Giao an on tap TN2012 Co Ngoc

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (892.8 KB, 77 trang )

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

Ngày soạn
09/01/2012

TUAÀN I - II

Từ: 27/02/2012
Đến: 10/03/2012
CHỦ ĐỀ 7

TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN

(Tiết 1-2-3-4-5-6-7-8-9-10)

I. NỘI DUNG CHÍNH: Toạ độ điểm, toạ độ vectơ, phương trình mặt phẳng, pt đường thẳng, pt mặt

cầu và các dạng tốn liên quan.

II. MỤC TIÊU:

Kiến thức

-Biết các khái niệm hệ toạ độ trong không gian, toạ độ của một vectơ, toạ độ
của điểm, khoảng cách gia hai im.

-Biết phơng trình mặt cầu.

-Hiu c khỏi niệm véctơ pháp tuyến của mặt phẳng

-Biết phơng trình tổng qt của mặt phẳng, điều kiện vng góc hoặc song
song của hai mặt phẳng, cơng thức tính khoảng cách từ một điểm đến một
mặt phẳng.

-Biết phơng trình tham số của đờng thẳng, điều kiện để hai đờng thẳng chéo
nhau, cắt nhau, song song hoặc vng góc với nhau.

Trọng tâm

-Xác định tọa độ của điểm, vectơ.
-Phương trình mặt cầu.

-Viết phương trình mặt phẳng, đường thẳng.

-Tính góc, tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng. Vị trí tương đối của
đường thẳng, mặt phẳng và mặt cầu.

Kỹ năng

-Tính đợc toạ độ của tổng, hiệu, tích vectơ với một số; tính đợc tích vơ hớng
của hai vectơ.

-Tính đợc khoảng cách giữa hai điểm có toạ độ cho trớc.

-Xác định đợc toạ độ tâm và bán kính của mặt cầu có phơng trình cho trớc.
-Viết đợc phơng trình mặt cầu.

-Xác định đợc véctơ pháp tuyến của mặt phẳng

-Biết cách viết phơng trình mặt phẳng và tính đợc khoảng cách từ một điểm
đến một mặt phẳng.

- Biết cách viết phơng trình tham số của đờng thẳng.

- Biết cách sử dụng phơng trình của hai đờng thẳng để xác định vị trí tơng
đối của hai đờng thẳng đó.

Vận dụng -Vận dụng kiến thức giải được một phần bài tập dạng tổng hợp.

-Hướng dẫn sử dụng máy tính bỏ túi trong q trình giải bài tập.

III. CHUẨN BỊ:

Giáo viên -Phổ biến đề cương ơn tập: tóm tắt lí thuyết, bộ đề ôn tập theo chủ đề
-Hướng dẫn học sinh ôn tập phần lí thuyết, phổ biến hệ thống bài tập ơn
tập theo nội dung chính của tuần.

-Phiếu kiểm tra lí thuyết theo câu hỏi từng phần, trắc nghiệm củng cố
bài.

-Đề tổng hợp kiến thức cho học sinh làm ở cuối tuần.

Học sinh Học lại phần lí thuyết tóm tắt – Các thuật tốn và xem lại các bài tập có
liên quan đã học. Chuẩn bị các bài tập đẫ được phổ biến.

IV. NHỮNG ĐIỀU CẦN LƯU Ý:

1. Phương pháp ôn tập: Học sinh phải giải thành thạo các dạng toán cơ bản theo chuẩn kiến thức.
2. Tổ chức dạy học:lập dàn bài từng câu một

V. ÔN TẬP TRÊN LỚP:

PHẦN 1: HỆ TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN

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

*

Hoạt động vấn đáp theo kiến thức cơ bản của lí thuyết

:

-Giáo viên: phát phiếu học tập

-Học sinh hoàn thành theo bảng
 CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN:
I. Tọa độ điểm :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz:

1.

M x

(

M

;

y z

M

;

M

)



OM







x i y j z k

M





M





M
(MOx M(x;0;0);M (Oxy)  M(x;y;0))
2. Cho A(xA;yA;zA) và B(xB;yB;zB) ta có:

(

B A

;

B A

;

B A

)

AB



x



x y



y z



z



; ( ) (2 ) (2 )2

B A B A B A

AB x x  y  y  z  z

3. M là trung điểm AB thì M 







   

2
;
2
;
2

B
A
B
A
B

A x y y z z

x

II. Tọa độ của véctơ:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz :
1. a( ; ; )a a a1 2 3



 a a i a j a k 1 2 3
2. Cho a( ; ; )a a a1 2 3 và b( ; ; )b b b1 2 3 ta có :



1 1
2 2
3 3

a b

a b a b

a b



   

 

 

; a b  (a1b a1; 2b a2; 3b3)
 k a.(ka ka ka1; 2; 3)

 a b .  a b c. os(a; ) b a b a b1 1 2 2a b3 3

 a và b vuông góc  a b1 1. a b2. 2a b3. 30
 a  a12a22a32

 2 1 12 22 2 2 3 23 2

1 2 3 1 2 3

. . .

s( , )

a b a b a b
co a b

a a a b b b

 



   

 

(với a0 , b0)

III. Tích có hướng của hai vectơ và ứng dụng:

Tích có hướng của a( ; ; )a a a1 2 3 và b( ; ; )b b b1 2 3 là :

2 3 3 1 1 2 2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1

2 3 3 1 1 2

a a a a a a

, ; ; ( ; ; )

b b b b b b

a b   a b a b a b a b a b a b

      

 

 

 

Chương trình chuẩn Chương trình nâng cao

avàbcùng phương

1 1

2 2

3 3

a kb
k R a kb a kb
a kb




      

 

 

a,b,c đồng phẳng  m n R c ma nb,  :  
(a,b khơng cùng phương)

1.Tính chất :

 a b ,   a , a b ,   b;

, sin( , )

a b a b a b
  

 

     

 a và b cùng phương  a b,   0

  

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

 Diện tích:





2 2

. .

2
ABC

S  AB AC                AB AC
 Thể tích: VABCD = 1 .



,( )



3SABCd C ABC
 Thể tích khối hộp:

VABCD.A’B’C’D’= 2SABC.d A ABC



',( )



2.Các ứng dụng của tích có hướng :
 Diện tích tam giác :

[ , ]

ABC

S                AB AC
 Thể tích tứ diện:

VABCD =1 [ , ].
6 AB AC AD

  

 Thể tích khối hộp:

VABCD.A’B’C’D’ =[                            AB AD AA, ]. '
V. Phương trình mặt cầu:

1. Mặt cầu (S) tâm I(a;b;c) bán kính r có phưong trình: (x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 = r2 
2. Phương trình : x2 + y2 + z2 + 2Ax + 2By + 2Cz + D = 0 với A2 + B2 + C2 – D > 0 
là phương trình mặt cầu tâm I(-A;-B;-C) , bán kính r A2 B2 C2 D

    .

IV. Điều kiện khác: ( Kiến thức bổ sung )

1. Nếu M chia đoạn AB theo tỉ số k (MA k MB
 

) thì ta có :

; ;

1 1 1

A B A B A B

M M M

x kx y ky z kz

x y z

k k k

  

  

   với k ≠ 1

2. G là trọng tâm của tam giác ABC  ; ;

3 3 3

A B C A B C A B C

G G G

x x x y y y z z z

x    y    z   

3. G là trọng tâm của tứ diện ABCD 

4
4
4

A B C D
G

x x x x

x

y y y y

y

z z z z

z

  






  






  






Bài 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A(-2;0;1); B(0;10;3); C(1;0;-1) và D(5;0;-1)
1. Chứng minh rằng A;B;C;D là 4 đỉnh tứ diện

2. Tính thể tích tứ diện ABCD

3. Tìm toạ độ điểm M thoả



AM

 



2

AB BM BC







Hoạt động thầy Hoạt động trò Nội dung
1.Chứng minh rằng

A;B;C;D là 4 đỉnh tứ diện

GV: Nêu phương pháp
chứng minh 4 điểm
A;B;C;D là 4 đỉnh tứ diện
2.Tính thể tích tứ diện
ABCD

GV: Viết công thức tính
thể tích khối tứ diện
ABCD?

3.Tìm toạ độ điểm M thoả
2

AM  AB BM BC
   

   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   

GV: Nêu phương pháp tìm
toạ độ điểm M?

HS: Tính   AB AC AD; ;

[                            AB AC AD, ]. = một hằng số
khác 0

HS:      







 AB AC AD

V ; .

6
1

HS: Gọi M(x;y;z)
+Tính các vectơ

; ; ;

AM AB BM BC
  

+ Thế vào
2

AM AB BM BC
   

+ Tìm được x;y;z

1. Tính   AB AC AD; ;

[  AB AC AD, ]. = (-20;10;-30)
2.      








 AB AC AD

V ; .

6
1

= 80
3. Tính các vectơ

; ; ;

AM AB BM BC
  

+ Thế vào
2

AM AB BM BC
   

+ Tìm được: M ;10;2)
2

3
(

Bài 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A(1;0;-1); B(1;2;1); C(0;2;0)
1. Chứng minh rằng A;B;C; là 3 đỉnh tam giác

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

3. Tìm toạ độ điểm N thoả AN AB  2BN BC
   

4. Tìm toạ độ đỉnh D sao cho ABCD là hình bình hành

Hoạt động thầy Hoạt động trò Nội dung
1.Chứng minh rằng A;B;C; là 3

đỉnh tam giác:

GV:Nêu PP chứng minh 3 điểm
không thẳng hàng

2.Tính diện tích tam giác ABC
và toạ độ trọng tâm của tam giác
ABC?

GV: Viết công thức diện tích
tam giác?

Viết cơng thức toạ độ trọng tâm
tam giác ABC

3.Tìm toạ độ điểm N thoả:
2

AN AB  BM BC
   

GV: Nêu phương pháp tìm toạ
độ điểm N

4.Tìm toạ độ đỉnh D sao cho
ABCD là hình bình hành?

GV: Nêu phương pháp tìm toạ
độ điểm D sao cho ABCD là
hình bình hành

HS: Tính  AB AC;
=>AB/ / AC

KL: A: B; C không thẳng hàng
=>A;B;C; là 3 đỉnh tam giác

HS1: 






 

 

AC
AB
S ;
2
1
HS2:
; ;

3 3 3

A B C A B C A B C
x x x y y y z z z
G       

 

HS:Gọi N(x;y;z)

+Tính các vectơ

; ; ;
AN AB BN BC
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   

+ Thế vào

AN AB  BM BC
   

   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
+ tìm được x;y;z

HS: Gọi D(x;y;z) là đỉnh hình
bình hành ABCD <=>

AB DC
 

Từ đó suy ra tọa độ điểm D
A B
D C

1/ Tính  AB AC;
=>AB/ / AC

KL: A: B; C không thẳng hàng
=>A;B;C; là 3 đỉnh tam giác

2/ ; 214

2
1








 

 

AC
AB
S
; ;

3 3 3

A B C A B C A B C
x x x y y y z z z
G       

 

3/ Tính các vectơ :

;

AN AB BN BC

   

+ Thế vào

2 AN AB





BM



BC



+ Tìm được x;y;z

Gọi D(x;y;z) là đỉnh hình bình
hành ABCD 



AB DC





Từ đó suy ra tọa độ điểm D

Bài tập dự kiến giải thêm: Trong không gian cho      








 b c i j k

a (1; 2;1); ( 2;1;1); 3 2

1/Tìm toạ độ các vectơ: u a b vc b x a b2c

2
3
;
3
;
2
3
2/Xác định k để (2;2  1;0)



k

w cùng phương với a

3/Xác định m,n,p để    



ma nb pc

d

4/Tính:    

 b

a
b

a; ; 2

*

Rút kinh nghiệm:

………
………

*

Hoạt động vấn đáp theo kiến thức cơ bản của lí thuyết

:

-Giáo viên: phát phiếu học tập

-Học sinh hoàn thành theo bảng

Hoạt động giáo viên Hoạt động học sinh
Học sinh điền kiến thức vào phiếu học tập Học sinh thực hiện

PHIẾU HỌC TẬP
Câu 1: Xác định tâm I và bán kính của mặt

cầu (S) biết

1/(x-a)2+(y-b)2+(z-c)2=0

Câu 2: Viết phương trình mặt cầu (S) biết tâm
I(a;b) và qua điểm A

Trả lời:

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

2/x2+y2+z2-2ax-2by-2cz+d=0 
Trả lời

Câu 3: Viết phương trình mặt cầu (S) biết
Viết phương trình mặt cầu (S) biết đường
kính AB

Trả lời

Câu 4: Viết phương trình mặt cầu (S) biết tâm I
và tiếp xúc với mp(P): Ax+By+Cz+D=0

Trả lời

Câu 5: Viết phương trình mặt cầu (S) qua 4
điểm A;B;C;D. Trả lời

Câu 6: Xác định tâm H và bán kính r/ của 
đường trịn trong khơng gian.

Trả lời

*Hoạt động giải bài tập: Trong mỗi trường hợp sau, viết phương trình mặt cầu (S):
1. Có tâm I(3;-2;4) và đi qua điểm M(7;2;1).

2. Có đường kính AB với A(-2;2;1) và B(0;2;3).

3. Có tâm A(2;-1;3) và tiếp xúc mặt phẳng (P): x+y+z-3=0
4. Có tâm I(-3; 2; 1) và bán kính bằng 2

Hoạt động thầy Hoạt động trị Nội dung
1.Có tâm I(3;-2;4) và đi

qua điểm M(7;2;1).
?: Nêu cách lập phương
trình mặt cầu tâm I và qua
điểm M

2.Có đường kính AB với
A(-2;2;1) và B(0;2;3).
?: Nêu cách lập phương
trình mcầu đường kính AB
3.Có tâm A(2;-1;3) và tiếp
xúc mặt phẳng (P):

x+y+x-3=0

?:Viết phương trình mặt
cầu (S) biết tâm I và tiếp
xúc với mp(P):

Ax+By+Cz+D=0

4.Có tâm I(-3; 2; 1) và bán
kính bằng 2

?: Viết phương trình mặt
cầu (S) tâm I và bán kính r

HS:

Ta có tâm I(a;b;c)

Vì (S) qua M nên bán kính r
= IM

Phương trình mặt cầu (S):
(x-a)2+(y-b)2+(z-c)2=r2

HS: Gọi I là trung điểm AB
=> I

Vì mặt cầu (S) đường kính
AB nên I là tâm mặt cầu
Bán kính r =

AB

Phương trình mặt cầu (S):
(x-a)2+(y-b)2+(z-c)2=r2
HS :Ta có tâm I(a;b;c)

vì mặt cầu (S) tiếp xúc với
mp(P): Ax+By+Cz+D=0
<=> bán kính r=d(I,(P))
phương trình mặt cầu (S):
(x-a)2+(y-b)2+(z-c)2=r2

HS: Ta có tâm I(a;b;c),bán
kính r

phương trình mặt cầu (S):
(x-a)2+(y-b)2+(z-c)2=r2

1/ Có tâm I(3;-2;4)

Vì (S) qua M nên bán kính r = IM 41

phương trình mặt cầu (S):
(x – 3)2 + (y + 2 )2 + (z - 4)2 = 41
2/ Có đường kính AB với A(-2;2;1)
và B(0;2;3).

Gọi I là trung điểm AB => I(-1;2;2)
Vì mặt cầu (S) đường kính AB
nên I là tâm mặt cầu

Bán kính r =
2

AB

= 2

Phương trình mặt cầu (S):
(x + 1)2+(y – 2)2+(z – 2)2 = 2

3/ Có tâm A(2;-1;3) và tiếp xúc mặt
phẳng (P): x+y+x-3=0

<=> bán kính r=d(I,(P))=

3
1
phương trình mặt cầu (S):
(x – 2)2+(y + 1)2+(z – 3)2 =

3
1

4/Có tâm I(-3;2;1) và bán kính bằng 2
(x+3)2+(y-2)2+(z-1)2= 4

*Hoạt động kiểm tra kiến thức: Xác định tâm và bán kính mặt cầu:

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

2/ x2+y2+z2-6x+6y-2z+14=0 4) x2+y2+z2-2x-y+5z-2
3 =0

*Hoạt động giải bài tập 1: Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S): x2+y2+z2+3x+4y-5z+6=0 và (P):
2x-3y+4z-5=0.

1. Tìm tâm và bán kính mặt cầu (S).

2. Chứng minh rằng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường trịn(C). Tìm tâm và bán kính đường trịn.
Hoạt động thầy Hoạt động trị Nội dung

1.Tìm tâm và bán kính mặt
cầu (S).

- ?:Hãy xác định dạng của
phương trình mặt cầu? Tìm
tâm và bán kính của mặt cầu

trong trường hợp này?
2.Chứng minh rằng (P) cắt
mặt cầu (S) theo một đường
trịn(C). Tìm tâm và bán
kính đường trịn.

-?: Nêu điều kiện mp(P) cắt
mặt cầu (S)

- ? :Nêu phương pháp xác
định tâm H và bán kính r/
của đường trịn trong khơng
gian

HS:

Mặt cầu dạng:

x2+y2+z2-2ax-2by-2cz+d=0
Tâm I(a;b;c); bán kính r =

2 2 2

a b c  d
HS: d(I,(P)) < r
HS:

+ Lập pt đt d qua tâm I và
vng góc (P)

+ Gọi H là tâm của đường trịn
nên H=d(P)

+ Bán kính r/ r2 h2

 

1/ Mặt cầu dạng:

x2+y2+z2-2ax-2by-2cz+d=0
Tâm I(a;b;c); bán kính r =

2 2 2

a b c  d

2/ Vì d(I,(P)) < r nên mp(P) cắt
mặt cầu (S)

+ Lập pt đt d qua tâm I và
vuông góc (P)

+ Gọi H là tâm của đường trịn
nên H=d(P)

+ bán kính r/ r2 h2

 

*Hoạt động giải bài tập 2: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A(6;-2;3), B(0;1;6) và

C(2;0;-1) và (4;1;0).

1) Tìm toạ độ tâm và bán kính mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện ABCD.

2) Chứng minh rằng mặt phẳng (P): 4x-y-26=0 là mặt phẳng tiếp diện của mặt cầu (S)

Hoạt động thầy Hoạt động trò Nội dung

1) Tìm toạ độ tâm và bán
kính mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ
diện OABC

- GV: Nêu phương pháp viết
phương trình mặt cầu (S) qua
4 điểm A; B; C; D

2) Chứng minh rằng mặt
phẳng (P) là mặt phẳng tiếp
diện của mặt cầu (S)

-GV: Ta có (S):



x 2



2



y1



2



z3



217
(P): 4x – y – 26 = 0

Nêu đk mp(P) là mp tiếp diện
của (S) ?

HS:

+ Gọi (S):

x2+y2+z2-2ax-2by-2cz+d=0
+ Vì A; B; C; D thuộc (S)
(thế A; B; C; D vào (S))
+ Giải hệ pt tìm được a;b;c;d
suy ra ptmặt cầu (S):



x 2



2



y1



2



z3



217
HS:

mp(P) là mp tiếp diện của (S)
<=> d(I(P)) = r

1/ + Gọi (S):

x2+y2+z2-2ax-2by-2cz+d=0
+ Vì A; B; C; D thuộc (S) (thế
A; B; C; D vào (S))

+ Giải hệ pt tìm được a;b;c;d
suy ra ptmặt cầu (S):



x 2



2



y1



2



z3



217

2/ (S):



x 2



2



y1



2



z3



217
(P): 4x – y – 26 = 0

mp(P) là mp tiếp diện của (S)
<=> d(I(P)) = r



Rút kinh nghiệm

:

*

Hoạt động vấn đáp theo kiến thức cơ bản của lí thuyết

:

PHẦN 2 : PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG

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

-Giáo viên: phát phiếu học tập
-Học sinh hoàn thành theo bảng
A. CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN:
I. Phương trình mặt phẳng:

 Mặt phẳng (P) : Ax + By + Cz + D = 0 có véctơ pháp tuyến là n( ; ; )A B C

 Mặt phẳng (P) đi qua điểm M0(x0;y0;z0) và nhận n( ; ; )A B C làm vectơ pháp tuyến có
phương trình dạng: A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0.

 Nếu (P) có cặp vectơ a( ; ; ) , b ( ; ; )a a a1 2 3  b b b1 2 3

 

không cùng phương và có giá song song
hoặc nằm trên (P) thì vectơ pháp tuyến của (P) được xác định na b , 

 Các trường hợp riêng của phương trình mặt phẳng :

Trong không gian Oxyz cho mp(): Ax + By + Cz + D = 0. Khi đó:
 D = 0 khi và chỉ khi ()đi qua gốc tọa độ.

 A=0 ,B0 ,C 0, D 0 khi và chỉ khi ( ) song song với trục Ox
 A=0 ,B = 0 ,C0, D 0 khi và chỉ khi ( ) song song mp (Oxy )
 A,B,C,D0 . Đặt a D , b D ,c D

A B C

   Khi đó ( ): x y z 1

a b c

   

II. Vị trí tương đối của hai mặt phẳng

Trong không gian Oxyz cho ( ): Ax+By+Cz+D=0 và ( ’):A’x+B’y+C’z+D’=0
 ( )cắt (’)  (A , B , C) ≠ (A’, B’, C’)

 ( ) // ( ’)  A : A’ = B : B’ = C : C’ ≠ D : D’
 ( ) ≡ ( ’)  A : B : C : D = A’: B’: C’: D’
Đặc biệt: ()  (’)  n n              1. 2  0 A A B B C C. ' . ' . ' 0
*Phiếu học tập:

Hoạt động giáo viên Hoạt động học sinh
Học sinh điền kiến thức vào phiếu học tập Học sinh thực hiện

PHIẾU HỌC TẬP
Câu 1: Viết phương trình mặt phẳng qua điểm

M0 và VTPT n.

Trả lời:

Câu 5: Viết phương trình mặt phẳng qua điểm
A; B; C.

Trả lời:
Câu 2: Viết phương trình mặt phẳng qua điểm

M0 và song song mp(P) Ax+By+Cz+D=0.
Trả lời

Câu 6: Viết phương trình mặt phẳng song song
mp(P) và cách điểm A một khoảng h.

Trả lời
Câu 3: Viết phương trình mặt phẳng qua điểm

M0 và vng góc đt

0 1

0 2

0 3

x x a t
d y y a t

z z a t

 




 



  


Trả lời:

Câu 7: Tìm tọa độ hình chiếu vng góc của
điểm M lên mp(P):Ax+By+Cz+D=0

Trả lời:

Câu 4: Viết phương trình mặt phẳng trung
trực của đoạn thẳng AB.

Trả lời

Câu 8: Tìm tọa độ điểm M/ của điểm M qua 
mp(P):Ax+By+Cz+D=0.

Trả lời
Câu 9: Viết công thức khoảng cách từ điểm

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

Trả lời

*Hoạt động giải bài tập1: Lập phương trình mặt phẳng

 

 trong các trường hợp:
1). Qua M(2; 5; -7) và VTPT n=(5;-2;-3)

2). Qua A(0;2;0) và song song mặt phẳng (P):2x+3y-4z-2=0
3). Qua B(-3;3;1) và vng góc với đường thẳng

1 2

: 2

x t

y t

z t
 



   
 

4). Mặt phẳng trung trực của A(1;-2;4) và B(3;6;2)

5) Qua 3 điểm M(1;1;1); N(4;3;2) và P(5;2;1)

6) song song với mp(P) 2x+y+z-3=0 và cách điểm A(3;-2;1) một khoảng bằng 3

Hoạt động thầy Hoạt động trò Nội dung

1).Qua M(2; 5; -7) và
VTPT n=(5;-2;-3)
-?: Nêu phương pháp
Viết phương trình mặt
phẳng qua điểm M0 và
VTPT n

2). Qua A(0;2;0) và song
song mặt phẳng

(P):2x+3y-4z-2=0
- ?: Nêu phương pháp
Viết phương trình mặt
phẳng qua điểm M0 và
song song mp(P)
3). Qua B(-3;3;1) và
vng góc với đường
thẳng

1 2

: 2

x t

y t

z t
 



   
 


?: Nêu phương pháp Viết
phương trình mặt phẳng
qua điểm M0 và vng
góc đường thẳng Δ
4) Mặt phẳng trung trực
của A(1;-2;4) và B(3;6;2)
?: Nêu phương pháp Viết
phương trình mặt phẳng
trung trực đoạn AB

HS :

+ Ta có M0 thuộc mp

 

 có VTPTn( ; ; )A B C
+ vậy

 

 :

A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0
<=> 5x-2y-3z-21=0

+ Ta có M0 thuộc mp

 



+vì mp

 

 song song mp(P) nên

 

 có VTPTn VTPT n   
+ vậy

 

 :

A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0
<=> 2x+3y-4z-2=0

HS:

+ Ta có M0 thuộc mp

 


+ Vì mp

 

 vng góc Δ nên

 

 có VTPTn VTPT n 

+ Vậy

 

 :

A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0
<=> 2x-y+5z-9=0

HS:

+ Gọi I là trung điểm AB

; ;

2 2 2

A B A B A B

x x y y z z

I    

  

 

Vì

 

 là mp trung trực AB nên
I

 

 và VTPT

+ Vậy

 

 :

A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0
<=> x+4y-z-7=0

1/ + Ta có M(2; 5; -7) thuộc mp
+

 

 có VTPT :n=(5;-2;-3)
+ Vậy

 

 :

A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0
<=>5x – 2y – 3z – 21= 0
2/

+ Ta có A(0;2;0) thuộc mp

 


+ Vì mp

 

 song song mp(P) nên

 

 có VTPTn VTPT n    =(2;3;-4)
+ Vậy

 

 :

A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0
<=>2x + 3y – 4z – 2 = 0
3/

+ Ta có M0 thuộc mp

 



+ Vì mp

 

 vng góc Δ nên

 


có VTPTn VTPT n   =(2;-1;5)
+ Vậy

 

 :

A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0
<=> 2x – y + 5z – 9 = 0
4/

+ Gọi I là trung điểm AB

; ;

2 2 2

A B A B A B

x x y y z z

I    

  

 

Vậy: I(2;2;3)

Vì

 

 là mp trung trực AB nên I

 

 và VTPT (1;4; 1)


n
+ Vậy

 

 :

A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0

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

5).Qua 3 điểm M(1;1;1);
N(4;3;2) và P(5;2;1)
?: Nêu phương pháp Viết
phương trình mặt phẳng
qua 3 điểm A; B; C

6)song song với mp(P)
2x+y+z-3=0 và cách
điểm A(3;-2;1) một
khoảng bằng 3

?: viết phương trình mặt

phẳng

 

 song song

 

/

và cách điểm A một
khoảng h

HS:Tính MN MP;  MN MP, 

 

   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   

+ Vì

 

 qua 3 điểm M;N;P nên
M

 

 và VTPTnMN MP, 

 



 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
   
+ Vậy

 

 :

A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0
<=> x-4y+5z-2=0

HS:

+Vì

 

 //

 

/ Ax+By+Cz+D/=0
Nên

 

 :Ax+By+cz+D=0(D≠D/)
+ Do

 

 cách điểm A một
khoảng h <=> d(A,

 

 )=h (*)
+ Giải (*) tìm được D suy ra
PTmp

 

 :2x+y+z3 6 5 =0

<=> x + 4y – z – 7 = 0
5/

+Tính :

; ,

MN MP MN MP

 

=(1;-4;5)
+ Vì

 

 qua 3 điểm M;N;P nên M


 

 và VTPTnMN MP, 

 

  
+ Vậy

 

 :

A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0
<=> x-4y+5z-2=0

6/Vì

 

 //

 

/ Ax+By+Cz+D/ =0
Nên

 

 :Ax+By+cz+D=0 (D≠D/)
+ Do

 

 cách điểm A một khoảng
là h <=> d(A,

 

 )=h (*)

+ Giải (*) tìm được D =3 6 5
suy ra PTmp

 



2x+y+z3 6 5 =0
Bài 2:Cho điểm A(1;-1;2) và mặt phẳng (P):2x-y+2z+12=0.

