TUYỂN TẬP CÁC CHUYÊN ĐỀ HAY ÔN THI ĐẠI HỌC – Tạp chí THTT Phiên bản 1.0 GSTT GROUP tổng hợp
Lovebook.vn | 1
MỘT VÀI ĐIỂM CẦN CHÚ Ý KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC Nguyễn Tất Thu
(GV THPT Lê Hồng Phong, Biên Hòa, Đồng Nai) Phương trình lượng giác (PTLG) luôn xuất hiện trong các đề thi đại học và cũng gây không ít khó khăn cho các thí sinh. Trong bài viết này chúng tôi trao đổi với các bạn một số điểm cần chú ý khi giải các PTLG. Về phương pháp chung thì để giải PTLG ta sử dụng các công thức biến đổi lượng giác đưa phương trình ban đầu về PTLG thường gặp. Chúng ta biến đổi PTLG theo các hướng sau: 1. Đưa về phương trình bậc nhất đối với sin và cosin Với dạng này ta cần lưu ý một số biến đổi sau: sin
√ cos
sin (
)
cos (
)
cos
sin (
)
cos (
)
)
√ cos (
)
♠ Thí dụ 1: Giải phương trình
√
√ sin sin
cos
ờ
√ sin (
ả Ta có sin
√ cos
(1) ) nên (1)
sin (
sin (
)
sin
k ,k
[
.
k. 1 ♠ Thí dụ 2: Giải phương trình
.
(
√
)
(Đề thì ĐH khối B – 2009) ờ
ả Phương trình đã cho tương đương với
sin
1
sin
√ cos
cos
sin
1
sin
k sin
√ cos
cos
cos (
)
cos
.
[ k.
2. Biến đổi về phương trình chỉ chứa một hàm số lượng giác Với phương pháp này chúng ta cần lưu ý tới một số đẳng thức sau: 1 sin cos 1 sin sin
cos
sin ♠
1 í ụ
ờ
1 tan tan ả
sin
ươ
ì
(1
sin
í ụ
ả
ả Ta có ( )
ờ 1 cos
cos
. cos cos
)
( )
√
1
)
sin
(Đề thi ĐH khối A – 2006)
sin
Đối chiếu điều kiện ta có ♠
)
√
ả Điều kiện sin
( )
1 tan . 1 tan ( (
cos
ươ
n ,n ì
(1 sin
1
) cos . sin
cos
sin
k (k
1
).
là nghiệm c a phương trình đã cho.
.
cos 11
sin
1 1 cos
1
11 11
cos
sin
(cos
cos 1 cos
( )
.
sin ) 1
1
(cos k
cos 1 ,k
)
.
Lovebook.vn – Nhà sách duy nhất cung cấp sách do đội ngũ thủ khoa GSTT GROUP viết | 2
♠
í ụ
ờ
ả
ươ
ì
(
ả Điều kiện cos (
1( )
)
)
k .
1 tan tan 1 1 tan 1 tan ♠ Thí dụ 6: Giải phương trình ( )
tan ( tan
)
tan (1
tan
)
k ,k
.
( )
(Đề thi ĐH khối B – 2004) ờ
ả Điều kiện cos
( )
(1
sin
( sin
)(1
sin cos sin
sin )
sin )
(1
sin sin
sin )
sin
sin 1 sin
sin 1 sin
sin
k
1
sin
k
sin
,k
[
.
k Cả hai họ nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện nên là hai họ nghiệm c a PT (5). ) ( ) ♠ Thí dụ 7: Giải phương trình √ ( ả ( )
ờ
cos (
sin (
)
sin (
)
í ụ
ả
)
sin (
)
1
sin (
)
sin (
)
k
[
1
,k
k
.
[ k 3. Biến đổi về phương trình tích Để biến đổi về phương trình tích, chúng ta cần tạo ra các thừa số chung. Một số lưu ý khi tìm nhân tử chung: Các biểu thức * 1 sin cos 1 tan 1 cot có thừa số chung là sin cos . * 1 sin cos 1 tan 1 cot có thừa số chung là cos sin . * sin tan có thừa số chung là (1 cos )(1 cos ). * cos cot có thừa số chung là (1 sin )(1 sin ). ♠
ươ
ả Ta có ( )
ờ
sin (
sin (
)
í ụ
ả
(sin
cos )( sin
(1 sin )
sin (sin
ươ
) (sin cos ) sin
cos
ì
(
( )
cos sin (
)
sin (
)
.
)
cos
nên PT sin ả
)
(
√
cos
sin )(cos
í ụ
,k
√
)
sin (
ì
(cos (Do
(
sin
k
ươ
Lời giải : Ta có ( )
)
k
[
1
cos
♠
(
)
[ ♠
ì
)
( )
cos ) (sin cos ) cos
k ,k
.
vô nghiệm). ( )
)
(Đề thi ĐH khối D – 2003) ờ
ả Điều kiện cos
( )
(1
sin 1 sin Lovebook.vn | 3
k . sin cos
cos (
))
(1
cos )
(1
cos )
(1
cos )
(1 (1
sin )
cos )(1
sin 1 sin sin )
(1 (1
cos ) cos )(cos
sin )
*
cos 1 sin cos
k
*
k ,k k
ết hợp với điều kiện ta có * ♠
í ụ
ờ
ả
ươ
,k
tan )
) (1 )
(
1
k ,k
cos (tan
là tất cả các nghiệm c a PT ( ). √
ì
ả Điều kiện
Ta có (1 )
k
.
