Giao an On Thi Tot Nghiep 2011 2012 Soan de day

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (723.72 KB, 67 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

CHUYÊN ĐỀ 1

KHẢO SÁT HÀM SỐ VÀ CÁC VẤN ĐỀ LIÊN QUAN

§1. TÍNH ĐƠN ĐIỆU VÀ CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ

Phần 1 : SỰ ĐỒNG BIẾN NGHCH BIN CA HM S 
I. Mục tiêu bài học:

- Về kiến thức: Học sinh nắm chắc hơn định nghĩa hàm số đồng biến, nghịch biến trên khoảng, nửa
khoảng, đoạn, điều kiện đủ để hàm số đồng biến, nghịch biến trên khoảng, nửa khoảng, đoạn.

- Về kỹ năng: Giải tốn về xét tính đơn điệu của hàm số bằng đạo hàm. Áp dụng được đạo hàm để
giải các bài toán đơn giản.

- Về ý thức, thái độ: Tớch cực,chủ động nắm kiến thức theo sự hướng dẫn của GV, sỏng tạo trong
quỏ trnh tip thu kin thc mi.

II. Ph ơng tiện dạy häc

SGK, SBT,làm bài tập ở nhà
III. Ph ơng pháp dạy học chủ yếu: 
Vấn đáp – hoạt động nhóm
IV. Tiến trình dạy học

2. Bµi míi:
1 : Ôn lý thuyết

Yêu cầu hs trình bày lại: Tính đơn điệu, hàm số đồng biến, hs nghịch biến, Mối quan hệ giữa dấu của
đạo hàm và sự biến thiên hàm số.

Để xét tính đơn điệu của hàm số ta làm theo quy tắc:

- Tìm TXĐ

- Tính y’=f’(x). Tìm các điểm xi (i = 1, 2, …) mà tại đó y’=0 hoặc khơng xác định
- lập bảng biến thiên và xét dấu y’

- kết luận y’ từ bảng xét dấu y’ tìm ra các khoảng đồng biến, nghịch biến
2 : Tổ chức luyện tập

1)Xét tính đơn điệu của hàm số
a) y = f(x) = x3



3x2+1. b) y = f(x) = 2x2



x4.
c) y = f(x) = xx 23




. d) y = f(x) =

x
1

4
x

4
x2





.
e) y= f(x) = x33x2. g)

1
x

3
x
3
x
f(x)

y 2






 .

h) y= f(x) = x42x2. i) y = f(x) = sinx trên [0; 2].
Tiếp tục yêu cầu các nhóm giải bài tập ,

Hướng dẫn nhanh cách giải ; Tìm đạo hàm, xét dấu đạo hàm, Để Hs đồng biến thì đạo hàm phải
dương,nghịch biến thì đạo hàm phải âm .

2) Cho hàm số y = f(x) = x33(m+1)x2+3(m+1)x+1. Định m để hàm số luôn đồng biên trên từng

khoảng xác định của nó (ĐS:1  m  0)

3) Tìm mZ để hàm số y = f(x) = mxx m1




đồng biên trên từng khoảng xác định của nó.
(ĐS:m = 0)

4) Chứng minh rằng : hàm số luôn luôn tăng trên khoảng xác định (trên từng khoảng
xác định) của nó :

a) y = x33x2+3x+2. b)

1
x

1
x
x
y 2






 . c)

1
x
2

1
x
y




 .
5) Tìm m để hàm số

m
x

2
m
mx
2
x
y 2







</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Phần 2 : CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ 
I/ Mục tiêu :

1/ Kiến thức : Nắm vững hơn về định nghĩa cực đại và cực tiểu của hàm số, hai quy tắc để 
tìm cực trị của hàm số, tìm tham số m để hàm số có cực trị .

2/ Kĩ năng: Vận dụng thành thạo hai quy tắc để tìm cực trị của hàm số, biết vận dụng cụ thể 
từng trường hợp của từng qui tắc.

3/ Thái độ: Nghiêm túc, cẩn thận, chính xỏc.
II. Ph ơng tiện dạy học

SGK, SBT, làm bài tập ở nhà
III. Ph ơng pháp dạy học chủ yếu: 
Vấn đáp – hoạt động nhúm
IV. Tiến trình dạy học

1: Cũng cố lý thuyết

Để tìm cực trị của hàm số ta áp dụng quy tắc 1 sau:
- Tìm TXĐ

- Tính y’ và tìm các điểm xi (i =1, 2, …)mà tại đó y’=0 hoặc khơng xác định 
- Lập bảng biến thiên

- Dựa vào bảng biến thiên để kết luận các điểm cực trị của hàm số

Để tìm cực trị của hàm số ta cịn áp dụng quy tắc 2 sau:

- Tìm TXĐ

- Tính y’ và tìm các điểm xi (i =1, 2, …)mà tại đó y’=0 hoặc khơng xác định 
- Tính y’’ và y’’(xi)

- Dựa vào dấu của y’’(xi) để kết luận các điểm cực trị của hàm số
2: Tổ chức luyện tập

1) Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số bằng quy tắc I:
a) y = x3. b) y = 3x +

x
3

+ 5. .

2) Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số bằng quy tắc II:
a / y x4 3x2 2

   b) y = x2lnx c) y = sin2x với x[0;  ] .

3) Xác định tham số m để hàm số y = x33mx2+(m21)x+2 đạt cực đại tại x = 2.
( m = 11)

4) Xác định m để hàm số y = f(x) = x3-3x2+3mx+3m+4

a.Khơng có cực trị. ( m 1)

b.Có cực đại và cực tiểu. ( m <1)

5) Xác định m để hàm số y = f(x) =

x
1

m
x
4
x2





a. Có cực đại và cực tiểu. (m>3)

b.Đạt cực trị tại x = 2. (m = 4)

c.Đạt cực tiểu khi x = -1 (m = 7)

6) Tìm cực trị của các hàm số :

a)yxx1 . b) 2x 6

4
x

y 4 2





 .

7) Xác định m để hàm số sau đạt cực đại tại x =1: y = f(x) =
3
x3

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

3 / Hướng dẫn học ở nhà : BT về nhà

B1. Hàm số 3 2

2( 1) 4 1

m

y x  m x  mx . Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu.
B2. Cho hàm

2
1

x mx

y

x




 . Tìm m để hàm số có cực trị
B3. Cho hàm số

2 4

x mx m

y

x

  



 . Xác định m để hàm số có cực đại và cực tiểu.
Buổi 2: GTLN – GTNN – TIỆM CẬN CỦA HÀM SỐ
Phần 1: GTLN VÀ GTNN CỦA HÀM SỐ

I/ Mục tiêu:

Về kiến thức: Giúp học sinh hiểu rõ hơn về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

Về kỹ năng: Rèn luyện cho hs thành tạo trong việc tìm GTLN, GTNN của hàm số và biết ứng dụng
vào các bài toán thuwowngf gặp.

Về tư duy : Đảm bảo tính chính xác, linh hoạt.

Thái độ : Thái độ nghiêm túc, cẩn thận.
II/ Chuẩn bị của GV và HS

Hs: Học bài ở nhà nắm vững lí thuyết về cực trị, GTLN, GTNN. Chuẩn bị trước bt ở nhà.
III/ Phương pháp: Gợi mở, vấn đáp,hoạt động nhóm

IV/ Tiến trình tiết dạy:
1

/ Ổn định lớp:
2/ Bài mới:

1: Ơn lý thuyết :

- Tính y’. Tìm các điểm x1, x2,… trên khoảng (a;b) mà tại đó y’=0 hoặc khơng xác định
- Tính f(a), f(b), tính f(x1), f(x2),….

- Tìm số lớn nhất M và nhỏ nhất m trong các số trên

 ;  ; 

max ( ) ; min ( )

a b

a b f x M f x m
2: Tổ chức luyện tập

1) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(x) = x2-2x+3. (

Minf(x) = f(1) = 2)

2) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = f(x) = x2-2x+3 trên [0;3].
(Min[0;3] f(x) = f(1) = 2 và Max[0;3] f(x) = f(3.) = 6

3) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = f(x) =

1
x

4
x
4
x2





với x<1. (Max(;1) f(x) = f(0) = -4)

4) Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số y = 3 sinx – 4 cosx.

5) Tìm GTLN: y = x2+2x+3. (

Maxy = f(1 ) = 4)

6) Tìm GTNN y = x – 5 +

x
1

với x > 0. (Min(0;) y = f(1 ) = 3)
7) Tìm GTLN, GTNN của hàm số y = 2x3+3x21 trên đoạn









 ;1
2
1
(Max;1] y f(1) 4

1
[




 ; Min;1] y f(0) 1

2
1
[





 )

8) Tìm GTLN, GTNN của:
a) y = x4-2x2+3. (

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

b) y = x4+4x2+5. (

Miny=f(0)=5; Khơng có MaxR y)

Gv sửa sai,hoàn thiện lời giải

Phần 2 : TIỆM CẬN VÀ ĐỒ THỊ HÀM SỐ
I/ Mục tiêu:

Về kiến thức: Giúp học sinh nắm chắc hơn về giới hạn của hàm số, Nắm kỹ hơn về tiệm cận,cách tìm
tiệm cận của đồ thị hàm số

Vềkỹ năng: Rèn luyện cho hs có kỹ năng thành tạo trong việc tìm tiệm cận đứng và ngang của đồ thị
hàm số và biết ứng dụng vào bài toán thực tế.

Về tư duy : Đảm bảo tính chính xác, linh hoạt.

Về thái độ : Thái độ nghiêm túc, cẩn thận.
II/ Chuẩn bị của GV và HS

Hs: nắm vững lí thuyết về giới hạn,tiệm cận của đồ thị. Chuẩn bị trước bt ở nhà.
III/ Phương pháp: Gợi mở, vấn đáp

IV/ Tiến trình tiết dạy:

1/ Ổn định lớp:
2/ Bài mới:

Phần 1 : Yêu cầu học sinh chia làm 4 nhóm nhắc lại một số kiến thức lý thuyết có liên quan đến bài
học như sau :

1 / Khái niệm giới hạn bên trái,giới hạn bên phải.
2 / Giới hạn vô cùng - Giới hạn tại vô cùng
3 / Khái niệm tiệm cận ngang của đồ thị
4 / Khái niệm tiện cận đứng của đồ thị

Cả lớp thảo luận,bổ sung ,sửa sai,hoàn thiện phần lý thuyết để khắc sâu kiến thức cho Hs
2 : Tiến hành hướng dẫn,gợi mở dẫn dắt để học sinh giải các bài tập.

Bài tập 1 : Chia lớp làm 4 nhóm yêu cầu mỗi nhóm giải mỗi câu sau.Tìm tiệm cận đứng,ngang của
đồ thị các hàm số sau : a/ 2 1

2
x
y

x



 b/

3 2
1 3
x
y

x



 c/

5
2 3

y

x


 d/

4
1
y

x





Đại diện các nhóm trình bày trên bảng, lớp thảo luận bổ sung, góp ý, hồn chỉnh .ghi chép
Gợi ý lời giải : a / 2 1

2
x
y

x



 ta có 2

2 1

lim ,

2
x

x
x



 


 

 và 2

2 1

lim ,

2
x

x
x



 




 Nên đường thẳng x = - 2 là
đường tiệm cận đứng của đồ thị.

Vì

1
2

2 1

lim lim 2

2 1

x x

x x

x

   




 

  nên đường thẳng y = 2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị
Bài tập 2 : Tiến hành tương tự cho bài tập 2 như sau :

a./
2

12 27

4 5

x x

y

x x

 



  b/

2
2
( 1)
x x
y

x
 



c /

2
2

3
4

x x

y
x




 d / 2

4 3

x
y

x x




 

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

a./ 22 12 27

4 5

x x

y

x x

 



  Vì

2
2

12 27

lim 1

4 5

x

x x

 

 



  nên đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị
Vì x2 4x 5

  > 0 ,x nên đồ thị khơng có tiệm cận đứng

4/ Củng cố: Nhắc lại cách tìm giới hạn của hsố trên . Lưu ý cách tìm tiệm cận đứng nhanh bằng cách
tìm các giá trị làm cho mẫu thức bằng khơng.

BTVN: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các hàm số sau
a. y x4 3x3 2x2 9x

    trong đoạn 2; 2



b. 2 1

2
x
y

x



 trong đoạn



3;4



c. y x3 6x2 9 ,x x



0; 4



   

d. y x 2 x2, x



2; 2



    

Buổi 3: KHẢO SÁT HÀM SỐ BẬC BA VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN 
I/ Mục tiêu:

Về kiến thức: Giúp học sinh nắm chắc hơn về sơ đồ khảo sát hàm số,

Nắm kỹ hơn về biến thiên,Cực trị,GTLN,GTNN,tiệm cận,cách vẽ đồ thị hàm số

Vềkỹ năng: Rèn luyện cho hs có kỹ năng thành tạo trong việc khảo sát vẽ đồ thị hàm số .

Về tư duy : Đảm bảo tính logic

Về thái độ : Thái độ nghiêm túc, cẩn thận.chính xác,
II/ Chuẩn bị của GV và HS

Hs: nắm vững lý thuyt v khảo sát hàm số và các bài toán liên quan.
III/ Phng phỏp: Gi m, vn ỏp kt hợp hoạt động nhóm .
IV/ Tiến trình tiết dạy:

* Ơn lý thuyết :

1. Sơ đồ khảo sát hàm số:

1. Txđ

2. Sự biến thiên

a) Giới hạn và tiệm cận (Chỉ xét tiệm cận của các hàm phân thức)
b) Bảng biến thiên:

- Tính o hm

- Tìm các điểm xi sao cho phơng trình y (x i) = 0. Tính y(xi)

- Lập bảng biến thiên.

- Da vo bng bin thiờn kt luận các khoảng đồng biến và cực trị.
3. Vẽ đồ thị:

- Tìm giao với các trục toạ độ (Hoặc một số điểm đặc biệt)

- Vẽ đồ thị

2. PTTT của đồ thị hàm số

a) PTTT của hàm số (C): y = f(x) tại điểm M0(x0; y0)

Bước 1: PTTT cần tìm có dạng: y – y0 =

f



(x0)(x – x0) Bước 2: Tính

f



(x)

Bước 3: Tính

f



(x0) Bước 4: Thay x0, y0 và

f



(x0) vào bước 1
b) PTTT của (C): y = f(x) biết hệ số góc k cho trước

Bước 1: Tính

f



(x) Bước 2: Giải phương trình

f



(x0) = k



nghiệm x0

Bước 3: Tính y0 = f(x0) Bước 4: Thay x0, y0 và k =

f



(x0) vào PT: y – y0 =

f



(x0)(x – x0)
* Tiến hành hướng dẫn,gợi mở dẫn dắt để học sinh giải các bài tập.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

a) Khảo sát hàm số.

b) Vit phng trỡnh tip tuyn ca đồ thị hàm số tại điểm y’’=0
Giải:

a) Khảo sát hàm số:
1. Tập xác định: R
2. Sự biến thiên:

a) Giíi hạn: xlim y

b) Bảng biến thiên: y = - 3x2 + 6x, y’ = 0  - 3x2 + 6x = 0 1 1

2 1

0 2

2 2

x y

  



    



- Hàm số đồng bin trờn khong (0 ; 2) v

nghịch biến trên khoảng
(- ;

0) và
(2 ; +)

- Cc tr: im cc đại (2 ; 2) cực tiểu (0 ; -2)
3. Đồ thị : - Điểm uốn : y” = - 6x + 6; y” = 0 khi
x = 1  y = 0. Ta có điểm uốn là: U(1 ; 0)

- Giao Ox : A(1 3;0); (1B  3;0); (1;0)U

- Giao Oy : D(0 ; -2)

Nhận xét : Đồ thi nhận điểm uốn U(1 ; 0) làm
tâm đối xứng.

b) ViÕt phơng trình tiếp tuyến tại điểm uốn U(1 ; 0)
Hệ sè gãc k = f’(1) = 3

VËy ta cã ph¬ng trình tiếp tuyến là :
y - y0 = k(x - x0) hay : y - 0 = 3(x - 1)
 y = 3x - 3

Mét sè chó ý khi khảo sát hàm số bậc ba :

1. Txđ: R

2. a 0 xlim y ;a 0 xlim y

   

      

3. a > 0 : C§ - CT; a < 0: CT - C§ (Không có cực trị nếu y > 0 hoặc

y < 0 ’ xR)

4. Tìm điểm uốn trớc khi vẽ đồ thị. Đồ thị nhận điểm uốn làm tâm đối xứng.

VD 2: Cho hàm số (C): y = -x3 + 3x + 2

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C)

b) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình: x3 – 3x – 2 + m = 0
ĐS: * m > 4: 1 n0; * m = 4: 2 n0; * 0 < m < 4: 3 n0; * m = 0: 2 n0; * m < 0: 1 n0

c) Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm I(0; 2). ĐS: y = 3x + 2

d) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại và điểm cực tiểu của đồ thị (C)
HD: PT đt đi qua 2 điểm A(xA; yA) và B(xB; yB) có dạng: A A

B A B A

x x

y y

x

y







. ĐS: y = 2x + 2

VD3: Cho hàm số (C): y = x3 + 3x2 + 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C)

b) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo k số nghiệm của phương trình: x3 + 3x2 – k = 0
ĐS: * k > 4: 1 n0; * k = 4: 2 n0; * 0 < k < 4: 3 n0; * k = 0: 2 n0; * k < 0: 1 n0

c) Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm có hồnh độ bằng -1
HD: Thế x = -1 vào (C)



y = 3: M(-1; 3). ĐS: y = -3x

d) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại và điểm cực tiểu của đồ thị (C)
ĐS: y = -2x + 1

X - ∞ 0 2 +∞ 
y’ 0 + 0
-y +∞ 2 -2 - ∞

-2

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C)

b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) song song với đường thẳng y = 5x 1

  .
ĐS: y = 5x 83

3 27

  ; y = 5x 115

3 27

 

VD5: Cho hàm số (Cm): y = 2x3 + 3(m – 1)x2 + 6(m – 2)x – 1 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) khi m = 2

b) Với giá trị nào của m, đồ thị của hàm số (Cm) đi qua điểm A(1; 4). ĐS: m = 2

c) Viết phương trình tiếp tuyến của hàm số (C) đi qua điểm B(0; -1). ĐS: y = -1; y =

9 x 1

8 

Bµi tËp tù lun:

Bµi 1: Cho hàm số: yx3 12x12(C)
a) Khảo sát hàm số.

b) Tìm giao điểm của (C) với đờng thẳng d: y = - 4
Bài 2: Cho hàm số 1 3 2( )

y x  x C (Đề thi TN 2002)

a) Kho sỏt v v th (C).

b) Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) đi qua điểm A(3; 0)
Bài 3: Cho hµm sè 1 3 3 ( )

y x  x C (Đề TN 2001)
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số

b) Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hồnh độ bằng 2 3 (d)
Bài 4: (Đề TN 99) Cho hàm số y = x3 - (m + 2)x + m

a) Tìm m để hàm số có cự đại tơng ứng với x = 1
b) Khảo sát hàm số tơng ứng với m = 1(C)

c) Biện luận số giao điểm của (C) với đờng thẳng y = k
Bài 5 : (Đề 97) Cho hàm số y = x3 - 3x + 1 (C)

Kh¶o sát hàm số (C)

Bai 6: (Đề 93) Cho hàm số y = x3 - 6x2 + 9 (C)
a) Khảo sát hµm sè

b) Viết phơng trình tiếp tuyến tại điểm có hồnh độ là nghiệm phơng trình y’’=0
c) Dựa vào (C) để biện luận số nghiệm của phơng trình x3 - 6x2 + 9 - m.

