⇔  x + x − − 3z =  2(x + 1)(x − x − 1) =  x = −1 ∨ x = 1±   ( ) ( Hệ phương trình có nghiệm (x ; y ) là (−1; −1) , 1+ ; −1 , 1− ; − −1 Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 80 2 ) Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 + =0  x + y + 6xy − (x − y ) Ví dụ 9: Giải hệ phương trình   − =0  2y + x −y Lời giải 2 2 +9 =0 + =0  x + y + 6xy −  2(x + y ) −  (x − y ) +  2  (x − y ) (x − y )  Ta có  (*) ⇔      − =0 − =0  2y +  (x + y ) +  x − y + x −y x − y   a = x + y Đặt   b = x − y +  x −y 2  2a − [b − 2] + = (1) (|b | ≥ 2) Thay vào hệ (*) ta    a + b − = (2) Từ phương trình (2) ta suy b = − a , thay vào (1) ta (4 2a − − a 2 ) + + = ⇔ a + a + 25 = ⇔ a = − ⇒ b = 16 Với b = ta có x − y + = ⇔ 2(x − y )2 − 5(x − y ) + = ⇔ x − y = hoÆc x − y = 2 x −y x = − x + y = − x =  x + y = −    8 Như  hoÆc  ⇔ hoÆc    13  y = −  x − y =  x − y =  y = − 8  5x + 2xy + 2y + 2x + 2xy + 5y = 3(x + y )  Ví dụ 10: Giải hệ phương trình   2x + y + + 7x + 12y + = 2xy + y +  Lời giải Do 5x + 2xy + 2y + 2x + 2xy + 5y = (2x )2 + (x + y )2 + y + (2y )2 + (x + y )2 + x ≥ (2x + 2y )2 + (2x + 2y )2 + (x + y )2 ≥ 3(x + y ) Nên từ (1) ta suy x = y ≥ Từ đó, 3x + + 19x + = 2x + x + ⇔ 3x + − + 2.( 19x + − 3) = 2x + x − 3(x − 1) 38(x − 1) + = (x − 1)(2x + 3) 3x + + (19x + 8)2 + 3 19x + +   38 =0 ⇔ (x − 1)  + − (2 x + 3)  3 (19x + 8) + 19x + +  3x + +  ⇔ Do x ≥ nên 38 + − (2x + 3) ≤ (*) 3x + + (19x + 8) + 3 19x + + (dấu “=” (*) xảy và x = 0) Vậy hệ phương trình đã cho có đúng hai nghiệm: (0;0) và (1;1) Th.S Dương Phước Sang 81 0942.080383 Ví dụ 11: Tìm các giá trị m để phương trình 3x + 2x + = m(x + 1) x + có nghiệm thực? Lời giải Ta có 3x + 2x + = m(x + 1) x + ⇔ (x + 1)2 + 2(x + 1) = m(x + 1) x + (*) Vì x = −1 không thoả (*) nên x ≠ −1 Chia vế (*) cho (x + 1) x + ta (x + 1)2 (x + 1) x + x +1 Với t = Ngoài lim x →−∞ x +1 x +1 +2 x +1 x →−∞ Bảng biến thiên t(x ) : (x + 1) x + 1+1 x − 1+1 x (−∞ t ′(x ) (x + 1) lim x +1 x →+∞ x2 + =m x +1 +2⋅ và t ′ = ⇔ x = + x2 + 1−x = −1 và x2 x +1 =m ⇔ (x ∈ ℝ) ta có t ′ = = lim x2 + x +1 1+1 = lim x →+∞ x 1+1 +∞) =1 x2 – t(x ) –1 Dựa vào bảng biến thiên t(x ) ta có t ∈ (−1; 2] Như phương trình đã cho có nghiệm có nghiệm t ∈ (−1; ] \ {0} t 2 t2 − ′ Xét hàm số f (t ) = t + , t ∈ (−1; ] \ {0} có f (t ) = − = ≤ 0, ∀t ∈ (−1; ] \ {0} t t t2 Bảng biến thiên: ] +∞ t −∞ (–1 – – f ′(t ) –3 +∞ f (t ) −∞ 2 ⇔ phương trình m = t + Như phương trình đã cho có nghiệm và m < – m ≥ 2 Ví dụ 12: Tìm các giá trị m để phương trình m 2x + = x + m có nghiệm ? Lời giải Ta có m 2x + = x + m ⇔ m Xét hàm số f (x ) = ( x 2x + − ) 2x + − = x ⇔ m = x 2x + − (*) liên tục trên ℝ có 2(36 − x ) f ′(x ) = ( 2x + 9 + 2x + )( ) 2x + − Cho f ′(x ) = ⇔ 36 − x = ⇔ x = ±6 Ngoài lim f (x ) = lim x →−∞ x →−∞ x 2x + − Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia =− ; 82 lim f (x ) = lim x →+∞ x →+∞ x 2x + − = Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 Bảng biến thiên x (−∞ f ′(x ) – –6 + +∞) – f (x ) − −3 Vậy phương trình đã cho có nghiệm và m = ± − hoÆc − ≤ m ≤ 2  x + xy + y = m +  Ví dụ 13: Tìm các giá trị m để hệ phương trình  có nghiệm ?  x 2y + xy = m +  Lời giải  S = x + y Đặt  hệ trở thành  P = xy   S + P = m +  đó S và P là hai nghiệm phương trình   PS = m +  X − (m + 2)X + (m + 1) = ⇔ X = hoÆc X = m + Như S = 1, P = m + hoÆc S = m + 1, P = m ≤ −  ≥ 4(m + 1)   Hệ phương trình đã cho có nghiệm ⇔ S ≥ 4P ⇔  ⇔   (m + 1) ≥   m ≥  x + y + x + y =  Ví dụ 14: Tìm các giá trị m để hệ phương trình  có nghiệm ?  