1).Tìm toạ độ điểm H là hình chiếu vng góc của điểm M trên mp(P).
2).Tìm toạ độ điểm M/ đối xứng với M qua mặt phẳng (P).

Hoạt động thầy Hoạt động trò Nội dung

1).Tìm toạ độ điểm H là
hình chiếu vng góc của
điểm M trên mp(P).
- ?: Nêu PP Tìm toạ độ
điểm H là hình chiếu
vng góc của điểm M

trên mp(P).

2) Tìm toạ độ điểm M/
đối xứng với M qua mặt
phẳng (P).

?: Nêu PP Tìm toạ độ
điểm M/ đối xứng với M
qua mặt phẳng (P).

HS:

+ Lập ptđt Δ qua M và vng
góc

 



Ax+By+Cz+D=0 nên Δ có
VTCPa VTPT n  PTTS Δ
+Gọi H là hình chiếu vng góc
của điểm M trên mp(P).

<=> H=Δ

 



+thế PTTSΔ vào PTmp

 

 tìm
được t suy ra toạ độ điểmH
=> 29 10; ; 20

9 9 9

H  

 

HS:

+ Lập ptđt Δ qua M và vng
góc

 

 : Ax+By+Cz+D=0
nên Δ có VTCPa VTPT n 
 PTTS Δ

+Gọi H=Δ

 



+Thế PTTSΔ vào PTmp

 

 tìm
được t suy ra toạ độ điểmH
+ Vì M và M/ đối xứng qua

 


<=> H là trung điểm MM/<=>

1/+ Lập ptđt Δ qua M và vng góc

 



Ax+By+Cz+D=0 nên Δ có VTCP
a VTPT n  PTTS Δ là

0 1

0 2

0 3

x x a t

y y a t
z z a t

 




 


  


+Gọi H là hình chiếu vng góc của
điểm M trên mp(P).

<=> H=Δ

 



+ Thế PTTSΔ vào PTmp

 

 tìm
được t suy ra toạ độ điểmH
=> 29 10; ; 20

9 9 9

H  

 

2/ + Lập ptđt Δ qua M và vng góc

 

 : Ax+By+Cz+D=0

nên Δ có VTCPa VTPT n  PTTS Δ
là

0 1

0 2

0 3

x x a t
y y a t
z z a t

 




 


  


+Gọi H=Δ

 



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

/
/

2
2
2

H M

M

H M

M

H M

M

x x x

y y y

z z z

  



 




 



=> / 67 29; ; 58

9 9 9

M   

 

được t suy ra toạ độ điểmH
+ Vì M và M/ đối xứng qua

 


<=> H là trung điểm MM/
<=>

/
/
/

2
2
2

H M

M

H M
M

x x x
y y y
z z z

  


 




 


/ 67 29; ; 58

9 9 9

M   

 

*

Rút kinh nghiệm

:

………

Hoạt động vấn đáp theo kiến thức cơ bản của lí thuyết

:

-Giáo viên: phát phiếu học tập

-Học sinh hoàn thành theo bảng

Hoạt động giáo viên Hoạt động học sinh
Học sinh điền kiến thức vào phiếu học tập Học sinh thực hiện

PHIẾU HỌC TẬP
Câu 1: Dạng 1: viết phương trình đường thẳng

Δ qua điểm M0 và VTCPa( ; ; )a a a1 2 3
Trả lời:

Câu 5: Tìm giao điểm của Δ:

0 1
0 2
0 3

x x a t
y y a t

z z a t

 




 


  


và mp
(P):Ax+By+Cz+D=0 (A2+B2+C2≠0)

Trả lời:
Câu 2: viết phương trình đường thẳng Δ qua 2

điểm Avà B
Trả lời:

Câu 6: Tìm toạ độ hình chiếu vng góc của
điểm M trên đt Δ:

0 1
0 2
0 3

x x a t

y y a t
z z a t

 




 


  


.
Trả lời:

Câu 3: viết phương trình đường thẳng Δ qua
điểm M0 và song song đt Δ/

Trả lời:

Câu 7: Tìm toạ độ điểm M/ đối xứng với điểm 
M qua đường thẳng Δ

Trả lời:
Câu 4: viết phương trình đường thẳng Δ qua

điểm M0 và vng góc mp

 


Trả lời:

 CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN:
I. Phương trình đường thẳng:

PHẦN 3: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG

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

Phương trình tham số của đường thẳng  đi qua điểm M0(x0;y0;z0) và có vectơ chỉ phương

1 2 3
( ; ; )
a a a a

:
0 1
0 2
0 3
(t R)

x x a t
y y a t
z z a t

 


  

  


Nếu a1, a2 , a3 đều khác khơng .Phương trình đường thẳng viết dưới dạng chính tắc như

sau:

0 0 0

1 2 3

x x y y z z

a a a

  

 

II. Vị Trí tương đối của các đường thẳng và các mặt phẳng:

Chương trình chuẩn Chương trình nâng cao

1)Vị trí tương đối của hai đường thẳng.

Trong Kg Oxyz cho hai đường thẳng
' '
1
1
' '
2 2
' '

0 3 3

'
: ' : '
'
o
o
o o
o

x x a t
x x a t

d y y a t d y y a t

z z a t z z a t

  
 



   
 
   
 
 

d cóvtcp

u



đi qua Mo;d’có vtcp

u



'

đi quaMo’


u



,

u



'

cùng phương

 d // d’
0
'
'
u ku
M d
 






 

 d ≡ d’
0
'
'
u ku
M d
 





 



u



,

u

'



không cùng phương

' '

1 1

' '

2 2

' '

0 3 3

'
'
'
o o
o o
o
x a t x a t
y a t y a t
z a t z a t
   

  



  

(I)

 d cắt d’HệPtrình (I) có một nghiệm
 d chéo d’Hệ Ptrình (I) vơ nghiệm

1)Vị trí tương đối của hai đường thẳng.

Trong Kg Oxyz cho hai đường thẳng
' '
1
1
' '
2 2
' '

0 3 3

'
: ' : '
'
o
o
o o
o

x x a t
x x a t

d y y a t d y y a t

z z a t z z a t

  
 



   
 
   
 
 

d có vtcp

u



điqua Mo;d’cóvtcp

u



'

điqua Mo’
 (d) // (d’)  [ , ']=0

Mo '

u u
d






  

 (d) ≡ (d’) 
0
[ , ']=0

M '
u u
d






  

 (d) cắt (d’) 

'
0
, ' 0

, ' . o 0

u u

u u M M
  



  
 

 

 

 (d) chéo (d’)  u u M M, ' . 0 0' 0



 

2)Vị trí tương đối của đthẳng và mặt phẳng:

Trong Kg Oxyz cho (α): Ax+By+Cz+D=0
và
1
2
0 3
:
o
o

x x a t
d y y a t

z z a t

 



 

  


pt:A(xo+a1t)+B(yo+a2t)+C(z0+a3t)+D=0(1)

 P.trình (1) vơ nghiệm thì d // (α)
 P.trình (1) có một nghiệm thì d cắt (α)
 P. trình (1) có vơ số nghiệm thì d(α)
Đặc biệt : (d)  ( )  a n , cùng phương

2)Vị trí tương đối của đthẳng và mặt phẳng:

Trong không gian Oxyz cho đường thẳng
d qua M(x0;y0;z0) có vtcp

a





( ; ; )

a a a

1 2 3
và (α): Ax+By+Cz+D=0 cóvtpt n( ; ; )A B C
 d cắt (α)  a n . 0

 d // (α)  . 0
( )
a n
M 
 






 

 d (α)  . 0
( )
a n
M 
 





 

3) Khoảng cách:

 Khoảng cách giữa hai điểm A(xA;yA;zA) và B(xB;yB;zB) là:

2 2 2

( B A) ( B A) ( B A)

AB x  x  y  y  z  z

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

0 0 2 0 2 02
Ax

( ,( )) By Cz D

d M

A B C

    

 
 Khoảng cách từ M đến đường thẳng d

Phương pháp :

 Lập ptmp( )đi quaM vàvnggócvới d
 Tìm tọa độ giao điểm Hcủa mp( ) và d
 d(M, d) =MH

 Khoảng cách giữa hai đường chéo nhau:
d đi qua M(x0;y0;z0);cóvtcp a( ; ; )a a a1 2 3

d’qua M’(x’0;y’0;z’0) ; vtcpa ' ( ' ; ' ; ' ) a a a1 2 3

Phương pháp :

 Lập pt mp( ) chứa d và song song với d’
 d(d,d’)= d(M’,( ))

 Khoảng cách từ M đến đuờng thẳng d
( d đi qua M0 có vtcp

u



)

[M

, ]

( , )

M u

d M d

u



 



 Khoảng cách giữa hai đường chéo nhau
d đi qua M(x0;y0;z0);có vtcp a( ; ; )a a a1 2 3

d’qua M’(x’0;y’0;z’0) ; vtcpa' ( ' ; ' ; ' ) a a a1 2 3



( , ')

[ , '].

'

[ , ']

hop
day

a a MM

V

d d d

S

a a





 

  

 

Kiến thức bổ sung

 Gọi φ là góc giữa hai mặt phẳng (00≤φ≤900):

(P): Ax+By+Cz+D=0 và (Q): A’x+B’y+C’z+D’=0

P 2 2 2 2 2 2

P Q

n .

A.A'

. '

os = cos(n ,

)

n . n

.

'

Q
Q

n

B B C C

c

n

A

B

C

A

B

C







 

 Góc giữa hai đường thẳng : () đi qua M(x0;y0;z0) có VTCP

a





( ; ; )

a a a

1 2 3
(’) đi qua M’(x’0;y’0;z’0) có VTCP a ' ( ' ; ' ; ' ) a a a1 2 3

1 1 2 2 3 3

2 2 2 2 2 2

1 2 3 1 2 3

. '

. '

os

os( , ')

. '

.

'

a a

a a

c

a a

a









 

 

 Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng :

() đi qua M0 có VTCP

a



, mp(α) có VTPT n( ; ; )A B C

Gọi φ là góc hợp bởi () và mp(α) : 2 2 1 2 2 2 3 2 2

1 2 3

Aa +Ba +Ca

sin

os( , )

A

.

c

a n

B

C

a

 





 

 Rút kinh nghiệm :

Hoạt động giải bài tập1: Viết phương trình đường thẳng biết :
1). Qua điểm A(1;-2;4) và VTCP a= (-1;3;-5)

2). Qua 2 điểm A(1;2;3) và B(3;5;7)

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

3). Qua điểm N(-3;4;1) và song song đường thẳng

: 3 2

2 3
x t
y t
z t
 


   
  

4). Qua điểm B(3;-2;4) và vuông góc với (P): x+3y-4+5=0

Hoạt động thầy Hoạt động trị Nội dung
1). Qua điểm A(1;-2;4) và

VTCPa=(-1;3;-5)

?: Viết phương trình đường
thẳng Δ qua điểm M0 và
VTCPa( ; ; )a a a1 2 3

2). Qua 2 điểm A(1;2;3) và
B(3;5;7)

?: Viết phương trình đường

thẳng Δ qua 2 điểm Avà B

3) Qua điểm N(-3;4;1) và
song song đường thẳng

: 3 2

2 3
x t
y t
z t
 


   
  


?: Viết phương trình đường
thẳng Δ qua điểm M0 và
song song đt Δ/

4) Qua điểm B(3;-2;4) và
vng góc với (P):

x+3y-4z+5=0

?: Viết phương trình đường

thẳng Δ qua điểm M0 và
vng góc mp

 



HS:+ Ta có M0 thuộc Δ
+Δ có VTCPa( ; ; )a a a1 2 3
Vậy Δ:

0 1
0 2
0 3

x x a t
y y a t
z z a t

 


 

  


HS:+ Ta có A thuộc Δ

+ Δ qua A và B nên Δ có
VTCPa( ; ; )a a a1 2 3

Vậy Δ:

0 1
0 2
0 3

x x a t
y y a t
z z a t

 


 

  


HS: + Ta có M0 thuộc Δ

+ Vì Δ song song d nên Δ có

VTCP /

1 2 3
( ; ; )
a VTCPa  a a a



Vậy Δ:
0 1

0 2
0 3

x x a t
y y a t
z z a t

 


 

  

HS:

+ Ta có M0 thuộc Δ

+ Vì Δ vng góc

 

 nên Δ
có VTCPa VTPT n 

Vậy Δ:

0 1
0 2
0 3

x x a t
y y a t
z z a t

 


 

  


1/ Qua điểm A(1;-2;4) và VTCP
a=(-1;3;-5)

)

(;

5

4

3

2

1 R

t

z

t

y

t

x

























2).Qua 2 điểm A(1;2;3) và B(3;5;7)
Qua điểm A(1;2;3) và VTCPa
=(2;3;4)

)

(;

4

3

2

1 R

t

z

t

y

t

x

























3) + Ta có N(-3;4;1) thuộc Δ
+ Vì Δ song song d nên Δ có VTCP

1 2 3
( ; ; )
a VTCPa  a a a




=(1;2;-3)

Vậy Δ:

(;

)

3

1

2

4

3 R

t

z

t

y

t

x

























4/ + Ta có M0 thuộc Δ

+ Vì Δ vng góc

 

 nên Δ có
VTCPa VTPT n = (1;3;-4)
Vậy Δ:

0 1

0 2
0 3

x x a t
y y a t
z z a t

 


 

  


Hoạt động giải bài tập 2: Cho mp(P):3x-2y-z+5=0 và đường thẳng Δ

1 2
7
3 4
x t
y t
z t
 


 

  


1). Chứng minh Δ//(P) 2.Tính khoảng cách giữa Δ và (P)
Hoạt động thầy Hoạt động trò Nội dung 
1). Chứng minh Δ//(P)

-?: Nêu cách chứng minh đt
Δ song song mp(P)

HS:

Thế PTTS của Δ vào mp(P)
Rút gọn dạng 0t=b

1/ Thế PTTS của Δ vào mp(P)
Rút gọn dạng 0t=b

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

2)Tính khoảng cách giữa
Δ và (P)

- ?: Nêu cách tìm khoảng
cách giữa đt và mp song
song

KL: Δ//(P)
HS:
+Vì Δ//(P)

Nên d(Δ;(P))=d(M0,(P)) với M0
thuộc Δ

+Vì Δ//(P)

Nên d(Δ;(P))=d(M0,(P)) với M0
thuộc Δ là:

14
9

Bài tập rèn luyện: Cho M(2;-1;1) và : 1 1 1

2 1 4

x y z

  



1). Tìm toạ độ điểm H là hình chiếu vng góc của M lên Δ
2) Tìm toạ độ điểm M/ đối xứng với M qua Δ

Hoạt động giáo viên Hoạt động học sinh

1). Tìm toạ độ điểm H là hình chiếu vng góc của M lên Δ
GV:

Tìm toạ độ hình chiếu
vng góc của điểm M

trên đt Δ:

0 1

0 2

0 3

x x a t
y y a t
z z a t

 




 



  


HS:

+ Lập ptmp

 

 qua M và vng góc Δ
nên

 

 có VTPTn VTCPa 

ptmp

 

 là A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0

+Gọi H là hình chiếu vng góc của M trên

 

 =>H=Δ

 


+Thế PTTSΔ vào PTmp

 

 tìm được t suy ra toạ độ điểm H
=> 17; 13 8;

9 9 9

H  

 

2) Tìm toạ độ điểm M/ đối xứng với M qua Δ
GV:

Tìm toạ độ điểm M/ đối 
xứng với điểm M qua
đường thẳng Δ

HS: Lập ptmp

 

 qua M và vng gócΔ nên

 

 có VTPT
n VTCPa 

ptmp

 

 là A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0
+Gọi H=Δ

 



+Thế PTTSΔ vào PTmp

 

 tìm được t suy ra toạ độ điểmH
+ Vì M và M/ đối xứng qua Δ

<=> H là trung điểm MM/<=>

2
2
2

H M
M

x x x

y y y

z z z

  



 




 



=> / 16; 17 7;

9 9 9

M   

 

Rút kinh nghiệm :

………
………

Hoạt động giải bài tập1:

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 0; 0), B(0; 3; 0) và C(0; 0; 2).
1. Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (ABC).

2. Viết phương trình của đường thẳng đi qua điểm M(8;5;-1) và vng góc với mặt phẳng (ABC); từ
đó, hãy suy ra toạ độ hình chiếu vng góc của điểm M trên mặt phẳng (ABC).

Hoạt động thầy Hoạt động trò Nội dung
1. Viết phương trình tổng

quát của mặt phẳng (ABC).
?: Viết phương trình mặt

HS:

+Tính               AB AC;                AB AC, 

1. Phương trình tổng quát của mặt
phẳng (ABC).

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

phẳng

 

 qua 3 điểm A;
B;C

2.Viết phương trình của
đường thẳng đi qua điểm
M(8;5;-1) và vng góc với
mặt phẳng (ABC); từ đó,
hãy suy ra toạ độ hình chiếu
vng góc của điểm M trên
mặt phẳng (ABC).

?: Viết phương trình đường
thẳng Δ qua điểm M0 và
vng góc mp

 



3/Lập ptđt Δ qua M và
vng góc(ABC):

Ax+By+Cz+D=0 nên Δ có

VTCPa VTPT n  PTTS Δ
là:

0 1
0 2
0 3

x x a t
y y a t
z z a t

 


 

  


?: Gọi H là hình chiếu
vng góc của điểm M trên
mp(ABC).

+ Vì

 

 qua 3 điểm A; B;C
nên A

 

 và VTPT

,
n           AB AC

 

   

+ Vậy

 

 :

A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0
HS:

+ Ta có M0 thuộc Δ

+ Vì Δ vng góc (ABC) nên
Δ có VTCPa VTPT n 

Vậy Δ:

0 1
0 2
0 3

x x a t
y y a t
z z a t

 


 

  


HS: + Lập ptđt Δ qua M và
vng góc(ABC)

Ax+By+Cz+D=0 nên Δ có
VTCPa VTPT n  PTTS Δ là

0 1
0 2
0 3

x x a t
y y a t
z z a t

 


 

  


+Gọi H là hình chiếu vng
góc của điểm M trên mp(ABC)
<=> H=Δ(ABC)

+Thế PTTS Δ vào PT mp
(ABC) tìm được t suy ra toạ độ
điểm H

Tính               AB AC;                AB AC, 

+ Vì

 

 qua 3 điểm A; B;C nên A


 

 và VTPT            n   AB AC, 

=(6;2;3)

PT: 6x + 2y +3z – 6 = 0

2/ Phương trình của đường thẳng
đi qua điểm M(8;5;-1) và vuông
góc với mặt phẳng (ABC)

+ Ta có M0 thuộc Δ

+ Vì Δ vng góc (ABC) nên Δ có
VTCPa VTPT n 

Vậy Δ:

0 1
0 2
0 3

x x a t
y y a t
z z a t

 



 

  


3/ Lập ptđt Δ qua M và vng
góc(ABC): Ax+By+Cz+D=0 nên
Δ có VTCPa VTPT n  PTTS Δ là:

0 1
0 2
0 3

x x a t
y y a t
z z a t

 


 

  


+Gọi H là hình chiếu vng góc
của điểm M trên mp(ABC).
<=> H=Δ(ABC)

+Thế PTTS Δ vào PTmp(ABC)
tìm được t suy ra toạ độ điểm H
Hoạt động giải bài tập 2: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương
trình: (S): (x-1)2+(y-2)2+(z-2)2=36 và (P): x+2y+2z+18=0

1) Xác định toạ độ tâm T và tính bán kính của mặt cầu (S). Tính khoảng cách từ T đến mặt
phẳng (P).

2) Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua T và vng góc với (P). Tìm toạ độ giao
điểm của d và (P).

Hoạt động thầy Hoạt động trò Nội dung 
1) Xác định toạ độ tâm T và

tính bán kính của mặt cầu (S).
Tính khoảng cách từ T đến
mặt phẳng (P).

?:Xác định tâm và bán kính
?: cơng thức khoảng cách từ
điểm đến mp

2. Viết phương trình tham số
của đường thẳng d đi qua T và
vng góc với (P). Tìm toạ độ
giao điểm của d và (P).

?: Viết phương trình đường
thẳng Δ qua điểm M0 và
vng góc mp

 



?: Tìm toạ độ giao điểm của d

HS: (S):(x-a)2+(y-b)2+(z-c)2=r2
thì tâm I(a;b;c); bán kính r.
HS: d(I,( ))= 0 0 0

2 2 2

Ax By Cz D
A B C

  

 

HS: Ta có M0 thuộc Δ

+ Vì Δ vng góc

 

 nên Δ có
VTCPa VTPT n 

Vậy Δ:

0 1
0 2
0 3

x x a t
y y a t
z z a t

 


 

  


HS: Gọi H= 

 



+ Thế PTTS Δ vàp ptmp (P)
giải phương trình tìm được t.
+ Thế giá trị t vào PTTS tìm

1/Tâm I(1;2;2), R=6
d(I,())= 0 0 0

2 2 2

Ax By Cz D
A B C

  

  = 9

2/+ Ta có M0 thuộc Δ

+ Vì Δ vng góc

 

 nên Δ

có VTCPa VTPT n 

Vậy Δ:

0 1
0 2
0 3

x x a t
y y a t
z z a t

 


 

  


3/+Gọi H= 

 



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

và (P). được toạ độ điểm H
Rút kinh nghiệm :

………
………..

Hoạt động giải bài tập 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; 3), B(−3; 4; 1)
và mặt phẳng (P) có phương trình x + 2y − z + 4 = 0.

1) Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB, suy raTìm tọa độ giao điểm của
đường thẳng AB và mặt phẳng (P).

2) Viết phương trình mặt cầu đường kính AB

Hoạt động thầy Hoạt động trị Nội dung
1) Viết phương trình

mặt phẳng trung trực
của đoạn thẳng AB,
suy ra tìm tọa độ giao
điểm của đường thẳng

AB và mặt phẳng (P).
?: Viết phương trình
mặt phẳng

 

 là mp
trung trực đoạn AB
?: Tìm tọa độ giao
điểm của đường thẳng

MN và mặt phẳng (P).
2) Viết phương trình
mặt cầu đường kính
AB

?: Viết phương trình
mặt cầu (S) đường
kính AB

HS:

+ Gọi I là trung điểm AB

; ;

2 2 2

A B A B A B

x x y y z z

I    

  

 

Vì

 

 là mp trung trực AB nên I

 

 và VTPT
+ Vậy

 

 :

A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0

HS: Tìm tọa độ giao điểm của
đường thẳng MN và mặt phẳng (P).
là trung điểm I

HS: + Gọi I là trung điểm AB

; ;

2 2 2

A B A B A B

x x y y z z

I    

  

 

+Bán kính

R = ( ) (2 ) (2 )2

2 2

B A B A B A

x x y y z z

AB     



+ Vậy (S): (x-a)2+(y-b)2+(z-c)2=r2

1) Phương trình mặt phẳng trung
trực của đoạn thẳng MN

+ Gọi I là trung điểm AB

; ;

2 2 2

A B A B A B

x x y y z z

I    

  

 =(-1;3;2)

Vì

 

 là mp trung trực AB nên I

 

 và VTPT (4;2;2)


n

+ Vậy

 

 : 2x – y + z + 3 = 0
+Toạ độ giao điểm của MN và

 


Là: M(-1;3;2)

2/ Phương trình mặt cầu đường kính
AB

+ Gọi I là trung điểm AB

; ;

2 2 2

A B A B A B

x x y y z z

I    

  

  =(-1;3;2)

+Bán kính

R = ( ) (2 ) (2 )2

2 2

B A B A B A

x x y y z z

AB     


= 6

+ Vậy (S):(x+1)2+(y-3)2+(z-2)2=6
Hoạt động giải bài tập 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;0;-1); B(1;2;1);
C(0;2;0). Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.

1) Viết phương trình đường thẳng OG

2) Viết pt mặt phẳng vng góc với đường thẳng OG và tiếp xúc với mặt cầu (S)
Hoạt động thầy Hoạt động trị Nội dung
1)Viết phương trình

đường thẳng OG

?:Xác định toạ độ điểm G
?: Viết pt đt OG

2)Viết pt mặt phẳng
vuông góc với đường

HS:

; ;

3 3 3

A B C A B C A B c

x x x y y y z z z
G       

 

HS: + Ta có G thuộc Δ

+Δ qua O và G nên Δ có
VTCPa( ; ; )a a a1 2 3



1) Phương trình đường thẳng OG:

; ;

3 3 3

A B C A B C A B c

x x x y y y z z z
G       

 =

)
0
;
3
4

;
3
2
(

+ Ta có G thuộc Δ

+Δ qua O và G nên Δ có VTCP

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

thẳng OG và tiếp xúc với
mặt cầu (S)

?: Mp vng góc OG nên
xác định dược véctơ gì
của mp

?:mp tiếp xúc (S) xác định
được yếu tố gỉ?

Vậy Δ:

0 1

0 2

0 3

x x a t
y y a t
z z a t

 




 


  


HS:

Xác định VTPT n OG 
HS: xác định được d(I;(P))=r
Từ đó suy ra ptmp.