Bµi 8 : Cho hµm sè 1 3 2 2,( )
3

y x  x  C
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số

b) Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) biết rằng tiếp tuyến đó vng góc với đờng thẳng d:
1

2
3
y x

Buổi 4: KHẢO SÁT HÀM SỐTRÙNG PHƯƠNG VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN 
I/ Mục tiêu:

Về kiến thức: Giúp học sinh nắm chắc hơn về sơ đồ khảo sát hàm số,

Nắm kỹ hơn về biến thiên,Cực trị,GTLN,GTNN,tiệm cận,cách vẽ đồ thị hàm số

Vềkỹ năng: Rèn luyện cho hs có kỹ năng thành tạo trong việc khảo sát vẽ đồ thị hàm số .

Về tư duy : Đảm bảo tính logic

Về thái độ : Thái độ nghiêm túc, cẩn thận.chính xác,
II/ Chuẩn bị của GV và HS

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

-2

x
y

Phần 1 : ễn lý thuyết : 
1. Sơ đồ khảo sát hàm số:

2/ Bài tốn : Biện luận số nghiệm của phương trình bằng đồ thị

Dùng đồ thị biện luận số nghiệm của phương trình f(x)= ( )m .

Phương pháp giải:

B1: Vẽ đồ thị (C) của hàm f(x) (Thường đã có trong bài toán khảo sát hàm số )

B2: Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng y=( )m . Tùy theo m

dựa vào số giao điểm để kết luận số nghiệm.
Ví dụ:

Cho hàm soá y=x3 – 6x2 + 9x (C).

Dùng đồ thị (C) biện luận số nghiệm của phương trình x3 – 6x2 + 9x – m

= 0
Giải:

Phương trình x3 – 6x2 + 9x – m = 0

 x3 – 6x2 + 9x = m

Số nghiệm của phương trình là số giao
điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d: y=m.
dựa vào đồ thị ta có:

Nếu m > 4 phương trình có 1 nghiệm.
Nếu m = 4 phương trình có 2 nghiệm.
Nếu 0< m <4 phương trình có 3 nghiệm.
Nếu m=0 phương trình có 2 nghiệm.
Nếu m < 0 phương trình có 1 nghiệm.

Phần 2 : Tiến hành hướng dẫn,gợi mở dẫn dắt để học sinh giải các bi tp.
Hàm số bậc 4 trùng phơng y = ax4 + bx2 + c

VD1: Cho hµm sè 1 4 2 2 9( )

4 4

y x  x  C
a) Khảo sát hàm số

b) Vit phng trỡnh tip tuyn ca (C) tại điểm có hồnh độ bằng 1.
Giải:

a) Khảo sát hàm số
Tập xác định: R
Sự biến thiên

a) Giới hạn: limx y

b) Bảng biến thiên:

1 1

2,3 2,3

9
0

4
y' = - x + 4x; y' = 0

25
2

x y



  


 

   



x -∞ - 2 0 2 +∞
y’ + 0 0 + 0

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

O 1

-∞ 9

4 -∞

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng (-∞; -2) và (0; 2), nghịch biến trên khoảng ( -2; 0) và (2;

+∞)

Cùc trÞ: x = ±2 CD y = CD 25; 0 9

4 xCT yCT 4

   

§å thị : (H2)

- Điểm uốn: y = - 3x2 +4; y” = 0

2 161

36
3

x y

   

- Giao víi Ox : A(-3 ; 0) vµ B(3 ; 0)
- Giao Oy : (0; )9

4
C

(H2)

b) x0 = 1  y0 = 4, y’(x0) = y(1) = 3. Nên phơng trình tiếp tuyến cần tìm lµ : y - 4 = 3(x - 1), hay : y

= 3x + 1.

Mét sè lu ý khi khảo sát hàm số bậc 4 trùng phơng :

a) Txđ : R
b) a 0 : limx y

 

  đt hàm số có hai cực tiểu - một cực đại hoặc chỉ có một cực tiểu (y = 0 ’

chỉ có một nghiệm, khi đó đồ thị giống đồ thị parabol)
 a 0 : limx y ;

 

   đt hàm số có hai cực đại - một cực tiểu hoặc chỉ có một cực đại.

c) Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng; Khơng có tiệm cận.

VD2: Cho hàm số (C): y = - x4 + 2x2 + 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C)

b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình: -x4 + 2x2 + 1 – m = 0

ĐS: * m > 2: vô n0; * m = 2: 2 n0; * 1 < m < 2: 4 n0; * m = 1: 3 n0; * m < 1: 2 n0

c) Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm có tung độ bằng 2
HD: Thế y = 2 vào (C)



x =



1: M(-1; 2), N(1; 2). ĐS: y = 2

VD3: Cho hàm số (C): y = x4 – 2x2 – 3

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C)

b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết hệ số góc của tiếp tuyến là 24. ĐS: y = 24 – 43
VD4: Cho hàm số (Cm): y = x4 – (m + 7)x2 + 2m – 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) khi m = 1
b) Xác định m để đồ thị (Cm) đi qua điểm A(-1; 10). ĐS: m = 1

c) Dựa vào đồ thị (C), với giá trị nào của k thì phương trình: x4 – 8x2 – k = 0 có 4 nghiệm phân biệt. ĐS: 
-14 < k < 0

Bµi tËp tù lun :

Bµi 1 : Cho hµm sè y = x4 - 2x2 - 3 (C)
a) Khảo sát hàm số.

b) Da vo (C), tỡm m để phơng trình x4 - 2x2 + m = 0 có 4 nghiệm phân biệt.
Bài 2: Khảo sát hàm số: y = - x4 + 4x2 - 5

Bµi 3: Cho hµm sè: y = x4 + mx2 - m - 5 (Cm)
a) Khảo sát hàm số với m = 1 (C)

b) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và trục hồnh.
c) Tìm m để (Cm) có cực đại và cực tiểu.

Bµi 4: Cho hµm sè: 1 4 2 9

2 4

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

-2

-4

x
1

O
I

a) Khảo sát hàm số với m = 3.

b) Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) tại điểm (0; 9)
4
A .
Bài số 5. Khảo sát các hàm số sau:

4 2

1) y x 4x 3

2) y x x 2

3) y x 2x 1

  

  

  

Buổi 5: KHẢO SÁT HÀM SỐ PHÂN THỨC BẬC NHẤT TRÊN BẬC NHẤT
 VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN

I/ Mục tiêu:

Về kiến thức: Giúp học sinh nắm chắc hơn về sơ đồ khảo sát hàm số,

Nắm kỹ hơn về biến thiên,Cực trị,GTLN,GTNN,tiệm cận,cách vẽ đồ thị hàm số

Vềkỹ năng: Rèn luyện cho hs có kỹ năng thành tạo trong việc khảo sát vẽ đồ thị hàm số .

Về tư duy : Đảm bảo tính logic

Về thái độ : Thái độ nghiêm túc, cẩn thận.chính xác,
II/ Chuẩn bị của GV và HS

Hs: nm vng lớ thuyt v khảo sát hàm số và các bài toán liên quan.
III/ Phng phỏp: Gi m, vn đáp kết hợp hoạt động nhóm .

IV/ Tiến trình tiết dy:

VD1: Cho hàm số: 4( )
1
x

y C

x

a) Khảo sát hàm số.

b) Xỏc nh to giao im ca (C) với đờng thẳng d: y = 2x + 2. Viết phơng trình tiếp tuyến của
(C) tại các giao im trờn.

Giải:

a) Khảo sát hàm số:

1.Tp xỏc nh: D = R\{1}
2.Sự biến thiên:

a) ChiỊu biÕn thiªn:
2

' 0,

( 1)

y x D

x




Nên hàm số nghịch biến trên (- ; 1) và (1; + )
b) Cực trị: Đồ thị hàm số không có cực trị.
c) Giới hạn vµ tiƯm cËn:

1
lim

x y

   x = 1 là tiệm cận đứng.

lim 1

x y

   y = - 1 là tiệm cận ngang.

Bảng biến thiên :

x - 1 +∞
y’

-y

+∞

-1 -1
-∞

3.§å thị : (H3)

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Của phơng trình:

1 1

2 2

2 2 2 6 0 3

1 5

x y

x

x x x

x x y

  



  

      



   



Vậy giao điểm của (C) và đờng thẳng d là: 1( 2; 2), 2( ;5)3
2

M   M

- Ph¬ng trình tiếp tuyến của (C) tại M1 có hệ số góc là: 1 '( 2) 1
3
k y
Nên có phơng trình là: 2 1( 2) 1 8

3 3 3

y x y x

- Phơng trình tiếp của (C) tại M2 có hệ số góc là: 2 '( )3 12
2

k y  . Nªn cã phơng trình là:
3

5 12( ) 12 23

y x y x
Những lu ý khi khảo sát hàm b1/b1:

1. Tp xác định: D R\ { d}.

c

 

2. Hàm số luôn đồng biến (y’>0) hoặc luôn nghịch biến (y’<0) trên các khỗng xác định.

3. Đồ thị hàm số khơng có cực tr.

4. Giới hạn và tiệm cận:

) lim
d
x

c

d

y x

c

  là tiệm cận đứng.

) lim
x

a a

y y

c c

 

    lµ tiƯm cËn ngang

+) Không có tiệm cận xiên.

vd2. Cho hàm số y 3x 1

x 3




 có đồ thị (C).
1) Khảo sát hàm số.

2) Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hồnh độ x = -1
3) Tìm GTLN và GTNN của hàm số trên [0; 2].

Híng dÉn gi¶i.

1) Hs tù khảo sát. Đồ thị:
2) Có

10 5

y ' y '( 1)

8
x 3



   

 ; y( 1) 1

Phơng trình tiếp tuyến: y 5

x 1

1 y 5x 3

8 8 8

     

3) Ta có hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định nên hàm số nghịch biến trên [0; 2].
Do đó:

0;2 0;2

max y y(0) ; min y y(2) 5

    .

VD3. Cho hàm số (C): y = x 1

x 3



a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C)

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

VD4.: Cho hàm số (Cm): y =

mx 1

2x m





a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C2)

b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của tham số m, hàm số ln đồng biến trên mỗi khoảng xác định của
nó

HD: Chứng minh tử thức của y’ > 0 suy ra y’ > 0(đpcm)

c) Xác định m để tiệm cận đứng của đồ thị đi qua A(-1;

2

). ĐS: m = 2
d) Viết phương trình tiếp tuyến của hàm số (C2) tại điểm (1;

1

4

). ĐS: y =

3

1 x

8 

8

VD5: Cho hàm số (Cm): y =

(m 1)x 2m 1

x 1









a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) khi m = 0

b) Với giá trị nào của m, đồ thị của hàm số (Cm) đi qua điểm B(0; -1). ĐS: m = 0
c) Định m để tiệm cận ngang của đồ thị đi qua điểm C(

3

; -3). ĐS: m = -4
c) Viết phương trình tiếp tuyến của hàm số tại giao điểm của nó với trục tung

HD: Giao điểm với trục tung



x = 0, thay x = 0 vào (C)



y = -1: E(0; -1). ĐS: y = -2x – 1 
Bµi tËp tù lun

Bµi 1: Cho hàm số: 2 1( ).
1
x

y C

x

a) Khảo sát hµm sè.

b) Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hồnh độ bằng 1.
Bài 2: Cho hàm số 2 1( )

x

y C

x

a) Khảo sát hàm số

b) Vit phơng trình tiếp tuyến của (C) tại các giao điểm của (C) với các trục toạ độ.
Bài 3: Cho hàm s 4( )

2
x

y C

x

a) Khảo sát hàm số

b) Tớnh diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và các trục toạ độ
Bài 4: (Đề TN - 99)

Cho hµm số 1( )

1
x

y C

x

a) Khảo sát hàm số.

b) Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) tai điểm A(0; 1)
Bài 5: Cho hàm số 2( )

1
x

y C

x

a) Khảo sát hµm sè

b) Chứng minh rằng đờng thẳng dm: y = 2x + m (m là tham số) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt
thuộc hai nhánh của đồ thị

c) Tìm toạ độ của M thuộc đồ thị (C) sao cho điểm M cách đều các trục toạ độ
Bài 6: Cho hm s 2( )

1
x

y C

x

a) Khảo sát hµm sè

b) Tìm m để đờng thẳng dm: y = mx + m + 3 (m là tham số) cắt (C) tại hai điểm phân biệt.
Bài 7: Khảo sát các hàm số

a) 2

2
x
y

x



 b)
2

1
x
y

x




</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Bi 6: L thõa - mị( 3tiÕt)

I. Mục tiêu:

1) Về kiến thức:

C¸c kiÕn thøc vỊ l thõa vµ mị
2) Về kỹ năng:

– Thực hiện thành thạo việc giải các bài toán về đơn giản biểu thức, tính giá trị biểu thức, biến
đổi luỹ thừa.

3) Về tư duy và thái độ:

– Tự giác, tích cực trong học tập.

– Chủ động phát hiện, chiếm lĩnh tri thức mới, biết quy lạ về quen, có tinh thần hợp tác xây dựng
cao.

II. Chuẩn bị của giáo viên và học sinh:

Giáo viên: - Giáo án, bảng phụ, phiếu học tập .
Học sinh: – Sách giáo khoa.

– Kiến thức về luü thõa mò
III. Phương pháp:

Dùng các phương pháp gợi mở, vấn đáp, nêu vấn đề và giải quyết vấn đề, hoạt động nhóm..
IV. Tiến trình bài học:

1. Ổn định lớp.
 2. Bi mi:.

I. Định nghĩa luỹ thừa và căn
1. Luỹ thừa Căn

. Với n nguyên dơng, căn bậc n của sè thùc a lµ sè thùc b sao cho bn = a.

. Với n nguyên dơng lẻ và a là số thực bất kì, chỉ có một căn bậc n cđa a, kÝ hiƯu lµ n a

. Với n nguyên dơng chẵn và a là số thực dơng, có đúng hai căn bậc n của a là hai số đối nhau; căn
có giá trị dơng kí hiệu là n a, căn có giá trị âm kí hiệu l -n a.

. Số âm không có căn bậc chẵn.

*
,

a n an a a. ... (a n thừa số )



a n 1

n
a

a


 , a0 1



Lưu ý: 0 ,00 n không có nghĩa

0, m, , , 2

a r m n n

n

     ar amn nam

Tính chất: Cho a0,b0, ,  . Khi đó:

a a  a 

 a a

a


 




.

( )a  a 

 a a

b b

 

 


 
 
( )ab  a b. 



Nếu: a1 thì a a   Nếu: 0a1 thì a a   

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

b. 3 2 1 2 4 2 2 3 2 1 2 4 2 6 2 2 1 2 4 2 3
9 .3 .3  3  .3 .3  3      3 27

   

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

II.

BÀI TẬP TỰ GIẢI

1. Đơn giản biểu thức.

1. 3 x6.y12



5 x.y2



 2.

1
.
1
.

1 4 41

2
1
3
4 





a
a
a
a
a
a
a
3. 
















 m
m
m

m
m
1
2
1
2
.
2
2
4
2
1
3
2
4.
1
)
( 2 3 2

3
2
2
2



b
a
b
a

5. ( 2 3 1)(4233 33 3 3)

a
a
a
a
a
a





6.    











b ab

a ) 4 .

(
1
2
7.
2
1 1

1 1 1 1

2 2 2 2

4 9 4 3

2 3

a a a a

A

a a a a

 
 
    
 
 
 
 
 

với 0; 1; 3

a a a 8.

3
3
3
4
3
4
b
a
ab
b
a


a>1 0<a<1

. y’>0 với mọi xR
. Hàm số đồng biến trên R

x

x a

lim ; lim 0

x

x
a
. Bảng biến thiên

. Đồ thị

. y>0 với mọi xR

. Hàm số nghịch biến trên R
.lim 0

x

x a ; x
x
a
lim
. Bảng biến thiên

y=a

+

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

2. Tớnh giá trị của biểu thức.

1. 5

3
3

1
75

,
0

32
1
125

1
81





















 2. 3 0 2

1
1
3
2
2
3

)
9
(
8
64
.
)
2
(

001
,

0       

3. 0,5

75
,
0
3

25
16

27  










4. 2 3

1
1
25

,
0

4 19( 3)

4
1
2
625

)
5
,
0

( 


















15.   3 3

3 







 16. 412 3.161 3

17. 3 22

3
27

18.

