CHUYÊN ĐỀ TOÁN LỚP 11 TÓM TẮT LÝ THUYẾT, PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN, BÀI TẬP VẬN DỤNG - THÁI VĂN QUÂN by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

CHUYÊN ĐỀ TOÁN LỚP 11 THÁI VĂN QUÂN

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

CHUYÊN ĐỀ TOÁN LỚP 11 TÓM TẮT LÝ THUYẾT, PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN, BÀI TẬP VẬN DỤNG - THÁI VĂN QUÂN WORD VERSION | 2022 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

CHỦ ĐỀ 1: HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

I. Các công thức lượng giác 1. Các hằng đẳng thức

*sin 2   cos 2   1 với mọi 

*1  tan 2  

1 với mọi   k2 cos 2 

*1  cot 2  

1 với mọi   k sin 2 

k 2

OF FI

*tan .cot   1 với mọi  

2. Hệ thức các cung liên kết a. Hai cung đối nhau  và -

ƠN

cos     cos  sin      sin  tan      tan 

b. Hai cung phụ nhau:  và

cot      cot    2

  cos      sin  2    sin      cos  2 

  tan      cot  2    cot      tan  2 

c. Hai cung bù nhau  và  - 

KÈ

sin       sin 

cos        cos  tan        tan 

DẠ Y

cot        cot 

d. Hai cung hơn kém nhau :  và  + 

sin        sin  cos        cos  tan       tan 

cot       cot 

3. Các công thức lượng giác a. Công thức cộng

cos  a  b   cos a.cos b  sin a.sin b

sin  a  b   sin a.cos b  cos a.sin b tan a  tan b 1  tana .tanb

tan  a  b  

b. Công thức nhân

OF FI

sin 2a  2sin a cos a cos 2a  cos 2 a  sin 2 a  1  2sin 2 a  2 cos 2 a  1 sin 3a  3sin a  4sin 3 a cos 3a  4 cos3 a  3cos a c. Công thức hạ bậc

1  cos 2a 2 1  cos 2a cos 2 a  2 1  cos 2a tan 2 a  1  cos 2a

d. Công thức biến đổi tích thành tổng

1 cos  a  b   cos  a  b   2 1 sin a.sin b  cos  a  b   cos  a  b   2 1 sin a.cos b  sin  a  b   sin  a  b   2

cos a.cos b 

ƠN

sin 2 a 

e. Công thức biến đổi tổng thành tích ab ab cos 2 2 ab ab cos a  cos b  2sin sin 2 2 ab ab sin a  sin b  2sin cos 2 2 ab ab sin a  sin b  2 cos sin 2 2 sin  a  b  tan a  tan b  cos a cos b sin  a  b  tan a  tan b  cos a cos b

DẠ Y

KÈ

cos a  cos b  2 cos

II. Tính tuần hoàn của hàm số Định nghĩa: Hàm số y = f(x) xác định trên tập D được gọi là hàm số tuần hoàn nếu tồn tại số T  0 sao cho với mọi x  D ta có: x  T  D, f  x  T   f  x 

Nếu có số T dương nhỏ nhất thỏa mãn các điều kiện trên thì hàm số đó được gọi là hàm số tuần hoàn với chu kì T

2 a

hoàn với chu kì T 

- Hàm số y  s inx, y  cos x tuần hoàn với chu kì T = 2. Hàm số y  sin  ax  b  ; y  cos  ax  b  tuần

- Hàm số y  tan x, y  cot x tuần hoàn với chu kì T = . Hàm số y  tan  ax  b  ; y  cot  ax  b  tuần  a

OF FI

hoàn với chu kì T 

- Hàm số f (x)  a sin ux  b cos vx  c với  u, v    là hàm số tuần hoàn với chu kì T  ước chung lớn nhất)

ƠN

- Hàm số f (x)  a tan ux  b cot vx  c với  u, v    là hàm tuần hoàn với chu kì T  ước chung lớn nhất)