1 2 3
( ; ; )

a a a a = ;0)
3
4
;
3
2
(

Vậy Δ:

0 1

0 2

0 3

x x a t
y y a t
z z a t

 




 



  




















0

3
4
3
2

z
t
y

t
x

2) Pt mặt phẳng vng góc với đường
thẳng OG và tiếp xúc với mặt cầu (S)
Xác định VTPT n OG



= ;0)

3
4
;
3
2
(
xác định được d(I;(P)) = r
Từ đó suy ra ptmp

IV. RÚT KINH NGHIỆM:

GIẢNG DẠY CỦA GV

HỌC TẬP CỦA HỌC SINH

=============================================================
Ngày soạn

09/02

TUẦN III

Từ ngày: 12/03
Đến ngày: 17/03
CHỦ ĐỀ 4: SỐ PHỨC

( tiết 11-12-13-14-15)

I. MỤC TIÊU :

Kieỏn thửực Biết dạng đại số của số phức.

BiÕt c¸ch biĨu diƠn hình học của số phức, môđun của số phức, số phức liên hợp.

Ky nang Thc hin c cỏc phộp tớnh cộng, trừ, nhân, chia số phức.

BiÕt t×m nghiƯm phøc cđa phơng trình bậc hai với hệ số thực
(nếu < 0).

Vận dụng -Vận dụng kiến thức giải được một phần bài tập dạng tổng hợp.

-Hướng dẫn sử dụng máy tính bỏ túi trong q trình giải bài tập.

Trọng tâm

chủ đề:

- Môđun của số phức
-Các phép toán trên số phức
-Căn bậc hai của số thực âm

-Phương trình bậc hai hệ số thực có biệt thức Δ âm.

II. NHỮNG ĐIỀU CẦN LƯU Ý:

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

III.ÔN TẬP TRÊN LỚP

*

Hoạt động vấn đáp theo kiến thức cơ bản của lí thuyết

:

-Giáo viên: phát phiếu học tập

-Học sinh hoàn thành theo bảng

ĐỊNH NGHĨA CỘNG – TRỪ CÁC SỐ PHỨC

Số phức z là biểu thức dạng a+bi 
(a.b R ;i2=-1). Kí hiệu z= a+bi
Trong đó a là phần thực; b là phần ảo
Chú ý:

1) Số phức z gọi là số thuần ảo <=>a=0
2) Số phức z gọi là số thực <=>b=0

1)Cộng phần thực theo phần thực, phần ảo 
theo phần ảo sau đó viết dưới dạng a+bi.
2)Trừ phần thực theo phần thực, phần ảo theo 
phần ảo sau đó viết dưới dạng a+bi

HAI SỐ PHỨC BẰNG NHAU NHÂN HAI SỐ PHỨC

/
/

a a
Z Z

b b
 



  





Nhân hai đa thức, sau đó thay i2=-1 và viết

dưới dạng a+bi

MÔĐUN CỦA SỐ PHỨC CHIA HAI SỐ PHỨC

2 2

Z  a bi  a b

/ /

Ch :1) . .
2)

ú ý z z z z
z
z

z z



Nhân tử và mẫu cho số phức liên hợp của mẫu,
sau đó viết dưới dạng a+bi

Chú ý: số phức nghịch đảo

2 2

1 a bi
z a b






SỐ PHỨC LIÊN HỢP BIỂU DIỄN HÌNH HỌC CỦA SỐ PHỨCTRÊN TOẠ ĐỘ OXY

z a bi a bi   

 

2 2

Ch :1)
2) .

ú ý z z
z z a b



 

Mỗi số phức z=a+bi được biểu diễn bỡi điểm 
M(a;b)

Chú ý: khi tìm tập hợp điểm biểu diển của số 
phức z gặp Z a bi a2 b2

   

PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VỚI HỆ SỐ

THỰC VÀ



ÂM ĐỊNH LÝ VI-ÉT

Phương trình: az2+bz+c=0

Ta có: b2 4ac 0
   

Phương trình có hai nghiệm phức phân biệt

1;2 2

b i

z

a

  



1)Nếu z1;z2 là nghiệm của phương trình

az2+bz+c=0 thì

1 2

b
z z

a


  và 1. 2

c
z z

a


2)Nếu z1;z2 thỏa 1 2 ; 1. 2

b c

S z z P z z

a a



    

thìz1;z2 là nghiệm của pt z2-Sz+P=0

CĂN BẬC HAI CỦA SỐ THỰC ÂM Số thực a âm có căn bậc hai là i a

*Rút kinh nghiệm:

………
……….

* Hoạt động giải bài tập: Tìm phần thực, phần ảo, mơdun của số phức

Tiết 11

: Củng cố kiến thức

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

a



5 + 2i - 3(-7 + 6i



b)

(2 -

i



(

+

i



c) (1 +

i



d)

2 15

3 2

i





Hoạt động giáo viên

Hoạt động học sinh

Nội dung lưu bảng

a 5 + 2i - 3(-7 + 6i

- Xác định các yếu tố: z = a+bi
- Nhận dạng yêu cầu bài toán
- Phương pháp giải theo yêu cầu
bài toán

GV: học sinh vận dụng máy
tính, đưa về dạng số phức
-Gọi hs nhận xét kết quả

HS1: định nghĩa số phức
z = a+bi

Trong đó a là phần thực; b là
phần ảo

mơđun Z a2 b2

 

HS2:

Ta có: Z = 5 + 2i - 3(-7 + 6i
= 26 – 16i

Vậy phần thực bằng 26; phần ảo
bằng -16

Mơđun bằng

233
2
16
262 2





Z

a/Ta có: Z = 5 + 2i - 3(-7 + 6i
= 26 – 16i

Vậy phần thực bằng 26; phần ảo
bằng -16

Môđun bằng

233
2
16

262 2





Z

b) (2 - 3i(1

2+ 3i
- Nhận dạng yêu cầu bài toán
- Phương pháp giải theo yêu cầu
bài tốn

GV: học sinh vận dụng máy
tính, đưa về dạng số phức
-Gọi hs nhận xét kết quả

HS3:

Ta có: (2 - 3i(1

2+ 3i
=1+2 3i- 3

2 i-3i

2= 4+3 3
2 i

Vậy phần thực bằng 4; phần ảo
bằng 3 3

2
Môđun bằng

2 3 3

2
Z    

 

  2

Ta có: (2 - 3i(1

2+ 3i
=1+2 3i- 3

2 i-3i

2=4+3 3
2 i

Vậy phần thực bằng 4; phần ảo
bằng 3 3

2
Môđun bằng

2 3 3

Z    

  2

c) (1 + 2i2

- Nhận dạng yêu cầu bài toán
- Phương pháp giải theo yêu cầu
bài toán

GV: học sinh vận dụng máy
tính, đưa về dạng số phức
-Gọi hs nhận xét kết quả

HS4:Ta có:

(1 + 2i2=1+2 2i+2i2
=-1+2 2i

Vậy phần thực bằng -1; phần ảo
bằng 2 2

Môđun bằng





( 1) 2 2

Z    3

Ta có: (1 + 2i2 =

= 1 + 2 2i +2i2 = - 1+2 2i
Vậy phần thực bằng -1; phần ảo
bằng 2 2

Môđun bằng





( 1) 2 2

Z    3

2 15

3 2

i





- Nhận dạng yêu cầu bài toán
- Phương pháp giải theo yêu cầu
bài toán

-Gặp bài toán chia hai số phức
ta chưa thể bấm máy ra kết quả,
phải qua bước biến đổi. Hãy
cho biết đó là gì?

HS5: Nhân số phức liên hiệp vói
mẫu

Ta có: 2 15
3 2

i
i



 =

(2 15 )(3 2 )
(3 2 )(3 2

i i

 

 

= i

13
49
13
24



Ta có:
2 15

3 2

i

i


 =

(2 15 )(3 2 )
(3 2 )(3 2

i i

 

 

= i

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

GV: học sinh vận dụng máy
tính, đưa về dạng số phức
-Gọi hs nhận xét kết quả

Vậy phần thực bằng
13
24
 ; phần
ảo bằng

13
49


Môđun bằng

13
2977
)

13
49
(
)
13
24

( 2 2







Z

Vậy phần thực bằng
13
24
 ; phần
ảo bằng

13
49

Môđun bằng :

13
2977
)

13
49
(
)
13
24

( 2 2







Z
*Dự kiến gải thêm dạng tốn:

+Tìm cặp số thực (x;y)
1/x+y+(x-y)i+1=0
2/x-1+yi=-x+1+xi+i

3/4x +(i+1)5=(1+y)i
4/(1+2i)x+(3-5i)y = 1-3i
+Nhận dạng u cầu bài tốn?
+Lí thuyết cơ bản vận dụng giải
là gì?

-Phương pháp giải?

-Tìm cặp số thực

-Áp dụng hai số phức bằng nhau













2

1

2

1

2

1 b

a

Z

-Mỗi vế của biểu thức là một số
phức: cần xác định được phần
thực, phần ảo

*Bài tập rèn luyện

Bài 1: Tính mơđun của số phức

Bài 2 Tìm mơ đun của số phức
z= 4-3i+(1-i)3

Bài 3: Tính giá trị của biểu thức
P=

Bài 4: Tìm phần thực, phần ảo và
mơđun của số phức

z = + (1-i)3
*Rút kinh nghiệm:

………
……….

* Hoạt động : Giải các phương trình sau trên tập số phức

a) x

– 2x + 10 = 0

b) z

+ z + 5 = 0

c) x

+ 5x

+ 4 = 0 d) x

– x

+ 4x = 0

Hoạt động

giáo viên

Hoạt động học sinh

Nội dung lưu bảng

a) x

– 2x + 10 = 0

-Nêu phương
pháp giải
phương trình
bậc hai trên tập
số phức

-Vận dụng giải
-Khi giải
phương trình
ta cần chú ý
biến của đề
bài, tại sao?

HS1: Phương trình: az2+bz+c=0

+Ta tính: b2  4ac

+Kết luận:

* b2 4ac 0
   

Phương trình có hai nghiệm phức phân 
biệt 1;2

b i
z

a

  



*0: phương trình có nghiệm kép
(nghiệm thực):

a
b
Z

2



*0: phương trình có 2 nghiệm
nghiệm thực phân biệt:

a

b
Z
a
b
Z

2
;










HS2: Trình bày trên bảng

a) x

– 2x + 10 = 0

Ta có

 

4 4 40 36 0

b ac
i

      

 

Phương trình có hai nghiệm phức phân
biệt:

2 6

1 3
2

2 6

1 3
2

i

x i

i

x i




  






   



Vậy phương trình có hai nghiệm phức là
1 3 à 1 3

x  i v x  i

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

Ta có

 

4 4 40 36 0

b ac
i

      

 

Phương trình có hai nghiệm phức phân
biệt:
2 6
1 3
2
2 6
1 3
2
i
x i
i
x i


  




   


b) z

+ z + 5 = 0

-Nêu nhận xét
câu a,

-Gọi hs giải
câu b

HS3: Trình bày trên bảng
Ta có





4 1 20 19 0

b ac
i

      

 

Phương trình có hai nghiệm phức phân
biệt:

1 19 1 19

2 2 2

1 19 1 19

2 2 2

i
z i
i
z i
  
  


  
  


Ta có





2
2

4 1 20 19 0

b ac
i

      

 

Phương trình có hai nghiệm phức phân
biệt:

1 19 1 19

2 2 2

1 19 1 19

2 2 2

i
z i
i
z i
  
  


  
  




Vậy phương trình có hai nghiệm phức là

1 19 1 19

2 2 2 2

z  i v z  i

c) x

+ 5x

+ 4 = 0

-Nêu nhận xét
câu b,

-Nhận dạng
phương trình
câu c

-Gọi hs giải
câu c

HS1: nhắc lại

- Đặt t = x2 , (t thuộc R)

- Phương trình trở thành phương trình bậc
hai, giải phương trình bậc hai trên tìm t

=> x

HS2: Ta có:

Đặt t = x2 phương trình trở thành : 
t2 + 5t + 4 = 0

 2 5 4 0 1

4
t
t t
t


    


Với

2 2 2

1 1

t  x   x i  xi

 

2 2

4 4 2 2

t  x   x  i  xi

+Đặt t = x2 phương trình trở thành : 
t2 + 5t + 4 = 0

 2 5 4 0 1

4
t
t t
t


    


Với

2 2 2

1 1

t  x   x i  xi

 

2 2

4 4 2 2

t  x   x  i  xi
Vậy phương trình có tập nghiệm:



2 , 2 ,



T  i  i i i

d) x

– x

+ 4x = 0

-Nêu nhận xét
câu c,

-Nhận dạng
phương trình
câu d

-Gọi hs giải
câu d

-Đặt trường
hợp: đây là
phương trình
bậc 3, có 1 bạn
dùng máy tính

Hs trình bày:
Ta có:





3 2
2
2
0
4 0

4 0 (1)

(1) ó : 15 0, 15

1 15

2 2

1 15

2 2

x

x x x

x x

ta c i

i
x
i
x



    
  

    

 



 


Ta có:





3 2
2
2
0
4 0

4 0 (1)

(1) ó : 15 0, 15

1 15

2 2

1 15

2 2

x

x x x

x x

ta c i

i
x
i
x


    
  

    

 



 



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

để giải phương
trình. Ta có
chấp nhận
được kết quả
khơng ? Tại
sao?

-Khơng, vì đề bài u cầu giải phương
trình, ta khơng thể bấm máy ra kết ra quả.
Mà máy chỉ cho ta nghiệm thực

1 15 1 15

, ,0

2 2 2 2

i i

T    

 

 

*Bài tốn dự kiến cho học sinh giải thêm:
1/Tìm mơdul các nghiệm phương trình:

a/ z4 + z² - 6 = 0 b/ z4 + 7z2 + 10 = 0

2/Giải các phương trình:

i
i
Z

i
i
a









2
3
1
1





) 0

2
1
(

3
)
2
(

/     

i
iZ
i
Z
i
b
i
Z

i
i

c/5 (1 2)2 2 3






 (Z – 2 )(Z+2) = 1

*Bài tập rèn luyện

a/ -3z² + 2z – 1 = 0. ĐS z1,2 = b/ 7z² + 3z
+ 2 = 0. ĐS. z1,2 = c/ 5z² - 7z + 11 = 0.ĐS
z1,2 =

Xác định các yếu tố liên quan số phức.

* Củng cố tiết 3 và bài tập về nhà:

- Cơng thức nghiệm của phương trình bậc hai có đelt < 0
- Các cách trình bày khi giải phương trình để khơng mất điểm
- Giải các phương trình sau trên C

*Rút kinh nghiệm:

………
……….

* Hoạt động giải bài tập:

Tìm tập hợp điểm biểu diễn cho số phức z thõa điều kiện:

a) z 1 b) z 2 c) 1 z 3 d) z 1 và phần ảo = 1

Hoạt động giáo viên

Hoạt động học sinh

Nội dung lưu bảng

a) z 1

-Nhắc lại các dạng phương trình
đường thẳng, đường trịn đã biết từ
năm lớp 10

Nhắc lại phương pháp

+ Đặt: z x yi  ; , R,i2 1




y
x

+ Thay điều kiện của z sag điều kiện
của x, y

+ Rút gọn phương trình x, y và nhận
dạng phương trình x,y (thường là
đường trịn, đường thẳng, hình trịn,..)

-Học sinh trả lời nhanh
-Học sinh trình bày:
+ Đặt: z x yi;

1
i
R,

, 2





y
x
Ta có:

2 2

1 1

1
1

z x yi

x y
x y

   

  

Vây tập hợp điểm biểu diễn cho
số phức z là đường trịn tâm
I(0,0) bán kính R = 1

+ Đặt: z x yi  ;
1

i
R,

, 2





y
x
Ta có:

2 2

1 1

1
1

z x yi

x y
x y

   

  

Vây tập hợp điểm biểu diễn
cho số phức z là đường trịn
tâm I(0,0) bán kính R = 1

b) z 2

Nhắc lại phương pháp

+ Đặt: z x yi  ; , R,i2 1




y
x

+ Thay điều kiện của z sag điều kiện
của x, y

+ Rút gọn phương trình x, y và nhận
dạng phương trình x,y (thường là
đường trịn, đường thẳng, hình trịn,..)

Học sinh trình bày:
+ Đặt: z x yi;

i
R,

, 2





y
x
Ta có:

Học sinh trình bày:
+ Đặt: z x yi  ;

1
i
R,

, 2





y
x
Ta có:

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

2 2

1 2

4
4

z x yi

x y
x y

   

  

Vây tập hợp điểm biểu diễn cho
số phức z là hình trịn tâm I(0,0)
bán kính R = 2

2 2

1 2

4
4

z x yi

x y
x y

   

  

Vây tập hợp điểm biểu diễn
cho số phức z là hình trịn
tâm I(0,0) bán kính R = 2
c) 1 z 3

Nhắc lại phương pháp

+ Đặt: z x yi  ; , R,i2 1




y
x

+ Thay điều kiện của z sag điều kiện

của x, y

+ Rút gọn phương trình x, y và nhận
dạng phương trình x,y (thường là
đường trịn, đường thẳng, hình trịn,..)

Học sinh trình bày:
+ Đặt: z x yi;

1
i
R,

, 2





y
x
Ta có:

2 2

1 3 1 3

1 3

1 9

z x yi

x y
x y

     

   

Vây tập hợp điểm biểu diễn cho
số phức z là hình vành khuyên
giới hạn bởi 2 đtròn Tâm O bk R
= 9 và đtròn tâm O bk R = 1

+ Đặt:
;

z x yi  , R,i2 1




y
x
Ta có:

2 2

1 3 1 3

1 3

1 9

z x yi

x y
x y

     

   

Vây tập hợp điểm biểu diễn
cho số phức z là hình vành
khuyên giới hạn bởi 2 đtròn
Tâm O bk R = 9 và đtròn
tâm O bk R = 1

z  và phần ảo = 1
Nhắc lại phương pháp

+ Đặt: z x yi  ; , R,i2 1




y
x

+ Thay điều kiện của z sag điều kiện
của x, y

+ Rút gọn phương trình x, y và nhận
dạng phương trình x,y (thường là
đường trịn, đường thẳng, hình trịn,..)

Học sinh trình bày:
+ Đặt: z x yi;

1
i
R,

, 2





y
x
Ta có:

2 2

1 1

1
1

   

  

z x yi

x y
x y

Do phần ảo bằng 1 nên y = 1
Suy ra x = 0

Vậy tập hợp điểm biểu diễn cho
số phức z là điểm B (0,1)

+ Đặt: z x yi  ;

1
i
R,

, 2





y
x
Ta có:

2 2

1 1

1
1

   

  

z x yi

x y
x y

Do phần ảo bằng 1 nên y = 1
Suy ra x = 0

Vậy tập hợp điểm biểu diễn
cho số phức z là điểm B
(0,1)

*Bài toán dự kiến cho học sinh giải thêm:

Tìm tập hợp điểm biểu diễn cho số phức z thỏa điều kiện

a) z 1 2  b) z i 3 c) z



2 3i



2
d) z 2i z 1 e) z z 2 f) z 2 và phần ảo < 0
*Rút kinh nghiệm:

………
……….

* Hoạt động giải bài tập:

Tổng hợp về số phức

Bài 1: Tìm số phức z biết z  5 và phần thực bằng 2 lần phần ảo

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

Bài 2: Tìm số phức z biết phần thực là nghiệm của pt x2 – 3x – 4 = 0 và z  10

Bài 3: Tìm phần thực và phần ảo của số phức 2z2 – z + 1, biết z = 2 + 3i

Hoạt động giáo

viên

Hoạt động học sinh

Nội dung lưu bảng

Bài 1: Tìm số phức z biết z  5 và phần thực bằng 2 lần phần ảo

- Nhắc lại định
nghĩa số phức
- Công thức môđun

HS1: định nghĩa số phức z = a+bi
Trong đó a là phần thực; b là phần ảo
mơđun Z  a2b2

HS2: Ta có

2 2
2 2

z 5 a bi 5

a b 5

   

  

Mà a = 2b nên ta được

 

2 2 2

2b b 5 5b 5

b 1

   

 

 

Vậy z = 2 +i và z = - 2 - i

2 2
2 2

z 5 a bi 5

a b 5

   

  

Mà a = 2b nên ta được

 

2 2 2

2b b 5 5b 5

b 1

   

 

 

Vậy z = 2 +i và z = - 2 - i

Bài 2: Tìm số phức z biết phần thực là nghiệm của pt x2 – 3x – 4 = 0 và z  10

-Nêu nhận xét câu
1,

-Nhận dạng phương
trình câu 2

-Gọi hs giải câu 2

-HS:
Ta có

x2 – 3x – 4 = 0  x = - 1 và x = 4
mà z  10 nên

2 2
2 2

z 10 a bi 10

a b 10

   

  

Với

x 1 a 1 b 3

z 1 3i

    

  
 

 


Với x 4  a 4 vn

 

Ta có

x2 – 3x – 4 = 0  x = - 1 và x = 4
mà z  10 nên

2 2
2 2

z 10 a bi 10

a b 10

   

  

Với

x 1 a 1 b 3

z 1 3i

    

  
 

 


Với x 4  a 4 vn

 

Vậy số phức cần tìm là

z 1 3i

  


 


Bài 3: Tìm phần thực và phần ảo của số phức 2z2 – z + 1, biết z = 2 + 3i

Nêu nhận xét câu 2,
-Nhận dạng phương
trình câu 3

-Gọi hs giải câu 3

HS:

Với z = 2 + 3i ta có













2z – z 1 2 2i 32 2i 3 1

2 12i 5 2i 2

22i 8

     

   

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













2z – z 1 2 2i 32 2i 3 1

2 12i 5 2i 2

22i 8

     

   

 

Vậy phần thực bằng 8, phần ảo bằng 22

BÀI TẬP TRONG CÁC ĐỀ THI

Bài 1. Giải phương trình 2x2 5x 4 0 trên tập số phức.
TN THPT – 2006 Đáp số: 1 5 7
4 4

x   i; 2 5 7

4 4

x   i

Bài 2. Giải phương trình x2 4x 7 0

   trên tập số phức.

TN THPT – 2007 (lần 1) Đáp số: x1 2 3i; x2  2 3i

Bài 3. Giải phương trình x2 6x 25 0

   trên tập số phức.

TN THPT – 2007 (lần 2) Đáp số: x1 3 4i; x2  3 4i

Bài 4. Tìm giá trị của biểu thức: P (1 3 )i 2 (1 3 )i2

    . TN THPT – 2008 (lần 1) Đáp số: P4

Bài 5. Giải phương trình x2 2x 2 0 trên tập số phức.

TN THPT – 2008 (lần 2) Đáp số: x1 1 i; x2  1 i

Bài 6. Giải phương trình 8z2 4z 1 0 trên tập số phức.

TN THPT – 2009 (CB) Đáp số: x1 4 41 1i; x2  4 41 1i

Bài 7. Giải phương trình 2z2 6z 5 0

   trên tập số phức.

TN THPT – 2010 (GDTX) Đáp số: x1 3 12 2 i; x2  3 12 2 i

Bài 8. Cho hai số phức: z1 1 2i, z2 2 3i. Xác định phần thực và phần ảo của số phức z1 2z2.
TN THPT – 2010 (CB) Đáp số: Phần thực – 3 ; Phần ảo 8

Bài 9. Cho hai số phức: z1 2 5i, z2 3 4i. Xác định phần thực và phần ảo của số phức z z1. 2.
TN THPT – 2010 (NC) Đáp số: Phần thực 26 ; Phần ảo 7

Bài 10. Gọi z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trình z22z10 0 . Tính giá trị của biểu thức

2 2

1 2

| | | |

A z  z . ĐH Khối A – 2009 (CB) Đáp số: A = 20

Bài 11. Tìm số phức z thỏa mãn |z (2i) | 10 và .z z25.

ĐH Khối B – 2009 (CB) Đáp số: z = 3 + 4i  z = 5

Bài 12. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thoả mãn điều kiện
|z (3 4 ) | 2 i  .

ĐH Khối D – 2009 Đáp số: đường tròn tâm I(3 ; – 4 ), bán kính R = 2.

Bài 13. Cho số phức z thỏ mãn: (1i) (22  i z)   8 i (1 2 ) i z. Xác định phần thực và phần ảo của z.
CĐ Khối A,B,D – 2009 (CB) Đáp số: Phần thực – 2 ; Phần ảo 5.

Bài 14. Tìm phần ảo của số phức z, biết: z( 2i) (12  2 )i .

ĐH Khối A – 2010 (CB) Đáp số:  2

Bài 15. Cho số phức z thỏa mãn: (1 3 )3
1

i
z




 . Tìm mơđun của z iz .

ĐH Khối A – 2010 (NC) Đáp số: 8 2

Bài 16. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thoả mãn điều kiện
|z i | | (1 i z) |. ĐH Khối B – 2010 (CB) Đáp số: đường tròn x2(y1)2 2

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

Bài 18. Cho số phức z thỏ mãn: (2 3 )i z (4 i z) (1 3 )i 2

     . Xác định phần thực và phần ảo của z.

CĐ Khối A,B,D – 2010 (CB) Đáp số: Phần thực – 2 ; Phần ảo 5.

IV.RÚT KINH NGHIỆM:

GIẢNG DẠY CỦA GV

HỌC TẬP CỦA HỌC SINH

===============================================================

Ngày soạn
19/02

TUẦN IV

Từ ngày: 19/03

Đến ngày: 24/03
CHỦ ĐỀ 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN

(tiết 16-17-18)

I. MỤC TIÊU :

Kiến thức - Hiu khái nim nguyên hàm ca một hàm số.

- Biết các tính chất cơ bản của nguyên hàm.

- Bit nh ngha tớch phõn ca hm số liên tục bằng công thức
- Biết các tính chất của tích phân.

Kyừ naờng - Tìm đợc ngun hàm; tớch phõn của một số hàm số tơng đối n gin da vo bng

nguyên hàm và cách tính nguyên hàm; tớch phõn từng phần

Van duựng S dng c phơng pháp đổi biến số (khi đã chỉ rõ cách đổi biến số và

không đổi biến số quá một lần) để tính nguyên hàm; tớch phõn

Trọng tâm

chủ đề:

Tính tích phân bằng định nghĩa, bằng phương pháp đổi biến số , bằng phương
pháp tích phân từng phần

II. NHỮNG ĐIỀU CẦN LƯU Ý:

1

. Phương pháp ôn tập: Học sinh phải giải thành thạo các dạng toán cơ bản theo chuẩn kiến thức.
2. Tổ chức dạy học: Lập dàn bài từng câu một

III.ÔN TẬP TRÊN LỚP

*

Hoạt động vấn đáp theo kiến thức cơ bản của lí thuyết

:

-Giáo viên: phát phiếu học tập
-Học sinh hồn thành theo bảng

ĐỊNH NGHĨA ĐỊNH LÝ

Cho hàm số f(x) xác định trên K.