xy(x + 1)(y + 1) = m  Lời giải a = x + x = (x + ) − ≥ −  4 Đặt  hệ trở thành  1 b = y + y = (y + ) − ≥ − b = − a a + b =    ⇔    ab = m  m = 8a − a (*) Do b ≥ − nên − a ≥ − ⇒ a ≤ 33 ⇒ a ∈  − ; 33  = K 4 4 Như hệ phương trình đã cho có nghiệm ⇔ phương trình m = 8a − a có nghiệm a ∈ K ⇔ f (a ) ≤ m ≤ max f (a ) với f (a ) = 8a − a a ∈K a ∈K Hàm số liên tục trên đoạn K =  − ; 33  có f ′(a ) = − 2a = ⇔ a = ∈ K 4 Do f (4) = 16, f (− ) = f ( 33 ) = − 33 nên f (a ) = − 33 ; max f (a ) = 16 4 16 16 a ∈K a ∈K Vậy − 33 ≤ m ≤ 16 là các giá trị tham số cần tìm 16 Th.S Dương Phước Sang 83 0942.080383 B T Đ NG TH C GIÁ TR L"N NH T & GIÁ TR NH# NH T Một số bất đẳng thức cổ điển a) Bất đẳng thức CauChy (AM-GM) a + b ≥ ab (a, b ≥ 0) a + b + c ≥ 3 abc (a, b, c ≥ 0) (dấu “=” xảy ⇔ a = b ) (dấu “=” xảy ⇔ a = b = c ) b) Bất đẳng thức Bunyakovski (ax + by ) ≤ (a + b )(x + y ) (dấu “=” xảy ⇔ a : b = x : y ) (ax + by + cz ) ≤ (a + b + c )(x + y + z ) (dấu “=” xảy ⇔ a : b : c = x : y : z ) c) Bất đẳng thức véctơ u +v ≤ u + v và u v ≤ u v (dấu “=” xảy ⇔ u và v cùng hướng) u −v ≤ u +v và u v ≥ − u v (dấu “=” xảy ⇔ u và v ngược hướng) Một số bất đẳng thức khác thường sử dụng (cần chứng minh ) 1 + ≥ a b a +b 1 + + ≥ a b c a +b +c (a, b > 0) (a, b, c > 0) (dấu “=” xảy ⇔ a = b ) (dấu “=” xảy ⇔ a = b = c ) 2ab a +b a + b2 ≤ ab ≤ ≤ (a, b > 0) a +b 2 (a + b + c )2 a + b2 + c2 ≥ ≥ ab + bc + ca n a n + bn a +b   ≥  (a, b > 0)  2  (dấu “=” xảy ⇔ a = b = c ) (1 + a )(1 + b2 ) ≥ (a + b ) (dấu “=” xảy ⇔ a = b ) 1+a + + 1+a 1 +b (dấu “=” xảy ⇔ a = b ) ≥ + ab (ab ≥ 1) (dấu “=” xảy ⇔ a = b ∨ ab = ) ≤ + ab (ab ≤ 1) (dấu “=” xảy ⇔ a = b ∨ ab = ) (a, b > 0) (dấu “=” xảy ⇔ a : b = x : y ) (a, b, c > 0) (dấu “=” xảy ⇔ a : b = x : y ) (a, b ∈ [0;1]) (dấu “=” xảy ⇔ a = b = ) 1 +b (dấu “=” xảy ⇔ a = b ) x y2 (x + y )2 + ≥ a b a +b x y2 z2 (x + y + z )2 + + ≥ a b c a +b +c 1 + ≤ + ab + a2 + b2 +a + +b ≥ + +a +b Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia (dấu “=” xảy ⇔ ab = ) 84 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 Giá trị lớn và giá trị nhỏ a) Định nghĩa  f (x ) ≤ M , ∀x ∈ K M = max f (x ) ⇔  x ∈K  ∃x ∈ K : f (x ) = M  0  f (x ) ≥ m, ∀x ∈ K m = f (x ) ⇔  x ∈K  ∃x ∈ K : f (x ) = m  0 b) Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số trên đoạn Khẳng định hàm số y = f (x ) liên tục trên đoạn [a;b ] Tính đạo hàm y ′ Cho y ′ = để tìm các nghiệm xi ∈ [a;b ] và các số x j ∈ [a;b ] làm cho y ′ không xác định Tính các f (xi ), f (xj ) và hai giá trị đặc biệt là f (a ), f (b) Chọn số lớn và số nhỏ bước tương ứng làm max f (x ) và f (x ) x ∈[a ;b ] x ∈[a ;b ] c) Ứng dụng vào bài toán giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức nhiều biến Từ biểu thức nhiều biến F (x , y, z ) ta biến đổi đặt ẩn phụ để biểu thức theo biến (kèm điều kiện cho biến mới) từ đó tìm F (x , y, z ) , max F (x , y, z ) Gặp biểu thức F = F t (x , y ) ta đặt t = t (x , y ) (và đánh giá điều kiện cho t) P (x, y ) Gặp biểu thức F = , đó P (x , y ),Q(x , y ) là các đa thức đẳng cấp bậc n theo Q(x , y ) hai biến x,y ta đặt y = tx (t ∈ ℝ) xét x ≠   Gặp biểu thức F chứa  a + b ,  a2 + b , ta đặt t = a + b (| t | ≥ 2) b a b a b a  Gặp biểu thức đối xứng với x, y ta đặt S = x + y, P = xy với S ≥ 4P Dùng phương pháp để điều kiện giả thiết vào biểu thức F Giữ vai trò biến, xem các biến còn lại tham số VÍ DỤ MINH HOẠ Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số sau đây trên đoạn a) y = x − 5x − 20x + trên đoạn [−1; 3] c) y = e x (x − x − 1) trên đoạn [0;2] b) y = x − ln(1 − x ) trên đoạn [−3; 0] d) y = sin x − cos2 x − Lời giải Câu a: Xét hàm số y = f (x ) = x − 5x − 20x + xác định và liên tục