 

58 54

3. Biến đổi đưa về dạng lũy thừa với số mũ hữu tỉ.

1. 7 25. 3

8
1

ax 2. 3 a5.4 a 3. 8 b3.4 b

4. 4 27.3

3
1

a 5. a a a a a: 116,



a0



6. 52 2 23

Buæi 7: Lôgarít( 3tiết)

Ngày soạn: 16/9/2009
I. Mc tiờu:

1) V kin thc:
Các kiến thøc vỊ l«garit.

2) Về kỹ năng:

– Thực hiện thành thạo việc đơn giản biểu thức lơgarit, tính giá trị biểu thức lôgarit, biến đổi
lôgarit.

3) Về tư duy và thái độ:

– Tự giác, tích cực trong học tập.

– Chủ động phát hiện, chiếm lĩnh tri thức mới, biết quy lạ về quen, có tinh thần hợp tác xây dựng
cao.

II. Chuẩn bị của giáo viên và học sinh:

Giáo viên: - Giáo án, bảng phụ, phiếu học tập .
Học sinh: – Sách giáo khoa.

– Kiến thức về l«garit.
III. Phương pháp:

Dùng các phương pháp gợi mở, vấn đáp, nêu vấn đề và giải quyết vấn đề, hoạt động nhóm..
IV. Tiến trình bài học:

1. Ổn định lớp.
 2. Bài mới:.

I: LÔGARIT.

Định nghĩa: Cho b0,0a1

.

logab  b a 
logb  b 10

  

lnb b e



  

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

log 1 0a  logaa1

logab

a b loga

 

a






Quy tắc

:

0a1,b0,c0. Khi đó:

log .ab clogablogac loga loga loga
b

b c

c  

0a1, 0b,0 c 1. Khi đó:
logab logab



 logab 1logab



 ,  0



log

log
c
a

c
b
b

a

 log 1 ,

log
a

b
b

a





b1



Ví dụ 1: Cho a0,b0. Rút gọn biểu thức:

a. 1 1 log log

log log log .log

b a

a b b a

ab ab

M

ab ab ab ab



  



 



log 1 1 log log 1 1 log

1 log . log 1 log 1 1 log

b a b a

a b b a

a b a b

b a a b

     

  

    

b.





 

2 3 4

2 3 4 4

. . 1 4 1 173

log log . . log 2

3 5 4 60

a a a

a a a

N a a a a

a

 

        

 

 

Ví dụ 2: Biết log 25 a,log 35 b. Tính : Alog 125 theo a b,
Ta có. Alog 12 log 4 log 3 2log 2 log 3 25  5  5  5  5  a b
II. BÀI TẬP TỰ GIẢI

1. Tính giá trị của biểu thức.

1. 2log 4 log 8 log 2

1
4
1

7
125

49
.
25

81 













2. log 3 3log 5

2
1
5
log

1 2 5

4 42

16 



3. 









 

log 6 log 4
9

log
2

5
7

5
49

72 4. log(2 3)20 log(2 3)20





5. 3log( 21)log(5 2 7) 6.

e
e ln1
ln 

7. lne 1 4ln(e2. e)



 8. 3

3
1

1
3

1 2log 400 3log 45

1
6
log

2  

9. log 2 21log 3

6
1

36 10. log (log34.log23)

4
1

Buổi 8: Đạo hàm của hàm số mũ và lôgarít( 3tiết)

I. Mc tiờu:

1) V kin thc:

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

2) Về kỹ năng:

– Thực hiện thành thạo việc giải bài toán về đạo hàm của hàm số mũ và lôgarit.
3) Về tư duy và thỏi độ:

– Tự giác, tích cực trong học tập.

– Chủ động phát hiện, chiếm lĩnh tri thức mới, biết quy lạ về quen, có tinh thần hợp tác xây dựng
cao.

II. Chuẩn bị của giáo viên và học sinh:

Giáo viên: - Giáo án, bảng phụ, phiếu học tập .
Học sinh: – Sách giáo khoa.

– Kiến thức về đạo hàm của hàm số mũ và lôgarit.
III. Phương phỏp:

Dùng các phương pháp gợi mở, vấn đáp, nêu vấn đề và giải quyết vấn đề, hoạt động nhóm..
IV. Tiến trình bài học:

1. Ổn định lớp.
 2. Bài mới:.

III. ĐẠO HÀM HÀM SỐ MŨ VÀ LÔGARIT.

 

ex ' ex



 

ax ' ax.lna





ln x



' 1

x




log



' 1

ln
a x ax a

 

x ' .x1 ( 0,x 0)

  

 

eu ' e uu. '


 

au ' au.ln . 'a u




lnu



' 1. 'u
u




log



' 1 . '
.ln

a u u

u a


 

u ' .u1. 'u



Ví dụ : Tính đạo hàm các hàm số:

a. 1 2

2 4
x
x

y  e

  HD:

2 2 2 2

1 1 1

' 2 .

2 4 2 2 4

x x x x

x x

y   e   e    e x e

   

 

b. 2

5 ln 8cos

y x  x x HD: y' 10x 1 8sinx

x

  

IV. BÀI TẬP TỰ GIẢI

1. Tính đạo hàm của các hàm số sau.

1. y



x2 2x 2



ex

   2. y



sinx cosx e



2x

  3.

x x

e e
y

e e







4. 2x x

y  e 5. yln



x21



6.

lnx
y

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

7. y



lnx1 ln



x 8. y x2.ln x2 1

  9.

3
3 .logx

y x

10. y x.x

 11. y3 x 12.

3 2
ln 2

y x

2. Chứng minh rằng mỗi hàm số sau đây thỏa mãn hệ thức tương ứng đã cho.

1. y esinx

 CMR: y'cosx y sinx y '' 0

2. yln cos



x



CMR: y'tanx y '' 1 0 

3. yln sin



x



CMR: ' ''sin tan 0
2
x

y y x 

4. y ex.cosx

 CMR: 2 ' 2y  y y '' 0

5. y ln2x

 CMR: x y2. ''x y. ' 2
Bi 9 PT, BPT, HPT, HBPT mị( 3tiÕt)

I. Mục tiêu:

1) Về kiến thức:

C¸c kiÕn thøc vỊ l thõa vµ mị
2) Về kỹ năng:

– Thực hiện thành thạo vic giải PT, BPT, hệ PT và hệ BPT mũ.
3) Về tư duy và thái độ:

– Tự giác, tích cực trong học tập.

– Chủ động phát hiện, chiếm lĩnh tri thức mới, biết quy lạ về quen, có tinh thần hợp tác xây dựng
cao.

II. Chuẩn bị của giáo viên và học sinh:

Giáo viên: - Giáo án, bảng phụ, phiếu học tập .
Học sinh: – Sách giáo khoa.

– Kiến thức về PT, BPT, hƯ PT vµ hƯ BPT mò.
III. Phương pháp:

Dùng các phương pháp gợi mở, vấn đáp, nêu vấn đề và giải quyết vấn đề, hoạt động nhóm..
IV. Tiến trình bài học:

1. Ổn định lớp.
 2. Bài mới:.

I. PHƯƠNG TRÌNH MŨ

1. Phương pháp: Biến đổi phương trình về dạng cùng cơ số: aM = aN M = N

Ví dụ 1: Giải các phương trình sau : 2 2 3 2 1
4
x  x


HD: 2 2 3 2 1 2 2 3 2 2 2

x  x x x 

  

2 3 2 2 2 3 0 0

3
x

x x x x

x



        




Vậy phương trình có nghiệm: x0,x3
Ví dụ 2: Giải các phương trình sau :

2 3 1

3
3

x  x
 


 

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

HD:

3 1

( 3 1) 1
1

3 3 3

x x

x x
 

  
 

  

 
 

2 2 1

( 3 1) 1 3 2 0

2
x

x x x x

x



          




Vậy phương trình có nghiệm: x1,x2
Ví dụ 3: Giải phương trình sau : 1 2

2x 2x 36

 

HD: 1 2 2

2 2 36 2.2 36

4
x

x x x

    

x x x 4

8.2 2

36 9.2 36.4 2 16 2 2 4

4
x x

x


         

Vậy phương trình có nghiệm: x1,x2
Ví dụ 4: Giải phương trình sau : 2 1

5 .2x x 50



HD: 2 1

20
4

5 .2 50 5 . 50 20 100 log 100

2
x

x x x x

x


      

Vậy phương trình có nghiệm: xlog 10020

2. Phương pháp: Đặt ẩn phụ chuyển về phương trình đại số
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau : 32x8 4.3x5 27 0

  

HD: 3 .38 2x 4.3 .35 x27 0

 

6561. 3x 972.3x 27 0

    (*)

Đặt t 3x 0

 

Phương trình (*) 2

1
9

6561 972 27 0

1
27
t

t t

t





     

 


Với 1 3 3 2 2

9
x

t  x

    

Với 1 3 3 3 3

27
x

t  x

    

Vậy phương trình có nghiệm: x2,x3
Ví dụ 2: Giải các phương trình sau : 25x 2.5x 15 0

  

HD: 25x 2.5x 15 0

 

5x 2 2.5x 15 0

       (*)

Đặt t 5x 0

 

Phương trình (*) 2 2 15 0 5

3 (loai)
t

t t

t



     




Với t 5 5x 5 x 1

    

Vậy phương trình có nghiệm: x1

Ví dụ 3: Giải các phương trình sau : 3x2 32x 24

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

HD: 3 2 32 24 9.3 9 24 0 9. 3

 

2 24.3 9 0
3

x x x x x

x
 

          (*)

Đặt t 3x 0

 

Pt (*) 2

9t 24 9 0 1

( loai)
3

t
t

t




    

 


Với t 3 3x 3 x 1

    

Vậy phương trình có nghiệm: x1
3. Phương pháp: Lấy logarit hai vế

Ví dụ 1: Giải phương trình sau : 8 .5 2 1 1
8

x x


HD: Lấy logarit hai vế với cơ số 8, ta được

2 2

1 1

8 8

1 1

8 .5 log 8 .5 log

8 8

x x x x 

  





2 1 1 2

8 8 8 8

log 8x log 5x log 8 x x 1 log 5 1

      







 



1 1 log 5 0 1 1 1 log 5 0

x x x x x

          













8
1 0

1 1 1 log 5 0

1 1 log 5 0

x

x x

x
 


        

  



8 8 5

1 1

.log 5 log 5 1 1 log 8

x x

 

 

   

   

 

Vậy phương trình có nghiệm: x1,x 1 log 85
Ví dụ 2: Giải phương trình sau : 2

3 .2x x 1
HD: Lấy logarit hai vế với cơ số 3, ta được

2 2

3 3

3 .2x x  1 log 3 .2x x log 1





3 3

log 2 0 1 log 2 0

x x x x

     

3
0

1 log 2 0

x
x


 

 

 2

3
0

0
1

log 3
log 2

x

x x








  

   



Vậy phương trình có nghiệm: x0,x log 32

4. Phương pháp: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số mũ, nhẩm nghiệm và sử dụng tính 
đơn điệu để chứng minh nghiệm duy nhất (thường là sử dụng cơng cụ đạo hàm)
Ta thường sử dụng các tính chất sau:

Tính chất 1 : Nếu hàm số f tăng ( hoặc giảm ) trong khỏang (a;b) thì phương trình f(x) =
C có khơng quá một nghiệm trong khỏang (a;b). ( do đó nếu tồn tại x0  (a;b) sao cho
f(x0) = C thì đó là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = C)

Tính chất 2 : Nếu hàm f tăng trong khỏang (a;b) và hàm g là hàm một hàm giảm trong
khỏang (a;b) thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm trong khỏang (a;b) . (
do đó nếu tồn tại x0  (a;b) sao cho f(x0) = g(x0) thì đó là nghiệm duy nhất của phương
trình f(x) = g(x))

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

HD: 3x4x 5x 3 4 1

5 5

x x

   
     

    (*)

Ta có x2 là nghiệm của phương trình (*) vì

2 2

3 4

5 5

   

 

   
   
Ta chứng minh đây là nghiệm duy nhất.

Thật vậy, xét ( ) 3 4

5 5

x x

f x     
   

Ta có f x( ) đồng biến trên  vì '( ) 3 ln3 4 ln4 0

5 5 5 5

x x

f x      

    ,   x . Do

đó

+ Với x2 thì f x( ) f(2) hay 3 4 1

5 5

x x

   

 

   

    , nên phương trình (*) thể có
nghiệm x2

+ Với x2 thì f x( ) f(2) hay 3 4 1

5 5

x x

   

 

   

    , nên phương trình (*) thể có
nghiệm x2

Vậy phương trình chỉ có một nghiệm duy nhất x2
2

x

BÀI TẬP TỰ GIẢI:

Giải các phương trình sau:

1. 16 1010 0,125.8 155

x x

 

   2. 32x8 4.3x527 0
3. 6.9x 13.6x 6.4x 0

   4. ( 2 3 )x ( 2 3 )x 4

   

5. 2 2 2

2x x 2  x x 3

  6. 3.8x4.12x18x 2.27x0

7. 2.22x 9.14x 7.72x 0

   8. 12.3x3.15x 5x120

9. log log 39





1
x

x    10. 1 2 1

3
x

x
 

 

 
 

11. 2 8 1 3

2x  x 4 x

 12. 2

5
6

2x  x 16 2

13. 1 2 1 2

2x 2x 2x 3x 3x 3x

     14. 2 .3 .5x x1 x2 12

15. 2 2 1

( 1)x 1

x x 

   16. log 2.log 2.log 4x 2x 2 x1

17. 1

4 6

log x 0

x


 18. 7x 2.71x 9 0

  

19. 22x6 2x7 17 0

   20. (2 3)x(2 3)x 4 0

21. 2.16x 15.4x 8 0

   22. (3 5)x16(3 5)x2x3

23. (7 4 3)x 3(2 3)x 2 0

     24. 2.41x 61x 91x

25. 82x 23xx3 12 0


   26. 5x5x15x2 3x3x13x2

27. log2



x3



 1 log2



x1



28. x2 (3 2 ) x x2(1 2 ) 0 x 
29. 2x4 3 4

 30. 32x3 9x23x5

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

31.

5 17

7 1 3

32 .128

x x

 

   32.

5 2 8

2 0

2 5 5

x x

   

  

   

   

33. 5 x 53 x 20

  34.



4 15

 

4 15



x x

   

35.



5 2 6

 

5 2 6



x x

    36. 32x1 9.3x 6 0

  

37. 22x2 9.2x 2 0

   38. 3x1 5x2

39. 3 2 7 12

3x 5x  x



II. BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ

1. Phương trình cơ bản:

a.
( )
f x

a  b

0
0
b
b





 


Phương trình vơ số nghiệm
Phương trình : af x( ) b

 

( ) log
( ) log
a
a

f x b










khi
khi

0 1

a
a

 

b.
( )
f x

a b

0
0
b
b





 


Phương trình vơ nghiệm
Phương trình : af x( ) b

 

( ) log
( ) log
a
a

f x b




 



khi
khi
1

0 1

a
a


 

Ví dụ 1: Giải bất phương trình: 2 1 3
3

1 log 2

3 2 2 1 log 2

x x x 

     

Vậy bất phương trình có nghiệm: ;1 log 23
2

S     

 

Ví dụ 2: Giải bất phương trình:





1
1

3 1 3

3 1 3. 3.3 1 3 3 27.3 9

3 1 3

x x

x x x

x





        



26.3 12 3 ,

x x x

        

Vậy bất phương trình có nghiệm: S    



;



</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

a. f x( ) g x( )

a a  ( ) ( )

( ) ( )
f x g x
f x g x




 



khi
khi

0 1

a
a


 

b. f x( ) g x( )

a a  ( ) ( )

( ) ( )
f x g x
f x g x




 



khi
khi

0 1

a
a


 

Ví dụ 1: Giải bất phương trình:

 

3 2 9 2
x

x


HD:

 

3 2 9 2

x
x

 34 32 4 2 4 8 16 16

4 7

x

x x x x x x

         

Vậy bất phương trình có nghiệm: ;16
7
S   

 

Ví dụ 2: Giải bất phương trình:









1 3

5 2 x  5 2 x (1)

HD: Ta có:



5 2

 

5 2



1 5 2 1



5 2



5 2



       



Phương trình (1)









1 3

5 2 x 5 2 x  x 1 x 3

       

2 2 0 1 2

x x x

       

Vậy bất phương trình có nghiệm: S  



1; 2



3. Phương pháp: Đặt ẩn phụ chuyển về bất phương trình đại số.

Ví dụ 1: Giải bất phương trình:5x 52x 26

 

HD: 5 52 26 5 25 26 0

 

5 2 26.5 25 0

x x x x x

x


          (1)

Đặt 5x 0

t  

Ta có: (1) 2

26 25 0

t t

      1 t 25

0 2

1 5x 25 5 5x 5 0 2

x

        

Vậy bất phương trình có nghiệm: S



0; 2



Ví dụ 2: Giải bất phương trình: 2x+1

3 10.3x 3 0

  

HD: 2x+1

3 10.3x 3 0

    3. 3

 

x 210.3x 3 0 (1)
Đặt 3x 0

t  .

Ta có: (1) 32 10 3 0 1 3

t t t

      

1 1

3 3 3 3 3 1 1

x  x x

         

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Ví dụ 3: Giải bất phương trình:5.4x 2.25x 7.10x 0 (*)

  

HD: Chia (*) hai vế cho 4x 0

 ta được:

5 5

5 2. 7. 0

2 2

x x

    

       

   

 

 

(**)

Đặt 5 0

2
x
t  

  .

Ta có: (**) 2

0 1

0 1 0

2 7 5 0 5

5 5

2 2

x
x

t x

t t

x
t

  

 


 

  



 




       



     



   

  

Vậy bất phương trình có nghiệm: S  



;0 1;

 





. BÀI TẬP TỰ GIẢI:

Bài 1: Giải các phương trình sau:

1. 4

16x 8

 2.

2 5
1

9
3

x
 


 
 

3. 9x3x62 4.

2 6

4x  x 1



4 15 4

3 4
1

2
2

x x

x
 


 


 

 

4 15 13 4 3

1 1

2 2

x  x  x

   



   

   

7. 2 7 12

5x  x 1

 8. 2 1 1

16
x

x  

  
 
9. 2 .5x2 x2 2 .53x 3x

 10. 25x1 125



11. 22x6 22x7 17

  12.