F(x) là nguyên hàm của f(x) trên K  F’(x)=f(x)

+F(x)là nguyên hàm của f(x) trên 
K thì G(x)=F(x)+C cũng là nguyên
hàm của f(x) trên K, với C số thực
+



f(x)dxF(x)C;CR

Tính chất ĐỊNH NGHĨA TÍCH PHÂN

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

- Học thuộc bảng nguyên hàm và các tính chất của nguyên
hàm (SGK)

- Dùng phương pháp hệ số bất định
- Dùng phương pháp đổi biến số
- Dùng phương pháp từng phần

- Học thuộc và vận dụng thật tốt bảng nguyên hàm và các
tính chất của nguyên hàm và tích phân.

1 sin

cos

1 sin(

)

cos(

)

1 cos

sin

1 cos(

)

sin(

)

1

mx mx

ax b ax b

mxdx

mx C

m

ax b dx

ax b

C

a

mxdx

mx C

m

ax b dx

ax b

C

a

e dx

e

C

m

e

dx

e

C

a

 

































- Công thức biến đổi tích thành tổng













1 cos .cos

cos(

) cos(

)

2

1 sin .sin

cos(

) cos(

)

2

1 sin .cos

sin(

) sin(

)

2 a

b

a b

a

b

a b

a

b

a b



















- Công thức hạ bậc:

1 cos 2

sin

2 1 cos 2

cos

2 x









Dạng 1 : Phương pháp tính tích 
phân bằng cách sử dụng đ/n, tính
chất và nguyên hàm cơ bản.

Phương pháp

Bước 1: Tìm nguyên hàm

Bước 2: Dùng cơng thức
Newton-Leibuiz:

Dạng 3: Phương pháp tính tích phân từng phần.

Cơng thức tích phân từngphần:

Tích phân các hàm số dể phát hiện u và dv
( ). x

P x e dx



P x( ).cosxdx



P x( ).sinxdx



P x( ).lnxdx

Dạng 2:Phương pháp đổi biến số
( đặt ẩn phụ).

Phương pháp:

Ta sử dụng định lí sau: Nếu hàm 
số

x





( )

t

có đạo hàm



( )

t

liên tục trên 
đoạn



 

;



và :

.

b

b
b

a a

a

u dv u v





vdu

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

u P(x) P(x) P(x) lnx

dv exdx cosxdx sinxdx P(x)dx

1/ Dạng tốn1: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 1 đường cong 
và 3 đường thẳng.

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

2/ Dạng toán2: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đường 
cong và 2 đường thẳng.

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 toán:

B1: Lập phương trình hồnh 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











( )

; ( )

;

t

a

t

b

t

x

a b



 









thì : b

( )

( ( )) ( )

a

f x dx

f

t

t dt











(*)

Chú ý: Trong thực hành , việc áp
dụng công thức(*) chỉ là việc thay
hàm số f(x) bằng một hàm số khác
theo biến số mới t

(

t





 

;



)

,
hàm số thay thế là hàm sơ cấp có
thể tìm được nguyên hàm trực tiếp
từ bảng nguyên hàm ( hoặc sau một
số phép biến đỏi đại số).

* Cần nắm được các dạng tốn đổi
biến dạng 1 và đổi biến dạng 2
Dạng tốn :Thể tích của vật

thể: (xsgk)

( )

b
a

V





S x dx

Dạng tốn :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 xung quanh
trục ox là:

( )

b
a

V





f

x dx

*Hoạt động giải bài 1: Tìm họ nguyên hàm các hàm số sau

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

Tìm họ nguyên hàm các hs:
1/ f(x) = x3-3x+ 1

x ; 2 / f(x) = 3

1 1

x  x ;3 / f(x) = x2(5-x4) ; 4/ f(x) = 2sin24
x

5 / f(x) = 5x+3x ; 6 / f(x) = cos 2
cos sin

x

x x





Hoạt động giáo viên

Hoạt động học sinh

Nội dung lưu bảng

1/ f(x) = x3-3x+ 1

x

-Nêu cách tìm một nguyên hàm ?
-Vận dụng giải

-Nhận xét kết quả

1/ f(x) = x3-3x+ 1

x

F(x) =

4 3 2
ln

4 2

x x

x C

  

F(x) =

4 3 2
ln

4 2

x x

x C

  

2 / f(x) = 1 31

x  x

-Nêu cách tìm một nguyên hàm ?
-Vận dụng giải

-Nhận xét kết quả

2 / f(x) = 1 31

x  x

1
1

3
2

3 2
( )

3
( ) 2

f x x x

F x x x C




 

   

f(x) = 1 31

x  x

3
2

3 2
( )

3
( ) 2

f x x x

F x x x C




 

   

3 / f(x) = x2(5-x4)

-Nêu cách tìm một nguyên hàm ?
-Vận dụng giải

-Nhận xét kết quả

3 / f(x) = x2(5-x4) 
F(x) = 5 3 7

3 7

x x
C
 

F(x) =

3 7

x x
C
 

4/ f(x) = 2sin24

x

-Nêu cách tìm một nguyên hàm ?
-Vận dụng giải

-Nhận xét kết quả

4/ f(x) = 2sin24

x

f(x) = 1- cos
2

x

F(x) = x- 2 sin
2

x

f(x) = 1- cos
2

x

F(x) = x- 2 sin
2

x

5 / f(x) = 5x+3x

-Nêu cách tìm một nguyên hàm ?
-Vận dụng giải

-Nhận xét kết quả

5 / f(x) = 5x+3x 
F(x) = 5 3

ln 5 ln 3

x x

C

 

f(x) = 5x+3x 
F(x) = 5 3

ln 5 ln 3

x x

C

 

6 / f(x) = cos 2
cos sin

x

x x





-Nêu cách tìm một nguyên hàm ?
-Vận dụng giải

-Nhận xét kết quả

6 / f(x) = cos 2
cos sin

x

x x




F(x) = -sinx –cosx +C

f(x) = cos 2
cos sin

x

x x




F(x) = -sinx –cosx +C

*Hoạt động giải bài 2:

Tìm một nguyên hàm F(x) của f(x) thoả điều kiện:
1/ f(x)= 3 23 2 3 1 à F(1) = 1

2 1 3

x x x

v

x x

  

 

2/ f(x) = cos5x.cos3x và ( ) 1

F  

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

3 2
2

3 3 1

( )

2 1

1
à F(1) =

x x x

f x
x x
v
  

 

-Nêu cách tìm một nguyên
hàm ?

-Vận dụng giải
-Nhận xét kết quả
+Từ g(x) = f(x) .
+Tìm:G(x) = F(x) + C
ĐK: F(a ) = b.Tìm: C
+Thay vào:G(x)

1/ f(x)= 3 23 2 3 1 à F(1) = 1

2 1 3

x x x

v

x x

  

 

f(x) = x+1- 2
2
(x1)

F(x) = 2 2

2 1
x
x C

x
  

F(1) =1

3 →

5 1 13

2C 3 C 6
Vậy: F(x) = 2 2 13

2 1 6

x
x
x
  

1/ f(x)=
3 2
2

3 3 1 1

à F(1) =

2 1 3

x x x

v

x x

  

 

f(x) = x+1- 2
2
(x1)

F(x) = 2 2

2 1
x
x C
x
  

F(1) =1

3 →

5 1 13

2C 3 C  6
Vậy: F(x) = 2 2 13

2 1 6

x
x

x

  


2/ f(x) = cos5x.cos3x và

( ) 1
4

F  

-Nêu cách tìm một nguyên
hàm ?

-Vận dụng giải
-Nhận xét kết quả
+Từ g(x) = f(x) .
+Tìm:G(x) = F(x) + C
ĐK: F(a ) = b.Tìm: C
+Thay vào:G(x)

2/ f(x) = cos5x.cos3x và ( ) 1
4

F  
f(x) = 1



cos 2 cos8



2 x x

1 1 1

( ) sin 2 sin 8

2 2 8

F x  x x C

     

 

( ) 1
4

F   ↔1 1 3

4C  C4

1 1 1 3

( ) sin 2 sin 8

2 2 8 4

F x  x x

     

 

2/ f(x) = cos5x.cos3x và
( ) 1

F  

f(x) = 1



cos 2 cos8



2 x x

1 1 1

( ) sin 2 sin 8

2 2 8

F x  x x C

    

 

( ) 1

F   ↔1 1 3

4C  C4

1 1 1 3

( ) sin 2 sin 8

2 2 8 4

F x  x x

    

 

*Rút kinh nghiệm:

………
……….

*Hoạt động giải bài toán: Tính các tích phân sau:

1/

3
3
1

(x 1)dx






2/

4
4
2
4

( 3sin )

cos x x dx







3/

cos

(e x x)sinxdx






4/

(2x1) lnxdx



Hoạt động giáo viên

Hoạt động học sinh

Nội dung

3
3
1

(x 1)dx






- Nhận dạng cơng thức
-Trình bày phương pháp giải
-Nhận xét kết quả

-Áp dụng trực tiếp công thức
nguyên hàm
C
mx
dx
m
C
x
dx
x









.
1
1  1



-Giải .Nhận xét kết quả

1/

3
1

(x 1)dx






=

) 24

4
(
3
1
4



x
x

2/

4
4
2
4

( 3sin )

cos x x dx







- Nhận dạng cơng thức
-Trình bày phương pháp giải
-Nhận xét kết quả

-Áp dụng trực tiếp công thức
nguyên hàm
C
Cosx
Sinxdx
C
x
dx
x
Cos








12 tan

-Giải. Nhận xét kết quả

2/

( 3sin )

cos x x dx








8
)
3
tan
4
( 4

4






Cosx
x

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

3/

cos
0

(e x x)sinxdx






- Nhận dạng bài tốn:
+Nhân phân phối

+Tách thành 2 tích phân giải
-Trình bày phương pháp giải
-Nhận xét kết quả

3. cos
0

(e x x)sinxdx





=
cos
1 2
0 0
sin .sin
x

e xdx x xdx I I

 

  



+Giải I1

Đặt : u = cosx  du = - sinx dx

 sinx dx = - du

x = 0  u = 1 ;x =   u =
-1
I1 =
1
1
1

1
1
u u

e du e e
e


  



+Giải I2

Đặt : u = x  du = dx

dv = sinxdx  v = - cosx

2 0

cos cos

cos cos0 sin 2

I x xdx

x





  
  



Vậy : cos
0

(e x x)sinxdx






= e–2-1

e

3. cos
0

(e x x)sinxdx





=
cos
1 2
0 0
sin .sin

x

e xdx x xdx I I

 

  



+Giải I1

Đặt : u = cosx  du = - sinx dx

 sinx dx = - du

x = 0  u = 1 ;x =   u = -1
I1 =
1
1
1
1
1
u u

e du e e
e


  



+Giải I2

Đặt : u = x  du = dx

dv = sinxdx  v = - cosx

2 0

cos cos

cos cos 0 sin 2

I x xdx

x




  
  



Vậy : cos
0

(e x x)sinxdx






= e–2-1

e

4/
2

(2x1) lnxdx



- Nhận dạng bài toán:

Phương pháp tích phân từng
phần

-Trình bày phương pháp giải:
-Nhận xét kết quả

4/.
2

(2x1) lnxdx



= K

Đặt : u = lnx du 1dx
x

 

dv = (2x – 1)dx  v = x2 – x 
K = (x2 – x).

2 2

1
1

1
lnx (x x dx)

x





=
2ln2-2
2 2
1 1

( 1) 2ln 2 ( )
2
x

x dx   x 



= 2ln2 - 1
2

4/
2

(2x1) lnxdx



= K

Đặt : u = lnx du 1dx
x

 

dv = (2x – 1)dx  v = x2 – x 
K = (x2 – x).

2 2

1
1

1
lnx (x x dx)

x





=
2ln2-2
2 2
1 1

( 1) 2ln 2 ( )
2
x

x dx   x 



= 2ln2 - 1
2

*Bài tập luyện tập thêm:

Tính các tích phân sau

:

1)






(3 cos2 ).x dx

2)





1
0

(ex 2)dx

3/.


 



3
2
2
3 7
4 3
x dx

x x

4/

2
2
1
x dx





(pt)

5)





2
sin
0

.cos .

x

e

x dx

6)





1
0 1
x
x
e dx

e

7)





1 ln

e

x dx

x

8)




1

2 5
0

( 3)

x x dx

IV.RÚT KINH NGHIỆM:

Ngày soạn
01/03/2012

TUẦN IV

Từ: 19/03/2012
Đến: 24/03/2012
CHỦ ĐỀ 1

GIÁ

TR

Ị LỚN NHẤT – NHỎ NHẤT

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

I. MỤC TIÊU :

Kiến thc Biết các khái nim giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất ca hàm số trên một tập

hợp số.

Kyừ naờng Biết cách tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên một đoạn, một

khoảng.

Vn dụng -Vận dụng kiến thức giải được một phần bài tập dạng tổng hợp.

-Hướng dẫn sử dụng máy tính bỏ túi trong quá trình giải bài tập

Trọng tâm

chủ đề:

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên một đoạn, một khoảng

II. NHỮNG ĐIỀU CẦN LƯU Ý:

1

. Phương pháp ôn tập: Học sinh phải giải thành thạo các dạng toán cơ bản theo chuẩn kiến thức.
2. Tổ chức dạy học: Lập dàn bài từng câu một

III. ÔN TẬP TRÊN LỚP

*

Hoạt động vấn đáp theo kiến thức cơ bản của lí thuyết

:

-Giáo viên: phát phiếu học tập

-Học sinh hồn thành theo bảng

Tìm GTLN – GTNN của hs trên [a ; b] Tìm GTLN – GTNN của hs trên (a ; b)
-Tính y’, tìm các nghiệm của phương trình

y’=0 thuộc đoạn [a;b]. Giả sử các nghiệm
là x1, x2,…, xn

- Tính các giá trị f(a), f(x1), f(x2),…., f(xn) ,

f(b) GTLN là số lớn nhất trong các giá trị
vừa tìm được, GTNN là giá trị nhỏ nhất
trong các số vừa tìm được.

-Tìm tập xác định .

-Tính y’, tìm các nghiệm của phương trình
y’=0. hay tại đó y’ khơng xác định

-Lập bảng biến thiên căn cứ bảng biến thiên
 GTLN, GTNN.

*Hoạt động giải bài tốn: Tìm GTLN, GTNN (nếu có) của các hàm số :
1. y = y = 3 1

x
x



 trên [0;2]
2. y = x4 – 2x2+3 trên [-3;2]
3. y = x+ cos2x trên [0;

4

]

Hoạt động giáo viên Hoạt động học sinh Nội dung 
1. y = y = 3 1

x
x



 trên [0;2]
1:Tìm GTLN-GTNN của 
hs:y = 3 1

x
x



 trên [0;2]
Gợi ý:

+ TXĐ

+ Tính :y’,lập BBT
+ Tính các giá trị đầu mút
+ KL: GTLN là số LN

1. y = y = 3 1
3

x
x



 trên [0;2]
1:Tìm GTLN-GTNN của hs:y =

3 1

x
x



 trên [0;2]
Giải

+ TXĐ: D= R\{3}; xét [0;2]
+ y’ = 2

8
(x 3)



 < 0 ,x D

1. y = y = 3 1
3

x
x



 trên [0;2]
1:Tìm GTLN-GTNN của hs:y 
= 3 1

x
x



 trên [0;2]
Giải

+ TXĐ: D= R\{3}; xét [0;2]
+ y’ = 2

8
(x 3)



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

GTNN là số NN
2:Tìm GTLN-GTNN của 
hs y = x4 – 2x2+3 trên 
[-3;2]

Gợi ý:
+ TXĐ

+ Tính :y’,lập BBT
+ Tính các giá trị đầu mút
+ KL: GTLN là số LN
GTNN là số NN

3:Tìm GTLN-GTNN của 
hs:y = x+ cos2x trên [0;

4

]
 Gợi ý: học sinh giải 
tương tự

+ Max[1;2]{f(x)}= f(0) = 1
3
+ min[0;2]{f(x)} = f(2) = -5
2:Tìm GTLN-GTNN của hs

y = x4 – 2x2+3 trên [-3;2]
Giải

+ TXĐ:D = R
+ y’ = 4x3-4x = 0
↔ x = 0;x = 1;x = -1
+ f(0) = 3

+ f(1) = f(-1) = 2
+f( -3) = 66
+ f(2) = 11
KL:ymax = 66
Ymin = -1

3:Tìm GTLN-GTNN của hs:
y = x+ cos2x trên [0;

4

]

+ Max[1;2]{f(x)}= f(0) = 1
3
+ min[0;2]{f(x)} = f(2) = -5
2:Tìm GTLN-GTNN của hs y 
= x4 – 2x2+3 trên [-3;2]
Giải

+ TXĐ:D = R
+ y’ = 4x3-4x = 0

↔ x = 0;x = 1;x = -1
+ f(0) = 3

+ f(1) = f(-1) = 2
+f( -3) = 66
+ f(2) = 11
KL:ymax = 66
Ymin = -1

3:Tìm GTLN-GTNN của hs:
y = x+ cos2x trên [0;

4

]

*

Rút kinh nghiêm

:

………
………..

*Hoạt động giải bài tốn: Tìm GTLN – GTNN của các hs sau : 
1.y = 2x3 – 3x2 – 36x + 10 treân [ -5 ; 4 ]

2. y = e2x – 4.ex + 3 treân [ 0 ; ln4 ]
3.y = 2 1

2 2

x

x x

-- + treân [ -1 ; 1 ]

Hoạt động giáo viên Hoạt động học sinh Nội dung
1. y = 2x3 – 3x2 – 36x + 10

treân [ -5 ; 4 ]

Nêu các bước : tìm gtln – gtnn
của hs trên đoạn [a ; b ] ?
+ TXĐ

+ tính y’ ; y’ = 0 tìm x ( nếu
có ) ?

+ Tính các giá trị : f(a) ;
f(b) ,f(x)

+ KL: So sánh 3 số f(a) ; f(b)
,f(x)

[ , ]

max

a b y= số LN ; min[ ; ]a b y=
số NN

y = 2x3 – 3x2 – 36x + 10 treân 
[ -5 ; 4 ]

+ TXĐ : D = R ; xét hàm số
rên [ -5 ; 4 ]

+ y’ = 6x2 – 6x – 36 = 0























;
5
2

4
;
5
3

x
x

+ f( 3 ) = - 71 ; f( - 2 ) = 54
+ f( -5) = -135 ; f( 4) = -54
+ Vậy :

[ 5;4]
[ 5;4]

max 54 ; 2

min 135 ; 5

y x

-= =

-= - =

-y = 2x3 – 3x2 – 36x + 10 treân [-5;4 ]
+ TXĐ : D = R ;

+Xét hàm số liên tục trên [-5 ; 4 ]
+ y’ = 6x2 – 6x – 36 = 0























4
;
5

4
;
5
3

x
x

+ f( 3 ) = - 71 ; f( - 2 ) = 54
+ f( -5) = -135 ; f( 4) = -54
+ Vậy :

[ 5;4]
[ 5;4]

max 54 ; 2

min 135 ; 5

y x

-= =

-= - =

-2. y = e2x – 4.ex + 3 treân 
đoạn [ 0; ln4 ]

-Nêu công thức đạo hàm:

)'
(

u
x

e
e

-Cho học sinh giải

HS:

y = e2x– 4.ex+3 treân [ 0 ; ln4 ]
+ Xét hàm số liên tục trên
[0;ln4]

+ y’ = 2e2x – 4.ex = 0



0;ln4



2
ln 


 x

2. y = e2x – 4.ex + 3 treân [ 0 ; ln4 ]
+ TXĐ : D = R ;

+Xét hàm số liên tục trên [ 0 ; ln4]
+ y’ = 2e2x – 4.ex = 0



0;ln4



2
ln 


 x

+ f( 0 ) = 0 ; f( ln2) = -1 ; f(ln4) = 3

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

-Nhận xét kết quả + f( 0 ) = 0 ; f( ln2) = -1 ;
f(ln4) = 3

+ Vậy :

[0;ln4]
[0;ln4]

max 3 ; ln4

min 1 ; ln2

y x

= =

= - =

+ Vậy :

[0;ln4]
[0;ln4]

max 3 ; ln4

min 1 ; ln2

y x

= =

= - =

3.y = 2 1

2 2

x

x x

-- + treân [ -1;1 ]

-Nêu công thức đạo hàm:
( )'

v
u

-Cho học sinh giải
-Nhận xét kết quả

3. y = 2 1

2 2

x

x x

-- + treân

[ -1;1 ]

+ TXĐ: D = R ; xét [ -1 ; 1 ]

2 2

2 2 ( 1)(2 2)

( 2 2)

x x x x

y

x x

- + - -

- +

y’ = 0  -x2 + 2x = 0 
 x = 0 (n) ; x = 2
(l)

+ f(-1)= 2

; f(1)=0 ;f(0) = - 1

+ vậy :

[ 1;1] [ 1;1]

max 0 ;min

y y

- = - =

-3. y = 2 1

2 2

x

x x

-- + treân [ -1 ; 1 ]

+ Xét hàm số liên tục trên [ -1 ; 1 ]

2 2

2 2 ( 1)(2 2)

( 2 2)

x x x x

y

x x

- + - -

- +

y’ = 0  -x2 + 2x = 0

 x = 0 (n) ; x = 2 (l)
+ f(-1) 2

- ; f(1) = 0 ; f(0) = - 1
2

+ vậy :

[ 1;1] [ 1;1]

max 0 ;min

y y

- = - =

-*Bài tập dự kiến giải:



Bài tập t

ự luyện

1.y = 4- x+ x- 2 2.y = x. x2 3x

e - treân [ 0 ; 1 ] 3.y = x2.lnx treân [ 1 ; e ]
4.y = x + 9

x treân [ 2 ; 4 ] 5.y = 4- x2 6.y = x.e

-x treân [ 0 ; 3 ]
7.y = ln(-x2 + 5x + 6 ) treân [ 0 ; 5 ] 8.y = x2 – ln(1 – 2x ) treân [ -2 ; 0 ]

IV. RÚT KINH NGHIỆM

GIẢNG DẠY CỦA GV

HỌC TẬP CỦA HỌC SINH

Ngày soạn
14/03

TUẦN V Từ ngày: 26/ 03

Đến ngày: 31/ 03

CHỦ ĐỀ 1: ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM- KHẢO SÁT HÀM SỐ

( Tiết 21-22-23-24-25 )

I.NỘI DUNG CHÍNH: Khảo sát & vẽ đồ thị hàm số bậc 3 và các bài toán liên quan

II.MỤC TIÊU:

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

+Thuật tốn tổng qt khảo sát hàm số.

+Các tính chất cơ bản của hàm số – đồ thị – dạng đồ thị hàm số bậc ba.
+Một số bài toán liên quan.

Trọng tâm -Sơ đồ khảo sát hàm số bậc 3

-Lập phương trình tiếp tuyến của ĐTHS .Dựa vào ĐTHS biện luận số nghiệm pt

Kỹ năng -Giải được các bài tập cơ bản.Vận dụng kiến thức giải các bài toán

-Xây dựng được các phương pháp giải các dạng bài toán cùng dạng.

Vận dụng -Vận dụng kiến thức giải được một phần bài tập dạng tổng hợp.

-Hướng dẫn sử dụng máy tính bỏ túi trong quá trình giải bài tập.

II. NHỮNG ĐIỀU CẦN LƯU Ý:

Giáo viên -Phổ biến đề cương ơn tập: tóm tắt lí thuyết, bộ đề ơn tập theo chủ đề
-Hướng dẫn học sinh ơn tập phần lí thuyết, phổ biến hệ thống bài tập ơn tập
theo nội dung chính của tuần.

-Phiếu kiểm tra lí thuyết theo câu hỏi từng phần, trắc nghiệm củng cố bài.
-Đề tổng hợp kiến thức cho học sinh làm ở cuối tuần.

Học sinh Học lại phần lí thuyết tóm tắt – Các thuật tốn và xem lại các bài tập có liên
quan đã học. Chuẩn bị các bài tập đã được phổ biến.

*

Hoạt động vấn đáp theo kiến thức cơ bản của lí thuyết

:

-Giáo viên: phát phiếu học tập

-Học sinh hoàn thành theo bảng

1 khảo sát và vẽ ĐTHS

2

.

Bài toán liên quan

y ax bx





cx d





a



0 

1.Tập xác định:D = R
2.Sự biến thiên

a. chiều biến thiên
- Tính y/

- giaûipt y/= 0 tìm

nghiệm(nếu có)
b. Giới hạn:
c.Bảng biến thiên
d. Cực trị

e.biến thiên
3.Đồ thị

a. Điểm I(hàm số bậc

ba)

b.Điểm đặc biệt A ;B
c. Vẽ đồ thị

*Chú ý: Hàm số đồng
biến hoặc nghịch biến
trên R thì khơng có cực
trị

Bài tóan 1: Phương trình tiếp 
tuyến tại A (x0; y0)

+Xác định x0 và y0
+ Tính hệ số góc k=f/(x0)
+PTTT y = k(x – x0) + y0
Chú ý:

1) Biết hồnh độ x0suy ra y0=f(x0) ;
hệ số sóc k=f/(x0)

2)Biết tung độ y0 thì giải pt f(x0)=y0
tìm được x0 và hệ số sóc k==f/(x0)
Bài tóan 2: Phương trình tiếp

tuyến biết hệ số góc k

+ Gọi x0 là hịanh độ tiếp điểm
+ tiếp tuyến hệ số góc k <=>f/
(x0)=k ( giải phương trình tìm

nghiệm x0)

Suy ra y0=f(x0)

+PTTT y = k(x – x0) + y0
Chú ý :

1) PTTT song song y=ax+b suy ra
hệ số góc k=a

2) PTTT vng góc y=ax+b suy ra
hệ số góc k 1

-Bài tốn 4: Biện luận số giao điểm

của hai đường:y=f(x) và y=g(x)

- Phương trình hồnh độ giao điểm
f(x)=g(x) (1)

-Biện luận phương trình (1) theo tham
số m

- Suy ra số nghiệm phương trình (1) từ
đó  số giao điểm hai đường.