(Đề thi dự bị D – 2008)
. 1
(sin
cos )
(sin
sin cos )
sin
cos
k (sin
cos )( sin
k
1)
(k
).
k [ Cả ba họ nghiệm này đều thỏa mãn điệu kiện bài toán. ♠ Thí dụ 12: Giải phương trình Lời giải: (11) sin cos 1 sin sin cos ) ( sin cos ( sin 1) ( sin 1)(sin sin
1
(11) 1)( cos
sin
)
k (Vì cos
[
sin
√
nên cos
sin
).
k *** Cuối cùng chúng tôi in đưa ra một số bài toán để các bạn tự luyện tập.
Giải các phương trình lượng giác sau ) cot
sin (1
tan tan )
3) √ cos sin cos (cos 1) ) sin cos ) cos ) cot
sin tan
cos
sin
(1
sin )
cos ( sin
)
) sin ( sin
(1
(1 4) cot 6) 1 )
sin ) cos sin )(1 sin ) ( √ sin
sin
cos
8) sin
cos
10) cos
. cos
sin
√ √ ) cos cos
sin cos
Lovebook.vn – Nhà sách duy nhất cung cấp sách do đội ngũ thủ khoa GSTT GROUP viết | 4
SỰ PHÂN LOẠI TỨ DIỆN VÀ ỨNG DỤNG Lê Quốc Hán
(GV Đại học Vinh) Tứ diện là một mô hình cơ bản và thường gặp nhất trong hình học không gian, đặc biệt là các kì thi tuyển sinh vào Đại học hay kì thi Olympic Toán. Sự phân loại các tứ diện theo những tiêu chuẩn nào đó sẽ giúp chúng ta xác định nhanh kết quả hay phương pháp giải các bài toán liên quan đến tứ diện thể hiện một cách tường minh hay chìm khuất. Bài viết này không có ý định phân lớp các tứ diện một cách triệt để mà chỉ nêu lên những kinh nghiệm giải các bài toán liên quan đến tứ diện được phân loại theo các đặc trưng khác nhau (nhưng không loại trừ lẫn nhau). I. TỨ DIỆN ĐỀU Định nghĩa. Tứ diện đều là tứ diện có tất cả các cạnh bằng nhau. Tính chất. Trong một tứ diện đều :
a) Sáu mặt là những tam giác đều bằng nhau. b) Chân đường cao hạ từ một đỉnh bất kì xuống mặt đối diện là trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp và tâm đường tròn nội tiếp c a mặt đó. Mệnh đề 1. Giả sử ABCD là tứ diện đều cạnh bằng a. hi đó 1) Tâm mặt cầu ngoại tiếp, tâm mặt cầu nội tiếp và trọng tâm c a tứ diện trùng nhau. ) Đườ ) á
ứ í
ặ
ệ
ầ
√
ằ ạ
ế
ứ
à
ể í √
ệ
ứ
ệ
à á
í
√
ằ ặ
ầ
. ộ
ế
ứ
√ . 1
ệ
4) Các cặp cạnh đối diện c a tứ diện đôi một vuông góc với nhau. ) Đoạn thẳng nối hai trung điểm c a hai cạnh đối diện bất kì là đoạn vuông góc chung c a các đường thẳng chứa hai cạnh ấy. )
ả
) ì
á
ữ
ộ
ạ
ạ ế
ứ
đố
ệ
ệ đề
ấ
√
ì ằ ạ
.
à ì
ậ
ươ
ó ạ
√
ằ
.
Việc chứng minh mệnh đề trên khá đơn giản, đề nghị các bạn tự giải em như những bài tập. Bây giờ chúng tôi sẽ nêu một số thí dụ từ đơn giản đến phức tạp để bạn đọc bước đầu thấy lợi ích c a việc nắm vững các kiến thức nêu trên. ♠ Thí dụ 1. Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz cho A(a ; 0 ; 0), B(0 ; a ; 0), C(0 ; 0 ; a) với a>0.
a) Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ O xuống mặt phẳng (ABC). Tìm tọa độ điểm H. b) Gọi D là điểm đối xứng c a H qua O. Chứng minh ABCD là tứ diện đều. Lời giải. a) Vì B BC C a√ nên BC là tam giác đều. Ta lại có B C
a nên OABC là hình
chop đều. Do đó H là trọng tâm tam giác ABC. a a a uy ra H ( ). b) Vì ( ⃗⃗⃗⃗⃗ | uy ra |D
) là trung điểm c a DH nên D ( √
1 a
a
a
a
a
⃗⃗⃗⃗⃗ | a√ . Tương tự |DB
a
) . Do đó ⃗⃗⃗⃗⃗ D
⃗⃗⃗⃗⃗ | |DC
(
a a a
).
a√ nên BCD là tứ diện đều.
♠ Thí dụ 2. Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng a.
a) Gọi (α) là mặt phẳng chứa BD và song song với AC. Chứng minh rằng AB, AD, CB, CD tạo với mp (α) những góc bằng nhau. b) Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A xuống mặt phẳng (BCD) và I là trung điểm c a AH. Mặt phẳng ( ) quay quanh I, cắt các cạnh AB, AC và AD tại M, N, P. ứ
ằ
1
1
Lời giải. a)Vẽ hình hộp B CD .
1
ậ
ộ
á
ị
ô
đổ .
BC D ngoại tiếp tứ diện BCD. hi đó, dễ thấy B, D, CB và CD đều tạo với mp (α) một góc 45° (mặt phẳng (α) chính là mặt đáy BC D c a hình lập phương).