trên đoạn [−1; 3] Đạo hàm: y ′ = 5x − 15x + 10  x = −1  x = −2 ∉ [−1; 3] Cho y ′ = ⇔ 5x − 15x − 20 = ⇔  ⇔   x =  x = ∈ [−1; 3] Trên đoạn [−1; 3] ta có: f (2) = −46 ; f (−1) = 26 ; f (3) = 50 Vậy max y = 50 x = và y = −46 x = [−1;3] Th.S Dương Phước Sang [−1;3] 85 0942.080383 Câu b: Xét hàm số y = x − ln(1 − x ) xác định và liên tục trên đoạn [−3; 0]  x = −1 ∈ [−3; 0] y ′ = ⇔ ⋯ ⇔   x = ∉ [−3; 0] Trên đoạn [−3; 0] ta có y(−1) = − ln ; y(−3) = − ln ; y(0) = y ′ = 2x + −2x + 2x + = 1−x 1−x ; Do − ln = ln e < và − ln = + ln e > nên 16 y = y(−1) = − ln và max y = y(−3) = − ln x ∈[−3;0] x ∈[−3;0] Câu c: Xét hàm số y = e (x − x − 1) xác định và liên tục trên đoạn [0;2] x y ′ = (e x )′ (x − x − 1) + e x (x − x − 1) = e x (x − x − 1) + e x (2x − 1) = e x (x + x − 2)  x = ∈ [0;2] y ′ = ⇔ e x (x + x − 2) = ⇔ x + x − = ⇔   x = −2 ∉ [0;2] Trên đoạn [0;2] ta có y(1) = −e ; y(0) = −1 ; y(2) = e Do −e < −1 < e nên y = y(1) = −e và max y = y(2) = e x ∈[0;2] x ∈[0;2] 2 Câu d: y = sin x − cos x − = sin x + sin x − liên tục trên tập xác định D = ℝ Đặt t = sin x thì x ∈ ℝ ⇔ t ∈ [0;1] và y = g(t ) = 3t + 2t − liên tục trên đoạn [0;1] Cho g ′(t ) = ⇔ 6t + = ⇔ t = − ∉ [0;1] và g (0) = −5 ; g (1) = π Vậy max y = x = + k π (k ∈ ℤ) và y = −5 sin x = ⇔ x = k π (k ∈ ℤ) x ∈ℝ x ∈ℝ Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ hàm số f (x ) = x + 11 + + trên khoảng (0; +∞) 2x x Lời giải Cách 1: Xét hàm số f (x ) = x + 11 + + trên khoảng (0; +∞) có 2x x f ′(x ) = 2x x + − 11 x + − 28 2x x + Cho f ′(x ) = ⇔ 2x x + − 11 x + − 28 = (x > 0) Đặt t = x + > ⇒ x = t − , phương trình f ′(x ) = trở thành 2t − 25t − 28 = ⇔ (t − 4)(2t + 8t + 7) = ⇔ t = (do t > 0) Như f ′(x ) = ⇔ x + = ⇔ x + = 16 ⇔ x = ⇔ x = (do x > 0) Bảng biến thiên: x f ′(x ) f (x ) (0 – +∞) + +∞ +∞ 15 Dựa vào bảng biến thiên ta suy f (x ) = f (3) = 15 x >0 Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 86 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski ta   + x 7 7 7   (9 + 7) ≥  +  ⇒ + ≥ + ⇒ + ≥ + x x 2x x x 11 9 15 + + ≥ x + + ≥ x + = 2x x x 2 x Dấu “=” xảy và : = : vµ x = ⇔ x = ⇔ x = (do x > 0) x x Vậy f (x ) = f (3) = 15 Suy f (x ) = x + x >0 Ví dụ 3: [D-2009] Cho hai số không âm x và y thoả mãn x + y = Tìm giá trị lớn và nhỏ biểu thức S = (4x + 3y )(4y + 3x ) + 25xy Lời giải Ta có S = (4x + 3y )(4y + 3x ) + 25xy = 16x 2y − 2xy + 12 x +y = ≥ xy , đó 2 Nếu đặt t = xy thì t ∈  0;  ( t = ⇔ xy = ; t = ⇔ xy = ⇔ x = y = ) 4 2 Xét hàm số S = f (t ) = 16t − 2t + 12 liên tục trên đoạn  0;  có Vì x ≥ 0, y ≥ nên theo bất đẳng thức CauChy ta có f ′(t ) = ⇔ 32t − = ⇔ t = ∈ t ∈  0;  16 f (0) = 12 ; f ( ) = 191 16 ; f ( ) = 25 16 Vậy giá trị lớn S là Smax = 25 x = y = 2  x = 2+ ; y = 2−  4 giá trị nhỏ S là Smin = 191 xy = ⇔  16 16  2− ; y = 2+  x = 4 Ví dụ 4: [B-2008] Cho hai số thực x, y thay đổi thoả mãn hệ thức x + y = Tìm giá trị lớn và nhỏ biểu thức P = x + 6xy + 2xy + 2y Lời giải x + 6xy Thay = x + y vào P ta P = x + y + 2xy + 2y = x + 6xy x + 2xy + 3y Nếu x = thì y = và P = Xét x ≠ , đặt y = tx , thay vào P ta P = Xét hàm số f (t ) = 6t + 3t + 2t + f ′(t ) = Th.S Dương Phước Sang x + 2tx + 3t 2x = 6t + 3t + 2t + xác định trên ℝ −18t + 6t + x + 6tx 2 (3t + 2t + 1) , f ′(t ) = ⇔ t = − 87 t = 3 0942.080383 Ngoài lim y = nên ta có Như vậy, bảng biến thiên f (t ) sau: P = −3 đạt và x →±∞ t −∞ f ′(t ) f (t ) −2 – + +∞ – 3 2  x + y =  ⇔   y = − x  x = ±  13    y = − x max P = đạt và −3  x + y =  x = ± 13  ⇔   y = x   y = x 3 Ví dụ 5: Cho hai số thực x, y lớn Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= x − x + y3 − y2 + 2(x + y ) − 16 xy (x − 1)(y − 1) Lời giải Ta có P = x + y − (x + y ) + 2(x + y ) − 16 xy xy − (x + y ) + Đặt s = x + y vµ p = xy với s ≥ 4p ta P= s − 3ps − (s − 2p) + 2(s − 2p) − 16 p p −s +1 ⇒P = s − s − (3s − 2)p + 2s − p − 16 p p −s +1 Do x , y > nên s > và p > , kết hợp với s ≥ 4p hay (−4 p ) ≥ (−s ) ta 4s − 4s + (3s − 2)(−4 p) P= + 2s − p − p p − 4s + ≥ ⇒P ≥ 4s − 4s + (3s − 2)(−s ) s − 4s + + 2s − s − s 2 s + s − 8s với s > (*) s −2 s2 + s − 8s, với s > s −2   s − 4s s   , f ′(s ) = ⇔ s = (do s > 2) f ′(s ) = + s − = ( s − 4) +  (s − 2)2  (s − 2)2   Ngoài lim f (s ) = +∞ nên ta có Xét hàm số f (s ) = s →+∞ bảng biến thiên f (s ) sau: s ′ f (s ) – Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia + Dựa vào bảng biến thiên và (*) ta +∞ P ≥ f (s ) ≥ −8, ∀s > 88 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 +∞ +∞  s =  x + y = Xét  ⇔ ⇔x =y =2  x = y  x = y f (s ) −8 Khi đó P = −8 Vậy P = −8 xảy ít x =y =2 Ví dụ 6: Cho hai số thực x, y thoả mãn 2x (1 − x ) ≥ y(y − 1) Tìm giá trị lớn biểu thức P = (2x + y )2 − x + y + + 2x + 2xy − Lời giải Ta có P = (2x + y )2 − x + y + + 2x + 2xy − ≤ (2x + y )2 − 2x + y + 2x + 2xy − (1) Từ giả thiết 2x (1 − x ) ≥ y(y − 1) ta suy 2x − x ≥ x + y − y ≥ 2xy − y ⇒ 2xy − ≤ y − (x − 2x + 1) ⇒ 2xy − ≤ y (2) Kết hợp (1) và (2) ta P ≤ (2x + y )2 − 2x + y + 2x + y x x y2 (x + x + y )2 Cũng từ giả thiết 2x − 2x ≥ y − y ta suy 2x + y ≥ + + ≥ 1 1+1+1 hay (2x + y ) ≤ 3(2x + y ) ⇔ ≤ 2x + y ≤ (3) (4) Kết hợp (3) và (4) ta P ≤ 3(2x + y ) − 2x + y + 2x + y = 4(2x + y ) − 2x + y Xét hàm số f (t ) = 4t − 6t trên đoạn [0; ] ta tìm max f (t ) = f [0; ] ( ) = 12 −  t =  2x + y = ⇔  ⇔x =y =1 Như P ≤ f (t ) ≤ 12 − và P = 12 − ⇔    = x = y  x = y = Do đó giá trị lớn biểu thức P là max P = 12 − x = y = Ví dụ 7: Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn + x + + 2y + + 2z = Tìm giá trị lớn biểu thức P = 2x + y + z Lời giải Do y, z ≥ nên P = 2x + y + z = 2x + (y + z ) − 3yz (y + z ) ≤ 2x + (y + z ) (1) Ta cần tìm hướng đánh giá (y + z ) với biểu thức theo biến số x Trước tiên ta kiểm tra bất đẳng thức + a + + b ≥ + + a + b (a, b ≥ 0) (2) Thật vậy, (2) ⇔ + a + b + (1 + a )(1 + b) ≥ + a + b + + a + b ⇔ (1 + a )(1 + b ) ≥ + a + b ⇔ + a + b + ab ≥ + a + b (đúng với a, b ≥ ) Dấu “=” (2) xảy và ab = Áp dụng bất đẳng thức (2) vào giả thiết bài toán ta Th.S Dương Phước Sang 89 0942.080383 = + x + + 2y + + 2z ≥ + + x + 2y + + 2z ≥ + + + x + 2y + 2z ⇒ + x + 2(y + z ) ≤ ⇒ y + z ≤ − x2 (3) x Kết hợp (1) và (3) ta P ≤ 2x +  −  Trở lại với điều kiện, x , y, z ≥ nên từ (3) ta tiếp tục suy ≤ x ≤ 2 x Xét hàm số f (x ) = 2x +  −  trên đoạn [0;2 2] ta tìm max f (x ) = f (0) = 64 [0;2 ] Do đó P ≤ f (x ) ≤ 64 và P = 64 ⇔ x = y = 0,z = ∨ x = z = 0, y = Vậy giá trị lớn biểu thức P là max P = 64 x = y = 0,z = ∨ x = z = 0, y = Ví dụ 8: Cho a, b, c là ba số dương Tìm giá trị lớn biểu thức P= 2 2 a +b +c + − (a + 1)(b + 1)(c + 1) Lời giải (x + y )2 ta (a + b)2 (c + 1)2 (a + b + c + 1)2 a + b2 + c2 + ≥ + ≥ ⋅ 2 2 1 ⇒ ≤ (1) a + b2 + c2 + a + b + c + Áp dụng liên tiếp bất đẳng thức CauChy dạng x + y ≥ (x + y + z )3 ta 27 (a + b + c + 3)3 (a + 1)(b + 1)(c + 1) ≤ (2) 27 27 Kết hợp (1), (2) so sánh vào P ta P ≤ − a + b + c + (a + b + c + 3)3 27 Đặt t = a + b + c + > ta P ≤ − t (t + 2)3 27 Xét hàm số f (t ) = − trên khoảng (1; +∞) t (t + 2)3 81 f ′(t ) = − , f ′(t ) = ⇔ 81t = (t + 2)2 ⇔ t = (do t > 1) (t + 2) t Áp dụng bất đẳng thức CauChy dạng xyz ≤ Bảng biến thiên f (s ) sau: t f ′(t ) + f (t ) – Như P ≤ f (t ) ≤ +∞ Ngoài ta ta có thể chứng minh P = ⇔a =b =c =1 Vậy giá trị lớn P là max P = Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 90 Dành cho học sinh 12C4 & 12C11 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2015 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x − 3x Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ hàm số f (x ) = x + Câu (1,0 điểm) trên đoạn [1;3] x a) Cho số phức z thoả mãn (1 − i )z − + 5i = Tìm phần thực và phần ảo z b) Giải phương trình log2 (x + x + 2) = Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ (x − 3)e xdx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(1; −2;1), B(2;1; 3) và mặt phẳng (P ) : x − y + 2z − = Viết phương trình đường thẳng AB và tìm toạ độ giao điểm đường thẳng AB với mặt phẳng (P ) Câu (1,0 điểm) b) Trong đợt ứng phó dịch MERS-CoV, Sở Y tế thành phố đã chọn ngẫu nhiên đội phòng chống a) Tính giá trị biểu thức P = (1 − cos 2α)(2 + cos 2α), biết sin α = dịch động số đội Trung tâm y tế dự phòng thành phố và 20 đội các Trung tâm y tế sở để kiểm tra công tác chuẩn bị Tính xác suất để có ít đội các Trung tâm y tế sở chọn Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD ), góc đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD ) 45 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách hai đường thẳng SB, AC Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A Gọi H là hình chiếu vuông góc A trên cạnh BC ; D là điểm đối xứng B qua H; K là hình chiếu vuông góc C trên đường thẳng AD Giả sử H (−5; −5), K (9; −3) và trung điểm cạnh AC thuộc đường thẳng x − y + 10 = Tìm toạ độ điểm A Câu (1,0 điểm) Giải phương trình x + 2x − = (x + 1)( x + − 2) trên tập số thực x − 2x + Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực a,b,c thuộc đoạn [1;3] và thoả mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức P = a 2b + b 2c + c 2a + 12abc + 72 − abc ab + bc + ca - Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ……………………………………………………….; Số báo danh: ……………… Tài liệu Ôn thi THPT Quốc gia 91 Đề & Đáp án (chính thức) năm 2015 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2015 ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM (Đáp án – Thang điểm gồm 03 trang) Câu Đáp án (Trang 01) Điểm Tập xác định: D = ℝ Sự biến thiên: 0,25 - Chiều biến thiên: y ′ = 3x − 3; y ′ = ⇔ x = ±1 Các khoảng đồng biến: (−∞; −1) vµ (1;+∞); khoảng nghịch biến: (−1;1) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = −1, yCĐ = 2; đạt cực tiểu x = 1, yCT = −2 0,25 - Giới hạn vô cực: lim y = −∞; lim y = +∞ x →−∞ Bảng biến thiên: (1,0đ) x →+∞ x −∞ y′ + −1 − +∞ + +∞ y −∞ 0,25 −2 Đồ thị y 0,25 -1 O x -2 Ta có f (x ) xác định và liên tục trên đoạn [1;3]; f ′(x ) = − (1,0đ) (1,0đ) x2 Với x ∈ [1; 3], f ′(x ) = ⇔ x = Ta có f (1) = 5, f (2) = 4, f (3) = 0,25 0,25 13 0,25 Giá trị lớn và giá trị nhỏ f (x ) trên đoạn [1;3] là và 0,25 a) Ta có (1 − i )z − + 5i = ⇔ z = − 2i 0,25 Do đó số phức z có phần thực 3, phần ảo −2 b) Phương trình đã cho tương đương với x + x + = x = ⇔   x = −3 Vậy nghiệm phương trình là x = 2; x = – Tài liệu Ôn thi THPT Quốc gia 92 0,25 0,25 0,25 Đề & Đáp án (chính thức) năm 2015 Đáp án (Trang 02) Câu Điểm Đặt u = x − 3; dv = e dx Suy du = dx ; v = e x x 0,25 1 Khi đó I = (x − 3)e x − ∫ e x dx (1,0đ) 0,25 1 0 = (x − 3)e x − e x 0,25 = − 3e 0,25 Ta có AB = (1; 3;2) (1,0đ) 0,25 y +2 z −1 Đường thẳng AB có phương trình x −1 = = Gọi M là giao điểm AB và (P ) Do M thuộc AB nên M (1 + t; − + 3t;1 + 2t ) 0,25 M thuộc (P ) nên + t − (−2 + 3t ) + 2(1 + 2t ) − = 0, suy t = −1 VËy M (0; −5; −1) 0,25 a) Ta có cos 2α = − sin2 α = Suy P = − + = 14 3 ( )( 0,25 ) 0,25 (1,0đ) b) Số phần tử