1 3

2 3 x  2 3 x 
13. 52x3 2.5x2 3

  14. 41x1 21x23

15 5.4x 2.25x 7.10x

  16. 2.16x 24x 42x2 15

  

Bài 2: Giải các phương trình sau:

1. 16 1010 0,125.8 155

x x

 

   2. 32x8 4.3x527 0
3. 6.9x 13.6x 6.4x 0

   4. ( 2 3 )x ( 2 3 )x 4

   

5. log2



x3



 1 log2



x1



2 6 5

2x  x 16 2
7. 2.22x 9.14x 7.72x 0

   8. 12.3x3.15x 5x120

9. 8 1

2
2log ( 2) log ( 3)

x  x  10. 2 8 1 3

2x x 4 x


Buæi 10: PT, BPT, HPT, HBPT lôgarít( 3tiết)

Ngày soạn: 16/9/2009

Buổi 10

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

1) Về kiến thức:

C¸c kiÕn thøc vỊ l thõa vµ mị
2) Về kỹ năng:

– Thực hiện thành tho vic giải PT, BPT, hệ PT và hệ BPT l«garit.
3) Về tư duy và thái độ:

– Tự giác, tích cực trong học tập.

– Chủ động phát hiện, chiếm lĩnh tri thức mới, biết quy lạ về quen, có tinh thần hợp tác xây dựng
cao.

II. Chuẩn bị của giáo viên và học sinh:

Giáo viên: - Giáo án, bảng phụ, phiếu học tập .
Học sinh: – Sách giáo khoa.

– Kiến thức về PT, BPT, hƯ PT vµ hƯ BPT l«garit.
III. Phương pháp:

Dùng các phương pháp gợi mở, vấn đáp, nêu vấn đề và giải quyết vấn đề, hoạt động nhóm..
IV. Tiến trình bài học:

1. Ổn định lớp.
 2. Bài mới:.

V. PHƯƠNG TRÌNH LƠGARIT

1. Phương pháp : Biến đổi phương trình về dạng cùng cơ số:
logaM loga N  M N

Ví dụ 1 : Giải phương trình sau : log2xlog (2 x3) log 4 2
HD: log2xlog (2 x3) log 4 2 (1)

Điều kiện: 0 0 0

3 0 3

x x

x

x x

 

 

  

 

   

 

Do đó phương trình(1) log (2x x3) log 4 2  x x( 3) 4

2 3 4 0 1 1

4 (loai)
x

x x x

x



       





Vậy phương trình có nghiệm: x1

Ví dụ 2 : Giải phương trình sau : log2xlog2x2 log 92 x

HD: 2

2 2 2

log xlog x log 9x (1)
Điều kiện: x0

Phương trình (1) log2 x2log2xlog 9 log2  2x 2 log2xlog 92

2 2 2 2

log log 9 log log 3 3

x x x

     

Vậy phương trình có nghiệm x3

2. Phương pháp : Đặt ẩn phụ chuyển về phương trình đại số.

Ví dụ 1: Giải các phương trình sau : 2

2 2

log x2 log x 2 0

HD: 2

2 2

log x2log x 2 0 (1)

Điều kiện: x0

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Lúc đó: log22xlog2x 2 0 
2

2
log 1

t 2 0 1

2 log 2

x
x

t
t

t x x





 

 

       



  

 



Vậy phương trình có nghiệm 2, 1
4

x x

Ví dụ 2: Giải các phương trình sau : 1 log ( 2 x1) log x14
HD: 1 log ( 2 x1) log x14 (1)

Điều kiện: 1 0 1 (*)

1 1 2

x x

  

 



 

  

 

Phương trình 2 2 2

2 2

log 4 2

(1) 1 log ( 1) 1 log ( 1)

log ( 1) log ( 1)

x x

       

 



log (2 x 1)



2 log (2 x 1) 2 0

      (2)

Đặt t log (2 x1)

Lúc đó: phương trình (2) 2 2 0 1

2
t
t t

t



     



2

1 2 3

log ( 1) 1

1 5

log ( 1) 2 1

4 4

x x

x

x x x

  

 

 

  

   

 

    



 

thỏa (*)
Vậy phương trình có nghiệm 3, 5

4
x x
3. Phương pháp: Mũ hóa hai vế:

Ví dụ: log (33 8) 2
x

x

  

Điều kiện: 3x 8 0

 

 

log (3 8) 2 2

2 2

log (3 8) 2 3 3 3 8 3

3 1( )

3 8.3 9 0 3 3 2

3 9

x

x x x x

x

x x x

x
x

loai

x

  

       

 

         




Vậy phương trình có nghiệm x2

4. Phương pháp: Nhẩm nghiệm và sử dụng tính đơn điệu để chứng minh nghiệm duy 
nhất (thường là sử dụng công cụ đạo hàm)

Ta thường sử dụng các tính chất sau:

Tính chất 1 : Nếu hàm số f tăng ( hoặc giảm ) trong khỏang (a;b) thì phương trình f(x) =
C có khơng q một nghiệm trong khỏang (a;b). ( do đó nếu tồn tại x0  (a;b) sao cho
f(x0) = C thì đó là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = C)

trình f(x) = g(x))

Ví dụ : Giải các phương trình sau : log2xlog 25



x1



2
HD: log2xlog 25



x1



2 (1)

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Ta có x2 là nghiệm của phương trình (*) vì log 2 log 2.2 12  5







2
Ta chứng minh đây là nghiệm duy nhất.

Thật vậy, hàm số ylog ,2 x ylog 25



x1



đều có các cơ số lớn hơn 1 nên các
hàm số đó đồng biến.

+ Với x2, ta có:

log2xlog 2 12 
+









5 5

log 2x1 log 2.2 1 1

log2xlog 25



x1



2
Suy ra, phương trình (1) vơ nghiệm khi x2
+ Với 0x2, ta có:

log2xlog 2 12 
+









5 5

log 2x1 log 2.2 1 1

log2xlog 25



x1



2
Suy ra, phương trình (1) vơ nghiệm khi 0x2
Vậy phương trình chỉ có một nghiệm duy nhất x2
BÀI TẬP TỰ GIẢI:

Giải các phương trình sau:

1. log 2.log 2.log 4x 2x 2 x1 2. 1
3

4 6

log x 0

x




3. log2



x3



 1 log2



x1



4. 3 1
2
log log x0

 

5. 8 1

2
2log ( 2) log ( 3)

x  x  6. log (42 4) log (21 1 3)
2

x   x x 

7. 21log ( 1) log ( 4) log2(3 )

2
1
2

2 x  x   x

8. 3 3

2 2

log log

x x  9. log log2 1 5 0

3
2

3 x x  
10. log2x2.log7x 2 log .log2x 7 x 11. log5xlog5



x6



 log5



x2



12. log5 xlog25xlog0,2 3 13.





log 2x x  5x4 2

14. log( 2 2 3) log 3 0

1
x

x x

x


   

 15.

5 5 5

log (4x 144) 4log 2 1 log (2x 1)

    

16. 1 2 1

4 log x2 log x  17. log2 x 10log2x6 0

18. 3 9

log log 9 2

2
x

x x

 

  

 

  19. log 4.32





log 92





x x

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

20. 1 4





log log x  5  0

  21. log 6.5



x25.20x



 x log 25
22. log8



x2 4x3



1 23.













2 log 2 1 log 5 x 1 log 5 x 5

    

24. 2









log 2x 1 .log 2x 2 2

   25.









2 2 1

2
1

log 4 4 .log 4 1 log

x x

  

26. 1

3
5

log log 3

2 x

x  27. 1









log x  6x8 2log x 4 0

II. BẤT PHƯƠNG TRÌNH LƠGARIT

1. Phương trình cơ bản:

a. log ( ) ( )
( )

b

a b

f x a
f x b

f x a

 

  




khi
khi

0 1

a
a


  , Điều kiện f x( ) 0

b. log ( ) ( )
( )

b

a b

f x a
f x b

f x a

 

  




khi
khi

0 1

a
a



  , Điều kiện f x( ) 0

Ví dụ 1: Giải bất phương trình:log (2 x 2) 3
Điều kiện x 2 0  x2

3
2

log (x 2) 3  x 2 2  x10

Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có nghiệm: S 



10;



Ví dụ 2: Giải bất phương trình: 1 2
2

log (x 7 ) 3x 

+ Điều kiện 2 7 0 7

0
x

x x

x
 


   




+ 1 2

log (x 7 ) 3x  2 7 1 3 2 7 1 0

2 8

x x   x x

       

 

97 97

7 7

2 2

2 x 2

   

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

+ Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có nghiệm:

2 7

97
7

2
0

2
x

x


 


   




  

  


+ Hay

97 97

7 7

2 ; 7 0; 2

2 2

S

   

   

   

 

   

   



2. Phương pháp: Biến đổi bất phương trình về dạng cùng cơ số:

a. log ( ) log ( ) ( ) ( )
( ) ( )

a a

f x g x

f x g x



  





khi
khi

0 1

a
a


  , Điều kiện

( ) 0, ( ) 0

f x  g x 

b. log ( ) log ( ) ( ) ( )
( ) ( )

a a

f x g x

f x g x



  





khi
khi

0 1

a
a


  , Điều kiện

( ) 0, ( ) 0

f x  g x 

Ví dụ 1: Giải bất phương trình: 2 1
2

log (x5) log (3  x) 0

HD: + Điều kiện: 5 0 5 3

3 0

x

x
x

 


   


 


+ 2 1 2 2

log (x5) log (3  x) 0  log (x5) log (3  x) 0

2 2

log (x 5) log (3 x) x 5 3 x x 1

         

+ Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có tập nghiệm: S 



1;3



Ví dụ 2: Giải bất phương trình:log (0,5 x1) log (2 2  x)

HD: + Điều kiện: 1 0 1 1 2

2 0 2

x x

x

x x

   

 

    

 

  

 

+ Lúc đó: log (0,5 x1) log (2 2  x)   log (2 x1) log (2 2  x)

2 2

log (2 x) log (x 1) 0

      log2



2 x x

 

1



 0



2 x x

 



   

2 1 0 1 5 1 5

2 2

x x  x 

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

+ Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có nghiệm là :

1 5 1 5

;

2 2

S   

 

Ví dụ 3: Giải bất phương trình:log (5 x2) log ( 5 x 2) log (4 5 x1)

HD: + Điều kiện:

2
2 0

4 1 0 2

2 0 2

x
x

x x x

x x

 

 

 

 

      

 

   

  



+ Lúc đó: log (5 x2) log ( 5 x 2) log (4 5 x1)



 



5 5 5 5

log x 2 x 2 log (4x 1) log (x 4) log (4x 1)

          

x2 4 4x 1 x2 4x 5 0 1 x 5

           

+ Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có nghiệm là : S



2;5



3. Phương pháp: Đặt ẩn phụ chuyển về bất phương trình đại số.

Ví dụ 1: Giải bất phương trình:log20,5xlog0,5x2

HD: + Điều kiện: x0

+ Đặt : tlog0,5 x

+ Lúc đó: log20,5 xlog0,5x2

2 2 2 2 0 2 1

t t t t t

          





2
0,5

4
0,5

2 log 1 1

0,5

2
x
x

x

x
x

  
 

 

       




 

 

+ Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có nghiệm là : 1; 4
2
S 

 

Ví dụ 2: Giải bất phương trình: 2

2
2
log

log 1

x

x




HD: + Điều kiện:

0 0

log 1 2

x x

 

 



 

  


+ Đặt : tlog2 x

+ Lúc đó: 2

2
2
log

log 1

x

x




2 2 2

1 1

t
t t

t
t



 

   

  

 

log 2

1 log 1 2

2
x
x

x x





 

  



    



+ Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có nghiệm là :





; 2 4;
2

S  

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Ví dụ 3: Giải bất phương trình: 2

log x13logx36 0

HD: + Điều kiện: x0

+ Đặt : tlogx

+ Lúc đó: log2x 13logx 36 0

   t213t36 0

4
9

4 log 4 10

9 log 9 10

t x x



  

 

     

  

  

+ Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có nghiệm là :



 



0;10 10 ;

S  

BÀI TẬP TỰ GIẢI:

Bài 1: Giải các bất phương trình sau:

1. 1
3

3 1

log 1

2
x
x




 2. log (4 x7) log (1 4  x)
3. log (2 x5) log (3 2 ) 4 2  x  4. log (2 x2 4x 5) 4
5. log (26 3 ) 25

x

  6. log (13 4 ) 23

x

 

7. log3xlog9xlog27 x11 8.

1 1

1
1 log xlogx 
9.

2
16

1
log 2.log 2

log 6

x x

x


 10. 4 14

3 1 3

log (3 1).log ( )

16 4

x

x 

 

11. 2





3 3

2(log )x  5log 9x  3 0 12.

3 4

1 3

log xlog x log (3 ) 3x 

Bài 2: Giải các bất phương trình sau:

1. log2



x3



 1 log2



x1



2. 8 1
8

2
2log ( 2) log ( 3)

x  x 

3. 3 1

2
log log x0

 

4. 2

5 5 5

log (4x 144) 4 log 2 1 log (2x 1)

    

5. 1 4





log log x  5  0

  6.









1 5

log x  6x8 2log x 4 0
7. log5 xlog25xlog0,2 3 8. 7x2.71x 9 0

9. 22x6 2x7 17 0

   10. log8



x2 4x3



1

11. 2.16x 15.4x 8 0

   12. log 4.32





log 92





x x

   

13. log5 xlog5



x6



 log5



x2



14.

2 3

log( 2 3) log 0

1
x

x x

x


   



Chuyên đề 3: Nguyên hàm, tích phân, ứng dụng tích phân. (4 buổi =12 tiết)
(Từ buổi 11 đến buổi 14)

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

I. Môc tiªu.

-Giúp học sinh hệ thống hố tồn bộ các kiến thức về nguyên hàm của một hàm số.
-Vận dụng bảng nguyên hàm tìm đợc nguyên hàm của một hàm số.

-Sử dụng thành thạo phơng pháp tìmnguyên hàm bằng cách đổi biến số và phơng pháp từng phần.

II. Néi dung.

1.TÌM NGUYÊN HÀM CỦA MỘT HÀM SỐ:

a.Kiến thức cần nắm vững :

Các định nghĩa nguyên hàm và họ nguyên hàm, các tính chất của nguyên hàm.
Bảng nguyên hàm thường dùng.

Bảng nguyên hàm của một số hàm số thường gặp :

NGUYÊN HAØM CÁC HAØM SỐ SƠ CẤP
THƯỜNG GẶP

NGUYÊN HAØM CÁC HAØM SỐ HỢP :

 

u u x

2
2

1, .

2, , 1.

3, ln , 0.

4, .

5, , 0 1.

ln
6, cos . sin

7, sin . cos

8, tan
cos
9, cot
sin
x x

x
x

dx x C
x

x dx C

dx

x C x

x

e dx e C
a

a dx C a

a

x dx x C

dx
x C
x
dx
x C

x

 


 
  

  
 
   
 
 
 
 



 

1
2
2
1, .

2, , 1.

3, ln , 0.

4, .

5, , 0 1.

ln
6, cos . sin

7, sin . cos

8, tan
cos
9, cot
sin
u u
u
u

du u C
u

u du C

du

u C u u x

u

e du e C
a

a du C a

a

u du u C

du
u C
u
du
u C
u

 


 
  

   
 

   
 
 
 
 



b.Tìm nguyên hàm của một hàm số bằng định nghóa và tính chất.

Phương pháp giaûi:

Thường đưa nguyên hàm đã cho về nguyên hàm của tổng và hiệu sau đó vận dụng bảng
nguyên hàm thường dùng  kết quả.

Ví

du 1 : Tìm nguyên hàm các hàm số sau:

a) f(x) = x3 – 3x +

x
1

b) f(x) = 2x+ 3x

c) f(x) = (5x + 3)5 d) f(x) = sin4x cosx

Giaûi



















   

3 1 3 1 x 3 2

( ) (x - 3x + ) x 3 ln

x x 4 2

f x dx dx dx xdx dx x x C



( ) 



(2 + 3 ) x x 



2 



3  2  3 

ln2 ln3

x x

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>











   

5 5 (5 3) (5 3)

( ) (5x+ 3) (5x+ 3)

5 30

d x x

f x dx dx C











 

4 4 sin

( ) sin x cosx sin x (sin )

x

f x dx dx d x C

Ví du 2 ï: Tìm một nguyên hàm F(x) của hàm số f(x)=1+ sin3x biết F(6)= 0.

Giải

Ta có F(x)= x – 13 cos3x + C. Do F(6 ) = 0 



- 13 cos2 + C = 0  C =

-6



.
Vậy nguyên hàm cần tìm là: F(x)= x – 13 cos3x -6 .

VÝ dụ 3: Tìm nguyên hàm các hàm số.

2

2 1

)
2

2 3 5

)

2 1

x

a dx

x

x x

b dx

x



 





2
1
)

3 2

)

4 4

c dx

x x

x

d dx

x x

 



 



c. Tìm nguyên hàm bằng cách đổi biến số:

Phơng pháp giải: đặt t=u(x)
Ví dụ 4. Tìm nguyên hàm các hàm số

1
)

3 1

3
)

2 1

a dx

x

b dx

x





3
2 1`
)

3 1

)

1 2
x

c dx

x
x

d dx

x




 



d. Tìm nguyên hàm bằng phơng pháp từng phần:

Phơng pháp giải: Sử dụng công thức:

u dv u v. . 



v du.
 Ví dụ 5. Tìm nguyên hàm các hàm số

) 2 .cos
) ( 1)sin 2

a x xdx

b x xdx



2
) (2 1)

ln
)

x
c x e dx

x

d dx

x




Bài tp ngh:

1. Tìm nguyên hàm các hàm số sau ®©y.

3
2

2 2 2

. (2 3 5) . . .

. sin . . ( 5) . .