2 ((u,v) là  u, v 

 ((u,v) là  u, v 

- Hàm số y  f1  x  có chu kì T1 ; y  f 2  x  có chu kì T2 thì hàm số y  f1  x   f 2  x  có chu kì T0 là bội

chung nhỏ nhất của T1 và T2 III. Các hàm số lượng giác 1. Hàm số y = sinx - Tập xác định: D  

- Tập giá trị:  1;1 tức là 1  sin x  1x  

    - Hàm số đồng biên trên mỗi khoảng    k2;  k2  , nghịch biến trên mỗi khoảng 2  2  3     k2;  k2  2 2 

- Hàm số y = sinx là hàm số lẻ nên đồ thị hàm số nhận gốc tọa độ O làm tâm đối xứng

KÈ

- Hàm số y = sinx là hàm số tuần hoàn với chu kì T = 2

DẠ Y

- Đồ thị hàm số y = sinx

2. Hàm số y = cosx - Tập xác định: D  

- Tập giá trị:  1;1 tức là 1  cos x  1x  

 k2;   k2 

, đồng biến trên mỗi khoảng

   k2; k2  - Hàm số y = cosx là hàm số chẵn nên đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng

- Hàm số y = cosx là hàm số tuần hoàn với chu kì T = 2

- Hàm số y = cosx nghịch biến trên mỗi khoảng

- Đồ thị hàm số y = cosx

ƠN

OF FI

    Đồ thị hàm số y = cosx bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số y = sinx theo vecto v    ;0   2 

3. Hàm số y = tanx

  - Tập xác định: D   \   k; k    2 

- Tập giá trị:  - Là hàm số lẻ - Là hàm số tuần hoàn với chu kì T = 

     k;  k  - Hàm đồng biến trên mỗi khoảng  2  2 

- Đồ thị nhân mỗi đường thẳng x 

DẠ Y

KÈ

- Đồ thị

  k, k   làm một đường tiệm cận 2

4. Hàm số y = cotx - Tập xác định: D   \ k; k   - Tập giá trị:  - Là hàm số lẻ

- Là hàm số tuần hoàn với chu kì T = 

- Hàm đồng biến trên mỗi khoảng  k;   k  - Đồ thị nhân mỗi đường thẳng x  k, k   làm một đường tiệm cận

OF FI

- Đồ thị

B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN

  Ví dụ 1: Tìm tập xác định của hàm số y  tan  x   6 

 2  B. D   \   k2, k    3 

 2  A. D   \   k, k    3 

ƠN

DẠNG 1: TÌM TẬP XÁC ĐỊNH CỦA HÀM SỐ

  2  C. D   \   k , k    2 3 

  2  D. D   \   k , k    3 3 

Giải

   2   k Điều kiện cos  x    0  x    k  x  6 6 2 3   2  Tập xác định: D   \   k; k    . Chọn đáp án A 3 

Sử dụng máy tính kiểm tra

DẠ Y

KÈ

  + Nhập vào máy: y  tan  x   6 

+ Chọn tính giá trị hàm số tại các điểm đặc biệt x  chu kì từ bé đến lớn) Tại điểm x 

2   3 3

2  2  2 2  ;x   ;x   ; x   2 (theo 3 3 3 2 3 3

2  2 3

Tại điểm x 

2  3

OF FI

Tại điểm x 

ƠN

2   3 2

Tại điểm x 

2 2  k; x   k2; k   hàm số không xác định 3 3

Tại x 

 2  Vậy tập xác định D   \   k; k    . Chọn đáp án A 3 

Ví dụ 2: Tìm tập xác định của hàm số y 

1  2 cos x sin 3x  sin x   k  B.  \   , k    4 2 

C.  \ k; k  

 k   D.  \ k;  , k    4 2  

KÈ

   A.  \ k;  k, k    4  

Giải

DẠ Y

Ta có: Hàm số xác định  x  k 3x  x  k2   sin 3 x  sinx  0  sin 3 x  sinx     k  k    x   3x    x  k2  4 2