không gian mẫu là C 25 = 2300 0,25 Số kết thuận lợi cho biến cố “có ít đội các trung tâm y tế sở” là C 20 C 51 + C 20 = 2090 Xác suất cần tính là p = 2090 = 209 2300 H 0,25 1 2a SA.SABCD = 2a.a = 0,25 3 Kẻ đường thẳng d qua B và song song AC Gọi M là hình chiếu vuông góc A trên d; H là hình chiếu vuông góc A trên SM Ta có SA ⊥ BM , MA ⊥ BM 0,25 D nªn AH ⊥ BM Suy AH ⊥ (SBM ) Do đó d (AC , SB ) = d (A,(SBM )) = AH a Tam giác SAM vuông A, có đường cao AH, nên C = + = 0,25 AH SA2 AM 2a VS ABCD = S 0,25 230 Ta có SCA = (SC ,(ABCD )) = 45 ⇒ SA = AC = 2a (1,0đ) 0,25 A M 45o d B Vậy d (AC , SB ) = AH = 10a Gọi M là trung điểm AC Ta có MH = MK = AC , nên M thuộc đường trung trực HK Đường trung trực HK có phương trình 7x + y − 10 = 0, nên toạ độ M thoả 0,25  x − y + 10 = hệ  Suy M (0;10)  7x + y − 10 = A M (1,0đ) B D H K Tài liệu Ôn thi THPT Quốc gia Do HK A = HCA = HAB = HAD nên △AHK cân H, suy 0,25 HA = HK Mà MA = MK, nên A đối xứng với K qua MH C Ta có MH = (5;15); đường thẳng MH có phương trình 3x − y + 10 = Trung điểm AK thuộc MH và AK ⊥ MH  x +9 − y −3 + 10 = nên toạ độ điểm A thoả hệ  2  (x − 9) + 3(y + 3) = 0,25 Suy A(−15; 5) 0,25 93 Đề & Đáp án (chính thức) năm 2015 Đáp án (Trang 03) Câu Điểm Điều kiện: x ≥ −2 Phương trình đã cho tương đương với x = (x + 1)(x − 2) = ⇔  x + = + + x x − 2x +  x − 2x + (x − 2)(x + 4) x +1 (1) x +2 +2 0,25 Ta có (1) ⇔ (x + 4)( x + + 2) = (x + 1)(x − 2x + 3) ⇔ ( x + + 2)  ( x + 2)2 +  =  (x − 1) +   (x − 1)2 +  (2)      (1,0đ) Xét hàm số f (t ) = (t + 2)(t + 2) 0,25 Ta cú f ′(t ) = 3t + 4t + 2, suy f ′(t ) > 0, ∀t ∈ ℝ, nên f (t ) đồng biến trên ℝ Do đó (2) ⇔ f ( x + 2) = f (x − 1) ⇔ x − ≥ x + = x − ⇔   x − 3x − = 0,25 x = 3+ 13 Đối với điều kiện ta nghiệm phương trình đã cho là x = vµ x = 3+ 13 0,25 Đặt t = ab + bc + ca Ta có 72 = (a + b + c)2 =  (a − b)2 + (b − c )2 + (c − a )2  + 6t ≥ 6t Suy t ≤ 12   Mặt khác, (a − 1)(b − 1)(c − 1) ≥ nªn abc ≥ ab + bc + ca − = t − Ngoài ra, 0,25 (3 − a )(3 − b)(3 − c ) ≥ nªn 3t = 3(ab + bc + ca ) ≥ abc + 27 ≥ t + 22 Suy t ≥ 11 Như t ∈ [11;12] Khi đó P = 10 (1,0đ) a 2b + b 2c + c 2a + 2abc(a + b + c) + 72 abc − ab + bc + ca (ab + bc + ca )2 + 72 abc t + 72 t − t + 5t + 144 = − ≤ − = ab + bc + ca t 2t t + 5t + 144 t − 144 ′ Xét hàm số f (t ) = , víi t ∈ [11;12] Ta cã f (t ) = 2t 2t Do đó f ′(t ) ≤ 0, ∀t ∈ [11;12] nªn f (t ) nghÞch biÕn trªn ®o¹n [11;12] Suy f (t ) ≤ f (11) = 0,25 0,25 160 160 Do đó P ≤ 11 11 Ta có a = 1, b = 2, c = thoả mãn điều kiện bài toán và đó P = 160 Vậy giá trị lớn P 11 160 11 0,25 Hết Tài liệu Ôn thi THPT Quốc gia 94 Đề & Đáp án (chính thức) năm 2015 PH NG PHÁP XÉT D U M T BI U TH C CH A BI N A Đa thức đơn giản - thường sử dụng Nhị thức bậc Tam thức bậc hai Đa thức bậc ba QUY TẮC XÉT DẤU ĐA THỨC ĐƠN GIẢN BẬC BẬC BẬC Nếu có đủ nghiệm phân biệt Nếu có đủ nghiệm phân biệt “trong trái – ngoài cùng” “trái – cùng – trái – cùng” Nếu có nghiệp kép vô nghiệm Nếu có nghiệm “lấy dấu hệ số a” “trước trái – sau cùng” “trước trái – sau cùng” Gặp các trường hợp khác tốt ta sử dụng “phương pháp khoảng” B Đa thức bậc n - có đủ n nghiệm phân biệt Ô cuối cùng phía bên phải bảng xét dấu luôn cùng dấu với hệ số a (bậc cao nhất) Dấu “+” và dấu “–“ nằm xen kẽ bảng xét dấu đa thức xét C Xét dấu biểu thức f (x ) phương pháp khoảng Cho f (x ) = để tìm các nghiệm x i (nếu có) và các x j làm cho f (x ) không xác định Điền các số x i và x j vừa tìm vào bảng xét dấu theo đúng thứ tự từ bé đến lớn Sau phân chia ô cho bảng xét dấu, để điền dấu cho ô nào đó ta lấy số x ô đó thay vào biểu thức f (x ) để xác định dấu cần