2 2 1

x x

x

a x x dx b dx

x
x

c dx d e e dx e dx

x

 








2. Tìm một nguyên hàm F(x) của hàm số f(x)=sin2x.cosx, biết giá trị của nguyên hàm bằng  3

khi x=3

3. Tìm một nguyên hàm F(x) của hàm số f(x) = e1-2x , bieát F(1) 0

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

4. Tìm một nguyên hàm F(x) của hàm số f(x) = 2 3 23 2 3 1
2 1

x x x

x x

  

  , bieát F(

1
1)

Buổi 12: Các phơng pháp tính tính tích phân-Đổi biến sè
I. Mơc tiªu.

-Giúp học sinh tính đợc tích phân của một số hàm đơn giản.

-Sử dụng thành thạo phơng pháp tính tích phân bằng cách đổi biến số .

II. Néi dung.

1/Các kiến thức cần nắm vững :
Bảng nguyên hàm thường dùng.

ẹũnh nghúa tớch phaõn, caực tớnh chaỏt cuỷa tớch phaõn.
Phửụng phaựp tớnh tớch phân bằng phơng pháp đổi biến số.

2/Một số dạng tốn thường gặp:

Dạng 1: Tính tích phân bằng định nghóa và tính chất.

Phương pháp giải:

Thường đưa tích phân đã cho về tích phân của tổng và hiệu sau đó vận dụng bảng ngun
hàm thường dùng  kết quả.

Ví dụ: Tìm tích phân các hàm số sau:
a/

3
3
1

(x 1)dx






( 3sin )
cos x x dx







x dx






Giaûi

3
3

(x 1)dx






3 3 4

1 1 1

81 1

1 ( ) ( 3) ( 1) 24

4 4 4

x

x dx dx x

  

       



  




   

     



4 4 4

2 2 4

4 1

( 3sin ) 4 3 sin (4 tan 3cos )

cos x x dx cos xdx xdx x x

=(4 tan4 3 cos ) [4 tan(4   4) 3cos(  4)]=8

x dx






x dx






x dx



(1 x dx)






(x1)dx



=(x-2 2

1 2

2 1

) ( )

2 2

x x x

   =5

Dạng 2: Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến dạng 1:
 Phương pháp giải:

b1: Đặt x = u(t) (điều kiện cho t để x chạy từ a đến b)  dx = u (t). dt

b2: Đổi cận:

x = a  u(t) = a  t = 

x = b  u(t) = b  t =  ( chọn , thoả đk đặt ở trên)

b3: Viết

f(x)dx



về tích phân mới theo biến mới, cận mới rồi tính tích phân .

Ví dụ: Tính :

2
0

1 x dx

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Đặt x = sint  dx = cost.dt. Víi x [0;1] ta cã t[0; ]



§ỉi cËn: x = 0  t = 0 ; x= 1  t = 2

VËy

2
0

1 x dx



= 2 2 2 2

0 0

1 1 s 2

cos t.dt (1 cos2t).dt= ( )

2 2 2

in t
t

 



  



= 4



Chú yù: Khi gặp tích phân mà biểu thức dưới dấu tích phân có dạng :

 a2  x2 thì đặt x= a sint t [  2 2; ]

 a2 x2 thì ñaët x= a tgt t (  2 2; )

 x2 a2 thì đặt x= sinat t [  2 2; ]\

 

Dạng 2: Tính tích phân f[ (x)] '(x)dx

b
a

 



bằng phương pháp đổi biến.
Phương pháp giải:

b1: Đặt t = (x)  dt = '( ). dxx

b2: Đổi cận:

x = a  t =(a) ; x = b  t = (b)

b3: Viết tích phân đã cho theo biến mới, cận mới rồi tính tích phân tìm được .

Ví duï : Tính tích phân sau :

1
2
0

2 1

x

I dx

x x




 



1
2
0

3. .

J



x  x dx

Giaûi:

a/ Đặt t = x2 + x +1  dt = (2x+1) dx

Đổi cận: x = 0  t =1 ; x = 1  t = 3. Vậy I=

1 1

ln ln3

dt t

t  



b/ Đặt t= x23  t2= x2+ 3 tdt = x dx

Đổi cận: x = 0 t = 3 ; x = 1 t = 2 . Vậy J =

2 3

3 3

1 (8 3 3)

3 3

t

t dt  



Bài tập đề nghị:

Bµi 1. TÝnh các tích phân sau:

1/I=






2
0

(3 cos2 ).x dx 2/J=





(ex 2)dx

3/K=





1
2

(6x 4 )x dx

Bµi 2. Tính các tích phân sau:





2
sin
0

.cos .

x

e x dx 2/





0 1

x
x

e dx

e 3/





1 ln

e

x dx

x 4/




1

2 5

( 3)

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Buổi 13: Các phơng pháp tính tính tích phân-Từng phần
I. Mơc tiªu.

-Giúp học sinh tính đợc tích phân của một s hm phõn thc hu t.

-Sử dụng thành thạo phơng pháp tính tích phân bằng phơng pháp từng phần .

II. Néi dung.

1/ Tính tích phân bằng phương pháp tùng phần:

Công thức từng phần : . . .

b b

b
a

a a

u dv u v  v du



Phương pháp giải:

B1: Đặt một biểu thức nào đó dưới dấu tích phân bằng u tính du. phần cịn lại là dv tìm v.
B2: Khai triển tích phân đã cho theo cơng thức từng phần.

B3: Tích phân

b
a

vdu



suy ra kết quả.

Chú ý:

a) Khi tính tính tích phân từng phần đặt u, v sao cho

b
a

vdu



dễ tính hơn



b
a

udv nếu khó hơn
phải tìm cách đặt khác.

b) Khi gặp tích phân dạng : ( ). ( ).

b
a

P x Q x dx



- Nếu P(x) là một đa thức ,Q(x) là một trong các hàm số eax+b, cos(ax+b) , sin(ax+b) thì ta đặt u =

P(x) ; dv= Q(x).dx

Nếu bậc của P(x) là 2,3,4 thì ta tính tích phân từng phần 2,3,4 lần theo cách đặt trên.
- Nếu P(x) là một đa thức ,Q(x) là hàm số ln(ax+b) thì ta đặt u = Q(x) ; dv = P(x).dx

Ví dụ 1: Tính các tích phân sau:
a/ I=2

.cos .

x x dx





b/J=1 .ln .

e

x x dx



Giaûi

a/ Đặt :u xdv cos .x dx vdu dxsinx

 

  (chú ý: v là một nguyên hàm của cosx )

Vậy I=x cosx 2
0



- 2

sin .x dx





= cosx 02



= -1

b/ Đặt : 2

1 .
ln

du dx

u x x

dv x dx v x

 




 



 



  




Vaäy J= lnx. 2
2

x
1
e

- 2 2 2 2 2

1 1

1 1 1 1

2 2 2 2 4 4

e e

e

x dx e xdx e x e

x



    



</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

a) Dạng bậc của tử lớn hơn hay bằng bậc của mẫu:

Phương pháp giải:

Ta chia tử cho mẫu tách thành tổng của một phần nguyên và một phần phân số rồi tính.

Ví dụ: Tính các tích phân sau:
a/

2 2

2
1

1 1

2 (1 1 ) [ 1ln 2 1] 1 1ln3

2x-x dx1 = +2x- 1 dx= +x 2 x- = +2

ò

= 1 ln32 .

0 3 0 3 2

2 0

1 1

3 1 ( 4 5 ) [ 4 ln 1] 23 ln 2

1 1 3 2 6

x x dx x x dx x x x x

x x

-+ +

= + + + = + + + - =

-ò

ò

b) Dạng bậc1 trên bậc 2:

Phương pháp giải: Tách thành tổng các tích phân rồi tính.

*Trường hợp mẫu số có 2 nghiệm phân biệt:
Ví dụ: Tính các tích phân : ( )

2
2
1
5 1
6
x dx

x x

--

-ị

Giải

Đặt 2( )

5 1
6
x
x x

-- - =

5 5 ( 3) ( 2)

( 2)( 3) 2 3 ( 2)( 3)

x A B A x B x

x x x x x x

- = + = - + +

+ - + - +

 A(x-3)+B(x+2)=5x-5 cho x=-2  A=3. cho x=3  B=2.

Vậy ta có: ( )

2
2
1
5 1
6
x dx
x x

--

-ò

=
2
2
1
1

3 2 16

( ) (3ln 2 2 ln 3 ) ln

2 3 dx x x 27

x+ +x- = + + - =

ò

* Trường hợp mẫu số có nghiệm kép:
Ví dụ: Tính các tích phân :

2
0
(2 1)
4 4
x dx
x x
+
- +

ị

Giaûi
CI:

1 1 1 2 1

2 2 2 2 2

0 0 0 0

(2 1) ( 2 4 5 ) ( 4 4) 5 1

4 4 4 4 4 4 4 4 ( 2)

x dx x dx d x x dx

x x x x x x x x x

+ = - + = - + +

- + - + - + - +

-ò

ò

=(ln 2 4 4 5 )

2
x x
x
  

1

0  25 ln4

CII: Đặt 2 2 2 2

2 1 2 1 ( 2) ( 2) 2 1

4 4 ( 2) 2 ( 2) ( 2)

x x A B A x B A x B x

x x x x x x

+ = + = + = - + Û - + = +

- + - - -

- Ax -2A+B= 0  2 2

2 1 5

A A

A B B

 
 

 
   
 
Vaäy
1 1
2 2
0 0

2 1 [ 2 5 ]

4 4 2 ( 2)

x dx dx

x x x x

+ = +
- + -

-ò

ò

=
1
0
5

(2ln x-2 - )

x-2 5 ln42

*Trường hợp mẫu số vơ nghiệm:
Ví dụ: Tính các tích phân :I=

0
2
1
(2 3)
2 4
x dx
x x

-+ +

ị

Giaûi:

0 0 1 2

2 2 2

2 2 5 ( 2 4)

I 5J

2 4 ( 1) 3 2 4

x dx dx d x x

x x x x x

+ + +

= - =

-+ + + + + +

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

Ta coù

1 2

2
0

( 2 4)

2 4

d x x

x x

+ +

ò

= 2 0

4
ln/x +2x+4/ ln 4 ln3 ln

   

Tính J=

2
1

(x 1) 3dx

- + +

ị

Đặt x+1= 3tgt(t  ;

2 2

 



 

 

  )  dx=

3(1tg t dt) . Khi x= -1 thì t = 0 ; khi x=0 thì t=



 J=6 2 6

0 0

3(1 ) 3 1 3

(3 3tg ttg t dt) 3 dt 3 6

 





  





. Vaäy I= ln 4 5(3 33 6


 )

3/ Tính tích phân hàm vô tỉ:

Dạng1:



( ,  )

b
n
a

R x ax b dx Đặt t=n ax b



Dạng 2: 




( , )

b
n

a

ax b

R x dx

cx d Đặt t=n
ax b
cx d




Ví dụ: Tính tích phân I =

1
3
0

1 xdx



Giải

Đặt t =31 x

  t3= 1-x  x= 1-t3  dx= -3t2dt.

Đổi cận:

x=0  t=1; x=1  t=0. Vaäy I=

0 1 4

2 3

1 0 0

.( 3 ) 3 3

4 4

t

t  t dt t dt 



4/ Tính tích phân của một số hàm lượng giác thường gặp

Daïng: sin .cosax bxdx, sin .sinax bxdx, cos .cosax bxdx

  

  



Phương pháp giải:

Dùng cơng thức biến đổi tích thành tổng để tách thành tổng hoặc hiệu các tích phân rồi giải.

Daïng: sinn xdx; cosn xdx

 









Phương pháp giải: Nếu n chẵn dùng công thức hạ bậc, n lẻ dùng cơng thức đổi biến.

Ví dụ :

2 1 2 2

2 2

sin sin sin (1 cos ) sin Đặt t =cosx
1 cos2

cos (cos )

n n n

n

n n

xdx x xdx x xdx

x

xdx x dx dx

  

  

  

  



  



 

   

 



Daïng: R(sin ).cosx xdx






Đặc biệt: sin2n x.cos2 1k xdx









</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Daïng: R(cos ).sinx xdx






Đặc biệt: sin2 1n x.cos2k xdx






Phương pháp giải: Đặt t =cosx

Các trường hợp cịn lại đặt x=tgt

Ví dụ: Tính các tích phân sau:
a/ 4

sin3 .cos .x x dx





2
2
0

sin xdx





2
3
0

cos xdx





3 2

cos sinx xdx





Giaûi

a/ 4

sin3 .cos .x x dx





=



   



4
2
0
0

1(sin 4 s 2 ) 1 cos4( cos2 ) 1

2 2 4 2 2

x x

x in x dx
b/
 
 

   



2 2
2 2
0
0 0

1 cos2 1 sin 2

sin ( )

2 2 2 4

x x

xdx dx x

c/I=2 3
0
cos xdx




=
 
 



2 2
2 2
0 0

cos .cos .x x dx (1 sin ).cos .x x dx

đặt u=sinx  du = cosx dx. x=0  u=0 ; x= 

2  u=1
Vaäy: I=



   

1 3
1
2
0
0
2

(1 ). ( )

3 3

u

u du u

d/J=2 3 2
0

cos sinx xdx





=
 
 



2 2

2 2 2 2

0 0

cos sin .cos .x x x dx (1 sin )sin .cos .x x x dx

đặt u=sinx  du = cosx dx. x=0  u=0 ; x= 

2  u=1

VËy: J=



 



   

1 1 3 5

2 2 2 4

0 0

(1 ) . ( ). ( )

3 5 15

u u
u u du u u du

Bài tập đề nghị: Tính các tích phân sau:

Bµi 1 : 1/



1
3
0

. x

x e dx 2/





4
2
0 cos
x dx

x 3/



ln .

e

x dx 4/





2 .ln(x x 1).dx 5/




2
0
.cos .
x

e x dx

Bµi 2 : 1/ I=



 

2 3 2

2
1

2 3

x x x dx

x 2/ J=

 





4 2

2 5 3

x x dx

x

Bµi 3 : 1/ I=

 



1
2
0
1

5 6dx

x x 2/ I=


 



5
2
4
1 2
6 x dx9

x x 3/ I=
4
2
2

3 1
4 8
x dx
x x

 



Bµi 4: 1/





1
3
0

. 1

x xdx 2/







2 2

x dx

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Bµi 5 : 1/





4
0

cos x dx. 2/




3 3

sin .cos .x x dx 3/2 4 4
0

sin x.cos x dx.





1
sinxdx





Buæi 14: Các phơng pháp tính tính tích phân-Từng phần
I. Mục tiªu.

-Tính đợc diện tích hình phẳng
-Tính đợc thể tích khối trịn xoay .

II. Néi dung.

1/ Diện tích hình phẳng:

a) Dạng tốn1: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 1 đường cong và 3 đường thẳng.
Công thức:

Cho hàm số y=f(x) liên tục trên đoạn [a;b] khi đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong
(C) :y=f(x) và các đường thẳng x= a; x=b; y= 0 là : ( )

b
a

S 



f x dx

b) Dạng tốn2: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đường cong và 2 đường thẳng.
Công thức:

Cho hàm số y=f(x) có đồ thị (C) và y=g(x) có đồ thị (C’) liên tục trên đoạn [a;b] khi đó diện tích
hình phẳng giới hạn bởi đường cong (C), (C’) và các đường thẳng x= a; x=b là :

( ) ( )

b

a

S 



f x  g x dx

Phương pháp giải tốn:

B1: Lập phương trình hoành độ giao điểm giữa (C) và (C’)
B2: Tính diện tích hình phẳng cần tìm:

TH1:

Nếu phương trình hồnh độ giao điểm vơ nghiệm trong (a;b). Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là:

[ ( ) ( )]

b
a

S 



f x  g x dx

TH2:

Nếu phương trình hồnh độ giao điểm có 1 nghiệm là x1(a;b). Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm

là:

( ) ( ) [ ( ) ( )] [ ( ) ( )]
x

b b

a a x

S 



f x  g x dx



f x  g x dx 



f x  g x dx

TH3:

Nếu phương trình hồnh độ giao điểm có các nghiệm là x1; x2(a;b). Khi đó diện tích hình phẳng

cần tìm là:

     

1 1 2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )





 



 





x x x

a x b

S f x g x dx f x g x dx f x g x dx

Chú ý: * Nếu phương trình hồnh độ giao điểm có nhiều hơn 2 nghiệm làm tương tự trường hợp 3.
* Dạng toán 1 là trường hợp đặc biệt của dạng toán 2 khi đường cong g(x)=0

Ví dụ 1ï: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = sinx trên đoạn [0;2



] và Ox.
Giải:

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

S =

  



 



2 2

0 0

sinx dx sinxdx sinxdx =  


 2

cosx cosx = 4

Ví dụ 2: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P1): y = x2 –2 x , và (P2) y= x2 + 1 và các đường

thaúng x = -1 ; x =2 .

Giải

Pthđgđ : x2 –2 x = x2 + 1 Û 2x +1= 0 Û x = -1/2 .

Do đó :S=

2 1/ 2 2

2 2 2 2 2 2

1 1 1/ 2

(x 2 ) (x x 1)dx [(x 2 ) (x x 1)]dx [(x 2 ) (x x 1)]dx

-- -

-- - + = - - + + - - +

ò

= ( ) ( )

1/ 2 2

1 1/ 2

2x 1 dx 2x 1 dx

-+ + +

ò

(

)

(

)

21

x +x -- + x +x - =1 25 134+ 4 = 2 (dvdt)

Ví dụ 3: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P): y2 = 4 x , và đường thẳng (d): 2x+y-4 = 0.

Giải:

Ta có (P): y2 = 4 x  x = 2

y

vaø (d): 2x+y-4 = 0  x=4

y



.
Phương trình tung độ giao điểm của (P) và đường thẳng (d) là: 2

y =4

y



 2

y
y



 


Vậy diện tích hình phẳng cần tìm laø: S=2 2 2 2 2 3 24

4 4

( ) (2 ) (2 ) 9

2 4 2 4 4 12

y y dy y y dy y y y



 



       



2/Thể tích của một vật thể tròn xoay

Thể tích của vật thể trịn xoay sinh ra khi hình phẳng giới hạn bởi đường cong (C) có phương trình
y= f(x) và các đường thẳng x= a, x=b , y= 0 quay một vòng xung quanh trục ox là:

2( )

b

a

V 



f x dx

Ví dụ 1: Tính thể tích khối cầu sinh ra do quay hình tròn có tâm O bán kính R quay xung quanh trục
ox tạo ra.