Lovebook.vn | 5
b) (h.1) Gọi V là thể tích tứ diện ABCD. 1 V N P V . N. P (1) hi đó V V V V. Ta có . . hay V B C D V a V N I V 1 . N V 1 N. P V 1 . P . . hay . . Tương tự . . . V B C H V a V a V a V . N N. P . P ( ) Cộng từng vế đẳng thức cuối cùng, ta có V a . N. P . N N. P . P Từ (1) và ( ) suy ra . a a . N N. P . P a 1 1 1 (đpcm). Do đó hay . N. P a N P a II. TỨ DIỆN GẦN ĐỀU Định nghĩa. Tứ diện gần đều là tứ diện có các cặp cạnh đối bằng nhau từng đôi một (Tứ diện gần đều còn gọi là
tứ diện cân). Tính chất. Trong một tứ diện đều, có 1) Các mặt c a tứ diện là những tam giác bằng nhau. 2) Các mặt c a tứ diện là những tam giác có ba góc đều nhọn. ) Đoạn thẳng nối hai trung điểm c a hai cạnh đối diện bất kì là đoạn vuông góc chung c a các đường thẳng chứa hai cạnh ấy. 4) Tâm mặt cầu ngoại tiếp, tâm mặt cầu nội tiếp và trọng tâm c a tứ diện trùng nhau. 5) Hình hộp ngoại tiếp tứ diện là hình hộp chữ nhật. Việc xét mệnh đề đảo c a các tính chất trên rất hữu ích và nhiều khi việc chứng minh (hay bác bỏ) tính đúng đắn c a chúng không phải lúc nào cũng dễ dàng. Chẳng hạn xét mệnh đề sau đây. Mệnh đề 2. Cho tứ diện ABCD có tâm mặt cầu ngoại tiếp và tâm mặt cầu nội tiếp trùng nhau. Chứng minh ABCD
là tứ diện gần đều. Chứng minh. Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Kẻ H mp( BC), mp(BCD). hi đó H và thứ tự là tâm ̂ ̂. Vì hai tam giác đường tròn ngoại tiếp c a các tam giác ABC và BCD (h.2), nên BHC B̂C và B̂C BDC vuông OHB và OKB bằng nhau, nên BH B . Kết hợp với HB HC và B C suy ra BHC B C (c. c. c). ̂ ̂ ̂ ̂ ̂ ̂ Do đó BHC B C, dẫn đến B C BDC. Vậy ta có thể đặt B C BDC α. ̂ ̂ ̂ ̂ ̂ ̂ Tương tự ̂ BC ̂ DC CB ̂ DB BD ̂ CD α C D CBD B D BCD . α 1 α 1 (1) và { Ta có { α α α α ( ). α 1 α 1 Cộng từng vế (1) và ( ) được α α . Tương tự có và . Do đó BC DCB (g.c.g) suy ra B CB và C BD. Tương tự có D BC nên ABCD là tứ diện gần đều (h.3). ♠ Thí dụ 3. Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz cho A(1; 2; 2), ( 1 1), (1 1), ( 1, , ).
a) Chứng minh ABCD là tứ diện gần đều. b) Xác định tọa độ trọng tâm c a tứ diện ABCD. c) Lập phương trình mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp tứ diện ABCD. ⃗⃗⃗⃗⃗ | ), ⃗⃗⃗⃗⃗ Lời giải. a) Vì ⃗⃗⃗⃗⃗B ( CD ( ) nên |⃗⃗⃗⃗⃗B| |CD ⃗⃗⃗⃗⃗ BD ( ) nên |⃗⃗⃗⃗⃗C| diện gần đều.
⃗⃗⃗⃗⃗D
⃗⃗⃗⃗⃗ | |BD
b) Vì G là trọng tâm c a tứ diện BCD nên G ( c) Vì ⃗⃗⃗⃗⃗ G
(1
⃗⃗⃗⃗⃗ | nên |G
⃗⃗⃗⃗⃗ | |GB
) , ⃗⃗⃗⃗⃗ GB ⃗⃗⃗⃗⃗ | |GC
) , ⃗⃗⃗⃗⃗ GC
( 1 √
⃗⃗⃗⃗⃗ | |GC
⃗⃗⃗⃗⃗ ), BC
( 1
(
).
(1
) , ⃗⃗⃗⃗⃗ GD
(y
)
(1
)
.
Do đó tâm c a mặt cầu ngoại tiếp tứ diện BCD là G và bán kính R nên PT mặt cầu đó là
), √1 . Tương tự, có ⃗⃗⃗⃗⃗C ( ⃗⃗⃗⃗⃗ | ) nên |⃗⃗⃗⃗⃗D| |BC √ . Do đó BCD là tứ
(
1
)
√
,
.
Lovebook.vn – Nhà sách duy nhất cung cấp sách do đội ngũ thủ khoa GSTT GROUP viết | 6
Ta lại có d(G, ( BC))
d(G, ( BD))
d(G, ( CD))
d(G, (BCD))
√ 1
.
Do đó G cũng là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện BCD và bán kính mặt cầu đó là r (y
Vậy PT mặt cầu nội tiếp tứ diện BCD là
)
1
(
)
1
√ 1
.
.
III. TỨ DIỆN VUÔNG Định nghĩa. Tứ diện vuông là tứ diện có một góc tam diện ba mặt vuông. Tính chất. Giả sử OABC là tứ diện vuông, , ,
,
. hi đó
,
1) Tam giác ABC có ba góc nhọn; ) ọ
à
ự
â
á
.
ế
ì
à đườ
ứ
ệ
3) Gọi α, , là các góc tạo bởi OH với OA, OB, OC. hi đó 4) . . . . 5) (Định lí Pythagore trong không gian). 1
) ) ọ
, ,
1
à à
√
(
để
,
à
y
y
1
1
.
1
,
đó
à ứ
ệ
(1
ầ đề
1
1
à
1
.