điền vào Thực điền dấu trên nào các ô điền dấu đầy đủ là xong (lưu ý: không phải lúc nào các ô có dấu xen kẽ với nhau) x x1 x2 x3 x4 x5 f (x ) thay vào Th.S Dương Phước Sang lấy x ô 95 0942.080383 M TS V N Đ CÓ LIÊN QUAN Đ N TAM TH C B!C HAI I Tam thức bậc hai không đổi dấu trên R Cho tam thức bậc hai h(x ) = ax + bx + c (a ≠ 0) a > a < h(x ) ≥ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔  h(x ) ≤ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔   △ ≤  △ ≤ Lưu ý: Biến đổi trên đây sử dụng a ≠ và mệnh đề vế trái có ký hiệu ∀x ∈ ℝ Nếu hệ số a có chứa tham số và a = có thể xảy ta phải xét thêm trường hợp a = II Dấu các nghiệm số phương trình bậc hai Với h(x ) = ax + bx + c thì dấu các nghiệm phương trình h(x ) = xét sau: Phương trình h(x ) = có hai nghiệm trái dấu ⇔ ac <  △ > Phương trình h(x ) = có hai nghiệm phân biệt cùng dấu ⇔   P >  △ >  Phương trình h(x ) = có hai nghiệm dương phân biệt ⇔  P >   S >  △ > ⇔  P >   S < Phương trình h(x ) = có hai nghiệm âm phân biệt Lưu ý: Khi áp dụng các biến đổi trên đây ta không cần chú ý đến điều kiện a ≠ Để việc giải bất phương trình đơn giản ta cần nhớ thêm: m(x ) > ⇔ m(x ).n(x ) > n(x ) m(x ) < ⇔ m(x ).n(x ) < n(x )  m(x ).n(x ) ≥ m(x ) ≥ ⇔   n(x ) ≠ n(x )  m(x ).n(x ) ≤ m(x ) ≤ ⇔   n(x ) ≠ n(x ) III Ứng dụng đếm số nghiệm phương trình bậc ba đặc biệt Cho phương trình bậc hai h(x ) = ax + bx + c = (a ≠ 0) Khi đó,  △ > (x − x 0).h(x ) = có nghiệm ph.biệt ⇔ h(x) = có nghiệm ph.biệt khác x ⇔  g  h(x 0) ≠  h(x ) = cã nghiÖm ph©n biÖt   △ >    h    h(x ) = (víi nghiÖm b»ng x 0)  (x − x 0).h(x ) = có nghiệm phân biệt ⇔  ⇔      △h =    h(x ) = cã nghiÖm kÐp kh¸c x   h(x 0) ≠ △ <  h  h(x ) = v« nghiÖm  ⇔   △h = (x − x 0).h(x ) = có nghiệm ⇔  h ( x ) = cã nghiÖm kÐp b»ng x   h(x ) =    Đặc biệt: phương trình ax + cx = có nghiệm phân biệt ⇔ ac < Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 96 Dành cho học sinh 12C2 & 12C11 Lưu ý: Nếu phương trình anx n + an −1x n −1 + an −2x n −2 + ⋯ + a1x + a = ⇔ (x − x 0)(bn −1x n −1 + bn −2x n −2 + ⋯ + b1x + b0) = thì các hệ số bn −1, bn −2, , b0 có thể tìm theo sơ đồ đây (gọi là sơ đồ Hoócne) x0 × an + an −1 + an −2 + an −3 bn −1 bn −2 bn −3 bn −4 … + a0 × × × IV Ứng dụng đếm số nghiệm phương trình trùng phương Với t = x (t ≥ 0), phương trình ax + bx + c = (1) (a ≠ 0) trở thành at + bt + c = (2) (a ≠ 0)  △ >   S > ⇔ Phương trình (1) có nghiệm phân biệt ⇔ (2) có nghiệm < t1 < t2   P >  S >  Phương trình (1) có nghiệm phân biệt ⇔ (2) có nghiệm = t1 < t2 ⇔  P =   ac <   (2) cã nghiÖm t < < t  Phương trình (1) có nghiệm phân biệt ⇔  ⇔   △ = (2) cã nghiÖm kÐp d−¬ng     S >  S ≤ Phương trình (1) có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t1 ≤ t2 = ⇔  P =     △ ≥   S <  (2) cã nghiÖm t ≤ t <   ⇔   Phương trình (1) vô nghiệm ⇔  (2) v« nghiÖm   P >    △<  Phương trình (1) có nghiệm theo thứ tự lập thành cấp số cộng ⇔ (2) có hai nghiệm t1, t2 dương phân biệt thoả mãn t2 = 9t1 Lưu ý: cho trước số a > Với nghiệm dương t < a phương trình (2) ta tìm hai nghiệm x ∈ (− a ; a ) Với nghiệm t > a (2) ta tìm nghiệm x < − a và nghiệm x > a Th.S Dương Phước Sang 97 0942.080383 M TS V N Đ V TO# Đ TRONG M%T PH&NG I Toạ độ điểm và toạ độ véctơ  x +x y +y  I  A B ; A B  2 Trung điểm I đoạn thẳng AB có toạ độ:  x +x +x y +y +y  Trọng tâm G tam giác ABC có toạ độ: G  A B C ; A B C  ( ) Toạ độ véctơ: AB = x B − x A ; yB − yA Từ đó AB = (x B − x A )2 + (yB − yA )2 II Đường thẳng và số vấn đề có liên quan Nếu đường thẳng d có vtcp u = (u1; u2 ) với u1 ≠ thì d có hệ số góc k = u2 u1 Đường thẳng d qua điểm