 k   Vậy tập xác định  \ k;  , k    . Chọn đáp án D 4 2  

Sử dụng máy tính kiểm tra 1  2 cos x sin 3x  sin x

+ Nhập vào máy y 

OF FI

   + Tính các giá trị hàm số tại các điểm ;  ;   4 2 4

Tại x 

  4

   4 2

   k ; k   hàm số không xác định. Chọn đáp án D 4 2

Tại x  k; x 

Tại x 

ƠN

Tại x  

KÈ

Ví dụ 3: Tìm tập xác định của hàm số y 

tan 2x    cot  3x   s inx  1 6     B. D   \   k ; k     2 

 n    C. D   \   k ;   ; k, n    18 3  2 

  2  D. D   \   k ; k    3 3 

DẠ Y

 n    A. D    k ;   ; k, n    18 3  2 

Giải

Sử dụng máy tính kiểm tra Ví dụ 4: Tìm tập xác định của hàm số y 

tan 5x sin 4x  cos 3 x

OF FI

 n    Vậy tập xác định: D   \   k ;   ; k, n    . Chọn đáp án C 18 3  2 

 k   x   4 2 cos 2x  0       x    k2 Điều kiện sin x  1 2      k sin  3x    0  6    x   18  3 

 2m    k   B. D   \   ;  n2,  14 7  10 5 2

  k  2m   C. D   \   ,  7  10 5 14

 2m    k   D. D    ;  n2,  14 7  10 5 2

Giải

ƠN

  k   A. D   \   ;  n2  10 5 2 

   x    7x     Ta có: sin 4x  cos 3x  sin 4x  sin   3x   2 cos    sin  2  2 4  2 4

    cos 5x  0  x  10  k 5     x    Điều kiện cos     0   x   k2 2  2 4   k2   7x     0 sin   x   14  7    2 4

 2m    k   Vậy TXĐ: D   \   ;  n2,  . Chọn đáp án B 14 7  10 5 2

đây?

1 1  không xác định trong khoảng nào trong các khoảng sau sin x cos x

3   B.    k2;  k2  2  

KÈ

   A.  k2;  k2  2  

Ví dụ 5: Hàm số y  tan x  cot x 

  C.   k2;   k2  2 

Giải

DẠ Y

sin x  0 k Hàm số xác định khi và chỉ khi   sin 2x  0  x  ;k  2 cos x  0 Ta chọn k  3  x 

3 3 nhưng điểm thuộc khoảng    k2; 2  k2  2 2

Vậy hàm số không xác định trong khoảng    k2; 2  k2  . Chọn đáp án D

D.    k2; 2  k2 

  Ví dụ 6: Tìm tập xác định của hàm số y  5  2 cot 2 x  sin x  cot   x  2 

B.  \  k; k   

D.  \  k2; k   

C. 

 k  A.  \  ; k    2 

Hàm số xác định khi và chỉ khi các điều kiện sau thỏa mãn đồng thời:

OF FI

  5  2 cot 2 x  sin x  0, cot   x  xác định và cotx xác định 2 

Giải

Ta có:

2 cot 2 x  0  5  2 cot 2 x  sin x  0; x    5  sin x  0

cot x xác định  sin x  0  x  k; k  

    x    k Do đó hàm số xác định   x  k ;k  2 2  x  h

ƠN

      cot   x  xác định  sin   x   0   x  k  x    k; k   2 2 2  2 

 k  Vậy tập xác định  \  ; k    . Chọn đáp án A 2 

Bài tập vận dụng

Câu 1: Tìm tập xác định D của hàm số y  sin x  2

B. D   2,  

A. D  

C. D   0, 2

D. D  

  Câu 2: Tìm tập xác định D của hàm số y  cot  2x    sin 2x 4 

B. D  

  A. D   \   k, k    4 

   C. D   \   k , k    2 8 

KÈ

D. D  

Câu 3: Tìm điều kiện xác định của hàm số y 

DẠ Y

A. x  k

C. x 

B. x  k2

Câu 4: Tập xác định của hàm số y    A.  \   k, k    4 

1 sin x  cos x   k 2

D. x 

  k 4

3 là sin x  cos 2 x 2

  B.  \   k, k    2 

   C.  \   k , k    2 4 

 3  D.  \   k2, k    4 

   A.  \ k , k     2 

cot x là cos x  1

   B.  \ k  k, k     2 

C.  \ k, k  

D. 