Bài toán 5: Dựa vào đồ thị biện luận

số nghiệm phương trình.

- Biến đổi phương trình về dạng
f(x)=g(m)

- Đặt (C) y = f(x) và (d) y = g(m) cùng
phương 0x

- Số giao điểm của (C) và d bằng số

nghiệm của phương trình

- Dựa vào đồ thị (yCĐ;yCT) tìm được các

giá trị tham số

 số nghiệm phương trình.

Bài tốn 6 : Dựa vào đồ thị tìm số

giao điểm hai đường y=f(x) và y=g(m)

-Ta có (C) y = f(x) và (d) y = g(m) cùng
phương 0x

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

Bài tóan 3: Phương trình tiếp 
tuyến qua A (x0; y0)

-Lập phương trình d qua A, hệ số
góc k có dạng y = k(x – x0) + y0

- Do d là tiếp tuyến đường cong
(C) y = f(x)

nên hệ phương trình :















k

x

f

y

x

k

x

f

)

('

)

(

)

(

0 0

có nghiệm
- Thế (2) vào (1) giải phương trình
tìm x

- Thế x vào hệ số góc k ,tìm được
giá trị k phương trình tiếp tuyến
y = k(x – x0) + y0

- Dựa vào đồ thị (yCĐ;yCT)

suy ra số giao điểm cúa (C) và d

Bài tốn 7 : Tìm m hàm số đạt cực 
đại hoặc cực tiểu tại x0

- TXD và tính y/; y//

- Chọn một trong các dấu hiệu
DH1: Hàm số đạt cực tiểu tại x0<=>











0 )

(''

0 )

('

x

f

x

f

DH2: Hàm số đạt cực đại tại x0<=>











0 )

(''

0 )

('

x

f

x

f

-Giải hệ tìm giá trị tham số m

BÀI TẬP CHUẨN BỊ

Bài : Cho hàm số y = – x3 + 3x2 , gọi đồ thị của hàm số là (C)
1).Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

2).Viết phương trình tiếp tuyến với (C). Biết:

a).Hồnh độ tiếp điểm là 1 b).Tung độ tiếp điểm là 2 c).Hệ số góc của tiếp tuyến là 3
3).Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình: – x3 + 3x2 – m = 0

*

Hoạt động giải bài tập

Bài 1 Cho hàm số y = – x3 + 3x2 , gọi đồ thị của hàm số là (C)
1).Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

2).Viết phương trình tiếp tuyến với (C). Biết:
a).Hoành độ tiếp điểm là 1

b).Tung độ tiếp điểm là 0
c).Hệ số góc của tiếp tuyến là 3

3).Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình: – x3 + 3x2 – m = 0
Hoạt động giáo viên Hoạt động học sinh Nội dung

? Trình bày sơ đồ khảo
sát hàm số: y = – x3 +
3x2 , gọi đồ thị của hàm
số là (C)

-?: Đối với hàm bậc 3 khi
hệ số a <0 khi tính giới
hạn ta cần lưu ý điều gì?
-?: Hàm số đã cho khơng
có hệ số tự do ta nhận
dạng đths qua điểm đặc

-Hs trả lời :

1.Tập xác định:D = R
2.Sự biến thiên

a. chieàu biến thiên
- Tính y/

- giảipt y/= 0 tìm

nghiệm(nếu có)
b. Giới hạn:

c.Bảng biến thiên
d. Cực trị

Bài 1:

y = – x3 + 3x2 , gọi đồ thị của hàm số là (C)
1.Tập xác định:D = R

2.Sự biến thiên

a. chiều biến thiên
- Tính y/ = - 3x2 + 6x

- Giaûipt y/= 0














4
2

0
0

y
x

b. Giới hạn:

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

biệt nào?

? Nêu phương pháp lập
PTTT của hàm số:

+ Tại điểm thuộc (C)
+ Biết hệ số góc k

? Nêu các bước dựa vào
đths (C) biện luận số
nghiệm phương trình:
– x3 + 3x2 – m = 0

e.biến thiên
3.Đồ thị

a. Điểm I(hàm số bậc ba)
b.Điểm đặc biệt A ;B

c. Vẽ đồ thị

-Giá trị hai giới hạn trái dấu

-Qua gốc toạ độ

-HS:
+Biết:x0=1

+Tìm y0 = 2; y’(x0)=3=k
+PTTT: y = k(x-x0)+y0

-HS:
+Biết:y0=0

+Tìm x0 ; y’(x0)=k
+PTTT: y = k(x-x0)+y0

-HS:Biết: k

+Gọi tiếp điểm: Mo(xo;yo)
+Vì y’(x0)=k. Tìm x0;y0
+PTTT: y = k(x-x0)+y0
-HS:

+Đưa pt có vế trái giống
hàm số đã cho, vế phải có
dạng y = f(m) (d//Ox)
+Lập luận: số nghiệm
phương trình là số giao điểm

của hai đường (C) và d

 





 y Lim y

Lim

x

x ;

c.Bảng biến thieân

x -



0 2 +



y’ 0 + 0
-y +



d. Cực trị: hàm số đạt CĐ tại x = 2; y = 4

hàm số đạt CT tại x = 0; y = 0

e.biến thiên :

Hàm số đồng biến trên (0 ;2) và nghịch biến
trên : (-



;0), (2 ;+



)

3.Đồ thị

a.Điểm đặc biệt :
(-1 ;4) ; (1 ;2) ; (3 ;0)
b. Vẽ đồ thị y

O x
2).Viết phương trình tiếp tuyến với (C).
Biết:

a).Hoành độ tiếp điểm là 1= x0
+Tìm y0 = 2; y’(x0)=3

+PTTT: y = 3x-1

b).Tung độ tiếp điểm là 0=y0
+Thay y0 = 0 vào (C) tìm x0 =3; x0 =0
+Với x0 =3;y0 = 0 ;y’(x0)=k= -9
PTTT: y = -9x + 27

+Với x0 =0;y0 = 0 ;y’(x0)=k= 0
PTTT: y = 0

c).Hệ số góc của tiếp tuyến là 3
+y/ = - 3x2 + 6x

+Giaûipt y/(x

o)= 3  xo 1 y0 2
+PTTT: y = 3x – 1

3/Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số
nghiệm của phương trình:

+Ta có:– x3 + 3x2 – m = 0 x x m




 3 3 2
+Số nghiệm phương trình là số giao điểm
của hai đường (C) và d: y=m (d//Ox)
+BL:

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

+BL: 5 trường hợp *0<m<4: pt có 3 nghiệm
*m=4: pt có 2 nghiệm
*m>4: pt có 1 nghiệm

Bài tập dự kiến giải :

Bài 2: Cho hàm số y = x3 - 3x2 + 2 
1).Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

2).Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm y’’=0

Bài 3 : Cho hàm số : yx33x2 2, đồ thị ( C )

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

2).Viết phương trình tíếp tuyến của đồ thị hàm số (C ) tại điểm A( 0 , - 2)

Bài 4 : Cho hàm số y x 3 3x22, đồ thị (C).
1).Khảo sát sự biến và vẽ đồ thị (C).

2).Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) , biết tiếp tuyến vng góc với đường thẳng d:
1 2011

y x

*

Rút kinh nghiệm

:

………
………..

*

Hoạt động giải bài tập

Bài 1 Cho hàm số : y = x3 – 6x2 + 9x

a.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đths

b.Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình
x3– 6x2 + 9x – m = 0

c.Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C),trục hoành và các đường thẳng x =1; x = 2.

Hoạt động thầy Hoạt động trò Nội dung

Bài 1 Cho hàm số
y = x3 – 6x2 + 9x

?: a.Khảo sát sự biến thiên và
vẽ đths

?:b.Dựa vào đồ thị (C), biện
luận theo m số nghiệm của
phương trình

x3– 6x2 + 9x – m = 0

a) HS giải theo đúng sơ đồ khảo
sát

1.Tập xác định:D = R
2.Sự biến thiên

a. chiều biến thiên
- Tính y/

- giảipt y/= 0 tìm

nghiệm(nếu có)
b. Giới hạn:
c.Bảng biến thiên
d. Cực trị

e.biến thiên
3.Đồ thị

a. Điểm I(hàm số bậc ba)
b.Điểm đặc biệt A ;B
c. Vẽ đồ thị

b/ số nghiệm của phương trình

x3– 6x2 + 9x – m = 0

là số giao điểm của hai đường (C)
và d: y = m

a) Giải theo đúng sơ đồ khảo sát
y

O x

b/ số nghiệm của phương trình

x3– 6x2 + 9x – m = 0

là số giao điểm của hai đường (C)
và d: y = m

+BL:

*m<0: pt có 1 nghiệm
*m=0:pt có 2 nghiệm
*0<m<6: pt có 3 nghiệm

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

?:c.Tính diện tích hình phẳng
giới hạn bởi đồ thị (C),trục
hoành và các đường thẳng x

=1; x = 2. c/















2 x

1;

x

Ox;

9

6 :

x

x

y

HP

dx
x
x
x

S 



 
2

3 6 9

4
13

*m=6: pt có 2 nghiệm
*m>6: pt có 1 nghiệm
c/S 



x  x  xdx

3 6 9

=
4
13

*

Hoạt động giải bài 2 : Cho hàm số 1 3 3 2 5

4 2

y x  x 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.

2) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x3 – 6x2 + m = 0 có 3 nghiệm thực phân biệt.

Bài 2 : Cho hàm số

3 2

1 3

4 2

y x  x 

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ
đồ thị của hàm số đã cho.

2) Tìm các giá trị của tham số

m để phương trình x3 – 6x2 + m
= 0 có 3 nghiệm thực phân biệt.
-Nhận xét xem có phải là bài
tốn biện luận?

-Trình bày lời giải

Hs:

a/ Kháo sát đúng sơ đồ
1.Tập xác định:D = R
2.Sự biến thiên

a. chieàu biến thiên
- Tính y/

- giảipt y/= 0 tìm

nghiệm(nếu có)
b. Giới hạn:
c.Bảng biến thiên
d. Cực trị

e.biến thiên
3.Đồ thị

a. Điểm I(hàm số bậc ba)
b.Điểm đặc biệt A ;B
c. Vẽ đồ thị

b/Phương trình x3 – 6x2 + m = 0
có 3 nghiệm thực phân biệt khi
và chỉ khi (C) cắt d: 5

4 

 m

y

tại 3 điểm phân biệt

b/Phương trình x3 – 6x2 + m = 0 có

3 nghiệm thực phân biệt khi và
chỉ khi (C) cắt d: 5

4 


 m

y tại

3 điểm phân biệt
khi và chỉ khi 0<m<32

*

Hoạt động giải bài 3 : Cho hàm số y x3 3x 2

   (C)

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số .

2. Dựa vào đồ thị (C) , biện luận theo m số nghiệm của phương x3 3x 2 m 0
    .
3. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M



2;4



4. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hồnh độ 1
2

x .
5. Viết phương trình của (C) tại các điểm có tung độ là 0 .

Bài giải

1) Tập xác định: D = R
2) Sự biến thiên

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

b) Giới hạn :xlim y     và

xlim y  
c) Bảng biến thiên:

d) Hàm số đồng biến trên các khoảng



  ; 1



và



1;



, nghịch biến trên khoảng



1;1



.
e) Hàm số đạt cực đại tại x1, yCÑ 4, đạt cực tiểu tại x 1 , yCT 0.

3) Đồ thị

 Giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ
+ Giao điểm với Oy: x 0  y 2 :



0;2



+ Giao điểm với Ox: y 0  x 1x 2: 1;0 , 2;0



 









-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-8

-6
-4
-2

2
4
6
8

x
y

2.Số nghiệm thực của phương trình x3 3x 2 m 0

    bằng số giao điểm của đồ thị (C) của hàm số

y x 3x 2   và đừờng thẳng (d): y m . Dựa vào đồ thị ta có:

Với m 0 hoặc m 4 , (d) và (C) có một điểm chung, do đó phương trình có một nghiệm.
Với m 0 hoặc m 4 , (d) và (C) có hai điểm chung, do đó phương trình có hai nghiệm.
Với 0 m 4  , (d) và (C) có ba điểm chung, do đó phương trình có ba nghiệm

3.Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm M 2;4





là y' 2

 

9.
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M là y 9x 14  .
Điểm thuộc đồ thị hàm số có hồnh độ 0

1
x

 , có tung độ 0

1
y

2
 .
Hệ số góc của tiếp tuyến tại tiếp điểm 1 12 2; 

  là

1 9

2 4

 

 
 
Phương tình tiếp tuyến của (C) tại điểm 1 12 2; 

  là

9 13

y x

4 8

 

4.Điểm thuộc (C) có tung độ y0 0, có hồnh độ x012 hoặc x02 1. Hệ số góc của tiếp tuyến tại

điểm



2;0



là y' 2







9.

Phương trình của hai tiếp tuyến của (C) tại điểm có tung độ bằng 0 là y 9x 18  và y 0 .

*BÀI TẬP RÈN LUYỆN

Bài 1 :Cho hàm số :y = x3+3x2– 4 (C)

1/Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.

2/Với giá trị nào của tham số m, đường thẳng y=x+m2-m đi qua trung điểm của đoạn thẳng nối
cực đại và cực tiểu.

Bài 2 : Cho hàm số : yx33x2 2, đồ thị ( C )
1/Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số

x
y’
y

- -1 1 +

0 0

+ - +

4 +

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

2/Viết phương trình tíếp tuyến của đồ thị hàm số (C ) tại điểm A( 0 , - 2)

Bài 3 : Cho hàm số y x 3 3x22, đồ thị (C).
1/ Khảo sát sự biến và vẽ đồ thị (C).

2/ Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) , biết tiếp tuyến song songvới đường thẳng :
y= -3x+2012

IV.RUÙT KINH NGHIỆM:

Giảng dạy của GV

Học tập của học sinh

Ngày soạn
14/03

TUẦN VI

Từ ngày: 02/04
Đến ngày: 07/ 04

CHỦ ĐỀ 1: ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM – KHẢO SÁT HÀM SỐ

( Tiết 26-27-28-29-30-31 )

I.NỘI DUNG CHÍNH: Khảo sát & vẽ đồ thị hàm số trùng phương và các bài toán liên quan
II.MỤC TIÊU:

Kiến thức -Khảo sát hàm số bậc 4 và các bài toán liên quan
+Thuật toán tổng quát khảo sát hàm số.

+Các tính chất cơ bản của hàm số – đồ thị – dạng đồ thị hàm số .
+Một số bài toán liên quan.

Kỹ năng -Giải được các bài tập cơ bản

-Vận dụng kiến thức giải các bài toán

-Xây dựng được các phương pháp giải các dạng bài toán cùng dạng.
Vận dụng -Vận dụng kiến thức giải được một phần bài tập dạng tổng hợp.

-Hướng dẫn sử dụng máy tính bỏ túi trong q trình giải bài tập.
III.NH NG I U C N L U ÝỮ Đ Ề Ầ Ư :

Giáo viên -Tóm tắt lí thuyết, bộ đề ơn tập theo chủ đề từng tuần

-Hướng dẫn học sinh ơn tập phần lí thuyết, phổ biến hệ thống bài tập ôn tập
theo nội dung chính của tuần.

-Phiếu kiểm tra lí thuyết theo câu hỏi từng phần, trắc nghiệm củng cố bài.
-Đề tổng hợp kiến thức cho học sinh làm ở cuối tuần.

Học sinh Học lại phần lí thuyết tóm tắt – Các thuật tốn và xem lại các bài tập có liên
quan đã học. Chuẩn bị các bài tập được phổ biến.

IV.ÔN TẬP TRÊN LỚP:

*

Hoạt động vấn đáp theo kiến thức cơ bản của lí thuyết

:

-Giáo viên: phát phiếu học tập

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

-Học sinh hoàn thành theo bảng

1 khảo sát và vẽ ĐTHS

2

.

Bài toán liên quan





4 2

y ax bx c a 0   

1) Tập xác định: D=R
2) Sự biến thiên
a. chiều biến thiên

y' ? y' 0  x?
b.giới hạn

xlim y ?    và xlim y ?  

(cùng dấu với a)

c.Bảng biến thiên (đầy đủ mọi chi
tiết)

x - ? +
y' ?

y ?

d. cực trị.

e. biến thiên
3.đồ thị

Nhận xét: Hàm số đã cho là hàm số
chẵn nên đồ thị của nó nhận trục
tung làm trục đối xứng.

Bài tóan 1: Phương trình tiếp
tuyến tại A (x0; y0)

+Xác định x0 và y0
+ Tính hệ số góc k=f/(x0)
+PTTT y = k(x – x0) + y0
Chú ý:

1) Biết hồnh độ x0suy ra
y0=f(x0) ; hệ số sóc k=f/(x0)
2)Biết tung độ y0 thì giải pt
f(x0)=y0 tìm được x0 và hệ số sóc
k==f/(x0)

Bài tóan 2: Phương trình tiếp

tuyến biết hệ số góc k

+ Gọi x0 là hịanh độ tiếp điểm
+ tiếp tuyến hệ số góc k <=>f/
(x0)=k ( giải phương trình tìm

nghiệm x0)

Suy ra y0=f(x0)

+PTTT y = k(x – x0) + y0
Chú ý :

1) PTTT song song y=ax+b suy
ra hệ số góc k=a

2) PTTT vng góc y=ax+b suy
ra hệ số góc k 1

-Bài tóan 3: Phương trình tiếp 
tuyến qua A (x0; y0)

-Lập phương trình d qua A, hệ
số góc k có dạng

y = k(x – x0) + y0

- Do d là tiếp tuyến đường cong
(C) y = f(x)

nên hệ phương trình :















k

x

f

y

x

k

x

f

)

('

)

(

)

(

0 0

có nghiệm

- Thế (2) vào (1) giải phương
trình tìm x

- Thế x vào hệ số góc k ,tìm
được giá trị k phương trình
tiếp tuyến y = k(x – x0) + y0

Bài toán 4: Biện luận số giao

điểm của hai đường:y=f(x) và

y=g(x)

- Phương trình hồnh độ giao
điểm f(x)=g(x) (1)

-Biện luận phương trình (1)
theo tham số m

- Suy ra số nghiệm phương trình
(1) từ đó  số giao điểm hai
đường.

Bài toán 5: Dựa vào đồ thị
biện luận số nghiệm phương
trình.

- Biến đổi phương trình về dạng
f(x)=g(m)

- Đặt (C) y = f(x) và (d) y =
g(m) cùng phương 0x

-Số giao điểm của (C) và d
bằng số nghiệm của phương
trình

- Dựa vào đồ thị (yCĐ;yCT) tìm

được các giá trị tham số
 số nghiệm phương trình.
Bài tốn 6 : Dựa vào đồ thị tìm
số giao điểm hai đường y=f(x) và
y=g(m)

-Ta có (C) y = f(x) và(d)y= g(m)
cùng phương 0x

- Dựa vào đồ thị (yCĐ;yCT)

suy ra số giao điểm cúa (C) và d

Bài toán 7 : Tìm m hàm số 
đạt cực đại hoặc cực tiểu tại x0

- TXD và tính y/; y//

- Chọn một trong các dấu hiệu
DH1: Hàm số đạt cực tiểu tại
x0<=>











0 )

(''

0 )

('

x

f

x

f

DH2: Hàm số đạt cực đại tại
x0<=>











0 )

(''

0 )

('

x

f

x

f

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

*BÀI TẬP CHUẨN BỊ

1: Cho hàm số 1 4 2 2 9( )

4 4

y x  x  C
a/Khảo sát hàm số

b/Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hồnh độ bằng 1.
2.Cho hàm số y x4 2x2 3

   , gọi đồ thị của hàm số là (C)
.a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C).

b. Dựa vào đồ thị (C), hãy xác định các giá trị m để phương trình: x4–2x2 + m = 0 cĩ bốn nghiệm phân biệt.
3.Cho hàm số:y = x4 +2x2–1 có đồ thị (C)

a.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hsoá

b. Dựa vào đồ thị (C), hãy xác định các giá trị m để phương trình x4 + 2x2+m = 0 vơ nghiệm.

4/ Cho (C):

2
2

2
4 x

x
y 
a.KSHS

b.Viết PTTT của (C) biết tiếp tuyến có hệ số góc k = 1
c.Định m để phương trình 4 2 0



 x m

x có 4 nghiệm phân biệt

*

Hoạt động giải bài tập theo thang điểm thi

Cho hàm số y x4 2x2

  (C)

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số .

2. Biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình x4 2x2 m

 

3. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hồnh độ x2 .
4. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ y8 .

5. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) , biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng 24

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

1 1) Tập xác định: D = R
2) Sự biến thiên

a) y' 4x 3 4x 4x x 1



2



. y' 0  x 0 và x1
b) Giới hạn :xlim y  

c) Bảng biến thiên:

d) Hàm số đồng biến trên các khoảng



1;0



và



1;



, nghịch biến trên các
khoảng



  ; 1



và



0;1



e) Hàm số đạt cực đại tại x 0 , yCÑ 0, đạt cực tiểu tại x1, yCT 0.

3) Đồ thị

 Giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ
+ Giao điểm với Oy: x 0  y 0 :



0;0



2điểm

x
y’
y

- -1 1 +

0 + 0

– +

-1

+
+

0
0

–

-1

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

+ Giao điểm với Ox: y 0  x 0x 2: 0;0 ,







 2;0



 



-2 -1 1 2

-2
-1
1
2

x
y

2
2



2 Số nghiệm thực của phương trình 4 2

x  2x m bằng số giao điểm của đồ thị (C)
của hàm số y x 4 2x2 và đường thẳng (d): y m .

Dựa vào đồ thị ta có:

Với m 1, (d) và (C) khơng có điểm chung, do đó phương trình vơ nghiệm.

Với m1 hoặc m 0 , (d) và (C) có hai điểm chung, do đó phương trình có hai
nghiệm.

Với  1 m 0 , (d) và (C) có bốn điểm chung, do đó phương trình có bốn nghiệm.

1điểm

3 Tung độ của tiếp tuyến tại điểm có hồnh độ x0 2 là y0 8
Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm



2;8



là y' 2

 

24.

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm



2;8



là y 24x 56  .

1điểm

4 Điểm thuộc đồ thị hàm số có tung độ y0 8, có hồnh độ x0 2.

Hệ số góc của tiếp tuyến tại tiếp điểm và



2;8



lần lượt là y' 2

 

24,








y' 2 24.

Phương tình tiếp tuyến của (C) tại điểm



2;8



là y 24x 56  và tại điểm



2;8



là
 

y 24x 40.

1điểm

5 Điểm M x ; y



0 0



thuộc (C) có hệ số góc tiếp tuyến tại M là y ' x





24.Khi đó, ta

có: 3









0 0 0 0 0 0

4x  4x  24 0  x  2 4x 8x 12  0 x 2

Lúc này tung độ của M là y0 8.Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M là

 

y 24x 56.

1điểm

*

Hoạt động giải bài tập

Bài 1: Cho hàm số 1 4 2 2 9( )

4 4

y x  x  C
a/Khảo sát hàm số

b/Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hồnh độ bằng 1.

Hoạt động thầy Hoạt động trò Nội dung

1: Cho hàm số

4 2

1 9

2 ( )

4 4

y x  x  C
?:a/Khảo sát hàm số

a/-Hs khảo sát theo sơ đồ
1) Tập xác định: D=R
2) Sự biến thiên
a. chiều biến thiên

y' ? y' 0  x?
b.giới hạn

xlim y ?    và xlim y ?  

(cùng dấu với a)

c.Bảng biến thiên (đầy đủ mọi
chi tiết)

a

/ y

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

b/Viết phương trình tiếp tuyến
của (C) tại điểm có hồnh độ
bằng 1.

? Nêu phương pháp lập PTTT

của hàm số:

+ Tại điểm thuộc (C)
+ Biết hệ số góc k

x - ? +


y' ?
y ?
d. cực trị.

e. biến thiên
3.đồ thị

b/ -Cho x0 = 1. Tìm y0 và y’(x0)
-Thay vào pt:

y=y’(x0) (x – x0) + y0
- Rút gọn

b/

PTTT: y = 3x + 3

2.Cho hàm số y x4 2x2 3
   ,
gọi đồ thị của hàm số là (C)
. ?: a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C).

?:b. Dựa vào đồ thị (C), hãy xác
định các giá trị m để phương

trình: x4–2x2 + m = 0 có bốn 
nghiệm phân biệt.

-Nhận xét xem có phải là bài
tốn biện luận?

-Trình bày lời giải

a/-Hs khảo sát theo sơ đồ
1) Tập xác định: D=R
2) Sự biến thiên
a. chiều biến thiên

y' ? y' 0  x?
b.giới hạn

xlim y ?    và xlim y ?  

(cùng dấu với a)

c.Bảng biến thiên (đầy đủ mọi
chi tiết)

x - ? +


y' ?
y ?
d. cực trị.

e. biến thiên
3.đồ thị

b/-Số nghiệm pt là số giao điểm
của hai đường:

4 2 2 3

y x  x  (C)
Và y = m+3

-Pt có 4 nghiệm khi và chỉ khi
3 < m + 3 < 4

y

O x

b/ 0 < m < 1

*Bài tập dự kiến

:

Cho hàm số yx42x23, gọi đồ thị của hàm số là (C)
.a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C).

b.Dựa vào đồ thị (C), hãy xác định các giá trị m để phương trình:x4–2x2 +m = 0 có bốn nghiệm phân biệt

Hoạt động thầy Hoạt động trị Nội dung

Bài 1:

Cho hàm số: y=x4-2x2+3 (C).

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

?: Sơ đồ khảo sát hàm số

?: Nghiệm pt: y’ = 0 có mấy khả
năng xảy ra? tại sao?

a/-Hs khảo sát theo sơ đồ
1) Tập xác định: D=R
2) Sự biến thiên
a. chiều biến thiên

y' ? y' 0  x?
b.giới hạn

xlim y ?    và xlim y ?  

1) Tập xác định: D=R
2) Sự biến thiên
a. chiều biến thiên























4
1

3
0

0
'

4
4

' 3

y
x

y

x
x

y

b.giới hạn

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

?: Kết quả giới hạn như thế nào,
ta căn cứ vào yếu tố nào để kết
luận ?

?: Các dạng đths trùng phương?

2) Tính khỏang cách giữa hai
điểm cực tiểu.