M (x ; y ) và có vtpt n = (a;b) có phương trình tổng quát a(x − x ) + b(y − y ) = Đường thẳng AB có phương trình x − xA xB − xA = y − yA yB − yA (điều kiện: x A ≠ x B và yA ≠ yB ) Đường thẳng d qua A(x A; yA ) với hệ số góc k có phương trình y = k (x − x A ) + yA A và B nằm khác phía so với d : ax + by + c = ⇔ (ax A + byA + c )(ax B + byB + c ) <  I ∈ d A và B đối xứng với qua đường thẳng d ⇔  (I là trung điểm đoạn AB)  AB ⊥ d Cho hai đường thẳng d1 và d2 có véctơ pháp tuyến là n1 và n2 Khi đó, d1 ⊥ d2 ⇔ n1.n2 = cos(d1, d2 ) = n1.n2 n1 n2 Cho hai đường thẳng d1 và d2 có hệ số góc là k1 , k2 Khi đó, d1 ⊥ d2 ⇔ k1.k2 = −1 tan (d1, d2 ) = k1 − k2 + k1.k2 / d2 ) (với d1 ⊥ Khoảng cách từ điểm M (x ; y ) đến đường thẳng △ : ax + by + c = là d (M ; △) = ax + by + c a + b2 Đặc biệt: d (M ;Ox ) = y và d (M ;Oy ) = x III Diện tích tam giác Diện tích tam giác ABC (vuông A): S△ABC = AB.AC Diện tích tam giác ABC (dùng khoảng cách): với △ là đường thẳng chứa cạnh BC ta có S△ABC = BC d (A, △) Diện tích tam giác ABC (dùng toạ độ véctơ): trước tiên ta cần tính toạ độ véctơ AB và BC  AB = (x ; y )  1 thì S△ABC = Nếu   BC = (x ; y )  2 Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 98 x 1y2 − x 2y1 Dành cho học sinh 12C2 & 12C11 B'NG QUY T)C VÀ CÔNG TH C Đ#O HÀM Quy tắc tính đạo hàm (uv )′ = u ′v + v ′u (u + v )′ = u ′ + v ′ u  v ′ u ′v − v ′u  =  v2 1  u (ku )′ = k u ′ ′ u′  = −  u2 ( f  u(x )  )′ = f ′  u(x )  u ′(x ) Đạo hàm hàm số hợp Đạo hàm hàm số thường gặp (c )′ = (x n )′ = n.x n −1 (u n )′ = n.u n −1.u ′ ( x )′ = x  ′   = − x x u′ u )′ = u u′  ′   = − u u ( sin x )′ = cos x ( sin u )′ = u ′ cos u ( cos x )′ = − sin x ( cos u )′ = −u ′ sin u ( tan x )′ = ( cos2 u u′ ( cot u )′ = − sin u cos2 x ( cot x )′ = − sin x  ax + b  cx + d ad − cb ′  = (cx + d )  ax + bx + c   mx + n u′ ( tan u )′ =  au + b  cu + d ad − cb ′ ⋅ u′  = (cu + d ) ′ amx + 2anx + bn − cm  =  (mx + n ) a b a c b c x +2 x+ ′ m n m p n p  ax + bx + c   =   mx + nx + p  mx + nx + p ( (ex )′ = ex (ln x )′ = (eu )′ = eu u ′ (ln u )′ = x (loga x )′ = u′ u (a u )′ = u ′.a u ln a (ax )′ = ax ln a Th.S Dương Phước Sang ) (loga u )′ = x ln a 99 u′ u ln a 0942.080383 B'NG CÔNG TH C L ,NG GIÁC I Công thức sin α cos α cos α cot α = sin α tan α cot α = sin2 α + cos2 α = 1 = + tan2 α cos α = + cot2 α sin α tan α = II Công thức cộng sin(a ± b ) = sin a cos b ± cos a sin b cos(a ± b) = cos a cos b ∓ sin a sin b tan a ± tan b tan(a ± b) = ∓ tan a tan b III Công thức nhân đôi cos 2α = cos2 α − sin2 α Công thức nhân đôi bổ sung tan α sin 2α = + tan2 α sin 2α = sin α cos α tan α tan 2α = − tan2 α = cos2 α − = − sin2 α − tan2 α cos 2α = + tan2 α IV Công thức nhân ba sin 3α = sin α − sin α cos 3α = cos3 α − cos α tan 3α = V Công thức hạ bậc tan α − tan α − tan2 α − cos 2α − cos 2α + cos 2α sin2 α = tan2 α = 2 + cos 2α VI Công thức biến đổi tổng thành tích Công thức bổ sung cos2 α = sin a + sin b = sin a +b cos a −b sin a + cos a = sin  a + π  2 a + b a − sin a − sin b = cos sin b 2 a + b a cos a + cos b = cos cos −b 2 a + b a cos a − cos b = −2 sin sin −b 2 tan a ± tan b = sin a − cos a = sin  a − π  cos a + sin a = cos  a − π  cos a − sin a = cos  a + π  sin(a ± b) cos a.cos b VII Công thức biến đổi tích thành tổng cos a cos b =  cos(a − b) + cos(a + b)  sin a sin b =  cos(a − b) − cos(a + b)  sin a cos b =  sin(a − b) + sin(a + b)  VIII Một số công thức khác sin4 a + cos4 a = − sin2 2a + sin 2a = (sin a + cos a )2 sin a + cos a = − sin2 2a − sin 2a = (sin a − cos a ) Tài liệu ôn tập kỳ thi Quốc gia 100 Dành cho học sinh 12C2 & 12C11