  C.  \   k  2 

  5 D.  \   k  2  12

 5  B.  \   k   12 

Câu 7: Tập xác định của hàm số y    A.  \   k2  2 

OF FI

  k  A.  \    6 2 

1  sin x là sin x  1

B.  \ k2

 3  C.  \   k2  2 

D.  \   k2

C. 

D. x  0

  C.  \   k, k    2 

   D.  \ k , k     2 

B. x  0

Câu 9: Tập xác định của hàm số y  tan x  cot x là

B.  \ k, k  

A. 

ƠN

Câu 8: Tập xác định của hàm số y  cos x là A. x > 0

  Câu 6: Tập xác định của hàm số y  tan  2x   là 3 

Câu 5: Tập xác định của hàm số y 

Câu 10: Tìm tập xác định của hàm số sau y  tan 3x.cot 5x

 n   C. D   \   k , ; k, n    4 5 6 

Câu 11: Tập xác định của hàm số y 

KÈ

   C. D   \   k,  k ; k    2 3 

Câu 12: Tập xác định của hàm số y 

 n   D. D   \   k , ; k, n    3 5 4 

1 là cot x  3

  A. D   \   k2; k    6 

 n   B. D   \   k , ; k, n    3 5 5 

 n   A. D   \   k , ; k, n    3 5 6 

  B. D   \   k; k ; k    6    2  D. D   \   k,  k ; k    2 3 

3x  1 là 1  cos 2 x    B. D   \   k, k     2 

C. D   \   k, k  

D. D  

DẠ Y

  A. D   \   k, k    2 

Câu 13: Tập xác định của hàm số y  sin A.  \ 1

B.  1;1

x 1 là x 1     C.  \   k2 | k    D.  \   k | k    2  2 

x2 1 là s inx

A.  \   k2, k  

  D.  \   k | k    2 

  C.  \   k2, k    4 

  D.  \   k2, k    2 

1  sin x là 1  cos x

B.  \ k2, k  

Câu 16: Hàm số nào sau đây có tập xác định  A. y 

2  cos x 2  sin x

C. y 

B. y  tan 2 x  cot 2 x

Câu 17: Tập xác định của hàm số y 

1  sin 2 x 1  cot 2 x

1  cos x là cos 2 x

B. D  

  C. D   \   k, k    2 

D. D   \ k, k  

sin 3 x 2 cos x  2

2  sin 2x có tập xác định  khi m cos x  1

C. m  -1

B. 0 < m < 1

D. -1 < m < 1

tan 2x 3 sin 2x  cos 2x

A. m > 0

D. y 

ƠN

  A. D   \   k2, k    2 

Câu 18: hàm số y 

Câu 15: Tập xác định của hàm số y 

C.  \ k | k  

B.  \ 0

A. 

OF FI

Câu 14: Tập xác định của hàm số y 

Câu 19: Tìm tập xác định của hàm số sau y 

     B. D   \   k ,  k ; k    2 5 2 3 

     C. D   \   k ,  k ; k    2 3 2 4 

     D. D   \   k ,  k ; k    2 12 2 3 

     A. D   \   k ,  k ; k    2 12 2 4 

KÈ

    Câu 20: Tìm tập xác định của hàm số sau y  tan  x   .cot  x   4 3     3  B. D   \   k,  k, k    5 4 