), (1 1 ), ( 1 ).
a) Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua , N, P. b) Gọi , B, C là giao điểm c a mặt phẳng (α) với các trục Ox, Oy, Oz. Tính c) Chứng minh P, B , CN đồng quy tại một điểm G. Xác định tọa độ điểm G. d) Gọi , , là các góc tạo bởi ⃗⃗⃗⃗⃗ ớ ⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗⃗ . ứ Lời giải. (h. ) Phương trình mặt phẳng (α) là y nên ( y
1
).
♠ Thí dụ 4. Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz cho
hi đó
1
à
à
. 1.
), B(
) và C(
).
nên P là trung điểm c a BC.
Do đó P là trung tuyến c a tam giác BC. Tương tự, BM và CN là trung tuyến c a tam giác ABC nên AP, BM, CN đồng quy tại G, trọng tâm tam giác ABC. Từ đó G (
) , suy ra ⃗⃗⃗⃗⃗G
Vì ⃗⃗⃗⃗⃗
)
(
Tương tự cos
( (1
e⃗⃗⃗ , với e⃗⃗⃗ 1 √
)
cos
⃗u. e⃗⃗⃗ |u ⃗ |. |e⃗⃗⃗ |
). Từ đó cos nên cos
√
(1 1 ).
⃗ , trong đó u u ⃗
cos
1 √
.
cos
1.
♠ Thí dụ 5. Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz cho (
), (
), (
) với a, b, c là các số
dương. a) Gọi R và r thứ tự là bán kính các mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp tứ diện OABC. ứ )
ả ử , ,
(1
√ ).
đổ
ư
ô
ỏ
ã đề
ệ
1
1
1
1
.
Chứng minh mặt phẳng ( BC) luôn đi qua một điểm cố định. ờ
ả . a)
R r
bc √a b b c c a ) abc √ √a b c ( √ab. ac. bc √ √a b . b c . c a ) √a
b
c . (ab
ac
(1 √ ) (theo BĐT Cauchy). abc y 1 1 1 1 b) Phương trình mặt phẳng ( BC) là 1. Theo giả thiết nên 1. a b c a b c a b c Vậy mặt phẳng ( BC) luôn đi qua điểm M(2; 2; 2) cố định. Để kết thúc bài báo. Xin mời các bạn ôn tập lại bằng cách giải các bài toán sau đây. 1. Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Gọi I, M, N lần lượt là trung điểm c a AB, AC và CD. a) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BM và AN. Lovebook.vn | 7
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AN và CI. 2. Cho tứ diện gần đều ABCD. a) Chứng minh các mặt c a tứ diện là những tam giác bằng nhau. b) Gọi α, , tương ứng là các góc tạo bởi các mặt phẳng (ABC), (ACD), (ABD) với mặt phẳng (BCD). Tìm hệ thức liên hệ giữa cos α , cos , cos . 3. Trong không gian với hệ tọa độ Descartes vuông góc Oxy cho (a ), B( b ) và C( c), trong đó a, b, c là các số thực dương và 1 1 1 a b c a) Chứng minh mặt phẳng ( BC) luôn đi qua một điểm cố định. Tìm tọa độ điểm đó. b) Xác định tâm, tìm bán kính r c a mặt cầu nội tiếp tứ diện BC. Đồng thời chứng minh rằng 1 √ r . (1 √ )
Lovebook.vn – Nhà sách duy nhất cung cấp sách do đội ngũ thủ khoa GSTT GROUP viết | 8
MỘT SỐ DẠNG T ÁN THƯỜNG GẶP VỀ SỐ PHỨC Nguyễn nh Dũng
(Hà Nội) TÓM TẮT LÍ THUYẾT bi, trong đó a, b i
Một số phức là một biểu thức dạng a 1. ôđun c a số phức z là | | √a b số phức liên hợp với là ̅ a bi. Các kết quả thường dùng : với , | | ̅̅̅̅̅̅̅̅̅ ̅ | | | | | | | | | || | | | ̅ ̅̅̅̅̅̅ | |
̅̅̅̅̅̅ ̅̅ ( )
̅ . ̅
(a b). Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, số phức a bi có điểm biểu diễn M(a b) và vectơ tương ứng ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ Trong bài báo này chúng tôi chỉ đề cập đến một số loại toán thường gặp đối với số phức dạng đại số và bỏ qua các phép biến đổi đơn giản. 1. TÌM TẬP HỢP ĐIỂM BIỂU DIỄN CỦA SỐ PHỨC
Tìm tập hợp các điểm biểu diễn c a số phức z thỏa mãn một điều kiện cho trước. Cách giải. Giả sử yi ; thay vào giả thiết, tìm được một hệ thức nào đó đối với x và y. Từ đó suy ra tập hợp các điểm biểu diễn cần tìm. ♠
í ụ . ì
ậ
ợ
á để
ể
ễ
ố
ứ
à
ộ
ố
ầ ả .
(y )i)( (y 1)i) yi i ( . (y 1)i (y 1) ( Tử số bằng y y y 1)i ; u là số thuần ảo khi và chỉ khi ( (y 1) 1) y y . { { y 1 ( y) ( 1), ( y) ( ) Vậy tập hợp các điểm biểu diễn c a z là một đường tròn tâm I( 1 1), bán kính √ khuyết hai điểm (0 ; 1) và ( ). Lưu ý. Số phức a bi là một số thực khi b và là số thuần ảo khi a b . ờ
yi ( , y
ả . Giả sử
♠
í ụ . ì
ậ
ợ
), khi đó u
á để
ể
ễ
ố
ứ
ỏ
ã |
Lời giải. Giả sử
(y yi, giả thiết tương đương với | ( ) (y ) ( ) (y 1) y 1 . Vậy tập hợp các điểm biểu diễn c a là đường thẳng có PT y 2. TÌM SỐ PHỨC CÓ MÔĐUN LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT
1.
|
̅ )i|
|
1
(y
1)i|
.