?:Cơng thức tính khoảng cách
giữa hai điểm

(cùng dấu với a)

c.Bảng biến thiên (đầy đủ mọi chi
tiết)

x - ? +


y' ?
y ?
d. cực trị.

e. biến thiên
3.đồ thị

b/Hai điểm cực tiểu:
A(-1;2) và B(1(;2 )

2 ( )

)

(xB xA yB yA

AB    

 





 y

lm

x

c.Bảng biến thiên

x - -1 0 1 +
y' + 0 - 0 + 0 -
y

- -
d. cực trị.

Hàm số đạt CĐ :(-1 ;4) ; (1 ;4)
Hàm số đạt CT :(-1 ;0)

e. biến thiên

Hàm số đb trên :(-;-1),(0;1)
Hàm số ngb trên:(-1 ;0),(1 ;+)
3.đồ thị

b/Hai điểm cực tiểu:
A(-1;2) và B(1(;2 )
y

O x

b/AB = 2
Bài 2 : Cho hàm số :

2 2

(1 ) 6

y  x  , đồ thị (C)

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

b) Biện luận theo m số
nghiệm của phương trình:

4 2 2 0

m x  x 

c) Viết phương trình tiếp
tuyến của đồ thị biết nó
song song với đường
thẳng d: y24x10

a/-Hs khai triển đưa về đúng
dạng:

y = x
4

–2x
2

–5

-Khảo sát theo sơ đồ
b/BL:

m – 5 < - 6:ptvn
m – 5 = - 6 : pt có 2n0
-6<m – 5 <-5: pt có 4n0
m – 5 =-5: pt có 3n0
m – 5 > - 5 : pt có 2n0
c/TT song song d nên có:
y’(x0) = 24. Tìm x0 = 2 và y0 = 3
Thay vào PTTT

a/ y

O x

m < - 1: ptvn
m = - 1 : pt có 2n0
-1<m <0: pt có 4n0
m =0 : pt có 3n0
m > 0 : pt có 2n0

c/TT song song d nên có:
y’(x0)=24 suy ra: x0=2 và y0=3
PTTT: y = 24x – 45

*

Hoạt động giải bài tập
Bài tập : Cho hàm số

4 2

1 1

4 2

  

y x x m.

a) Với giá trị nào của m, đồ thị hàm số

a/Thay x = -1 và y = 1 vào
(Cm)

4
1
/m

a

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

đi qua điểm



1 1;



.

b) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
(C) của hàm số khi m = 1.

c)Viết phương trình tiếp tuyến của (C)
tại điểm có tung độ bằng 7

tìm m

b/thay m = 1 vào (Cm).
1
2
1
4

1 4 2




 x x

y

Khảo sát theo sơ đồ

c/Biết y0, tìm x0 và y’(x0)

c/PTTT:

4
1
2
:

4
1
2
:
2
1








x
y
d

*BÀI TẬP RÈN LUYỆN:

Bài 1: Cho hàm số 4 2 2 2

  

y x mx m.

a) Tìm m để hàm số có 3 cực trị.

b) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số với 1
2


m .

c/Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm uốn.

Bài 2 :Cho hàm số: y x 4 mx2 (m1) có đồ thị (Cm), (m là tham số).
a) Tìm m biết đồ thị hàm số đi qua diểm M( 1;4)

b) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m2.

c) Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi (C) và trục hồnh. Tính thể tích vật thể trịn xoay tạo ra khi
quay (H) quanh trục hoành.

Bài 3 :Cho hàm số 4 2 2 2

  

y x x (C).

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

b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có tung độ bằng - 2

c) Tùy theo giá trị của m , hãy biện luận số nghiệm của phương trình 4 2 2

 

x x m

Bài 4 Cho Cho hàm số 4 2 2 3

  

y x x có đồ thị

 

C .
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số

b) Với giá trị nào của m, đường thẳng y = m cắt (C) tại 4 điểm phân biệt

V.RÚT KINH NGHIỆM:

GIẢNG DẠY CỦA GV

HỌC TẬP CỦA HỌC SINH

============================================================

Ngày soạn TUẦN VII Từ ngày:

23/04

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

I.NOÄI DUNG CHÍNH:

- Khảo sát & vẽ đồ thị hàm số nhất biến và các bài tốn liên quan

II.MỤC TIÊU:

Kiến thức -Khảo sát hàm số và các bài toán liên quan
+Thuật toán tổng quát khảo sát hàm số.

+Các tính chất cơ bản của hàm số .Một số bài toán liên quan.

Kỹ năng -Giải được các bài tập cơ bản

-Vận dụng kiến thức giải các bài toán

-Xây dựng được các phương pháp giải các dạng bài toán cùng dạng.
Vận dụng -Vận dụng kiến thức giải được một phần bài tập dạng tổng hợp.

-Hướng dẫn sử dụng máy tính bỏ túi trong q trình giải bài tập.

III.CHUẨN BỊ:

Giáo viên -Phổ biến đề cương ơn tập: tóm tắt lí thuyết, bộ đề ơn tập theo chủ đề từng
tuần

-Hướng dẫn học sinh ôn tập phần lí thuyết, phổ biến hệ thống bài tập ơn tập
theo nội dung chính của tuần.

-Phiếu kiểm tra lí thuyết theo câu hỏi từng phần, trắc nghiệm củng cố bài.
-Đề tổng hợp kiến thức cho học sinh làm ở cuối tuần.

Học sinh Học lại phần lí thuyết tóm tắt – Các thuật tốn và xem lại các bài tập có liên
quan đã học. Chuẩn bị các bài tập đẫ được phổ biến.

IV.ÔN TẬP TRÊN LỚP:

*

Hoạt động vấn đáp theo kiến thức cơ bản của lí thuyết

:

-Giáo viên: phát phiếu học tập

-Học sinh hoàn thành theo bảng

1 khảo sát và vẽ ĐTHS

2

.

Bài toán liên quan

)
0
;

(   




 c ad bc

d
cx

b
ax
y

1) Tập xác định:

















d

c

R

D

\

2) Sự biến thiên
-Chiều biến thiên: tính

)
0
'
:
,

0
'
(
)
(

' 2  




 y hay y

d
cx

cb
ad

y

+ Kết luận về chiều biến thiên của hàm số.
*Hàm số khơng có cực trị

-Tìm các đường tiệm cận:

Bài tóan 1: Phương trình 
tieáp tuyeán tại A (x0; y0)
+Xác định x0 và y0
+ Tính hệ số góc k=f/(x0)

+PTTT y = k(x – x0) + y0
Chú ý:

1) Biết hoành độ x0suy ra
y0=f(x0) ; hệ số sóc k=f/(x0)
2)Biết tung độ y0 thì giải pt
f(x0)=y0 tìm được x0 và hệ số
sóc k==f/(x0)

Bài tóan 2: Phương trình 
tiếp tuyến biết hệ số góc k
+ Gọi x0 là hòanh độ tiếp điểm
+ tiếp tuyến hệ số góc k <=>f/
(x0)=k ( giải phương trình tìm
nghiệm x0)

Suy ra y0=f(x0)

+PTTT y = k(x – x0) + y0
Chú ý :

Bài toán 4: Biện luận số
giao điểm của hai

đường:y=f(x) và y=g(x)

- Phương trình hồnh độ
giao điểm f(x)=g(x) (1)
-Biện luận phương trình
(1) theo tham số m

- Suy ra số nghiệm
phương trình (1) từ đó 
số giao điểm hai đường.
Bài toán 5: Dựa vào đồ
thị biện luận số nghiệm
phương trình.

- Biến đổi phương trình về
dạng f(x)=g(m)

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

d

c

x

hay

Limy

hay

Limy

d
c
x

d
c

x



































)

:

(

)

:

(

)
(

là t/c đứng

c
a
y
c
a
Limy

x







 là t/c ngang

-Bảng biến thiên (đầy đủ mọi chi tiết)

ví dụ

x -

d
c

 +
y' - -

c
a

+
-

c
a

3) Đồ thị:Giao điểm của đồ thị với các trục
tọa độ

+ Giao điểm với Oy: x 0  y ?
+ Giao điểm với Ox: y 0  x ?
Lưu ý: Có thể tìm thêm một số điểm khác,

hay lấy đối xứng các điểm đã có qua giao
điểm 2 đường tiệm cận để vẽ đồ thị chính
xác.

Nhận xét: đồ thị hàm số nhận giao điểm
hai tiệm cận làm tâm đối xứng

1) PTTT song song y=ax+b
suy ra hệ số góc k=a

2) PTTT vng góc y=ax+b suy
ra hệ số góc k 1

-Bài tóan 3: Phương trình 
tiếp tuyến qua A (x0; y0)
-Lập phương trình d qua A, hệ
số góc k có dạng

y = k(x – x0) + y0

- Do d là tiếp tuyến đường
cong (C) y = f(x)

nên hệ phương trình :















k

x

f

y

x

k

x

f

)

('

)

(

)

(

0 0

có nghiệm
- Thế (2) vào (1) giải phương

trình tìm x

- Thế x vào hệ số góc k ,tìm
được giá trị k phương trình
tiếp tuyến : y = k(x – x0) + y0

d bằng số nghiệm của
phương trình

- Dựa vào đồ thị (yCĐ;yCT)

tìm được các giá trị tham
số

 số nghiệm phương
trình.

Bài tốn 6 : Dựa vào đồ
thị tìm số giao điểm hai

đường y=f(x) và y=g(m)

-Ta cĩ (C) y = f(x) và(d)y=
g(m) cùng phương 0x
- Dựa vào đồ thị (yCĐ;yCT)

suy ra số giao điểm cúa
(C) và d

Bài toán 7 :

Tìm tiệm cận đứng, tiệm cận ngang đồ thị hàm số qua điểm M0(x0;y0 )

Cho hàm số y=f(x) có đồ thị (C)
1.Tìm tiệm cận ngang :

Nếu xlim+ y y0; limx y y0

       thì y = y0 là tiệm cận ngang của (C)
Hoặc tiệm cận đứng : Nếu một trong các điều kiện

0 0 0 0

lim

x

y



; lim

xx

y

 

; lim

xx

y



; lim

xx

y

 

thì x = x0 là tiệm cận đứng của (C)

2.Thế tọa độ M0 và đường tiệm cận ,tìm được giá trị tham số

*BÀI TẬP CHUẨN BỊ
Bài1:Cho hàm số y x

x





2 2

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

1/. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị

 

C của hàm số

2/. Viết phương trình tiếp tuyến của

 

C , biết tiếp tuyến có hệ số góc k4
3/. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi

 

C , trục hồnh và trục tung.

4/. Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng D y x:   1 m luôn cắt

 

C tại hai điểm phân biệt.

Bài2:.Cho hàm số: y= f(x)= , có đồ thị (Cm)

a/Chứng minh hàm số tăng trên mỗi khoảng xác định với mọi giá trị m khác 0
b. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1.

c. Biện luận theo m số giao điểm của (Cm) và đường thẳng d: y = x

*Hoạt động giải bài tập theo thang điểm thi:
1.Khào sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số .

2.Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hồnh độ 1
2

x .
3.Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có tung độ 1

y .

4.Viết phương trình tiếp tuyến của (C) , biết hệ số góc của tiếp tuyến k 4.

5.Tìm m để đường thẳng

 

: 5 2
3

d y mx   m cắt (C) tại 2 điểm phân biệt

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

1) Tập xác định:

D



R

\

 



1

2) Sự biến thiên





   

 2
1

y' 0, x 1

x 1
b) Giới hạn


 
 



xlim y1 và   

 

xlim y1  x1 là tiệm cận đứng

 xlim y 2    và xlim y 2    y 2 là tiệm cận ngang
c) Bảng biến thiên

d) Hàm số đồng biến trên các khoảng



  ; 1



và



1;



.
e) Hàm số khơng có cực trị.

3) Đồ thị :Giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ
+ Giao điểm với Oy: x 0  y 1 :



0;1



+ Giao điểm với Ox:     

 

1 1

y 0 x : ;0

2 2

2điểm

x
y’
y

- -1 +

+ +

+
-
2

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

-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3

-2
-1
1
2
3
4
5
6
7

x
y

1
2



Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I 1;2







của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.

Điểm thuộc đồ thị hàm số có hồnh độ 0

1
x

 , có tung độ y0 4
3.
Hệ số góc của tiếp tuyến tại tiếp điểm  

 

1 4;
2 3 là

 

 
 

1 4

2 9

Phương tình tiếp tuyến của (C) tại điểm  

 

1 4;

2 3 là  

4 14

y x

9 9 .

1điểm

Điểm thuộc đồ thị hàm số có tung độ y0  1

2, có hồnh độ 0 

3
x

5,
Hệ số góc của tiếp tuyến tại tiếp điểm   

 

3 1;
5 2 là

 

 

 

 

3 5

5 2

Phương tình tiếp tuyến của (C) tại điểm   

 

3 1;

5 2 là  

y x 1

2 .

1điểm

4 Điểm M x ; y



0 0



thuộc đồ thị (C), có hệ số góc của tiếp tuyến tại M là y ' x



0



4
.Khi đó,





2 0 01

1 1 1

4 x 1 x

2 2

x 1       hoặc 02
3
x

2
 .
Tung độ của điểm M là 01

y 0

 

 

 

  hoặc 01
3

y 4

 

 

 

  .Vậy có hai tiếp tuyến có
phương trình là y 4x 2  và y 4x 10  .

1điểm

Tìm m để đường thẳng

 

: 5 2
3

d y mx   m cắt (C) tại 2 điểm phân biệt .Đường

thẳng (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt khi phương trình:

2x 1 5

mx 2m

x 1 3



  

 (1) có hai nghiệm phân biệt và khác –1

x 1

  ,(1)  mx2 m 1 x 2 2m 0

3 3

 

      

  (2) Ta thấy (2) khơng có nghiệm
x1.Khi đó (2) có 2 nghiệm phân biệt khi:

2 1 1

9m 2m 3m 0

9 3

 

       

 

1
m

  .Vậy m 1

  thì (d) cắt (C) tại 2
điểm phân biệt

1điểm

Hoạt động thầy Hoạt động trò Nội dung

Bài1:Cho hàm số

x

y

x





2 2

1 , có đồ thị

 

C
1/. Khảo sát sự biến thiên
và vẽ đồ thị

 

C của hàm
số

?: Sơ đồ khảo sát hàm số

1/. Hs khảo sát theo sơ đồ 1/

+TXĐ: D R \ 1

 

+Giới hạn , tiệm cận:

x y y

  

lim 2 2: tiệm cận ngang

   

x y x y x

   

    

1 1

lim , lim 1: tiệm

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

?: Tại sao ta không giải pt:
y’ = 0 ?

?: Kết quả giới hạn như thế
nào, ta căn cứ vào yếu tố
nào để kết luận ?

?:khi hoàn thành BBT ta
cần lưu ý điều gì?

?: Các dạng đths nhất biến?

2/. Viết phương trình tiếp
tuyến của

 

C , biết tiếp
tuyến có hệ số góc k4

3/. Tính diện tích hình
phẳng giới hạn bởi

 

C ,
trục hồnh và trục tung.

4/. Tìm các giá trị của tham
số m để đường thẳng

D y x:   1 m luôn cắt

 

C tại hai điểm phân biệt.

2/HS trả lời theo gợi ý của gv

3/ HS trả lời theo gợi ý của gv
(lớp khá giỏi , học sinh có thể

nhìn hình vẽ )

4/. HS trả lời theo gợi ý của gv
+





y x D

x

   

 2
4

' 0,

1  hàm số đồng

biến trên các khoảng xác định



 ;1



và



1;



+Bảng biến thiên:

x -



-1 +



y’ + +



2
y 2 -



+Giao điểm với các trục tọa độ: (0;-2), (1;0)
Điểm đặc biệt : (-2;6) , (-3;4)

Đồ thị:

2/. Do k  4 f x'

 

0 4
(x0 là hoành độ tiếp điểm)
Nên:





4
1

x  





0 1 1

x

   0

0
0

x
x



 




0 0 0 2

x   y  : phương trình tiếp tuyến





4 0 2 4 2

y x   x x0 2 y0 6:
phương trình tiếp tuyếny4



x2 6 4 14



  x
3/. Ta có hình phẳng: 2 2

x
y

x



 , y0
(trục hồnh), x0(trục tung)

+Phương trình hồnh độ giao điểm của

 

C
và trục hoành: 2 2 0 1

x

x
x



  



+Diện tích





1 1 1

1
0

0 0 0

2 2 2 2 4

2 2 4ln 1

1 1 1

x x

S dx dx dx x x

x x x

   

        

    



2 4 ln 2 ln16 2

    (đvdt)

4/. Phương trình hồnh độ giao điểm của

 

C và Dlà:

2 2

1
1

x

x m

x


  

 (Điều kiện x1

2 3 0

x mx m

    

 

+Dcắt

 

C tại hai điểm phân biệt 

 

1 có
hai nghiệm phân biệt khác -1

2
2

0 4 12 0

1 .1 3 0 4

m

m m

m

m m

m

  
 

     

     

   

  



Vậy : m   



; 4

 

 4; 2

 

 6;



8
6
4
2

-2
-4
-6
-8

-10 -5 5 10

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

Bài2:.Cho hàm số:

y= f(x)= , có đồ thị (Cm)

a/Chứng minh hàm số tăng
trên mỗi khoảng xác định
với mọi giá trị m khác 0
b. Khảo sát và vẽ đồ thị
(C) của hàm số khi m = 1.

a/-Tìm TXĐ
-Tính: y’

-Dựa vào đk y’ kết luận

b/Thay m = 1 vào (Cm), khảo
sát theo sơ đồ

a/ TXĐ:

D



R

\

 



m

Tacó: 0, 0( )

)
(

' 2 2 m x m

m
x

m

y    




Vậy hàm số tăng trên mỗi khoảng xác định
với mọi giá trị m khác 0

b/ y
2
-1

O x

*BÀI TẬP RÈN LUYỆN:
Bài3. Cho hàm số: 1

2
x
y

x



 , gọi đồ thị của hàm số là (C)
a. Khảo sát sự biến thiên của hàm số và vẽ đồ thị (C).

b. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục tung.

Bài4.Cho hàm số: 3 2
1

x
y

x



 , gọi đồ thị của hàm số là (C)
a. Khảo sát sự biến thiên của hàm số và vẽ đồ thị (C).

b. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 2.
Bài 1. Cho hàm số: y = 4

2 x

có đồ thị (C)

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ
đồ thị hsố

b. Tính diện tích hình phẳng
giới hạn bởi đồ thị (C), trục
hoành và các đường thẳng x=
-1; x = 1.

a/ Khảo sát theo sơ đồ

b/Hp giới hạn bởi:



















2

4

1 x

-1;

x

Ox

)

(

dx

x

S

C

a/ y 2

O x

Hp giới hạn bởi:













-1;

x

1 x

Ox

)

(

C

Vậy: 4 3

2
4

1
1

Ln
dx

x

S 









Bài 2: Cho hàm số: y = 3x 4

2x 3
+

a/Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của
hàm số

a/ Khảo sát theo sơ đồ

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

b/Viết phương trình tiếp tuyến
với đồ thị (C), biết tiếp tuyến
song song với đường thẳng
d: 17x + 4y – 7 = 0.

b/-TT a song song d nên
có:

4
17
)

3
2
(

17
)

(

' 2

0
0








x
x

y

-Giải tìm x0, tìm y0
-thay vào pttt:
y=y’(x0)(x – x0) + y0

O x

b/vì tt a song song d nên có:
4
17
)

3
2
(

17
)

(

' 2

0
0








x
x

y

PTTT a:

8
123
4

17
8
5
4
17










x
y

*BÀI TẬP RÈN LUYỆN

Bài 3. Cho hàm số: y = 3 2x

x 1

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

b/Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng (d): y = mx + 2 cắt (C) tại hai điểm phân biệt.
Bài 4: Cho hàm số: y = 2

1
mx
x m



  có đồ thị (Cm)

a. Định m để hàm số giảm trên mỗi khoảng xác định của nó.
b.Định m để tiệm cận đứng của (Cm) qua điểm A(3;1).

c. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 2.
*Rút kinh nghiệm:

Hoạt động thầy Hoạt động trò Nội dung

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

Bài 1: Cho hàm số 1
2





x
y

x

a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của
hàm số.

b) Viết phương trình tiếp tuyến
của đồ thị hàm số tại giao điểm

A của đồ thị với trục tung.

a/HS khảo sát theo sơ đồ

b/-Tìm toạ độ giao điểm của (C)
với trục Oy:

2)
1
;
0

( 

A

-Viết PTTT tại A

a/ y
1

O 2 x

Tìm toạ độ giao điểm của (C)
với trục Oy:

2)
1
;

( 

A

-Viết PTTT tại A
Bài 2: : Cho hàm số

1
2






mx
y

x m

a) Chứng minh rằng với mọi giá
trị của m, hàm số luôn đồng biến
trên mỗi khoảng xác định của
nó.

b) Xác định m để tiệm cận đứng
của đồ thị đi qua điểm



1 2;



A .

c) Khảo sát sự biến thiên và vẽ
đồ thị của hàm số khi m = 2.

a/-Tìm TXĐ
-Tính y’

-Dựa vào y’ kết luận

b/-Tìm tiệm cận đứng

-Tiệm cận đứng đi qua A nên
toạ độ điểm A thoả pt tiệm cận
-Tìm m

c/Thay m = 2 vào (Cm) khảo sát
theo sơ đồ

2 ,

0 )

2 (

2 '

2 \

m

x

m

x

m

y

m

R

D





























Vậy hàm số luôn đồng biến trên
mỗi khoảng xác định của nó.
b)

cd
t
m
x

Limy
Limy

m
x
m

x

/
:
2

;
)
2
(
)

2
(




















mà A thuộc t/cđ nên:m=2
c/ y

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

*BÀI TẬP RÈN LUYỆN

Bài1:

1

. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số  23

x
y

x

2.Tìm trên đồ thị điểm M sao cho khoảng cách từ M đến đường tiệm cận đứng bằng khoảng
cách từ M đến tiệm cận ngang

Bài2: a)Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y = 2 21

x

x đồ thị (C)

b)Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hồnh độ bằng -1

c.) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) ; tiệm cạnh ngang ; x=0 ; x=1
Bài3:

1

. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số 3






x
y

x

2. CMR với mọi giá trị của m, đường thẳng (d) y = 2x + m luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt.
3. Gọi A là giao điểm của (C) với trục Ox. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại A.

*CÁC DẠNG ĐTHS :

y’>0 :hàm số đb y’<0 : hàm số ngb

Câu I.(3 điểm)

1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ
thị (C) của hàm số.

2/ Viết phương trình tiếp tuyến của
(C) tại giao điểm của (C) với trục
tung.

Câu II. (2 điểm).
1 Tính I = 2 3

cos .





x dx.

2/ Xét sự đồng biến và nghịch biến
của hàm số y = -x3 + 3x -1

Câu III. (2 điểm).

1/ Viết phương trình mặt cầu
2/ Viết phương trình đường thẳng
(d)

Câu IV. (1điểm). Tính diên tích
hình phẳng giới hạn bởi các đường
y = 3 và y = x2 – 2x

Câu V (2 điểm)

1/ Viết phương trình mặt cầu tâm M
và tiếp xúc với (d).

2/ Viết phương trình mặt phẳng

Câu I.(3 điểm) Cho hàm số y = 2 1

1


x

x có đồ thị (C).
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm của (C) với
trục tung.

Câu II. (2 điểm).
1/ Tính I = 2 3

cos .





x dx.

2/ Xét sự đồng biến và nghịch biến của hàm số y = -x3 + 3x -1
Câu III (2 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho
điểm M(1; 1 ; 0) và mặt phẳng (P): x + y – 2z + 3 = 0.

1/ Viết phương trình mặt cầu tâm M và tiếp xúc với mp(P)

2/ Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M và vng góc với
(P).Tìm tọa độ giao điểm.

Câu IV. (1 điểm). Tính diên tích hình phẳng giới hạn bởi các
đường y = 3 và y = x2 – 2x

Câu V (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
M(-1 ; 2 ; 1) và đường thẳng (d): 1 2

2 1 1

 

 



x y z

.
1/ Viết phương trình mặt cầu tâm M và tiếp xúc với (d)

2/ Viết phương trình mặt phẳng đi qua M và vng góc với (d).
Tìm tọa độ giao điểm.

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

Câu VI. (1điểm).Tính diện tích 
hình phẳng

Câu VII. (1 điểm). Giải phương
trình sau trên tập số phức :z4 –1 = 0.

Câu VI. (1điểm)

.Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 1 2

4x và

y = 1 2 3

 x  x

Câu VII. (1 điểm).

Giải phương trình sau trên tập số phức : z4 – 1 = 0.

V.RÚT KINH NGHIỆM:

Ngày soạn
15 /03

TUAÀN VIII

Từ ngày:
30/04

Đến ngày: 5/05
CHỦ ĐỀ 7:

HÀM SỐ MŨ – LOGARIT – PT,BPT:MŨ – LOGARIT 
( Tiết 38-39-40-41-42-43 )

I. MỤC TIÊU :

Kiến thức Biết khái nim và tính chất ca hàm số luỹ thừa, hàm số m, hàm số lôgarit.

Bit cơng thức tính đạo hàm của các hàm số luỹ thừa, hàm số mũ, hàm số
lôgarit.

Biết dạng đồ thị của các hàm số luỹ thừa, hàm số mũ, hàm số lôgarit

Kyừ naờng Giải đợc phơng trình, bất phơng trình mũ: phơng pháp đa về lu tha cựng c s,

phơng pháp lôgarit hoá, phơng pháp dùng ẩn số phụ, phơng pháp sử dụng tính
chất của hµm sè.

Giải đợc phơng trình, bất phơng trình lơgarit: phơng pháp đa về lôgarit cùng cơ
số, phơng pháp mũ hoá, phơng pháp dùng ẩn số phụ

Vận dụng -Vận dụng kiến thức giải được một phần bài tập dạng tổng hợp.

-Hướng dẫn sử dụng máy tính bỏ túi trong quá trình giải bài tập

Trọng tâm

chủ đề:

Dùng các tính chất của lũy thừa để đơn giản biểu thức, so sánh những biểu thức
có chứa lũy thừa.

Dùng định nghĩa để tính một số biểu thức chứa lôgarit đơn giản.

Áp dụng các tính chất của lơgarit vào các bài tập biến đổi, tính tốn các biểu
thức chứa lơgarit.

Áp dụng tính chất của các hàm số mũ, hàm số lơgarit vào việc so sánh hai số,
hai biểu thức chứa mũ và lôgarit.

Vẽ đồ thị các hàm số luỹ thừa, hàm số mũ, hàm số lơgarit.