Giải:

Đường trịn tâm O bán kính R có phương trình :x2 + y2 = R2  y2= R2-x2

Thể tích khối cầu là : V=



2 2



R
R

R x dx







= 2 3

R
R

x
R x





 



 

  =

3 2

R
R



  

 =



R (đvtt)

Ví dụ 2: Tính thể tích của vật thể trịn xoay, sinh ra bởi mỗi hình phẳng giới hạn bởi các đường sau
khi nó quay xung quanh trục Ox: x = –1 ; x = 2 ; y = 0 ; y = x2–2x

Giải:

Thể tích của vật thể tròn xoay cần tìm là :

2 2

2 2 4 3 2

1 1

( 2 ) ( 4 4 )

S  x x dx  x x x dx

 





 



 

= 5 4 3 2

( )

5 3

x x x

    =18



(ñvtt)

Bài tập đề nghị:

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

2/ Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong (H): yx1

x và các đường thẳng có

phương trình x=1, x=2 và y=0

3/ Tính diện tích hình phẳng giới hạn giữa đường cong (C): y= x4 - 4x2+5 và đường thẳng (d):

y=5.

4/ Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C): y = x3 –3 x , và y = x .

5/Tính thể tích của vật thể trịn xoay, sinh ra bởi mỗi hình phẳng giới hạn bởi các đường sau khi
nó quay xung quanh trục Ox:

a/ y = cosx ; y = 0 ; x = 0 ; x =



b/ y = sin2x ; y = 0 ; x = 0 ; x =



c/ y = xe2x ; y = 0 ; x = 0 ; x = 1

Bài tập thêm về tích phân

Bài 1. Tính: a,
1

2
0

3 2dx
x  x



b,
1

2
0

7 13

4 5

x

dx

x x



 



Gi¶i a,

4 4 4

3 3 3

1 1 1 1

( )

3 2dx ( 1)( 2)dx 2 1 dx

x  x  x x  x  x



4 4

(ln 2 ln 1) ln 2 ln 3 ln1 ln 2 2 ln 2 ln 3 ln

3 3

 x  x       

1 1 1

0 0 0

7 13 10 11

4 5 3( 1) 3( 5)

x

dx dx dx

x x x x



 

   



1 1

10 11 10 11 11 1

ln( 1) ln 5 ln 2 ln 4 ln 5 (10ln 2 11ln 20)

0 0

3 3 3 3 3 3

 x  x     

Bµi 2. TÝnh: a, 3 3
0

sin

cos 2

x
dx
x






1
0

1
x  xdx



c,

2
1

1 ln

e

x
dx
x




Gi¶i. a, 3 3
0

sin

cos 2

x
dx
x

Đặt tcosx dt sinxdx. §ỉi cËn x 0 t1;x3  t12


1 1

3 2 2

3 2

1 1

0 1

2 2

sin (1 ) 4 3 3

(2 )

cos 2 2 2 2

   

    

   



x x dx



t t dt



tt dt



t t dt



2 1 1 1 5

(2 3ln 2 ) 1 2 3ln 3 (1 3ln )

2 2 8 2

 t t  t       5 3ln6

8 5

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

b,
1
0

1
x  xdx



Đặt t 1 x t2 1 x 2tdt dx dx 2tdt

        

§ỉi cËn x 0 t1;x 1 t0

1 0 1

2 2 4

0 1 0

1 (1 ) 2 (2 2 )

x  xdx  t t tdt t  t dt



(23t3 52t5)10 3 5 152 24
c,
2
1
1 ln
e x
dx
x




Đặt t lnx dt 1dx
x

Đổi cận x 1 t0;x e  t1. VËy:

2
1
1 ln
e
x
dx
x




=
1 3

2
0
1 4

(1 ) ( )

3 3

t
t dt t

   



Bµi 3. TÝnh: a, 
1
0

x
xe dx



b,
1
0

(x1)sinxdx



c,
1

ln
e

xdx



Gi¶i a, 
1
0

x
xe dx

Đặt u x x du dxx
dv e dx v e

 
 

 
 
 
. VËy:
1
0
x

xe dx



=
1
0
1 1

( ) 1 1

0 0

x x x

xe 



e dx e e   e e
b, 2

(x 1)sinxdx

. Đặt

cos

u x du dx

dv sinxdx v x

  
 

 
 
 
2 2
0 0

( 1) (( 1) ) 2 cos 1 2 2

0 0

x sinxdx x cosx xdx sinx

 
 
      



c,
1
ln
e
xdx



. Đặt

u x du dx

x
dv dx
v x


 

 

  


. VËy:
1
ln
e
xdx



=
1

( ln ) 1

1 1

e

e e

x x 



dx e x 
Bài 4. Tính tích phân sau:

1 2
0
2 4
1
x x
dx
x
 




.
Gi¶i:

1 2 1 1 1 2

0 0 0 0

1 1

2 4 3 3 1

( 1 ) ( 1) 3ln 1 1 3ln 2

0 0

1 1 1 2 2

 

 

             

    



x x x dx



x x dx



x dx

x dx x x x

Bài 5. Tính tích phân sau: 
1 3
0
2 2
2
x x
dx
x
 




Gi¶i:





1 3 1 1 1

2 2

0 0 0 0

2 2 2 2

2 2 2

x x

dx x x dx x x dx dx

x x x

   
           
    



2 2 1 2ln 2 1 1 1 2 2ln 2 2ln 2 2

0 0

3 3 3

x

x x x

 

            

 

Bµi 6. Tính tích phân sau: 
2
2
0
1
4dx
x

.

Giải: §Ỉt 2 tan 2 4 tan2 4 2 4 4 tan2 4 1 tan





= 42
cos

        

x t x t x t t

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

2 tan 2 .

cos
 x t dx dt

t  x 0 t0; x 2 t4.



Ta cã:

2 4 2 4

2 2

0 0 0

1 cos 1 1 1

.2 = 4 .

4 4 cos 2 2 0 2 4 8

t dt

dx dt t

x t
 

 
   




Bµi 7. TÝnh tÝch ph©n sau: 
3

2
2
0 9
dx
x

.

Giải: Đặt

2 2 2 2 2 2

3sin 9sin 9 9 9sin 9 1 sin 9cos

x t x t x t t t

          

2 2

9 x 9cos t 3 cos .t

   

3sin 3cos 0 0; .

2 6

x t dx tdt x t x t 

          
Khi đó 
3
6 6
2
2

0 0 0

3cos 6 .

3 cos 6

9 0

dx

tdt dt t
t
x
 


   





Bµi 8. TÝnh tÝch ph©n sau:



cos



sin
x

e x xdx







.

Gi¶i: Ta cã:



cos



cos

0 0 0

sin sin .sin

    



e x x xdx



e x xdx



x xdx I J

  









cos cos cos cos cos0

0 0

sin cos .





x 



x  x    

I e xdx e d x e e e e

e

0
.sin

J x xdx

Đặt

sin cos

u x du dx

dv xdx v x

 
 

 
 
 









0 0

.sin cos cos cos 0.cos 0 sin

0 0

J x xdx x x xdx x

   

  





  



   

VËy:



cos



1
sin

x

e x xdx I J e

e






Bài 9. Tính tích phân sau: 6





sin 6 sin 2x x 6 dx






.

Gi¶i: 6





6 6 6





0 0 0 0 0

sin 6 sin 2 6 sin 6 sin 2 6 cos 4 cos8 6

x x dx x xdx dx x x dx dx

    

      



sin 4 sin 8 3 3 3 3

6 6

4 8 8 16 16

0 0
x x
x
 
 
 
   

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

Giải:: Vì

2 2

1 1

1 1 1

1 1

x x

x x x

x x

   



    



 



nÕu
nÕu -1
nÕu

Do đó













2 1 1 2

2 2 2 2

2 2 1 1

1 1 1 1



  

       



x dx



x dx



x dx



x dx

3 1 3 1 3 2

2 1 1

3 3 3

x x x

x  x x

     

          

 

     

Bài 11. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đờng sau:
y = x2 + 1 , x + y = 3.

Giải: Đặt : f1(x) = x2 + 1 , f2(x) = 3 - x.

XÐt ph¬ng tr×nh : f1(x) - f2(x) = 0  x = -2 , x = 1.

Vậy diện tích cần tìm lµ: S=

1 1 1

2 2

1 2

2 2 2

f (x) - f (x) 2 ( 2) .

dx x x dx x x dx

  

      



Bài 12. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đờng sau:
y = x2 + 2, y = 3x.

Gi¶i S =

6
1
2

3
2

1
2








x x dx

Bài 13. Tính thể tích vật thể trịn xoay sinh ra khi hình phẳng giới hạn bởi các đờng sau : 
y = 0, y = xsinx, x = 0, x =



Gi¶i: V =



2
0

sin


 x xdx Đặt :

xdx

dv

x

u

sin













x

v

dx

du

cos

 V =



2
0

sin


 x xdx =

















0
2

0 cos

)
cos

(




 x x xdx = .

Bài 14. Tính thể tích của vật thể tròn xoay sinh ra bởi phép quay xung quanh trục Oy của hình giới hạn 
bởi các đờng y =

x , y = 2, y = 4 vµ x = 0.

Gi¶i: V = 





4
2

2ydy ((y2) 42 = 12.

Chuyên đề 4: Số phức. (2 buổi = 6 tiết) từ buổi 15-16

Buæi 15: Sè phức và các tính chất của số phức
I. Mục tiêu.

-Xỏc định đợc số phức: mô đun sô phức, số phức liên hợp, ...
-Thành thạo các tính chất về số phức .

II. Néi dung.

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

1) a+bi = c+di  a = c; b = d.
2) m«đun số phứcz  a bi  a2b2

3) s phc liên hợp z = a+bi l z = a  bi. * z+z = 2a; z.z= z2a2b2

4) (a+bi ) +( c+di) = (a+c)+(b+d)i
5) (a+bi ) ( c+di) = (ac)+(bd)i.

6) ) (a+bi )( c+di) = (ac  bd)+(ad+bc)i
7) z = c di 21 2[(ac+bd)+(ad-bc)i]

a bi a b




 

2. Bài tập

Dạng 1: Các phép toán về số phức. 
Câu 1: Thực hiện các phép toán sau:

a. (2 - i) + 1 2i
3















2 3i



2 5i

3 4

 















c. 3 1i 3 2i 1i

3 2 2

    



 





 





 



d. 3 1i 5 3i 3 4i
4 5   45    5



 





 





 



a. (2 - 3i)(3 + i) b. (3 + 4i)2 b.

3
1

3i
2













2 i




b. 2 3i

4 5i




c. 3
5 i



 



2 3i
4 i 2 2i



 

2  2i T×m z,
2

z , z3, 1+ z +z2
Gi¶i

. Cã z= 3 1
2 2i

. 2 ( 3 1 )2 1 3

2 2 2 2

z   i   i

. 2 ( 3 1 )2 1 3

2 2 2 2

z   i   i  z3 ( ).z2 z i

. 1+ z +z2=3 3 1 3

2 2 i

 



a. (2 i z)  4 0 (1) b. 2 1 3

1 2

i i

z

i i

  



  (2)

Gi¶i

a. (1) (1 3 ) 1 1 3 1 3 1

1 3 (1 3 )(1 3 ) 10

  

       

  

i i

i z z z

i i i

1 3

10 10

 z  i

b. (2) 1 3 2:

2 1

i i

z

i i

  

 

  2

( 1 3 )(1 ) 2 4

(2 ) 2 4

   

  

 

i i i

z

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

(2 4 )(3 4 ) 22 4

25 25 25

 

 z i i  z i

Câu 6: Giải phơng trình sau (với ẩn là z) trên tập số phức

4 5i z 2 i



  b.



3 2i

 

2 z i



3i c. z 3 1i 3 1i

2 2

  













d. 3 5i 2 4i
z



 










Câu 8: Chứng minh rằng mọi số phức có mơđun bằng 1 đều có thể viết dới dạng x i
x i



với x là số thực
mà ta phải xác định

Dạng 2: Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức thỏa mÃn điều kiện cho trớc 
Câu 1: Tìm tập hợp những điểm M biểu diễn sè phøc z tháa m·n:

a. z 3 1  b. z i z 2 3i

Câu 2: Tìm tập hợp những điểm M biểu diễn số phức z thỏa m·n:

a. z + 2i lµ sè thùc b. z - 2 + i là số thuần ảo c. z z 9.  d. z 3i 1
z i

là số thực

Buổi 16: Căn bậc hai, phơng trình bậc hai, dạng lợng giác của số phøc
I. Mơc tiªu.

-Tính đợc căn bậc hai

-Thành thạo giải phơng trình bậc hai.
-Xác định đợc dạng lợng giác của số phc.

II. Nội dung.

1/ Tính căn bậc hai của số 
VÝ dụ1 :

T×m căn bậc hai của số phức z 4i

Gọi x + iy là căn bậc hai của số phức z 4i, ta có :

2 2 x y

2 x y 0

(x iy) 4i

2xy 4
2xy 4

 

   

     



 




hoặc x y

2xy 4

 





x y2

2x 4

 

 






(loại) hoặc x 2y

2x 4

 



 




x y x 2;y 2

2 x 2;y 2

x 2

  

  

   

 

 

 



Vậy số phức cã hai căn bậc hai : z1 2 i 2 , z 2 2 i 2

Ví dụ 2: Tính căn bậc hai cđa c¸c sè phøc sau:

a. -5 b. 2i c. -18i d. 4 5i

3 2

 
2/ Giải phương tr×nh bậc 2.

Cho phương tr×nh ax2 + bx + c = 0. với  = b2  4ac.

Nếu  = 0 th× phương tr×nh cã nghiệm oesp x1 x2 b
2a

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

Nếu  > 0 th× phương tr×nh cã hai nghiệm thực: x b
2a

  



Nếu  < 0 th× phương tr×nh cã hai nghiệm phức x b i
2a

  



VÝ dơ1 : Giải phương tr×nh x2 4x 7 0  trªn tập số phức
Giải:  ' 3 3i 2 nªn  ' i 3

Phương tr×nh cã hai nghiệm : x1 2 i 3 , x2  2 i 3
VÝ dô 2 : Giải các phơng trình sau trên tập số phức

a. x2 + 7 = 0 b. x2 - 3x + 3 = 0 c. x2 + 2(1 + i)x + 4 + 2i = 0
d. x2 - 2(2 - i)x + 18 + 4i = 0 e. ix2 + 4x + 4 - i = 0

g. x2 + (2 - 3i)x = 0

VÝ dô 3 : Giải các phơng trình sau trên tập số phức

z 3i z





2  2z 5



0 b.



z2 9 z



2  z 1



0
c. 2z3 3z25z 3i 3 0  

VÝ dô 4 : T×m hai sè phøc biÕt tổng và tích của chúng lần lợt là:
a. 2 + 3i vµ -1 + 3i b. 2i vµ -4 + 4i

Ví dụ 5 : Tìm phơng trình bậc hai với hệ số thực nhận làm nghiÖm:
a.  = 3 + 4i b.  = 7 i 3

Ví dụ 6 : Tìm tham số m để mỗi phơng trình sau đây có hai nghiệm z1, z2 thỏa mãn điều kiện đã chỉ ra: 
a. z2 - mz + m + 1 = 0 điều kiện: z2 z2 z z 1

1  2  1 2 

b. z2 - 3mz + 5i = 0 ®iỊu kiƯn: z3 z3 18
1  2 
3/ Dạng lợng giác của số phức.

Bài 1: Viết các số phức sau dới dạng lợng giác:
a. z = 1-3i b. z= 1

2 2 i
 Gi¶i

a. z = 2 cos( ) sin( )

3 i 3

 

 

  

 

 

b. z = 1 1(1 )
2 2 i 4  i =

2 cos( ) sin( )

4 4 i 4

 

 

 

Bài 2, Tìm một acgumen của mỗi số phøc sau:
a. z= -2+ 2 3i b. z = cos sin

4 i 4

 


 Giải

a. Có biểu diễn hình học của z là điểm M(-2; 2 2)

Gọi là một acgumen cña z

.Cã tan 2 3 3 2

2 3



     

b. Cã z= cos sin cos( ) sin( )

4 i 4 4 i 4

   

    

VËy z cã mét acgumen lµ

4



</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

Bài 3: Cho z có môđun bằng 1 và là một acgumen của nó. Tìm acgumen cđa c¸c sè phøc sau:
a. 1

2z

 b. z

z
Gi¶i 
Cã z = cosisin

a. Cã z1

1 1

(cos sin )
2

2
1

( cos sin )

2
1

(cos( ) sin( ))

i
z

i
i

 

   

  

  

   

Vậy z1 có một acgumen là  
b. Một acgumen của z2 l 2
Bi tp ngh:

Câu 1: Tính căn bậc hai cđa c¸c sè phøc sau:

a. 7 - 24i b. -40 + 42i c. 11 + 4 3i d. 1 2i
4 2
Câu 2: Chứng minh rằng:

a. Nếu x + iy là căn bậc hai của hai số phức a + bi thì x - yi là căn bậc hai của số phức a - bi
b. Nếu x + iy là căn bËc hai cđa sè phøc a + bi th× x yi

k k là căn bậc hia của số phức

a b

2 2

k k (k

Câu 3: Giải phơng trình sau trên tập số phức:

a. z2 + 5 = 0 b. z2 + 2z + 2 = 0 c. z2 + 4z + 10 = 0 d. z2 - 5z + 9 = 0 e. -2z2 + 3z - 1
= 0

Câu 4: Giải phơng trình sau trên tËp sè phøc:

a. (z + i)(z2 - 2z + 2) = 0 b. (z2 + 2z) - 6(z2 + 2z) - 16 = 0

c. (z + 5i)(z - 3)(z2 + z + 3) = 0 d. z3 - (1 + i)z2 + (3 + i)z - 3i = 0
Câu 5: Giải phơng trình sau trªn tËp sè phøc:

a. (z + 2i)2 + 2(z + 2i) - 3 = 0 b.