Tìm số phức z có môđun lớn nhất (hoặc nhỏ nhất) thỏa mãn một điều kiện cho trước. Cách giải. Bước 1. Tìm tập hợp (G) các điểm biểu diễn c a z thỏa mãn điều kiện. Bước 2. Tìm số phức tương ứng với điểm biểu diễn (G) sao cho khoảng cách OM có giá trị lớn nhất (hoặc nhỏ nhất). ( )( ̅ 1 ♠ Thí dụ 3. Biết rằng số phức z thỏa mãn Lời giải. Giả sử yi, (y 1)i)( )i) ta có u ( 1 (y y Ta có u y . Tập hợp các điểm biểu diễn c a là đường thẳng (d) : y | | (d). Tìm được ( ) ♠
í ụ .
ờ
ế
ả . Giả sử (
)
ố
ứ
yi, ta có |
ỏ
ã | 1
i | i
1 √
| |
√ . ì (y
(
y
y
)i.
. Giả sử M(x y) là điểm biểu diễn c a z thì i. á 1)i|
ị
ỏ √ |
ấ
à ớ 1
(y
ấ
| |.
1)i|
(( (y 1) ) (y ) 1) 1) 1 . ), bán kính R √1 . Giả sử là điểm biểu diễn c a Tập hợp các điểm biểu diễn c a z là đường tròn tâm I( | | z thì | | . Tìm được min| | ( ( √1 , khi √1 )i và ma | | √1 , khi √1 )i. 3. MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ CHỨNG MINH
Lovebook.vn | 9
(y
ằ
) là một số thực. Tìm giá trị nhỏ nhất c a | |.
Lời giải các bài toán về chứng minh thường được dựa trên các tính chất về môđun và liên hợp c a số phức, chú | | | | | |. ý rằng nếu các số phức , có điểm biểu diễn tương ứng là A, B thì ♠ Thí dụ 5. Giả sử , là các số phức khác không thỏa mãn . Gọi , B là các điểm biểu diễn tương ứng c a , . Chứng minh rằng tam giác B là tam giác đều. ( )( ) | | | | | | | | Lời giải. Ta có , suy ra B. ) ( ) Lại có ( nên | Suy ra B B. Vậy tam giác B đều. ♠ Thí dụ 6. Cho ba số phức , , đều có môđun bằng 1. | | |. Chứng minh rằng | ả . Vì |
ờ
|
1 nên |
|
|̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅|. uy ra | ♠
í ụ .
ờ
ứ
ả . Đặt a
uy ra a
|
Ta được a
ằ |
| (a
|
|
ế
|
ố
ứ
|
(a
|
ỏ
|
ã |
|
B
1
. B
1
ì|
|
)
(
1
|
|̅
|
.
̅|
̅
.
|
)
a.
|
)(a
| |. | |
|.
). Ta có ( |
a
|
|
a
)
. Vì a
a
, nên a
|
4. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH TRONG TẬP HỢP SỐ PHỨC Tìm số phức z thỏa mãn một hệ thức cho trước (không phải là một phương trình bậc nhất hoặc bậc hai thông
thường). Cách giải. Giả sử
yi; biến đổi hệ thức trong đầu bài về dạng
Bi
ta được hệ PT { B
được x, y và suy ra z. (1 ) ̅ 11 . ♠ Thí dụ 8. Tìm số phức z thỏa mãn (1 i)( Lời giải. Giả sử yi, thay vào phương trình ta được ( yi) yi) 11i, hay ( y)( y 1) y y y yi y ( y 11)i suy ra { { y y 11 y y 11 ), ( , y) ( , ). Vậy Giải hệ được ( y) ( i hoặc i. Giải phương trình bậc ba ( ) biết rằng phương trình có một nghiệm thực. Cách giải. Giả sử PT có nghiệm thực là a ta được f(a) ; biến đổi hệ thức trên về dạng
; từ đó tìm
Bi
ta được
) ; từ đó tìm được a. Phương trình f( ) có thể phân tích thành ( a)( N . B Nếu phương trình có nghiệm thuần ảo bi, b ,b thì cách giải hoàn toàn tương tự. ( ) ( ) ♠ Thí dụ 9. Giải phương trình 1 , biết rằng phương trình có một nghiệm hệ PT {
thực. Lời giải. Với
, PT tương đương với
1
. PT trong đầu bài có thể phân tích thành ( Tìm được các nghiệm c a PT là i ( ) (1 ♠ Thí dụ 10. Giải phương trình
thuần ảo. Lời giải. Giả sử PT có nghiệm thuần ảo là (bi) { (
( b i)(
(1
i)(bi) b b b b
i)(bi) b
bi, b i
,b b
nên
(
)( i. )
)i (
i)
1
{ i)
.
, biết rằng phương trình có một nghiệm
. Thay vào PT ta được )i b ( b b b
i. Phương trình trong đầu bài có thể phân tích thành
)
. Các nghiệm c a phương trình là BÀI TẬP ̅ . a) Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức thỏa mãn |
i
1
1 i | i
√ i.
√ .
Lovebook.vn – Nhà sách duy nhất cung cấp sách do đội ngũ thủ khoa GSTT GROUP viết | 10
b) Tìm số phức có môđun nhỏ nhất, lớn nhất thỏa mãn điều kiện trên. . Cho các số phức 3. Giải phương trình
Lovebook.vn | 11
,
đều có môđun bằng 1. Chứng minh rằng (1
i)
(1
i)
i
là một số thực. 1 , biết rằng phương trình có một nghiệm thuần ảo.