   C. D   \   k,  k, k    3 4 

  3  D. D   \   k,  k, k    6 5 

DẠ Y

  3  A. D   \   k,  k, k    3 4 

Giải bài tập vận dụng Câu 1: Chọn A

Ta có 1  sin x  1  1  sin x  2  3, x  

Do đó luôn tồn tại căn bậc hai của sinx + 2 với mọi x   Vậy tập xác định D  

Câu 2: Chọn C    k  Hàm số xác định khi sin  2x    0  2x   k  x   , k   4 4 8 2 

Câu 3: Chọn D Do điều kiện sin x  cos x  0  tan x  1  x 

  k 4

Câu 4: Chọn C Do điều kiện sin 2 x  cos 2 x  0  tan 2 x  1  x  

ƠN

Câu 5: Chọn C

  k 4

OF FI

   Vậy tập xác định D   \   k , k    2 8 

sin x  0 Ta có: hàm số xác định    sin x  0  x  k  k    cos x  1

Vậy tập xác định là D   \ k, k   Câu 6: Chọn D

  5  Vậy tập xác định  \   k , k    2  12 

   5 k   k   Ta có: hàm số xác định  cos  2x    0  2x    k  x  3 3 2 12 2 

Câu 7: Chọn C

Ta có: hàm số xác định  sin x  1  0  sin x  1  x 

3  k2  k    2

KÈ

Câu 8: Chọn B

 3  Vậy tập xác định  \   k2, k    2 

Ta có: hàm số xác định  x  0 Vậy x  0

DẠ Y

Câu 9: Chọn D

sin x  0 k Ta có: hàm số xác định    sin 2x  0  2x  k  x  k   2 cos x  0   Vậy tập xác định D   \ k  với k    2

Câu 10: Chọn A

  k 6 3 n 5

 n   TXĐ: D   \   k , , k, n    3 5 6 

Câu 11: Chọn B

 x  k sin x  0   ,k    cot x  3  x  6  k

OF FI

1 Hàm số y  xác định khi và chỉ khi cot x  3

Câu 12: Chọn C Hàm số y 

  x  cos 3x  0  Điều kiện  sin 5x  0 x  

3x  1 xác định khi và chỉ khi 1  cos 2 x  0  sin 2 x  0  sin x  0  x  k 2 1  cos x

Câu 13: Chọn A

ƠN

ĐK: x  1  0  x  1 Câu 14: Chọn Câu 15: Chọn Ta có: 1  sin x  0;1  cos x  0x   ĐK: 1  cos x  0  cos x  1  x    k2

Câu 16: Chọn A

ĐK: sin x  0  x  k

1  sin x, cos  1  2  cos x  0; 2  sin x  0 

Câu 17: Chọn C

2  cos x  0x   2  sin x

1  cos x  0 Hàm số xác định khi   * cos x  0

Vì 1  cos x  0, x nên (*)  cos x  0  x 

  k, k   2

KÈ

  Vậy D   \   k, k    2 

Câu 18: Chọn D

DẠ Y

Hàm số có tập xác định  khi m cos x  1  0, x * Khi m = 0 thì (*) luôn đúng nên nhận giá trị m = 0 Khi m > 0 thì m cos x  1   m  1; m  1 nên (*) đúng khi m  1  0  0  m  1 Khi m < 0 thì m cos x  1   m  1; m  1 nên (*) đúng khi m  1  0  1  m  0 Vậy giá trị m thỏa mãn 1  m  1

Câu 19: Chọn A

          x   k  x  k x  k    2x   k  4 2     4 2 4 2 2 Điều kiện      3 sin 2x  cos 2x  0 2sin  2x     0 2x    k x    k   6 6  12 2   

     TXĐ: D   \   k ,  k , k    2 12 2 4 

OF FI

Câu 20: Chọn A   3    x  4  2  k  x  4  k  Điều kiện    x   k  x    k 3 3     3  TXĐ: D   \   k,  k, k    3 4 

ƠN

DẠNG 2: TÍNH CHẴN LẺ

Ví dụ 1: Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số chẵn? B. y  cos x  sin x

D. y  cos x sin x

C. y  cos x  sin 2 x

A. y   sinx

Giải

Tất cả các hàm số đều có TXĐ: D   nên x  D   x  D

Với đáp án A: y  f  x    sin x

Bây giờ ta kiểm tra f   x   f  x  hoặc f   x   f  x 

Ta có f   x    sin   x   sin x     sin x   f  x  Suy ra hàm số y = - sinx là hàm số lẻ.