4z i 4z i

5 6 0

z i z i

 

  

 



Câu 6: Tìm đa thức bậc hai hệ sè thùc nhËn  lµm nghiƯm biÕt:

a)  = 2 - 5i b.  = -2 - i 3 c.  = 3 i 2

cng l nghim ca phng trỡnh ú.

Câu 8: Cho phơng trình: (z + i)(z2 - 2mz + m2 - 2m) = 0

Hãy xác định điều kiện của tham số m sao cho phơng trình

a. Chỉ có đúng 1 nghiệm phức b/ Chỉ có đúng 1 nghiệm thực C/Có ba nghiệm phức
Câu 9: Giải phơng trình sau trên tập số phức:

a. z2 +

z

+ 2 = 0 b. z2 =

z

+ 2 c. (z +

z

)(z -

z

) = 0 d. 2z + 3

z

a. z3 - iz2 - 2iz - 2 = 0 b. z3 + (i - 3)z2 + (4 - 4i)z - 4 + 4i = 0

Chuyên đề 5: Diện tích và thể tích khối đa diện và khối trịn xoay (3 buổi = 9 tiết)
(từ 17-19)

Bi 17: ThĨ tÝch khèi chãp

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

-Nắm đợc CT tính thể tích khối chóp V =

1B.h ( B là diện tÝch của đ¸y )

-Biết cách tính thể tích khối chóp, biết phân chia mét khèi ®a diƯn.
II, Lun tËp

Bài 1: Tính thể tích khối tứ diện đều cạnh a

HD: * Đáy là



BCD đều cạnh a. H là trọng tâm của đáy
* Tất cả các cạnh đều đầu bằng a

* Tính: V =

1

3

Bh =

1

3

SBCD . AH * Tính: SBCD =
2

3

4 a

(



BCD đều cạnh a)
* Tính AH: Trong



VABH tại H :

AH2 = AB2 – BH2 (biết AB = a; BH =

2

3

BM với BM =

3

2 a

)

ĐS: V =
3

2

12 a

Bài 2: Tính thể tích của khối chóp tứ giác đều cạnh a

HD: * Đáy ABCD là hình vng cạnh a. H là giao điểm của 2 đường chéo
* Tất cả các cạnh đều đầu bằng a

* Tính: V =

1

3

Bh =

1

3

SABCD . SH * Tính: SABCD = a
2
* Tính AH: Trong



VSAH tại H:

SH2 = SA2 – AH2 (biết SA = a; AH =

2 a

)

ĐS: V =
3

2

6 a

. Suy ra thể tích của khối bát diện đều cạnh a. ĐS: V = 3

2

3 a

Bài 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a. Mặt bên (SAB) là tam giác đều
và vng góc với đáy. Gọi H là trung điểm của AB

a) Chứng minh rằng: SH



(ABCD)
 b) Tính thể tích hình chóp S.ABCD
HD: a) * Ta có: mp(SAB)



(ABCD)

* (SAB)



(ABCD) = AB; * SH



(SAB)
* SH



AB ( là đường cao của



SAB đều)
Suy ra: SH



(ABCD) (đpcm)

b) * Tính: VS.ABCD =

1

3

Bh =

1

3

SABCD.SH
* Tính: SABCD = a2 * Tính: SH =

a 3

2

(vì



SAB đều cạnh a)
ĐS: VS.ABCD =

a 3

6

Bài 4: Cho hình chóp S.ABC có AB = 5a, BC = 6a, CA = 7a. Các mặt bên (SAB), (SBC), (SCA) tạo 
với đáy

một góc 600. Tính thể tích của khối chóp đó.

HD: * Hạ SH



(ABC) và kẻ HM



AB, HN



BC, HP



a H

C
B

D a

H
C

A B

6a
5a

M H

C
A

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

* Góc tạo bởi mặt bên (SAB) với đáy (ABC) là



=

SMH



= 600 
* Ta có: Các



vng SMH, SNH, SPH bằng nhau (vì có chung 1 cạnh

góc vng và 1 góc nhọn bằng 600)

* Suy ra: HM = HN = HP = r là bán kính đường trịn nội tiếp



ABC

* Tính: VS.ABC =

1

3

Bh =

1

3

SABC .SH

* Tính: SABC =

p(p a)(p b)(p c)



p(p AB)(p BC)(p CA)



(công thức Hê-rơng)
* Tính: p =

5

6

7

9

2 a



a



a

a



Suy ra: SABC =

6 6

a

2
* Tính SH: Trong



VSMH tại H, ta có: tan600 =

SH

MH



SH = MH. tan600

* Tính MH: Theo cơng thức SABC = p.r = p.MH



MH =

S

ABC

p

2 a

3

6

Suy ra: SH =

2 a

2

ĐS: VS.ABC =

8

a

3

Bài 5: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh AB bằng a. Các cạnh bên SA, SB, SC tạo với 
đáy một

góc 600. Gọi D là giao điểm của SA với mặt phẳng qua BC và vng góc với SA.

a) Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp S.DBC và S.ABC
 b) Tính thể tích của khối chóp S.DBC

HD: a) Hạ SH



(ABC)



H là trọng tâm của



ABC đều cạnh a

Gọi E là trung điểm của BC

* Góc tạo bởi cạnh bên SA với đáy (ABC) là



SA E

 = 600
* Tính: S.DBC

S.ABC

V

SD SB SC SD

.

V



SA SB SC SA



* Tính SD: SD = SA – AD

* Tính SA: SA = 2AH (vì



SAH là nửa tam giác đều)

và AH =

2

3

AE mà AE =

a 3

2

vì



ABC đều cạnh a.
Suy ra: SA =

2a 3

3

* Tính AD: AD =

AE

2

( vì



ADE là nửa tam giác đều). Suy ra: AD =

a 3

4

* Suy ra: SD =

5a 3

12

. ĐS:
S.DBC
S.ABC

V

SD

5 V



SA



8

b) Cách 1: * Tính VS.ABC =

1

3

Bh =

1

3

SABC.SH * Tính: SABC =
2

a 3

4

(vì



ABC đều cạnh a)

60

E
D

a
H

B
A

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

* Tính SH: Trong



VSAH tại H, ta có: sin600 =

SH

SA



SH = SA.sin60

0 = a. Suy ra: VS.ABC =
3

a 3

12

* Từ S.DBC
S.ABC

V

5 V



8

. Suy ra: VS.DBC =
3

5a 3

96

Cách 2: * Tính: VS.DBC =

1

3

Bh =

1

3

SDBC.SD * Tính: SDBC =

1

2

DE.BC
* Tính DE: Trong



VADE tại D, ta có: sin600 =

DE

AE



DE = AE.sin60
0 =

3a

4

. Suy ra: SDBC =

3a

8

Bài 6: Cho khối chóp tứ giác đều SABCD. Một mặt phẳng ()qua A, B và trung điểm M của SC .

Tính tỉ số thể tích của hai phần khối chóp bị phân chia bởi mặt phẳng đó.
Giải.

Kẻ MN // CD (N SD)thì hình thang ABMN là thiết diện của khối chóp khi cắt bởi mặt phẳng (ABM).

+ SANB SADB SABCD

SADB

SAND V V V

SD
SN
V

V

4
1
2

1
2








N
S

O
M

B
D

+ SBMN SBCD SABCD

SBCD

SBMN V V V

SD
SN
SC
SM
V

V

8
1
4

1
4

1
2
1
.
2
1

.     



Mà VSABMN = VSANB + VSBMN = VSABCD

. Suy ra VABMN.ABCD = VSABCD

8
5

Do đó : 53
.



ABCD
ABMN

SABMN

V
V

III, Bµi tËp vỊ nhµ

Bài 1. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vng tại B, đường thẳng SA vng góc với mặt
phẳng (ABC). Biết AB = a, BC a 3 và SA3a.

a) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

(TN-THPT 2008 lần 2)

Bài 2. Cho hình chóp S.ABC có mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vng góc với mặt

đáy. Biết BAC 1200

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

Buổi 18:Thể tích khối lăng trụ

I, Mục tiêu:

- Nm đợc CT tính thể tích khối lăng trụ V = B.h ( B là diện tớch của đỏy )
-Biết cách tính thể tích khối lăng trụ, biết phân chia một khối đa diện.

II, Lun tËp

Bài 1: Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a

a) Tính thể tích của khối lăng trụ
 b) Tính thể tích khối tứ diện A’BB’C

HD: a) * Đáy A’B’C’ là



đều cạnh a . AA’ là đường cao
 * Tất cả các cạnh đều bằng a

V

ABC.A B C   = Bh =

S

A B C  .AA’
* Tính:

S

A B C   =

3

4 a

(A’B’C’ là



đều cạnh a) và AA’ = a

ĐS:

V

ABC.A B C   =
3

3

4 a

b) 
A BB C

V

  =

1

3 V

ABC.A B C   ĐS:
3

3

12 a

( khối lăng trụ đứng có tất cả các cạnh bằng nhau được chia thành 3 tứ diện bằng nhau)

Bài 2: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AC = a,

C

 = 600, đường

chéo BC’

của mặt bên (BCC’B’) hợp với mặt bên (ACC’A’) một góc 300.

a) Tính độ dài cạnh AC’ b) Tính thể tích lăng trụ

HD: a) * Xác định



là góc giữa cạnh BC’ và mp(ACC’A’)
+ CM: BA



( ACC’A’)

 BA



AC (vì



ABC vng tại A)
 BA



AA’ (ABC.A’B’C’ lăng trụ đứng)
+



=

BC A





= 300 * Tính AC’: Trong



VBAC’ tại A (vì BA



AC’)

tan300 =

AB

AC





’ =

30 AB

tan

= AB

3

* Tính AB: Trong



VABC tại A, ta có: tan600 =

AB

AC



AB = AC. tan600 = a

3

(vì AC = a). ĐS: AC’ = 3a
b)

V

ABC.A B C   = Bh =

S

ABC.CC

’ * Tính:

ABC

S

1

2

AB.AC =

1

2

3

.a =
2

3

2 a

* Tính CC’: Trong



ACC’ tại C, ta có: CC’2 = AC’2 – AC2 = 8a2



CC’ =

2

a

2

ĐS:

V

ABC.A B C   = a

6

Bài 3: Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là một tam giác đều cạnh a và điểm A’ cách

đều các

điểm A, B, C. Cạnh bên AA’ tạo với mp đáy một góc 600. Tính thể tích của lăng trụ.

HD: * Kẻ A’H



(ABC)

* A’ cách đều các điểm A, B, C nên H là trọng tâm của



ABC đều cạnh a

* Góc giữa cạnh AA’ và mp(ABC) là



=

A AH



 = 600

* Tính:

V

ABC.A B C   = Bh =

S

ABC.A
’H

B'
A'

B
A

60

30

C'
B'

C
B

a
60

N
H

B'
A'

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

* Tính:

S

ABC =

3

4 a

(Vì



ABC đều cạnh a)

* Tính A’H: Trong



AA’H tại H, ta có:

tan600 =

A H

AH





A’H = AH. tan600 =

2

3

AN.

3

= a
ĐS:

V

ABC.A B C   =

3

4 a

Bài 4: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AC = a, BC = 2a và AA’

= 3a.

Tính thể tích của lăng trụ
HD: * Đường cao lăng trụ là AA’ = 3a
* Tính:

V

ABC.A B C   = Bh =

S

ABC.AA

’
* Tính:

S

ABC =

1

2

AB.AC (biết AC = a)

* Tính AB: Trong



VABC tại A, ta có:

AB2 = BC2 – AC2 = 4a2 – a2 = 3a2
ĐS:

V

ABC.A B C   =

3

2 a

Bài 5: Cho hình lăng trụ tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’ có chiều cao bằng h và góc của hai đường chéo
của hai mặt bên kề nhau phát xuất từ một đỉnh là



. Tính thể tích của lăng trụ.

Giải

D C

Gọi x là cạnh của đáy, ta có B’D’ = x 2, AB' AD' h2 x2







 2 ' 2 ' cos

cos
'.
'.
2
'
'

'
'
:

'D B D2 AB2 AD2 AB AD AB2 AB2

AB     



2x2 2(h2 x2) 2(h2 x2)cos x2 (h2 x2) (h2 x2)cos
















cos
)
cos
1

(

2 



 x h .Vậy V = x2.h =




cos
)
cos
1
(



h

Bài 6: Đáy của lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ là tam giác đều . Mặt (A’BC) tạo với đáy một góc
300 và diện tích tam giác A’BC bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ.

Giải.

2a
3a

C'
B'

C
B

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

30
I

B'
A'

B
A

Giả sử BI = x 3

2
3
2

x
x

AI  



Ta có

'

30

0 '















IAA

BC

IA

BC

AI

x
x

AI
AI

I
A
AI

A 2

3
3
2
3
2
30
cos
:
'

' 0






A’A = AI.tan 300 = x x

3
3
.
3

Vậy VABC.A’B’C’ = CI.AI.A’A = x3 3

Mà SA’BC = BI.A’I = x.2x = 8  x2.Do đó VABC.A’B’C’ = 8 3
III, Bµi tËp vỊ nhµ.

Bài 1. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có BB'a, góc giữa đường thẳng BB’ và mặt phẳng

(ABC) bằng 600; tam giác ABC vuông tại C và BAC 600

 . Hình chiếu vng góc của điểm B’ lên mặt

phẳng (ABC) trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Tính thể tích khối tứ diện A’ABC theo a.

Bài 2. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là một tam giác vuông tại A, AC a ,  0

ACB .

Đường chéo BC’ của mặt bên (BB’C’C) tạo với mặt phẳng (AA’C’C) một góc 0

30 . Tính thể tích khối
lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a.

Bi 19: DiƯn tÝch vµ thể tích các khối tròn xoay

I, Mục tiêu:

- Nắm chắc và sử dụng thành thạo các công thức:

1. Din tớch xung quanh hình trụ: Sxq = 2..R.l ( R: bán kính đáy, l : độ dài đường sinh)

2. Thể tích khối trụ: V = .R2.h

 ( h : độ dài đường cao )

3. Diện tích xung quanh hình nón: Sxq = .R.l

4. Thể tích khối nón: V = . .R .h
3

1 2



5. Diện tích mặt cầu: S = 4. .R2


6. Thể tích khối cầu: V = . 3

3
4

R

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

II, LuyÖn tËp

Bài 1: Trong không gian cho tam giác vuông OAB tại O có OA = 4, OB = 3. Khi quay tam giác 
vng OAB quanh cạnh góc vng OA thì đường gấp khúc OAB tạo thành một hình nón trịn 
xoay. a) Tính diện tích xung quanh và diện tích tồn phần của hình nón

b) Tính thể tích của khối nón
HD: a) * Sxq =



Rl =



.OB.AB = 15



Tính: AB = 5 (



 AOB tại O)
* Stp = Sxq + Sđáy = 15



+ 9



= 24



b) V =

1

3 

R h

1

3 

.OB .OA

1 3 4

3 

. .

= 12



Bài 2: Một hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh 2a.
a) Tính diện tích xung quanh và diện tích tồn phần của hình nón
b) Tính thể tích của khối nón

HD: a) * Sxq =



Rl =



.OB.SB = 2



* Stp = Sxq + Sđáy = 2



a2 +



a2 = 23



a2
b) V =

1

3 

R h

1

3 

.OB .SO

3
2

1

3 a

.a .a





Tính: SO =

2

3 3

2 a

a



(vì SO là đường cao của



SAB đều cạnh 2a)

Bài 3: Một hình nón có chiều cao bằng a và thiết diện qua trục là tam giác vng.
a) Tính diện tích xung quanh và diện tích tồn phần của hình nón

b) Tính thể tích của khối nón

HD: a) * Thiết diện qua trục là tam giác vuông cân tại S nên

A

 =

B

 = 450
* Sxq =



Rl =



.OA.SA =



2

Tính: SA = a

2

; OA = a (



 SOA tại O)

* Stp = Sxq + Sđáy =



2

+



a2 = (1 +

2

)



a2 
b) V =

1

3 

R h

1

3 

.OA .SO

3
2

1

3 a

.a .a





Bài 4: Một hình trụ có bán kính đáy bằng R và thiết diện qua trục là một hình vng.
a) Tính diện tích xung quanh và diện tích tồn phần của hình trụ

b) Tính thể tích của khối trụ

HD: a) * Sxq = 2



Rl = 2



.OA.AA’ = 2



.R.2R = 4



R2
* OA =R; AA’ = 2R

* Stp = Sxq + 2Sđáy = 4



R2 +



R2 = 5



R2
b) * V =

R h



.OA .OO





.R . R

2  

2 R

Bài 5: Một hình trụ có bán kính đáy r = 5cm và khoảng cách giữa hai đáy bằng 7cm.

a)

Tính diện tích xung quanh và diện tích tồn phần của hình trụ

b) Tính thể tích của khối trụ

A B

O
3
4

B
O

45
S

B
A

B
O

O'
A'

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

c) Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng song song với trục và cách trụ 3cm. Hãy tính diện tích của 
thiết diện được tạo nên

HD: a) * Sxq = 2



Rl = 2



.OA.AA’ = 2



.5.7 = 70



(cm2)
* OA = 5cm; AA’ = 7cm

* Stp = Sxq + 2Sđáy = 70



+ 50



= 120



(cm2)
b) * V =

R h



.OA .OO





.52.7 = 175



(cm3)

c) * Gọi I là trung điểm của AB



OI = 3cm

S

ABB A  = AB.AA’ = 8.7 = 56 (cm2) (hình chữ nhật)
* AA’ = 7 * Tính: AB = 2AI = 2.4 = 8

* Tính: AI = 4(cm) (



 OAI tại I)

Bài 6: Một hình trụ có bán kính r và chiều cao h = r

3

a) Tính diện tích xung quanh và diện tích tồn phần của hình trụ

b) Tính thể tích của khối trụ tạo nên bởi hình trụ đã cho

c)

Cho hai điểm A và B lần lượt nằm trên hai đường trịn đáy sao cho góc giữa đường thẳng 
AB và trục của hình trụ bằng 300. Tính khoảng cách giữa đường thẳng AB và trục của hình

trụ

HD: a) * Sxq = 2



Rl = 2



.OA.AA’ = 2



.r. r

3

= 2

3



r2
* Stp = Sxq + 2Sđáy = 2



3

+ 2



r2 = 2 (

3 1



)



r2
b) * V =

R h



.OA .OO





.r .r

3 

r

3

c) * OO’//AA’



BAA





= 300

* Kẻ O’H



A’B



O’H là khoảng cách giữa đường thẳng AB
và trục OO’ của hình trụ

* Tính: O’H =

3

2 r

(vì



BA’O’ đều cạnh r)

* C/m:



BA’O’ đều cạnh r * Tính: A’B = A’O’ = BO’ = r
* Tính: A’B = r (





AA’B tại A’)

Cách khác: * Tính O’H =

O A

 

A H





3

4

2 r





(



 A

’O’H tại H)
* Tính: A’H =

2 A B



2 r

* Tính: A’B = r (




AA’B tại A’)

Bài 7: Cho tứ diện ABCD có DA = 5a và vng góc với mp(ABC),



ABC vng tại B và 
AB = 3a, BC = 4a. a) Xác định mặt cầu đi qua 4 điểm A, B, C, D

b) Tính bán kính của mặt cầu nói trên. Tính diện tích và thể tích của mặt cầu
HD: a) * Gọi O là trung điểm của CD.