MỘT SỐ LOẠI TOÁN TỔ HỢP THƯỜNG GẶP TRONG KÌ THI TUYỂN INH ĐẠI HỌC Nguyễn nh Dũng
(Hà Nội) LOẠI 1. Chọn phần tử từ các tập hợp ♠ Thí dụ 1. Tổ một có 1 người, tổ hai có người. Có bao nhiêu cách chọn một nhóm gồm người sao cho mỗi tổ
trên có ít nhất là người? Lời giải. Giả sử ta chọn k người c a tổ một và (
k) người c a tổ hai. Vì mỗi tổ có ít nhất hai người nên
k . Số cách chọn k trong số 1 người c a tổ một là C . Ứng với một cách chọn trên, ta có số cách chọn ( k) trong số người c a tổ hai là C . Theo quy tắc nhân, ta được số cách chọn nhóm người như trên là C .C . Cho k lần lượt bằng , ,…, và áp dụng quy tắc cộng, ta được số cách chọn nhóm người thỏa mãn bài toán là C C C C C C . Bài toán tổng quát. Cho tập hợp A có n phần tử, tập hợp B có m phần tử. Tính số cách chọn p phần tử từ hai tập hợp trên ( ) và thỏa mãn một điều kiện nào đó.
Cách giải chung 1) Tính trực tiếp. Giả sử ta chọn k phần tử c a tập hợp A và (p
k) phần tử c a B (trường hợp giả thiết cho
nhiều tập hợp con, ta làm tương tự). Số cách chọn là C . C . Cho k thay đổi phù hợp với giả thiết bài toán và lấy tổng c a tất cả các số hạng tương ứng, ta được kết quả cần tìm. 2) Tính gián tiếp. Số cách chọn k phần tử từ A, B một cách bất kì là C . Kết quả phải tìm là hiệu c a C với tổng các số hạng , tương ứng với mỗi giá trị k không thỏa mãn giả thiết bài toán. ♠ Thí dụ 2. Người ta sử dụng ba loại sách gồm: 8 cuốn sách về Toán học, 6 cuốn sách về Vật lí và 5 cuốn sách về
Hóa học. Mỗi loại đều gồm các cuốn sách đôi một khác loại nhau. Có bao nhiêu cách chọn 7 cuốn sách trong số sách trên để làm giải thưởng sao cho mỗi loại có ít nhất một cuốn? Lời giải. Sử dụng cách tính gián tiếp. Số cách chọn 7 trong số 19 cuốn sách một cách bất kì là C . Các cách chọn không đ cả 3 loại sách là : Số cách chọn 7 trong số 11 cuốn sách Lí và Hóa là C (không có sách Toán). Số cách chọn 7 trong số 13 cuốn sách Hóa và Toán là C (không có sách Lí). Số cách chọn 7 trong số 14 cuốn sách Toán và Lí là C (không có sách Hóa). Số cách chọn 7 trong số 8 cuốn sách Toán là C (không có sách Lí và Hóa). Vì mỗi cách chọn không có sách Lí và Hóa thuộc cả hai phép chọn : không có sách Lí và không có sách Hóa, nên số cách chọn phải tìm là C C C C C 1 . Lưu ý. hi tính theo phương pháp gián tiếp, mỗi số hạng ứng với trường hợp không thỏa mãn bài toán được đặt sau dấu trừ. Số hạng đồng thời thuộc hai trường hợp không thỏa mãn bài toán được đặt trong dấu cộng (bạn đọc tự suy luận cho số hạng đồng thời thuộc ba trường hợp không thỏa mãn bài toán…). LOẠI 2. Sắp xếp thứ tự các vật từ một họ các vật ♠ Thí dụ 3. Có 5 viên bi xanh giống nhau, 4 viên bi trắng giống nhau và viên bi đỏ đôi một khác nhau. Có bao
nhiêu cách sắp xếp số bi trên vào 12 ô theo một hàng ngang sao cho mỗi ô có một viên bi? Lời giải. Nếu tất cả 1 viên bi đều khác nhau thì chúng tạo thành P 1 hoán vị. Nhưng các hoán vị c a 5 bi xanh và các hoán vị c a 4 bi trắng cho cùng một cách sắp xếp đối với 12 viên bi nên số cách sắp xếp phải tìm là P 1 1 . P .P . Bài toán tổng quát. Có tất cả n vật, trong đó có m vật giống nhau từ hộp A; k vật giống nhau từ hộp B…, ( ). Các vật còn lại đôi một khác nhau thì số cách sắp xếp chúng thành một hàng ngang là .