Tính đạo hàm các hàm số yex,ylnx. Tính đạo hàm các hàm số luỹ thừa,

mũ, lôgarit và hàm số hợp của chúng.

Giải một số phương trình, bất phương trình mũ đơn giản bằng các phương pháp:
phương pháp đưa về lũy thừa cùng cơ số, phương pháp lơgarit hóa, phương
pháp dùng ẩn số phụ.

Giải một số phương trình, bất phương trình lôgarit đơn giản bằng các phương
pháp: phương pháp đưa về lơgarit cùng cơ số, phương pháp mũ hóa, phương
pháp dùng ẩn số phụ,

II. NHỮNG ĐIỀU CẦN LƯU Ý:

1

. Phương pháp ôn tập: Học sinh phải giải thành thạo các dạng toán cơ bản theo chuẩn kiến thức.
2. Tổ chức dạy học: Lập dàn bài từng câu một

III.ÔN TẬP TRÊN LỚP

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

*

Hoạt động vấn đáp theo kiến thức cơ bản của lí thuyết

:

-Giáo viên: phát phiếu học tập

-Học sinh hoàn thành theo bảng

1.Tính chất

* v i a > 0, b > 0, ta cóớ




















b
a
b
a
b

a
ab
a

a
a

a
a
a

a

a  











  ;  ; ( ) ; ( ) . ;

. .

a > 1 : a a 
0 < a < 1 :    



a
a

0 1; n 1 ; mn n m

n

a a a a

a



  

* Quy taéc tính:

.

m n m n

a a

a





;

 

a

m n



a

mn;

n n
n

a

b















;

m

m n
n

a





;



ab



n



a b

n

.

n

* Quy taéc so sánh:

+ Với a > 1 thì

a

m



a

n



m n



+ Với 0 < a < 1 thì

a

m

a

n

m n







2. Căn bậc n

.

n

a b

n

a b

n



;

n
n

n

a

b



b

 

p
n

a

p n

a



m n

a



mn

a

Nếu

p

n



m

thì n

a

p



m

a

q ; Đặc biệt mn

a

m



n

a

3. Lôgarit

log

a

b

a



b









log

log 1 0;

log

1;

log

b

;

ab

a



a



a



b

a



b

* Tính chất so sánh:

+ Với a > 0 thì:

log

a

b



log

a

c



b c



+ Với 0 < a <1 thì:

log

a

b



log

a

c



b c



log

a

b



log

a

c



b c



* Quy tắc tính:

log

a



b c

.





log

a

b



log

a

c

log

a

b

log

a

b

log

a

c

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

log

a

b



log

a

b





log

a

b

1 log

a

b





log

a n

b

1 log

a

b

n



* Công thức đổi cơ số:

log

a
b
a

c

b



hay

log .log

a

b

b

c



log

a

c

1 log

a
b

b

a



hay

log .log

a

b

b

a



1

;

a

logbc



c

logba

* Chú ý: Lơgarit thập phân (cơ số 10) kí hiệu là: logx hoặc lgx
Lơgarit cơ số e kí hiệu là: lnx

Ở phần này xem như các đk đã cĩ đủ để logarit cĩ nghĩa.
4. Bảng đạo hàm cần nhớ:

Đạo hàm của hàm số sơ cấp thường gặp Đạo hàm của hàm số hợp u = u(x)

 

x ' .x 1







 

u



'



.

u

1

. '

u



,
2
1 1
x x
 

 

 
'
2

1 u'

u u

 

 
 

 

x ' 21
x


 

' '
2
u
u
u


 

' 1

1
.

n

n n

x

n x 



 

'
1
'
.
n
n n
u
u

n u 




sinx



' cosx



sin

u





u

'.cos

u



cosx



' sinx



cosu



' u'.sinu





' 2

1
tan
cos
x
x






2
'
tan
cos
u
u
u






' 2

1
cot

sin

x





cot



' 2'

sin

u
u

u


 

ex ' ex



 

e

u '



u e

'.

u

 

ax ' ax.lna



 

au ' u a'. .lnu a



lnx



' 1

x





lnu



' u'

u




log



' 1

.ln

a x

x a





log



' '

.ln
a
u

u
u a


5. B NG Ả ĐẠO HÀM.

x

x e

e )'
(

a
a
ax)' x.ln

( 

x
x)' 1

(ln 
a
a
x x
a
ln
1
)'

(log 
)
0
,
0
(
.
)'
( 1



 x  x

x   

n n
n
x
n
x
1
1
)'
(


u

u u e

e )' '.

( 

a
a
u

au)' '. u.ln

( 

u
u
u)' '

(ln 
a
u
u
u
a
ln
.
'
)'
(log 
'
.

(u u 1u

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

@) Bài tập: PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT
Vấn đề 1: Phương trình mũ

a) Dạng cơ bản:

0 

a



1

( ) ( )
( )

( ) ( )

( ) log ( 0)

f x g x

f x b

a

a a f x g x

a b f x b

  

   

b) Các phương pháp giải
Dạng 1. Đưa về cùng cơ số

Dạng 2. đặt ẩn phụ ( Cầ n n m vắ ữ ng) 
Dạng 3. Logarit hóạ

Dạng 4. sử dụng tính đơn điệu(nâng cao) 
Vấn đề 2: Phương trình logarit

Dạng 1. Đưa về cùng cơ số

Dạng 2. đặt ẩn phu ( Cầ n n ắ m v ữ ng)ï

Dạng 3 mũ hóa

Bài tập: BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT

Vấn đề 1: Bất Phương trình mũ(

0 

a



1)

* Chú ý: -Hàm số y=ax đồng biến khi a>1 và nghịch biến khi 0<a<1

- Cách giải phương trình mũ vẫn cồn đúng cho việc giải bpt mũ

( ) ( )

( )

1 .

( )

0

1

f x g x

f x

g x neu a

a

f x

g x neu

a







 





( )

( ) log

1 .

( ) log

1

b
a
f x

b
a

f x

neu a

a

b

f x

neu a





 







*

Hoạt động giải bài tập

1 .

Tính giá trị của biểu thức

A

= +

(

a

1)

-1

+ +

(

b

1)

-1 khi

a

= +

(

2

3 )

- 1

v b

µ

= -

(

2

3 )

- 1

Hoạt động giáo viên

Hoạt động học sinh

NỘI DUNG

(

)

(

)

1
1

2

3 ?

2

3 ?

a

b

-= +

=

= -

=

(

)

(

)

2 3

(2 3)(2 3)

2 3

(2 3)(2 3)

a

b

-= + =

-= =

-= - =

= = +

- +

(

)

(

)

2 3

(2 3)(2 3)

2 3

(2 3)(2 3)

a

b

-= + =

-= =

-= - =

= = +

- +

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

1 1

(

1)

(

1)

A

= +

a

+ +

b

-= ?

1 1

(

1)

(

1)

A

= +

a

+ +

b

- =

1 1

3 3 3 3

1
(3 3)(3 3)

 

 

 

 

1 1

(

1)

(

1)

A

= +

a

+ +

b

- =

1 1

3 3 3 3

1
(3 3)(3 3)

 

 

 

 

*

Hoạt động giải bài tập 2. Cho a, b là các số dương. Rút gọn các biểu thức sau:

a. A =

2
1 1
2 2

1 2

b

:

a

b

a



 











 











b. B =

1 9 1 3

4 4 2 2

1 5 1 1

4 4 2 2

a

b

a

b





Hoạt động giáo viên

Hoạt động học sinh

Nội dung

a. 
A = ?

2
1 1
2 2

1 2

?

b

a

b



































b. B = ?

1 9
4 4
1 5
4 4
1 3
2 2
1 1
2 2

?

a

b






























2
2
2
2
2
2

1 2 :

1 :

b b

A a b

a a
b
a b
a
a b
a
a a b

   
 

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

b. B =

1 9 1 3

4 4 2 2

1 5 1 1

4 4 2 2

a

b

a

b





1 9 1 1

4 4 4 4

1 5 1 1

4 4 4 4

1
2
4

1
4

1 3 1

2 2 2

1 1 1

2 2 2

(1

) (1 )(1 )

1 (1 )

(1

)

1 ( 1)

a

b

b b



 
 











 





 



















2
2
2
2
2
2

1 2 :

1 :

b b

A a b

a a
b
a b
a
a b
a

a a b

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

b. B =

1 9 1 3

4 4 2 2

1 5 1 1

4 4 2 2

a

b

a

b





1 9 1 2 1

4 4 4 4

1 5 1 1 1

4 4 4 4

2
4

1
4

1 3 1

2 2 2

1 1 1

2 2 2

(1

) (1

)(1

)

1 (1

)

(1

)

(1

)

1 (

1)

a

b



 
 











 





 



*

Hoạt động giải bài tập 3. Biết

log 5

=

a

, log 7

=

b

, log 3

=

c

. Tính

log 35

6 theo a, b, c.

Hoạt động giáo viên

Hoạt động học sinh

Nội dung

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

27 3 3

8 2 2

6 6

log 5 log 5 log 5 ?
3

log 7 log 7 log 7 ?
3

log 3

log 35 log 7.5 ?

a
b
c
   
   


 
3 2

3 2 3 2

log 5 log 7 3 3
log 6 log 6 1 log 2 1 log 3

3 3 3 3 3 3

1 1 1 1 1

a b

a b ac b ac b

c c c c

c
   
 

    
   


27 3 3

8 2 2

6 6 6 6

log 5 log 5 log 5 3
3

log 7 log 7 log 7 3
3

log 3

log 35 log 7.5 log 7 log 5

a a
b b
c
   
   

  
3 2

3 2 3 2

log 5 log 7 3 3

log 6 log 6 1 log 2 1 log 3

3 3 3 3 3 3

1 1 1 1 1

a b

a b ac b ac b

c c c c

c
   
 

    
   


27 3 3

8 2 2

6 6 6 6

log 5 log 5 log 5 3
3

log 7 log 7 log 7 3
3

log 3

log 35 log 7.5 log 7 log 5

a a
b b
c
   
   

  
3 2

3 2 3 2

log 5 log 7 3 3
log 6 log 6 1 log 2 1 log 3

3 3 3 3 3 3

1 1 1 1 1

a b

a b ac b ac b
c c c c
c
   
 

    
   


*

Hoạt động giải bài tập 4 . Tính đạo hàm các hàm số sau:
a.

y



x

3

x

2

x



14







y



log



x



3 x



4 

sin x 1

y e





y



ln



x



x



1 

Hoạt động giáo viên

Hoạt động học sinh

Nội dung

y



x

3

x

2

x



14







hàm số có dạng nào ?
y’ = ?

y



log

8



x



3 x



4 

(logau) ' ?

y’ = ?

y e

sin2x1



( eu )’ = ?

y’ = ?

y



x

3

x

2

x



14







( uα )’ = α uα – 1.u’ 
y’=

3 2 4 2

( 3 2 ) (3 6 2)

4 x x x x x



   

3 2 3

3 6 2

4 ( 3 2 )

x x

x x x

 

y



log



x



3 x



4 

'
(log ) '

.ln
a
u
u
u a


y’ = 2

2 3

( 3 4) ln 6

x

x x


 

y e

sin2x1



( eu )’ = eu . u’

y’ = sin2 1

.sin 2
x

e  x

y



x

3

x

2

x



14







( uα )’ = α uα – 1.u’ 
y’=

3 2 4 2

( 3 2 ) (3 6 2)

4 x x x x x



   

3 2 3

3 6 2

4 ( 3 2 )

x x

x x x

 

y



log



x



3 x



4 

'
(log ) '

.ln
a
u

u
u a


y’ = 2

2 3

( 3 4) ln 6

x

x x


 
c.

y e

sin2x1



( eu )’ = eu . u’

y’ = sin2 1

.sin 2
x

e  x

*Hoạt động giải bài tập: Giải các phương trình sau:

3

x-5

=

7

, b.

3

|3x-4|

=

9

2x-2

( )

3

4 log 3

1

3

x

- +

=

( ) ( )

3

x

+

3

x-10

=

84

.

4

x

3.2

x

10 0







2.4

x



6

x



3.9

x



0 16

x



3

x



4 .29 3 .29 0

2x



x



27

x



2.9

x



3

x

 

2 0

Hoạt động giáo viên

Hoạt động học sinh

Nội dung

3

x-5

=

7

-HS:

af(x) = b  f(x) = log

ab a.

3

x-5

=

7

 x – 5 = log 73

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

?: Với 0 < a ≠ 1 và b >0 thì
af(x) = b ?

?:Vận dụng:

3

x-5

=

7

3

x-5

=

7

 x – 5 =

log 7
 x = log 73 + 5

 x = log 73 + 5

?:Công thức A B

3

|3x-4|

=

9

2x- 2 ( 2 ) ?

-

yêu cầu hs giải



























B

A

B

A

B

A

0 3

|3x- 4|

=

9

2x-2 ( 2 )
|3 4| 4 4

3

x-

=

3

x

-































8

7

0

1

4

3 x

Vaäy : T =






7
8

3

|3x-4|

=

9

2x-2 ( 2 ) 
|3 4| 4 4

3

x-

=

3

x

-































8

7

0

1

4

3 x

Vaäy : T =







7
8
?:

Với 0 < a ≠ 1 và b>0 thì
af(x) = b ?

?:Vận dụng:

( )

3

4 log 3

1

3

x

- +

=

( )

3

4 log 3

1

3

x

- +

=

( 3 )
+ĐK: x > 0

( )

3

4 log 3

1

3

x
- +

=

3
2

3   

 Log x x

Vậy : T = { 3 }

( )

3

4 log 3

1

3

x

- +

=

( 3 )
+ĐK: x > 0

( )

3

4 log 3

1

3

x
- +

=

3
2

3   

 Log x x

Vậy : T = { 3 }
?: Nêu công thức:

a

m+n

= ?

a

m – n

= ?

?Vận dụng:

( ) ( )

5 10 10

3

x

+

3

x-

=

84

-Yêu cầu hs giải
-Nhận xét đánh giá

( ) ( )

3

x

+

3

x-10

=

84

( 4 )

Đặt : t = 310

x

; t > 0

PT (*)  3t2 + t – 252 = 0

 t = 9 ( N ) ; t = - 28 / 3 ( L )
Với : t = 9  310

x

= 32 x = 20
Vậy T = { 20 }

( ) ( )

3

x

+

3

x-10

=

84

.( 4 )

Đặt : t = 310

x

; t > 0
PT (*)  3t2 + t – 252 = 0

 t = 9 ( N ) ; t = - 28 / 3 ( L )
Với : t = 9  310

x

= 32 x = 20
Vậy T = { 20 }

-Gọi một hs nêu cách giải
bài tập này

-Gọi em thứ hai lên giải
-Cho vài em nêu nhận xét
về bài giải của bạn

-Hoàn chỉnh bài giải của hs

4

x

3.2

x

10 0







( 5 )
Đặt : t = 2x ; t > 0

PT ( 5 )  t2 + 3t – 10 = 0 
 t = 2 ( N ) , t = -5
( L)

Với t = 2  2x = 2  x = 1 
Vậy T = { 1 }

4

x

3.2

x

10 0







( 5 )
Đặt : t = 2x ; t > 0

PT ( 5 )  t2 + 3t – 10 = 0 
 t = 2 ( N ) , t = -5 ( L)
Với t = 2  2x = 2  x = 1 
Vậy T = { 1 }

-HD: chia hai veá pt cho 9x

hoặc 4x sau đó thu gọn đưa

về cùng một cơ số và đặt
ẩn phụ

-Chia hai vế PT ( 6 ) cho 9x
ta được

2.4

x

6

x

3.9

x

0





( 6 )
-Chia hai vế PT ( 6 ) cho 9x
2.
2
2 2
3 0(*)
3 3
x x
   
  
   
   

-Đặt : t = 2
3

x

 
 

  ; t > 0

2.4

x

6

x

3.9

x

0





( 6 )
Chia hai vế PT ( 6 ) cho 9x
2.
2
2 2
3 0(*)
3 3
x x
   
  
   
   

Đặt : t = 2
3

x

 
 

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

2
2 2

3 0(*)
3 3
x x
   
  
   
   

Đặt : t = ? ; t > 0

( * ) ↔ ? ; t = ? ; x = ?
Gọi hs lên giải

-PT (*) 2t2 – t – 3 = 0 
 t = 3

2 ( N ), t = -1 ( L )
-Với t = 3

2 
2
3
x
 
 
  =
3

2  x =
-1

-Vậy T = { - 1 }

PT (*) 2t2 – t – 3 = 0 
 t = 3

2 ( N ), t = -1 ( L )
Với t = 3

2 
2
3
x
 
 
  =
3

2  x = -1
Vậy T = { - 1 }

-Gọi hs lên giải
42x = 16x

-Nhận xét đánh giá

16

x

3

x

4 .29 3 .29 0

2x x







 - 28. 16x + 28.3x = 0

 16x = 3x  x=0

16

x

3

x

4 .29 3 .29 0

2x x







 - 28. 16x + 28.3x = 0

 16x = 3x  x=0
-Gọi hs lên giải

27

x



2.9

x



3

x

 

2 0

-Nhận xét đánh giá

27

x

2.9

x

3

x

2 0



 

( 1 )

-Đặt : t = 3x ; t > 0

pt ( 1 )  t3 – 2t2 – t + 2 = 0 
-Pt có nghiệm:

t=-1(l); t=1(n); t=2(n)

-Với: t = 1  3x = 1  x = 0
t = 2  3x = 2 x =

3
log 2

27

x

2.9

x

3

x

2 0



 

( 1 )

-Đặt : t = 3x ; t > 0

pt ( 1 )  t3 – 2t2 – t + 2 = 0 
-Pt có nghiệm:

t=-1(l); t=1(n); t=2(n)

-Với: t = 1  3x = 1  x = 0
t = 2  3x = 2 x =

3
log 2

*Hoạt động “Giải các phương trình sau”:
a.

log

3

log

9

log

27

11

2 x

+

x

+

x

=

; b.

2log (

3

x

-

2) log

+

3

(

x

-

4 )

=

0 log

5 log 5

5 log

5

4

x

+

x

= +

x ; d. 4

1

7 log

0 log

x

-

x

+ =

6

e. log (3 x2+2x+ =1) log (2 x2+2 )x ; f.

log

3



x



2 log



x



2log



x



2 

log 2

2



x



1 .log 2



2



x1



2 



2

Hoạt động giáo viên

Hoạt động học sinh

Nội dung

Phương trình này ta giải bằng
pp gì?

Đưa về cùng một cơ số là bao
nhiêu ?

Gọi một hs lên giải ; cho các
em khác lên nêu nhận xét
Hoàn chỉnh bài giải của hs

log

3

log

9

log

27

11

2 x

+

x

+

x

=

+Đk: x > 0
+Pt trở thành :

27
2
11
log
6
11

3 x  x

+So điều kiện nghiệm pt: x = 27

a. log3 log9 log27 11
2

x+ x+ x=

+Đk: x > 0
+Pt trở thành :

27
2
11
log
6
11

3 x  x

+So điều kiện nghiệm pt: x =
27

Phương trình này ta giải bằng pp
gì?

Đưa về cùng một cơ số là bao
nhiêu ?

Gọi một hs lên giải ; cho các
em khác lên nêu nhận xét
Hoàn chỉnh bài giải của hs

2log (

3

x

- +

2) log

3

(

x

-

4 )

=

0

-Đk : x > 2 và x ≠ 4

-Pt trở thành :


















)
(
2
3
)
(
2
3
0
7
6
0
)
4
)(
2
(
log
2
3
l
x
n
x

x
x
x
x

-So đk nghiệm pt:x3 2

2log (

3

x

-

2) log

+

3

(

x

-

4 )

=

0

-Đk : x > 2 và x ≠ 4

-Pt trở thành :

















)
(

2
3
)
(
2
3
0
7
6
0
)
4
)(
2
(
log
2
3
l
x
n
x
x
x
x
x

-So đk nghiệm pt:x3 2

?:Đặt ĐK

?:Đưa pt đã cho vè pt bậc hai c. 2
5

log 5 log 5 log 5
4

x + x = + x c. 2

log 5 log 5 log 5
4

x + x = + x

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

theo biến log 5x
?:Giải pt này

+Đk: x > 0 và x ≠ 1
+Pt trở thành :

0
5
5
log
6
5
log

2 2   

x
x

+PT vô nghiệm

+Đk: x > 0 và x ≠ 1
+Pt trở thành :

0
5
5
log
6
5
log

2 2   

x
x

+PT vơ nghiệm
Phương trình này ta giải bằng

pp gì?

Đưa về cùng một cơ số là
bao nhieâu ?

Gọi một hs lên giải ; cho các
em khác lên nêu nhận xét
Hoàn chỉnh bài giải của hs
?:ĐK: x > ? và x ≠ ?

2
2

1 1log 7 0 (2)

log x- 2 x+ =6

d. 4

1

7 log

0 log

x

-

x

+ =

6

(1)

+ĐK: x > 0 và x ≠ 1
+Đặt : t = log2x
+PT trở thành:






















8
4
1
3
3
2
0
1
6
7
2
1
3

2
x
x
t
t
t
t

+So đk nghiệm pt:








8
4
1
3
x
x
d. 4
2

1

7 log

0 log

x

-

x

+ =

6

+ĐK: x > 0 và x ≠ 1
+Đặt : t = log2x
+PT trở thành:





















8
4
1
3
3
2

0
1
6
7
2
1
3
2
x
x
t
t
t
t

+So đk nghiệm pt:








8
4
1
3
x
x

?:
+Đặt ĐK

+Đặt ẩn phụ đua về pt theo
biến t

+Giải pt này tìm t bằng cách
đốn nghiệm

+CM : pt trình trên có nghiệm
duy nhất

e.log (3 x2+ + =2x 1) log (2 x2+2 )x

+ĐK : 





2
0
x
x

+Đặt : t = 2
2

log (x 2 )x
+PT trở thành: ) 1

3
1
(
)
3
2

( t  t 

+Nhẩm nghiệm pt có một nghiệm
t = 1

+CM: t = 1 là nghiệm duy nhất
Nếu : t > 1 thì

1 1

2 2 1 1

;

3 3 3 3

t t

       

 

       
       

Nên: 2 1 1

3 3

t t

   

 

   

    vô lý
Nếu : t < 1 thì

1 1

2 2 1 1

;

3 3 3 3

t t

       

 

       
       

Khi đó: 2 1 1

3 3

t t

   

 

   

    vơ lý
Vậy pt cho có nghiệm duy nhất
x = 1

e.log (3 x2+ + =2 1) log (x 2 x2+2 )x +ĐK :






2
0

x
x

+Đặt : t = 2
2

log (x 2 )x
+PT trở thành: ) 1

3
1
(
)
3
2

( t  t 

+Nhẩm nghiệm pt có một nghiệm t
= 1

+CM: t = 1 là nghiệm duy nhất
Nếu : t > 1 thì

1 1

2 2 1 1

;

3 3 3 3

t t

       

 

       
       

Nên: 2 1 1

3 3

t t

   

 

   

    vô lý
Nếu : t < 1 thì

1 1

2 2 1 1

;

3 3 3 3

t t

       

 

       
       

Khi đó: 2 1 1

3 3

t t

   

 

   

    vơ lý
Vậy pt cho có nghiệm duy nhất:
x = 1

Phương trình này ta giải bằng

pp gì?

Đưa về cùng một cơ số là
bao nhiêu ?

f.log 3



x 2 log



5x2log3



x 2



+ĐK: x > 2
+PT trở thành:

f.log 3



x 2 log



5x2log3



x 2



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

Gọi một hs lên giải ; cho các
em khác lên nêu nhận xét
Hoàn chỉnh bài giải của hs
ĐK: x > ?

























5

3

0 )1

(

log

0 )2

(

log

5
3

x

+So đk nghiệm pt: x= 3; x=5

























5

3

0 )1

(

log

0 )2

(

log

5
3

x

+So đk nghiệm pt: x= 3; x=5
Phương trình này ta giải bằng

pp gì?

Đưa về cùng một cơ số là
bao nhiêu ?

Gọi một hs lên giải ; cho các
em khác lên nêu nhận xét
Hoàn chỉnh bài giải của hs

?: Tại sao ta khơng cần đặt
điều kiện?

Đặt t = ?
Pt trở thành ?

log 2 1 .log 2

2



x





2



x1



2 



2

+Đặt : t = log (22 1)

x


+Pt (2 )  t ( 1 + t ) = 2
 t2 + t – 2 = 0 
 t = 1 ; t = - 2
+t = 1 log (22 1)

x

 = 1
 2x + 1 = 2
 2x = 1 x = 0
+t = - 2  log (22 x 1)

 = -2
 2x + 1 = 2-2
 2x = - 3

4 vô nghiệm
+Vậy : T = { 0 }

log 2 1 .log 2

2



x





2



x1



2 



2

+Đặt : t = log (22 1)

x


+Pt (2 )  t ( 1 + t ) = 2
 t2 + t – 2 = 0 
 t = 1 ; t = - 2
+t = 1 log (22 1)

x

 = 1
 2x + 1 = 2
 2x = 1 x = 0
+t = - 2  log (22 x 1)

 = -2
 2x + 1 = 2-2
 2x = - 3

4 vô nghiệm
+Vậy : T = { 0 }

*Hoạt động: Giải các bất phương trình sau: 
a.

log

9

2

1

2 x

+

>

. b.

2log (

0,5

x

-

1) log (5

<

0,5

-

x

) 1

+

c.
2
2 3

3

1

4

3

x  x















4

x

2

x

6 0







Hoạt động giáo viên

Hoạt động học sinh

Nội dung

?: Nhận xét cơ số

?: Trình bày cơng thức nghiệm theo
cơ số?

? Giải bất phương trình có ẩn ở
mẫu, ta cần chú ý điều cơ bản gì?
-Trình bày lời giải trên bảng

log

9

2

1

2 x

+

>

. ( 1 )

ĐK: x < - 1 hoặc x > 0

1
3
0
3
1
2
3
1
2












x
x
x
x
x

Kết hợp đk ta được :

nghiệm BPT là : - 3 < x < - 1

log

9

2

1

2 x

+

>

. ( 1 )

ĐK: x < - 1 hoặc x > 0

1
3
0

3
1
2
3
1
2











x
x
x
x
x

Kết hợp đk ta được :

nghiệm BPT là : - 3 < x < - 1
?: Dạng phương trình

?: Nhận xét cơ số

?: Trình bày cơng thức nghiệm theo
cơ số?