* Chứng minh: OA = OB = OC = OD;

* Chứng minh:



DAC vuông tại A



OA = OC = OD =

1

2

(T/c: Trong tam giác vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng nửa cạnh ấy)
* Chứng minh:



DBC vuông tại B



OB =

1

2

h
r

A'
O'

O B

r 3

H
A

B
O

O'
A'

O
D

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

* OA = OB = OC = OD =

1

2 

A, B, C, D thuộc mặt cầu S(O;

2 CD

)
b) * Bán kính R =

2 CD

1

2

2 2



AC

1

2

AD2AB2BC2
=

1

2

2 2 2

5

2

25

9

16

2 a



a



a



* S =

5

2

4

50

2 a

a



















; * V =

4

3 

3 =

4

5

2 125 2

3

2

3 a

















Bài 8: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a.
a) Xác định mặt cầu đi qua 5 điểm A, B, C, D, S

b) Tính bán kính của mặt cầu nói trên. Tính diện tích và thể tích của mặt cầu
HD: a) Gọi O là tâm hình vng (đáy). Chứng minh: OA = OB = OC = OD = OS

b, R = OA =

2 a

; S = 2a2



; V =

2

3 a



III, Bµi tËp vỊ nhµ.

Bài 1: Cắt hình nón đỉnh S bởi mặt phẳng đi qua trục ta được một tam giác vng cân có cạnh
huyền bằng

a

2

a) Tính diện tích xung quanh và diện tích tồn phần của hình nón
b) Tính thể tích của khối nón

c) Cho dây cung BC của đường trịn đáy hình nón sao cho mặt phẳng (SBC) tạo với mặt 
phẳng chứa đáy hình nón một góc 600. Tính diện tích tam giác SBC

Bài 2: Cho một hình trụ có hai đáy là hai đường trịn tâm O và O’, bán kính R, chiều cao hình trụ

là R

2

.

a) Tính diện tích xung quanh và diện tích tồn phần của hình trụ
b) Tính thể tích của khối trụ

Bài 3: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hính vng cạnh bằng a. SA = 2a và vng góc với
mp(ABCD).

a) Xác định mặt cầu đi qua 5 điểm A, B, C, D, S

b) Tính bán kính của mặt cầu nói trên. Tính diện tích và thể tích của mặt cầu

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

ĐỀ THAM KHẢO:ƠN TỐT NGHIỆP TỐN 2009
ĐỀ SỐ 1

I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
 Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số 3 3 2 1

  x 

y x có đồ thị (C)

a.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

b.Dùng đồ thị (C) , xác định k để phương trình sau có đúng 3 nghiệm phân biệt 3 3 2 0

 x  

x k .

Câu II ( 3,0 điểm )

a.Giải phương trình 33x4 92x2

b.Cho hàm số 2

1
sin


y

x.Tìm nguyên hàm F(x )của hàm số,biết rằng đồ thị của hàm số F(x) đi qua điểm
M(


; 0)

b.Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y x 12

x với x > 0 .

Câu III ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp tam giác đều có cạnh bằng 6 và đường cao h = 1 . Hãy tính diện
tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó .
1. Theo chương trình chuẩn :

Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng

(d) : 2 3

1 2 2

 

 



x y z

và mặt phẳng (P) : 2x y z  5 0

a. Chứng minh rằng (d) cắt (P) tại A . Tìm tọa độ điểm A .

b. Viết phương trình đường thẳng () đi qua A , nằm trong (P) và vng góc với (d) .

Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường : yln ,x x1,x e

e và trục
hồnh

2. Theo chương trình nâng cao :

Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d ) :

2 4
3 2

 



 

  


x t

y t

z t

và
mặt phẳng (P) : x y 2z 5 0

a. Chứng minh rằng (d) nằm trên mặt phẳng (P) .

b. Viết phương trình đường thẳng () nằm trong (P), song song với (d) và cách (d) một khoảng là 14 .

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Tìm căn bậc hai của số phức z 4i

Đề số 2
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số 2 1



 x

x

y có đồ thị (C)
a.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

b.Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M(1;8) . .
Câu II ( 3,0 điểm )

a. Giải bất phương trình logsin 2 42

3 1






x
x

b. Tính tích phân : I =

(3 cos 2 )

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

c.Giải phương trình 2 4 7 0

  

x x trên tập số phức .
Câu III ( 1,0 điểm )

Một hình trụ có bán kính đáy R = 2 , chiều cao h = 2 . Một hình vng có các đỉnh nằm trên hai đường
trịn đáy sao cho có ít nhất một cạnh khơng song song và khơng vng góc với trục của hình trụ . Tính

cạnh của hình vng đó .

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
1.Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M(1;0;5) và hai mặt phẳng
(P) :2x y 3z 1 0 và (Q) : x y z   5 0 .

a. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (Q) .

b. Viết phương trình mặt phẳng ( R ) đi qua giao tuyến (d) của (P) và (Q) đồng thời vng góc với mặt
phẳng (T) : 3x y  1 0 .

Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y = x22x và trục hoành . Tính thể tích của khối trịn

xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hồnh .
2.Theo chương trình nâng cao :

Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d ) : 3 1 3

2 1 1

  

 

x y z

và
mặt phẳng (P) : x2y z  5 0 .

a. Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) .
b. Tính góc giữa đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) .

c. Viết phương trình đường thẳng () là hình chiếu của đường thẳng (d) lên mặt phẳng (P).

Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Giải hệ phương trình sau : 2 2
2

4 .log 4

log 2 4



 




 





y

x

ĐỀ SỐ 3
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số 4 2 2 1

 

x x

y có đồ thị (C)

a.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

b.Dùng đồ thị (C ) , hãy biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình 4 2 2 0

  

x x m

Câu II ( 3,0 điểm )

a.Giải phương trình logcos 2log cos3 1

3 log 1

3 2



  





x x

x x

b.Tính tích phân : I =

(  )



x x e dxx

c.Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2 3 3 2 12 2

  

x x x trên [ 1; 2]

Câu III ( 1,0 điểm )

Cho tứ diện SABC có ba cạnh SA,SB,SC vng góc với nhau từng đôi một với SA = 1cm,SB = SC =
2cm .Xác định tân và tính bán kính của mặt cấu ngoại tiếp tứ diện , tính diện tích của mặt cầu và thể
tích của khối cầu đó

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 4 điểm A( 2;1; 1) ,B(0;2; 1) ,C(0;3;0) D(1;0;1) .

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

c. Tính thể tích tứ diện ABCD .

Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Tính giá trị của biểu thức P (1 2 )i 2(1 2 )i 2 .

2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1; 1;1) , hai đường thẳng

1
1
( ) :

1 1 4



  



x y z

, 2

2
( ) : 4 2

 


   

 


x t

y t

z

và mặt phẳng (P) : y2z0

a. Tìm điểm N là hình chiếu vng góc của điểm M lên đường thẳng (2) .

b. Viết phương trình đường thẳng cắt cả hai đường thẳng ( ) , (1 2) và nằm trong mặt phẳng (P) .

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Tìm m để đồ thị của hàm số ( ) : 2
1

 



m

x x m

C y

x với m0 cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A,B sao
cho tuếp tuyến với đồ thị tại hai điểm A,B vng góc nhau .

ĐỀ SỐ 4.
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
 Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số 3 3 1

 

x x

y có đồ thị (C)

a.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

b.Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M(14

9 ; 1) . .

Câu II ( 3,0 điểm )
a.Cho hàm số  2
 x x

y e . Giải phương trình yy2y 0

b.Tính tìch phân : 2

2
0

sin 2
(2 sin )








x

I dx

x

c.Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2sin3 cos2 4sin 1

   

y x x x .

Câu III ( 1,0 điểm )

Một hình nón có đỉnh S , khoảng cách từ tâm O của đáy đến dây cung AB của đáy bằng a , SAO 30,

 60

SAB . Tính độ dài đường sinh theo a .

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1

1 2

( ) :

2 2 1

 

  

 

x y z

, 2

2
( ) : 5 3

 



   
 


x t

y t

z
a. Chứng minh rằng đường thẳng ( )1 và đường thẳng (2) chéo nhau .

b. Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng ( )1 và song song với đường thẳng (2) .

Câu V.a ( 1,0 điểm ) : 
Giải phương trình 3 8 0

 

x trên tập số phức ..
Theo chương trình nâng cao :

Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(2;3;0) , mặt phẳng (P ) :
x y 2z 1 0 và mặt cầu (S) : x2y2z2 2x4y 6z 8 0 .

a. Tìm điểm N là hình chiếu của điểm M lên mặt phẳng (P) .

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

Biểu diễn số phức z = 1+ i dưới dạng lượng giác .
ĐỀ SỐ 5.
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
 Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số 3



x

x

y có đồ thị (C)
a.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

b.Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng (d) : y = mx + 1 cắt đồ thị của hàm số đã cho tại
hai điểm phân biệt .

Câu II ( 3,0 điểm ) a.Giải bất phương trình ln (1 sin )
2

2
2

log ( 3 ) 0




  

e x x

b.Tính tìch phân : I = 2

(1 sin ) cos

2 2






x xdx

c.Tìm GTLN, GTNN của hàm số 


x
x

e
y

e e trên đoạn [ln 2 ; ln 4 ] .

Câu III ( 1,0 điểm ) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cà các cạnh đều bằng a .Tính
thể tích của hình lăng trụ và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a .

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Theo chương trình chuẩn :

Câu IV.a ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1

2 2
( ) : 3

 





 


x t

d y

z t

và 2

2 1

( ) :

1 1 2

 

 



x y z

d .

a. CM rằng hai đường thẳng ( ), ( )d1 d2 vng góc nhau nhưng khơng cắt nhau .

b. Viết phương trình đường vng góc chung của ( ), ( )d1 d2 .

Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Tìm mơđun của số phức z 1 4i(1 )i 3

.
Theo chương trình nâng cao :

Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2x y 2z3 0

và hai đường thẳng (d1 ) :

4 1

2 2 1

 

 



x y z

, (d2 ) :

3 5 7

2 3 2

  

 



x y z

a. Chứng tỏ đường thẳng (d1) song song mặt phẳng ( ) và (d2) cắt mặt phẳng ( ) .

b. Tính khoảng cách giữa đường thẳng (d1) và (d2 ).

c. Viết phương trình đường thẳng () song song với mặt phẳng ( ) , cắt đường thẳng (d1) và (d2 )

lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 .
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

Tìm nghiệm của phương trình 2


z z , trong đó z là số phức liên hợp ca s phc z
Đề thi thử tốt nghiệp năm 2010

§Ị sè 1

Thời gian : 150 phút
Mơn thi : Tốn
I. PHÂN CHUNG CHO TẤT CẢC THÍ SINH ( 7,0 điểm )

Câu 1 ( 3 điểm )

Cho hàm số: y = x( 3 – x )2

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

3. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị tai A(2;2).
Câu 2 ( 3 điểm )

1.Giải phương trình :

1 log 5 x

2





2log

8

3 x 1

3 







2. Tính tích phân
4

2
1

ln x

J

dx

x





3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f(x) =

1 x

2x

3

4 



4

trên đoạn





1;3



.
Câu 3 ( 1 điểm )

Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , góc SAC bằng 45o. Tính thể tích của
khối chóp S.ABCD

II.PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành cho chương trình đó

1.Theo chương trình chuẩn :
Câu 4.a ( 2 điểm )

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) có phương trình tương
ứng (P): 2x-3y+4z-5=0, (S): x2+y2+z2+3x+4y-5z+6=0.

1. Xác định toạ độ tâm I và bán kính R của mặt cầu (S).

2. Tính khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng (P). Từ đó suy ra rằng mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S)
theo một đường tròn (C). Xác định bán kính r và toạ độ tâm H của đường trịn (C).

Câu 5.a ( 1điểm )

Giải phương trình sau trên tập số phức z2 + (2-i)z + 3+2i = 0.
2. Theo chương trình nâng cao :

Câu 4.b (2 điềm)

Trong hệ trục toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng
1

x 7

y 3 z 9

d :

1

2

1 





, 2

x 3

y 1 z 1

d :

7

2

3 





1. Hãy lập phương trình đường thẳng vng góc chung của d1 và d2.
2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 và song song với d2 .

Câu 5.b ( 1 điểm )

Giải phương trình

z

2 3i 1 2zi

0 1 i

3 2i







Đề thi thử tốt nghiệp năm 2009
Đề số 2

Thi gian : 150 phút
Mơn thi : Tốn
I.PHÂN CHUNG CHO TẤT CẢC THÍ SINH ( 7,0 điểm )

Câu 1 ( 3 điểm )

Cho hàm số y =

x m 2

2x 1





</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

2.Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1.
Câu 2 ( 3 điểm )

1.Giải phương trình : log( 2 ) log0,1( 4) 0





 x x

x
2. Tính tích phân I =

2 3 2

x

2x

x 5

dx

x



 



3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số :

f (x)



2 cos x 4sin x



trên đoạn

0,

2 













Câu 3 ( 1 điểm )

Cho khối chúp tứ giác đều S.ABCD cú cạnh đáy bằng a, gúc giữa mặt bờn và mặt đỏy bằng 60o.
Tớnh thể tớch của khối chúp S.ABCD.

II.PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành cho chương trình đó

1.Theo chương trình chuẩn :
Câu 4.a ( 2 điểm )

Cho M(1;3;-2) N(3 ;-3 ; 0) và mặt phẳng

 

 : 2x – z +3 = 0
1. Viết phương trình đường thẳng MN.

2. Tính khoảng cách từ trung điểm của MN đến mặt phẳng

 

 .
Câu 5.a ( 1 điểm )

Tìm môđun của số phức z = 3+i – (2-5i)2 + 2i(4-3i) 
2. Theo chương trình nâng cao :

Câu 4.b (2 điềm)

Trong không gian Oxyz cho 2 mặt phẳng (): 2x-y+2z-1=0, ():x + 6y + 2z + 5 = 0.
1. Viết phương trình mặt phẳng () qua gốc toạ độ O và qua giao tuyến của () và ().

2. Viết phương trình đường thẳng (d) qua A(1;2;-3) và song song với () và ().

Câu 5.b ( 1 điểm )

Cho hàm số y =





x

3 m x 1

mx 1







. Tìm m sao cho tiệm cận xiên của đồ thị đi qua A(2 ;-3).

§Ị thi thử tốt nghiệp năm 2009
Đề số 3

Thi gian : 150 phút
Mơn thi : Tốn
I.PHÂN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm )

Câu 1 ( 3 điểm )

Cho hàm số y = x(x+3)2 + 4

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.

2. Dựa vào đồ thị biện luận theo m số nghiệm của phương trình :
x3+6x2 + 9x +2m = 0

Câu 2 ( 3 điểm )

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

2. Tính tích phân I = 2





1 3cos2x sin 2xdx







3. Cho hàm số y =

mx 1

nx 2





. Tìm m và n biết đường tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang của đồ
thị hàm số cùng đi qua điểm A(-1;2) .

Câu 3 ( 1 điểm )

Trong không gian cho tam giác vng OIM vng tại I, góc IOM bằng 60o. Cạnh OI=a. Khi tam
giác IOM quay quanh cạnh góc vng OI thì đường gấp khúc OIM tạo thành một hình nón trịn xoay.

Tính diện tích xung quanh và thể tích của khối nón trịn xoay nói trên .

II.PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành cho chương trình đó

1.Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2 điểm )

Cho điểm A(1;0;-1) và đường thẳng d có phương trình :

x

y 1 z 3

2

1 







1. Tính khoảng cách từ A đến đường thẳng d.
2. Tìm toạ độ điểm A’ đối xứng với A qua d.
Câu V.a ( 1điểm )

Tính giá trị của biểu thức sau: P = (3+2i)(i-1) –(i+3) +

2 3i

i



.
2. Theo chương trình nâng cao :

Câu IV.b (2 điềm)

Cho mặt cầu (S): (x-1)2 + y2 + (z+2)2 = 9 và mặt phẳng (P): 2x – 2y + z – 3 = 0.
1. Chứng minh (P) cắt (S) theo một đường tròn .

2. Tìm tâm và tính bán kính đường trịn là thiết diện của (P) và (S).
Câu V.b ( 1 điểm )

</div>

Giao an On Thi Tot Nghiep 2011 2012 Soan de day

<b>CHUYÊN ĐỀ 1</b>

<b> KHẢO SÁT HÀM SỐ VÀ CÁC VẤN ĐỀ LIÊN QUAN</b>















f



f



f



f



f



f





f



f



x x

y y

x

x

y

y













9

x 1

8









Bảng biến thiên :

<sub></sub>

<sub></sub>

mx 1

2x m





<sub>2</sub>

1

4

3

1

x

8



8

(m 1)x 2m 1

x 1









<sub>3</sub>









y=a

<sub>+</sub>

 

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub>.</sub>

 