. …
♠ Thí dụ 4. Có bao nhiêu cách sắp xếp vị trí cho 5 học sinh nam và 3 học sinh nữ quanh một bàn tròn sao cho
không có hai học sinh nữ nào ngồi cạnh nhau? (hai cách sắp xếp khác nhau về vị trí nhưng có cùng thứ tự đối với các học sinh trên, được coi là một). Lời giải. Giả sử đã ếp chỗ cho 5 học sinh nam. Vì 3 học sinh nữ không ngồi cạnh nhau nên họ được chọn 3 trong 5 vị trí xen kẽ giữa các học sinh nam, số cách chọn là
. Vì hai cách xếp vị trí cho
người với cùng một thứ tự
Lovebook.vn – Nhà sách duy nhất cung cấp sách do đội ngũ thủ khoa GSTT GROUP viết | 12
quanh bàn tròn được coi là một nên ta có thể chọn trước vị trí cho một học sinh nam nào đó, số hoán vị c a 4 học sinh nam còn lại vào các vị trí là 4!. (cách). Theo quy tắc nhân, số khả năng phải tìm là . 1 Lưu ý. Khi xếp n đối tượng theo một vòng tròn với hai cách xếp khác nhau bởi một phép quay được quay là một, thì ta có thể định trước một vị trí cho một đối tượng bất kì trong chúng. au đó tính cách sắp xếp vị trí cho (n 1) đối tượng còn lại. LOẠI 3. Phân chia các vật từ một họ các vật ♠ Thí dụ 5. Có bao nhiêu cách chia 1 đồ vật giống nhau cho người sao cho mỗi người được ít nhất một đồ
vật? Lời giải. Giả sử 1
đồ vật được xếp thành một hàng ngang, giữa chúng có 99 khoảng trống. Đặt một cách bất kì 3 vạch vào 3 trong 99 khoảng trống đó, ta được một cách chia đồ vật ra thành 4 phần để lần lượt gán cho 4 người. hi đó mỗi người được ít nhất một đồ vật và tổng số đồ vật c a người bằng 100, thỏa mãn yêu cầu bài toán. (cách). Vậy số cách chia là C 1 Lưu ý. Bằng cách giải tương tự như trên, ta có thể chứng minh rằng, phương trình m (1) có tính chất: Với 1 n m m, n thì PT (1) có số nghiệm trong tập hợp các số nguyên dương là C . Với n 1 m, n thì PT (1) có số nghiệm trong tập hợp các số tự nhiên là C . ♠ Thí dụ 6. Có bao nhiêu cách chia đồ vật đôi một khác nhau cho người sao cho có một người được đồ vật
và hai người còn lại, mỗi người được đồ vật? Lời giải. Có 3 cách chọn đồ vật. Với mỗi cách chọn trên, ta có: Số cách chọn trong đồ vật cho người được đồ vật là C sau đó, số cách chọn trong đồ vật còn lại cho người thứ nhất được đồ vật là C đồ vật còn lại dành cho người thứ hai được đồ vật. (cách). Theo quy tắc nhân, số cách chia phải tìm là C C 1 Lưu ý. Khi giải bài toán trên, nhiều bạn cho đáp số sai là C C hoặc C C . Trong trường hợp thứ nhất, bạn đã coi vai trò c a người được đồ vật và người được đồ vật như nhau( ). Trường hợp thứ hai, bạn đã coi vai trò c a hai người cùng được đồ vật khác nhau(!). BÀI TẬP LÀM THÊM (Trắc nghiệm)
Hãy khoanh tròn vào các câu trả lời đúng với các bài tập sau: 1. Phương trình y 1 có bao nhiêu nghiệm trong tập hợp các số tự nhiên? A. C 1 B. C C. C 1 1 D. C 2. Đem chia hết 1 đồ vật đôi một khác nhau cho hai người, sao cho mỗi người được ít nhất một đồ vật. Hỏi số cách chia? A. C B. 1 C. D. 3. Có 5 cuốn sách Toán giống nhau, 7 cuốn sách Lí giống nhau và 8 cuốn sách Hóa giống nhau. Đem làm giải thưởng cho 10 học sinh, mỗi người được 2 cuốn sách khác loại. Tính số cách nhận giải thưởng c a 10 học sinh trên. A. 1310 B. 2520 C. 417 D. 2085 4. Có 5 cuốn sách giáo khoa giống nhau và 3 cuốn sách tham khảo đôi một khác nhau. Đem làm giải thưởng cho 7 học sinh, mỗi người được 1 cuốn sách. Tìm số cách nhận giải thưởng c a các học sinh trên. A. 336 B. 274 C. 246 D. 546 5. Có bao nhiêu chia người ra thành 3 nhóm, mỗi nhóm người, trong các trường hợp sau: a) Phân biệt thứ tự các nhóm là: nhóm 1, nhóm 2, nhóm 3. C C .C C B. C C C. 1 D. C C b) Không phân biệt thứ tự các nhóm. .C C
B.
C C
C.
C C
1
D. C C
6. Có bao nhiêu cách chia đồ vật đôi một khác nhau cho người sao cho mỗi người được ít nhất một đồ vật? A. 360 B. 495 C. 540 D. 600
Lovebook.vn | 13
GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN CÓ LIÊN QUAN Nguyễn nh Dũng
(Hà Nội) Giới hạn là cơ sở để xây dựng các khái niệm liên tục và đạo hàm c a hàm số. Bài viết này giúp các bạn hệ thống lại các dạng toán về giới hạn và các kĩ năng giải các dạng toán đó trong chương trình toán phổ thong, chuẩn bị cho các kì thi tốt nghiệp THPT, thi tuyển sinh vào các trường Đại học, Cao đẳng. 1. Nhắc lại lí thuyết Với x là số thực, ta có sin e 1 lim 1 lim
)
ln(1
1 lim
Hai giới hạn cơ bản hay được sử dụng là lim
ết quả ( ) suy ra từ lim
1
cos a
lim
sin a a
1 và lim
a sin ( )
e.
(1
sin a
lim
cos a )
a
,a
( )
f( )
f( ) ,
,a
a .
a
a
.
) f( ).
là giới hạn hữu hạn (nếu có) c a lim
f( ) tại điểm
Đạo hàm c a hàm số y
)
( khi và chỉ khi lim f( )
f( ) liên tục tại điểm
Hàm số y
1
lim (1
1
kí hiệu là f ( ). f( ) Giới hạn lim , trong đó f( ) và g( ) cùng dần tới khi tiến tới a, được gọi là giới hạn dạng . g( ) Đây là giới hạn thường gặp nhất trong chương trình phổ thông. 2. Các dạng toán thường gặp 1 ♠ í ụ . ì ớ ạ .
lim (
ả . ử dụng công thức ( ), ta có L
ờ
1
cos
cos .