Với đáp án B: y  f  x   cos x  sin x

Ta có f   x   cos   x   sin   x   cos x  sin x  f  x  , f  x 

KÈ

Suy ra hàm số y  cosx  sinx không phải hàm chẵn, không phải hàm lẻ Với đáp án C: y  f  x   cos x  sin 2 x Ta có: f   x   cos   x   sin 2   x   cos   x   sin   x    cos x    sin x   cos x  sin 2 x  f  x 

DẠ Y

Suy ra hàm số y  cos x  sin 2 x là hàm số chẵn Với đáp án D: y  f  x   cos x sin x Ta có f   x   cos   x  sin   x    cos x sin x  f  x  Suy ra hàm số y  cos x sin x là hàm số lẻ. Chọn đáp án C Có thể sử dụng máy tính kiểm tra

Ví dụ: Kiểm tra hàm số y = -sinx +TXĐ: D   nên x  D   x  D

+ Bây giờ ta kiểm tra f   x   f  x  hoặc f   x   f  x 

ƠN

+ Tính giá trị hàm số tại các điểm bất kì x = 1;2;3;... đều được 0

Suy ra f   x   f  x  . Vậy hàm đã cho lẻ.

A. f(x) lẻ và g(x) chẵn

sin 2x  cos 3x cos 2x và g  x   . Mệnh đề nào sau đây là đúng? 2 2  tan 2 x 1  sin 3x

Ví dụ 2: Cho hai hàm số f  x  

B. f(x) và g(x) chẵn

C. f(x) chẵn, g(x) lẻ

Giải

Tập xác định D   Do đó x  D   x  D

cos  2x  cos 2x   f x 2 1  sin  3x  1  sin 2 3x

Ta có f   x  

cos 2x 1  sin 2 3x

Xét hàm số f  x  

Vậy f(x) là hàm số chẵn

sin 2x  cos 3x 2  tan 2 x

KÈ

Xét hàm số g  x  

DẠ Y

  Tập xác định D   \   k  k     2 

Do đó x  D   x  D Ta có g   x  

sin  2x   cos  3x  2 tan   x  2

OF FI

Với đáp án A: Nhập f  x   f   x    s inx  sin   x 



sin 2x  cos 3x  gx 2  tan 2 x

Vậy g(x) là hàm số chẵn. Vậy f(x) và g(x) chẵn. Chọn đáp án B

D. f(x) và g(x) lẻ

Ví dụ 3: Trong các hàm số sau, hàm số nào có đồ thị đối xứng qua gốc tọa độ?

Giải Với đáp án A

   Tập xác định: D   k;  k   k    2  

Chọn x 

   D nhưng  x    D 4 4

Vậy y  sin 2x không phải hàm chẵn, không phải hàm lẻ Với đáp án B.

ƠN

 1  y  sin  x     s inx  cos x  4 2 

1 sin 3 x

OF FI

   Hàm số xác định  sin 2x  0  2x   k2;   k2  x   k;  k  2  

D. y 

  C. y  2 cos  x   4 

  B. y  sin  x   4 

A. y  sin 2x

Với đáp án C

  y  2 cos  x    sin x  cos x 4 

Tương tự ví dụ 1, đáp án B và C là các hàm số không chẵn, không lẻ. Với đáp án D.

1 sin 3 x

y

Hàm số xác định  sin 3 x  0  s inx  0  x  k; k   Tập xác định D   \ k, k   nên x  D   x  D sin   x 



1  f  x   sin 3 x

1 là hàm lẻ nên đồ thị nhận gốc tọa độ O làm tâm đối xứng. sin 3 x

KÈ

Vậy y 

Ta có f   x  

Chọn đáp án D

Ví dụ 4: Trong các hàm số sau, hàm số nào có đồ thị đối xứng qua trục tung?