? Giải bất phương trình có ẩn ở
mẫu, ta cần chú ý điều cơ bản gì?
-Trình bày lời giải trên bảng

b. 2log (0,5 x- <1) log (50,5 - x) 1+ .

ÑK:1 < x < 5
PT:
4
33
3
4
33
3
0
3
3
2
)
2
5
(
)
1
(
2
5

.
0
2
5
.
0












x
x
x
x
Log
x
Log

So đk 1 < x < 5 ta được nghiệm
b.

0,5 0,5

2log (

x

- <

1) log (5

-

x

) 1

+

ÑK:1 < x < 5
PT:
4
33
3
4
33
3
0
3
3
2
)
2
5
(
)
1
(
2
5
.
0
2
5
.
0













x
x
x
x
Log
x
Log

So đk 1 < x < 5 ta được
Tiết 43: Giải bất phương

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

BPT là: 1 < x < 3 33

+ nghiệm BPT là:1 < x <

3 33

4
+
f.
2
2 3

3

1

4

3

x  x















-Nêu cách tính hổn số thành phân
số?

-Cho biết cơ số?
-Trình bày lời giải?

f.
2
2 3

3

1

4

3

x  x















1
2
1
0
1
3
2
4
3
4
3
3
4
4
3
2
1
3
2
3
2
2

2

































x
x
x
x
x
x
x
f.
2
2 3

3

1

4

3

x  x















1
2
1
0
1
3
2

4
3
4
3
3
4
4
3
2
1
3
2
3
2
2
2

































x
x
x
x
x
x
x

4

x

2

x

6 0







đặt t = 2x > 0

?: Dạng phương trình
?: Nhận xét cơ số

?: Trình bày cơng thức nghiệm theo
cơ số?

g.)

4

x

2

x

6 0







(1)
đăt : t = 2x > 0

(1) trở thành

2
3
0
6
2








t
t
t

So điều kiện t > 0 ta được :
1
2

2
2

0t  x   x

g.)

4

x

2

x

6 0







(1)
đăt : t = 2x > 0

(1) trở thành

2
3
0
6
2









t
t
t

So điều kiện t > 0 ta được :
1
2

2
2

0t  x   x
*Bài tập dự kiến giải:

log

5 log 5

5 log

5

4

x

+

x

= +

x 2/ 4

1

7 log

0 log

x

-

x

+ =

6 log

4 3

x

-

log

2

x

>

2

4/2log (3 x- 2) log+ 3

(

x- 4

)

2=0

IV. RÚT KINH NGHIỆM
GIẢNG DẠY CỦA GV

HỌC TẬP CỦA HỌC SINH

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

Ngày soạn

28 /03

TUẦN 9

từ 07/05

đến 12/05

CHỦ ĐỀ 5 + 6

THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN – KHỐI NĨN –

KHỐI TRỤ – KHỐI CẦU

( Tiết 44-45-46-47-48-49)

I. MỤC TIÊU :

1. Chuẩn về kiến thức và kỷ năng:
Phần 1: Thể tích khối lăng trụ và khối chóp

VỊ kiÕn thøc :

- Nắm được những kiến thức về hình học khơng gian các lớp 9 – 10 – 11.
- Nắm khái niệm khối lăng trụ, khối chóp, khối chóp cụt và khối đa diện đều.

- Biết khái niệm về thể tích khối đa diện, cơng thức tính thể tớch khi lng tr v khi chúp.
Về kỹ năng:

- Biết vẽ hình minh họa cho hình lăng trụ, hình chóp.
- Tính được thể tích khối lăng trụ và khối chóp.
Phần 2: Thể tích khối nón, khối trụ và khối cầu

- Nắm khái niệm khối nón, khối trụ, khối cầu và cơng thức tính thể tích của chúng.
- Tính được thể tích khối nón, khối trụ, khối cầu.

2. Trọng tâm chủ đề:

- Tính được thể tích các khối chóp, khối lăng trụ, khối nón, khối trụ, khối cầu.

II. NHỮNG ĐIỀU CẦN LƯU Ý:

1. Phương pháp ôn tập:

+ Học sinh phải giải thành thạo các dạng toán cơ bản theo chuẩn kiến thức.
2. Tổ chức dạy học:

+ Phát vấn, gợi mở giúp HS xác định các đại lượng để tính thể tích

*

Hoạt động vấn đáp theo kiến thức cơ bản của lí thuyết

:

-Giáo viên: phát phiếu học tập
-Học sinh hoàn thành theo bảng

Thể tích

1.Thể tích khối chóp (Khối nón trịn xoay) có diện tích đáy B và chiếu cao h là

V Bh

3
=

2. Thế tích khối lăng trụ ( Khối trụ) có diện tích đáy B và chiều cao h là V=B.h
3. Thể tích của khối hộp bằng tích của diện tích đáy và chiều cao của nó.
4. Thể tích của khối hộp chủ nhật bằng tích ba kích thức là

V=abc

5. Khối nón trịn xoay có chiếu cao h và Bán kính đáy bằng r là

2
1

V r h

3
= p

6. Khối trụ có chiều cao h và bán kính đáy bằng r là V = pr2.h

7. Thể tích khối cầu bán kính r là V 4 r3

= p

Diện tích 1. Diện tích mặt cầu có bán kính r là S= p4 r2

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

2. Diện tích đường trịn lớn của mặt cầu bán kính r là s= pr2

3.Diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính r và đường sinh l là Sxq = p2 rl

4. Diện tích qung quanh của hình nón có bán kính đường trịn đáy r và đường 
sinh l là Sxq = prl

Một số kiến thức
thường áp dụng

1.Diện tích ABC S=1 .

2AH BC . S=
1

2BH AC . S=
1

.
2CH AB

2.Diện tích ABC S= p p a p b p c(  )(  )(  ) (p=
2
a b c 

) .

3.Diện tích ABC S=1 . 1 .sin 1 .sin

2ab sinC2ac B2bc A

Tính diện tích và chiều cao tam giác vuông

I
b'
c'

h
a

c
b

C B

Tam giác đều cạnh a suy ra độ dài đường cao AH=a 3

2 ;Diện tích S=

a 3

4 ;

Hình vng cạng a=>S=a2 ;đ chéo =a 2
Hình chữ nhật: S = dài nhân rộng

Hình thang: S = (Cạnh đáy nhân đường cao) chia hai

Hình bình hành: S = cạnh đáy*đường cao ( có thể chia thành hai tam giác)
Hình thoi: S = tích hai đường chéo chia hai

Hình chóp đều

- Đáy là đa giác đều; các cạnh bên bằng nhau; các mặt bên là tam giác cân; Các 
mặt bên tạo với mặt đáy các góc bằng nhau; Đường cao qua tâm và vng góc 
mặt phẳng đáy.

- Tam giác đều có tâm là giao điểm hai đường trung tuyến.
- Tam giác vng có tâm là trung điểm cạnh huyền.

- Hình chủ nhật; hình vng; hình thoi có tâm là giao điểm hai đường chéo.
Tứ diện đều Có tất cả các cạnh bằng nhau; tất cả các mặt là tam giác đều. Đường cao qua tâm và vng góc mặt phẳng đáy.
Hình lăng trụ

- Các cạnh bên bằng nhau và song song.
- Các mặt bên là hình bình hành.

- Hai đáy lăng trụ là hai đa giác bằng nhau.

Hình hộp

- Các cạnh bên bằng nhau và song song.
- Các mặt bên là hình bình hành.

- Hai đáy là hai hình bình hành bằng nhau.
Hình hộp chủ

nhật

- Các cạnh bên bằng nhau và song song.
- Các mặt bên và mặt đáy là hình chữ nhật.
Hình lập phương - Các cạnh bên bằng nhau và song song.- Các mặt bên và mặt đáy là hình vng.

Hình chóp tứ
giác đều

- Đáy là hình vng; các cạnh bên bằng nhau; các mặt bên là tam giác cân; Các 
mặt bên tạo với mặt đáy các góc bằng nhau; Đường cao qua tâm là giao điểm 2

1.ABACvà AH BC .
2.Diện tích : S=1 .

2AH BChay S=
1

.
2AB AC
3.Định lí Pitago: BC2 AB2 AC2

  hay a2 b2c2
suy ra : b2 a2 c2 , c2 a2 b2

    .

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

đường chéo và vng góc mặt phẳng đáy.

Hoạt động giải bài tâp:

Bài 1: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh bằng a, cạnh bên SA vng 
góc với đáy và SA=AC. Tính thể tích khối chóp. (ĐS a3 2

3 )

Bài 2: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh AB=a .Tính thể tích khối chóp biết cạnh

bên hợp với đáy một góc 60

0

. Đáp số:

3 6
a

Hoạt động giáo viên

Hoạt động học sinh

Nội dung lưu bảng

Bài 1: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình 
vng cạnh bằng a, cạnh bên SA vng góc với đáy và 
SA=AC. Tính thể tích khối chóp. (ĐS a3 2

3 )

-?: Đọc kỹ đề bài

?:Nhận xét và vẽ hình theo
yêu cầu

?1. Xác định đường cao và
đáy của hình chóp ?

?2. Hãy tính chiều cao và diện
tích đáy của khối chóp?
?3. Cơng thức tính thể tích
khối chóp ?

-Trả lời nhanh

-Trình bày hình vẽ trên bảng
HS: + Chiều cao là độ dài SA
+ Đáy là h/vuông ABCD
HS: Tính độ dài AC  SA và
diện tích hvABCD

HS: V 1B.h
3



+ Chiều cao : SA = AC = a 2
+ Diện tích đáy: B = SABCD = a2
+ Thể tích khối chóp :

3
2

S.ABC

1 1 a 2

V B.h a .a 2

3 3 3

  

Hoạt động giải bài tâp

Bài 2: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh AB=a .Tính
thể tích khối chóp biết cạnh bên hợp với đáy một góc 600. Đáp

số: a3 6
6

a
O

D C

B
A

S

?1. Nhắc lại tính chất của hình
chóp đều ?

?2. Chỉ ra yếu tố đường cao
và đáy của hình chóp ?

?3. Xác định thể tích của khối
chóp ?

+ Nhắc lại kiến thức cũ
+ Đường cao là SO, O là tâm
hình vng ABCD

+ Tìm lời giải

Gọi O là tâm của hình vng ABCD
Vì S.ABCD là hình chóp đều nên :
SO  (ABCD)

 SO là đường cao của hình chóp
Mà OA là hình chiếu của SA lên
mp(ABCD) nên SAO 60 0



 SO OA.tanSAO a 6

 

Vậy thể tích của khối chóp :

Tiết 45: Giải bài tập

s

A D

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

3
2

S.ABC

1 1 a 6 a 6

V B.h a .

3 3 2 6

  

*

Hoạt động giải bài tâp

Bài 3: Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vng tại B, cạnh bên SA vng góc với 
đáy và SA=AB=BC=a. Tính thể tích khối chóp. (ĐS

3
a

6 )

Bài 4: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh AB=a . Tính thể tích khối chóp biết mặt

bên hợp với đáy một góc 30

0

. (ĐS:

a3 3

)

Hoạt động giáo viên

Hoạt động học sinh

Nội dung lưu bảng

Bài 3: Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam
giác vuông tại B, cạnh bên SA vng góc với đáy và
SA=AB=BC=a. Tính thể tích khối chóp. (ĐS

3
a

6 )

?1. Xác định đường cao và
đáy của hình chóp ?

?2. Hãy tính chiều cao và
diện tích đáy của khối chóp?
?3. Tính thể tích khối chóp ?

HS: + Chiều cao là độ dài SA
+ Đáy là tam giác ABC
HS: Tính độ dài SA và diện
tích tam giác ABC

HS: V 1B.h
3



+ Chiều cao : SA = AB = a
+ Diện tích đáy: B = SABC = a2

+ Thể tích khối chóp :

2 3
2

S.ABC

1 1 a a

V B.h a .

3 3 2 6

  

Bài 4: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh AB=a . Tính
thể tích khối chóp biết mặt bên hợp với đáy một góc 300.

(ĐS: a3 3
18)

?1. Chỉ ra yếu tố đường cao
và đáy của hình chóp ?
?3. Xác định góc giữa mặt
bên và mặt đáy ?

?4. Tính thể tích của khối
chóp ?

+ Đường cao là SO, O là tâm
hình vng ABCD

+ Gọi I là trung điểm của AB,
ta có: SI  AB, OI  AB nên
góc giữa mặt bên và đáy là

 O

+ Tìm lời giải

Gọi O là tâm của hình vng ABCD
Vì S.ABCD là hình chóp đều nên :
SO  (ABCD)

 SO là đường cao của hình chóp
Gọi I là trung điểm của AB

Ta có: SI  AB, OI  AB nên góc giữa

mặt bên và đáy là SI O= 300.

 SO OI.tanSIO a 3

 

Vậy thể tích của khối chóp :

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

3
2

S.ABC

1 1 a 3 a 3

V B.h a .

3 3 6 18

  

Bài 5: Cho hình chóp S.ABC, 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.

b) Gọi I là trung điểm của cạnh SC, tính độ dài đoạn
thẳng BI theo a.

(ĐS: câu a)

3
a 3

2 câu b) 
a 13

2 )

Hoạt động giáo viên

Hoạt động học sinh

Nội dung lưu bảng

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

?1. Xác định đường cao và
đáy của hình chóp ?

?2. Hãy tính chiều cao và diện
tích đáy của khối chóp?

?3. Tính thể tích khối chóp ?

HS: + Chiều cao là độ dài SA
+ Đáy là tam giác ABC
HS: Tính độ dài SA và diện
tích tam giác ABC

HS: V 1B.h
3



+ Chiều cao : SA = 3a

+ Diện tích đáy: B = SABC = a 32

+ Thể tích khối chóp :

3a 2 3

S.ABC

1 1 a 3 a 3

V B.h .

3 3 2 2

  

b) Tính độ dài đoạn thẳng BI theo a.

?1. Có nhận xét gì vị trí của
BC và mp(SAB) ?

?2. Suy ra mối quan hệ giữa
BC và SB ?

?3. Nêu cách tính độ dài đoạn
BI ?

+ BC  (SAB)

+ BC  SB

+ BI là trung tuyến trong
SBC vng tại B nên

BI SC



Ta có: SA  (ABC)  SA  BC

Và AB  BC nên BC  (SAB)

Mà SB  (SAB) nên BC  SB

SBC vuông tại B

 Đoạn trung tuyến BI 1SC



Mặt khác: AC AB2 BC2 2a

  

 BI SA2 AC2 a 13

2 2



 

*Bài tập rèn luyện:

Bài 1: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a. Gọi I là trung điểm
BC

a) Chứng minh SA vng góc BC

b) Tính thể tích khối chóp S.ABI (ĐS

3
a 11

24 )

Bài 2: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD cạnh AB=a, góc giữa mặt bên hợp với đáy bằng 600. Tính thể

tích khối chóp (ĐS: a3 3
6 )

Bài 3: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A/B/C/ có đáy là tam giác vng tại A, AC=a, góc C=600. Đường

chéo BC/ của mặt bên BB/C/C tạo với mặt phẳng AA/C/C một góc 300.

a) Tính độ dài đoạn AC/.

b) Tính thể tích của khối lăng trụ.
(ĐS: câu a) 3a; câu b) a 63 )

Bài 4: Cho hình chóp S.ABC có mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vng góc với mặt

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

phẳng đáy. Biết =1200 . Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a.

Bài 5 :Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA (ABCD). Biết AB = a, AD = 2a và
SB = a 5 .

a) Tính thể tích của khối chóp S.ABCD

b) Chứng minh rằng có một mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Khi đó, tính diện tích của mặt cầu
ngoại tiếp đó.

Bài 6: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có chiều cao a và góc giữa mặt bên (SAB) và mặt đáy bằng
450.

a). Tính thể tích của khối chóp S.ABCD.

b). Hình nón trịn xoay N có đỉnh có đỉnh S và ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Tính diện tích xung
quanh hình nón N và thể tích khối nón tương ứng.

*Rút kinh nghiệm:

………
………

*Hoạt động giải bài tập:

Bài 1: Cho hình nón trịn xoay có đường cao h=20cm, bán kính đáy =25cm.
a. Tính diện tích xung quanh của hình nón.

b. Tính thể tích của khối nón được tạo bỡi hình nón đó.

Bài 2: Cắt một hình nón bằng một mặt phẳng qua trục của nó ta được thiết diện là một tam giác đều
cạnh 2a. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình nón đó.

Hoạt động giáo viên

Hoạt động học sinh

Nội dung lưu bảng

Bài 1: Cho hình nón trịn xoay có đường cao h=20cm, bán
kính đáy =25cm.

c. Tính diện tích xung quanh của hình nón.

d. Tính thể tích của khối nón được tạo bỡi hình nón đó.
(ĐS: câu a. p25 1025; câu 2. 1 25 202

3p )

?1. Tính diện tích xung
quanh của hình nón cần
xác định các đại lượng
nào ?

?2. Cơng thức tính thể tích
khối nón ?

+ Bán kính đáy và đường sinh l

+ V 1 r h2

3
= p

+ Đường sinh: l h2 r2 25 41

  

+ Diện tích xung quanh:

Sxq = p = prl 625 41

+ Thể tích của khối nón :

2

1 12500

V r h (ñvtt)

3 3

= p =

Bài 2: Cắt một hình nón bằng một mặt phẳng qua trục của nó
ta được thiết diện là một tam giác đều cạnh 2a. Tính diện tích
xung quanh và thể tích của hình nón đó.

(ĐS: Sxq=2pa2; V=

3
a 3

3
p

) 2a

A B

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

?1. Xác định bán kính đáy
và độ dài đường sinh l ?
?2. Tính chiều cao h của
khối nón ?

?3. Tính diện tích xung
quanh và thể tích của khối
nón ?

+ Bán kính đáy : r = a
+ Đường sinh : l = 2a
+ Chiều cao h= l2- r2

HS: Trình bày lời giải

+ Độ dài đường sinh : l = 2a
+ Bán kính đáy : r = a
+ Diện tích xung quanh:

Sxq = p = prl 2 a2

+ Chiều cao h= l2- r2=a 3

+ Thể tích của khối nón :

3
2

1 a 3

V r h (ñvtt)

3 3

= p =

*Hoạt động giải bài tập:

Bài 1: 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 khối trụ tạo nên hình trụ đã cho.

Bài 2: Cho hình trụ có bán kính r=5cm và có khoảng cách giữa hai đáy bằng 7cm.
a. Tính diện tích xung quanh của hình trụ và thể tích của khối trụ tạo nên.

b. Cắt khối trụ bỡi một mặt phẳng song song với trục và cách trục 3cm. hãy tính diện tích của thiết
diện được tạo nên.

Hoạt động giáo viên

Hoạt động học sinh

Nội dung lưu bảng

Bài 1: Một hình trụ có bán kính r và chiều cao h=r 3.

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

d. Tính thể tích khối trụ tạo nên hình trụ đã cho.

(ĐS: câu a. Sxq=2 3 rp 2; STp=2( 3 1) r+ p 2; câu b.

3 rp )

?1. Độ dài đường sinh l của
hình trụ ?

?2. Cơng thức tính diện

tích xung quanh ?

?3. Cơng thức tính thể tích
khối trụ ?

+ Hình trụ có đường sinh l = h
+ Sxq = p2 rl

+ V = pr2.h

+ Hình trụ có đường sinh l = h = r 3
+ Diện tích xung quanh:

Sxq = p =2 rl 2 3 rp 2

+ Diện tích tồn phần:

Stp=Sxq+2Sđ=2( 3 1) r+ p 2

+ Thể tích của khối trụ:

2 3

V = pr h= 3 r (đvtt)p

Bài 2: Cho hình trụ có bán kính r=5cm và có khoảng cách
giữa hai đáy bằng 7cm.

c. Tính diện tích xung quanh của hình trụ và thể tích của
khối trụ tạo nên.

d. Cắt khối trụ bỡi một mặt phẳng song song với trục và
cách trục 3cm. hãy tính diện tích của thiết diện được tạo nên.

(ĐS: câu a. Sxq=70p; V=175p câu b. S=56cm2)

h
r

B'
O'

O B

A
r
r

A' O'

O
A

</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>

?1. Độ dài đường sinh l của

hình trụ ?

?2. Cơng thức tính diện
tích xung quanh ?

?3. Cơng thức tính thể tích
khối trụ ?

?4. Theo giả thiết, thiết
diện có được là hình gì ?
?5. Cách tính diện tích của
thiết diện ?

+ Hình trụ có đường sinh l = h
+ Sxq = p2 rl

+ V = pr2.h

+ Thiết diện là hình chữ nhật
+ HS: Nêu hướng giải

a)+ Hình trụ có đường sinh l = h = 7
+ Diện tích xung quanh:

Sxq = p =2 rl 70p

+ Thể tích của khối trụ:

V = pr .h= 175p

b) Theo giả thiết, thiết diện có được là
hình chữ nhật ABB’A’.

Gọi I là trung điểm của AB, O là tâm
của đường trịn đáy. Khi đó: OI  AB
 Khoảng cách giữa thiết diện và trục
là độ dài đoạn OI = 3cm.

 AB 2IB 2 r= = 2- OI2=8
+ Cạnh AA’ = h = 7

+ Diện tích thiết diện là:
S = AB. AA’ = 56 cm2

Bài tập luyện tập :

Bài 1: Cắt một hình nón bằng một mặt phẳng qua trục của nó ta được thiết diện là một tam giác đều
cạnh 2a. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình nón đó.

(ĐS: Sxq=2pa2; V=

3
a 3

3
p

)

Bài 2: Cắt hình nón đỉnh S bởi mặt phẳng đi qua trục ta được một tam giác vng cân có cạnh huyền
bằng a 2. Tính diện tích xung quanh, diện tích đáy và thể tích của khối nón tương ứng.

(ĐS: Sxq=

3
2 a

12
p

; S=

2
a 2
p

; V=

3
2 a

12
p

)

IV.RÚT KINH NGHIỆM:

GIẢNG DẠY CỦA GV

HỌC TẬP CỦA HỌC SINH

</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

Ngày soạn
19/04/2012

TUẦN 10

Từ: 14/05/2012
Đến: 19/05/2012

ĐỀ LUYỆN TẬP

( Tiết 50-51-52-53-54-55)

ĐỀ THAM KHẢO 
THI THỬ LẦN 1

---KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THƠNG NĂM 2012
Mơn Thi: TỐN – Giáo dục Trung học phổ thông

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.

---I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH.(7,0 diểm)

Câu 1.(3,0 điểm) Cho hàm số y = -x3 +3x2 có đồ thị (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

2) Tính khỏang cách giữa 2 điểm cực trị và đường thẳng qua 2 điểm cực trị
Câu 2. (3,0 điểm)

1) Giải phương trình : 22x+2

-9.2x+2=0

2) Tính tích phân sau : I =
ln 5

ln 2

( 1)
1

x x
x

e e

dx
e






3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) 1 2

x
f x

x



 trªn đọan [2;3]

Cõu 3. (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC, có đáy là ABC vuụng cõn tại A cạnh a, cạnh bên SA vng
góc với đáy (ABC), gúc giữa mặt phẳng (ABC) và mặt bờn (SBC) bằng 600. Tính thể tích của khối chóp 
S.ABCD.

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) ( Thí sinh chỉ được chọn phần 1 hoặc phần 2).
Phần 1.

Câu 4a. (2,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(3;1;-1); B(2;-1;4) và mặt phẳng
(P) 2x-y+3z-1=0.

1) Viết phương trình đường thẳng qua 2 điểm A,B. Tìm giao điểm của AB và (P)
2) Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa AB và vng góc mặt phẳng (P).
Câu 5a. (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: 2x2-5x+4=0
Phần 2:

Câu 4 b: ( 2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;2;3) và 
B(-3;4;-5) và đường thẳng (P): x+2y+z-3=0

1) Viết phương trình đường thẳng AB. Tính khỏang cách từ điểm O đến đường thẳng AB

2) Viếp phương trình mặt cầu tâm trùng gốc tọa độ và tiếp xúc đường thẳng AB.

Câu 5 b: ( 1,0 điểm) Tìm căn bậc hai của số phức z=1- i 3
... Hết ...
ĐỀ THAM KHẢO

THI THỬ LẦN 2

---KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2012
Mơn Thi: TỐN – Giáo dục Trung học phổ thơng

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

Câu 1.(3,0 điểm) Cho hàm số y = 2 1

x
x



 có đồ thị (C)
3) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

4) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến song song với đường thẳng
y=-5x+2010

Câu 2. (3,0 điểm)

4) Giải phương trình : log3(x+2)+log3(x-2)=log35

5) Tính tích phân sau : I =
2

2
1

x
dx
x 



6) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y=f(x)= 1

xex

y trªn đọan [-2;2]

Câu 3. (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình bình hành với 
AB = a , BC = 2a và ^

60



ABC

; SA vng góc với đáy và SC tạo với đáy góc



3

.Tính thể tích của khối

chóp S.ABCD theo a .

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) ( Thí sinh chỉ được chọn phần 1 hoặc phần 2).
Phần 1.

Câu 4a. (2,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(-1;-1;0) và mặt phẳng 
(α) x+y-2z-4=0.

1) Viết phương trình mặt phẳng (β) qua A và song song mặt phẳng (α)

2) Viết phương trình đường thẳng d qua A và vng góc mặt phẳng (α).tìm tọa độ hình chiếu vng góc
của điểm A trên mặt phẳng (α).

Câu 5a. (1,0 điểm) Tính diện tích hình phằng giới hạn bởi y=x(x-3)2 và trục hòanh
Phần 2:

Câu 4 b: ( 2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(3;-2;-2) và 
và mặt phẳng (α): 2x-2y+z-1=0

3) Viết phương trình đường thẳng qua điểm M và vng góc mặt phẳng (α)

4) Tính khỏang cách từ điểm M đến mặt phẳng (α). Viết phương trình mặt phằng (β) sao cho mặt
phẳng (β) song song mặt phẳng (α) và khỏang cách giữa mặt phẳng (α) và (β) bằng khỏang cách từ
điểm M đến mặt phẳng (α).

Câu 5 b: ( 1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y=x3-3x+1 và y=3

VI.RÚT KINH NGHIỆM:

GIẢNG DẠY CỦA GV

HỌC TẬP CỦA HỌC SINH

</div>

Giao an on tap TN2012 Co Ngoc

<b>TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN</b>

*

:

<i>M x</i>

(

;

<i>y z</i>

;

)



<i>OM</i>



























































<i>x i y j z k</i>





























































(

;

;

)

<i>AB</i>



<i>x</i>