1
cos
1
)
.
Lưu ý. Bằng cách tương tự, dễ dàng chứng minh được các kết quả sau:
lim ♠
1
cos a cos b
í ụ . ì
ờ
a
ớ
lim ( 1
lim (
1
cos cos
e cos 1 cos 1 cos
e
1
lim (
lim e cos cos
1
… cos n
1
n
n(n
1)( n 1
1) .
.
e
Lại có lim
lim
ạ
ả . Biến đổi L
Ta có lim
b
1
cos
e 1 cos . cos cos 1 1 cos 1 .(
cos e
1
lim
t 1
)
1, với t
cos
1
cos
. lim
). cos cos
)
) và theo ( ) có
cos
. Do đó L
.
Lưu ý. Làm tương tự như trên ta thấy
lim ♠ ờ
cos a
cos b
í ụ . ì ả . Ta có L
b ớ
a
e
cos c (
ạ
lim
lim
ln(sin
cos )
b
a
c
.
) .
lim
ln(sin
cos )
lim (
ln(1 sin sin
) sin .
).
Lovebook.vn – Nhà sách duy nhất cung cấp sách do đội ngũ thủ khoa GSTT GROUP viết | 14
)
ln(1 t) sin 1, với t sin và lim 1 nên L 1.1 1. t ln f( ) ư ý. hi gặp giới hạn dạng L lim , trong nhiều trường hợp ta có thể biến đổi như sau g( ) ln(1 f( ) 1) f( ) 1 f( ) 1 L lim . lim . f( ) 1 g( ) g( ) Lại có lim
♠ ờ
ln(1 sin sin
í ụ . ì
ạ
(
lim (
ả . Ta có L
lim (t
L
ớ
lim
1 ) t
1
) .
)
lim (1
lim ((1
1 ) ) . (1 t
1
1
) . Đặt
1 ) t
1 , ta có t
1
t
1
t
.
e .
f( ) f( ) 1, ta làm như sau ) , trong đó lim g( ) g( ) f( ) 1 ử dụng ph p đổi biến số thỏa mãn 1 g( ) t 1 khi đó t đưa về giới hạn cơ bản lim (1 ) e. t √ ♠ í ụ . ì ớ ạ (√ 1) .
lim
ư ý. hi tìm giới hạn dạng L
ờ
(
lim (( √
ả . Ta có L
(√
)
1
)) .
Xét các giới hạn:
lim ( √
)
lim (√
)B
Do đó L
lim
)
1
B
1. √(1
1
1
lim
1
√
lim
√
1
lim
)
)
√(
1
√1
) 1
1
√1
.
1
.
n ư ý. Giả sử P( ) là một đa thức bậc n, ta quy ước coi bậc c a √P( ) là . m f( ) 1) Để tìm giới hạn lim , trong đó f( ), g( ) là các đa thức hoặc căn c a đa thức ta làm như sau g( ) f( ) f( ) Viết lim lim trong đó α là bậc cao nhất trong f( ) và g( ). g( ) g( ) Tiếp theo tìm lim
f( )
lim ( √a
g( )
, từ đó suy ra kết quả cần tìm.
lim ( √a
) Để tìm giới hạn L L
và lim
b
c
d
b a )
c
d
lim (√a
♠ Thí dụ 6. Tìm m để hàm số sau liên tục tại điểm ( ) ờ
ả . X t giới hạn lim f( )
(Vì lim
1
√
Lovebook.vn | 15
1
lim
lim
√a
{
√
m
1) (√(
)
1
lim (
1)
1. 1 1
√
1 √
a ) sau đó tính từng giới hạn.
1
√ 1
1 (
n
n) ta biến đổi như sau
1
√
√ 1
m
1
√
1 1 ) 1
.
1
lim
1 1 1
√
(
lim
(
1)
1)(√
Ta viết L
lim (
lim
f(1)
√f( )
√g( ) trong đó √f(a) a √g( ) ). a
√f( ) a
Tìm từng giới hạn lim
1).
1)
1 khi và chỉ khi lim f( )
Do đó hàm số liên tục tại điểm ư ý. Để tìm giới hạn L
1
√f( )
m
.
√g(a)
, ta làm như sau
√g( ) , rồi suy ra kết quả cần tìm. a
lim
a ♠ Thí dụ 7. Tính đạo hàm hàm số sau tại điểm
( ) ờ
ả . X t giới hạn L
(Vì lim
e tan
1
lim lim
sin
f( )
e
f( ) 1
lim
1, với t
t
1
{ e
1
tan
sin tan , nên lim cos (1 cos ) Do đó f ( )
sin
sin
.
lim
e tan
và tan sin
lim (
1 tan .
sin ) .
sin
sin sin (1 cos ) cos
1 cos (1 cos )
1
1
.
).
1 . BÀI TẬP TỰ LUYỆN
) Tìm lim
cos
) Tìm lim (
1
1
.
) .
) Tìm lim (√ ) Tìm lim ) Tìm lim
1
cos e
1 √ ln(1 ) Tìm lim tan
√
).
. 1
. 1 ) .
) Tìm m để hàm số sau liên tục tại điểm tan f( )
y
cot
{
khi
.
m khi 8) Tính đạo hàm hàm số sau tại điểm y
f( )
ln(cos {
) khi khi
.
Lovebook.vn – Nhà sách duy nhất cung cấp sách do đội ngũ thủ khoa GSTT GROUP viết | 16