DẠ Y

A. y  sin x cos 2x

 tan x  B. y  sin 3 x.cos  x   C. y  2 tan 2 x  1 

D. y  cos x sin 3 x

Giải

Ta dễ dàng kiểm tra được A, C, D là các hàm số lẻ nên có đồ thị đối xứng qua gốc tọa độ O   Xét đáp án B, ta có y  f  x   sin 3 x cos  x    sin 3 x.sin x  sin 4 x 2 

Kiểm tra được đây là hàm số chẵn nên có đồ thị đối xứng qua trục tung. Chọn đáp án B Ví dụ 5: Trong các hàm số sau, hàm số nào có đồ thị đối xứng qua trục tung?   B. y  sin  x   4 

1 sin 2 x

  C. y  2 cos  x   4 

D. y  sin 2x

A. y 

Giải 1 sin 2 x

Với đáp án A. y  f  x  

+ f  x  

sin   x  2

Vậy y  f  x  



OF FI

+ Tập xác định D   \ k; k   là tập đối xứng 1  f x sin 2 x

1 là hàm số chẵn nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng sin 2 x

Bài tập vận dụng Câu 1: Hàm số nào sau đây là hàm số chẵn A. y  5sin x.tan 2x

B. y  3sin x  cos x

A. y 

sin x  tan x 2 cos3 x

B. y  tan x  cot x

C. y  2sin 3x  5

Câu 2: Hàm số nào sau đây không chẵn, không lẻ:

ƠN

Chọn đáp án A

C. y  sin 2x  cos 2x

D. y  tan x  2sin x

D. y  2  sin 2 3x

Câu 3: Trong các hàm số dưới đây có bao nhiêu hàm số là hàm số chẵn:

B. 2

A. 1

y  cos 3x 1 ; y  sin  x 2  1  2  ; y  tan 2 x  3 ; y  cot x  4 

C. 3

D. 4

C. y  cos x.tan 2x

D. y 

Câu 4: Hàm số nào sau đây là hàm số chẵn B. y  x.cos x

A. y  sin 3x

tan x sin x

Câu 5: Trong các hàm số sau, có bao nhiêu hàm số là hàm chẵn trên tập xác định của nó?

A. 1

KÈ

y  cot 2x; y  cos  x    ; y  1  sin x; y  tan 2016 x B. 2

C. 3

Câu 6: Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số lẻ?   B. y  x 2017  cos  x   2 

C. y  2015  cos x  sin 2018 x

D. y  tan 2017 x  sin 2018 x

DẠ Y

  A. y  x 4  cos  x   3 

Câu 7: khẳng định nào sau đây là sai? A. Hàm số y  x 2  cos x là hàm số chẵn B. Hàm số y  sin x  x  sin x  x là hàm số lẻ

D. 4

C. Hàm số y 

sin x là hàm số chẵn x

D. Hàm số y  sin x  2 là hàm số không chẵn, không lẻ Câu 8: Hàm số nào sau đây là hàm số lẻ? C. y  x 2 .sin  x  3

B. y  cos 3x

D. y 

Câu 9: Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số chẵn? C. y 

B. y  x 2 sin x

x cos x

Câu 10: Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số lẻ?   A. y  sin   x  2 

C. y 

B. y  sin 2 x

cot x cos x

Câu 11: Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số lẻ?

C. y  x 2 tan 2x  cot x

ƠN

B. y  cot x .sin 2 x

A. y  1  sin 2 x

D. y  x  sin x

OF FI

A. y  sin x

cos x x3

A. y  2x  cos x

D. y 

tan x sin x

D. y  1  cot x  tan x

Câu 12: Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số chẵn?

    B. y  sin  x    sin  x   4 4  

  A. y  2 cos  x    sin    2x  2    C. y  2 sin  x    sin x 4 

D. y  sin x  cos x

A. Hàm số chẵn

B. Hàm số lẻ

Câu 13: Xét tĩnh chẵn lẻ của hàm số f  x   sin 2007 x  cos nx với n   . Hàm số y  f  x  là: C. Không chẵn, không lẻ D. Vừa chẵn vừa lẻ

A. m > 0

Câu 14: Xác định tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  f  x   3m sin 4x  cos 2x là hàm chẵn B. m < -1

Câu 15: Cho hàm số y 

B. Hàm không tuần hoàn D. Hàm không chẵn không lẻ

KÈ

C. Hàm chẵn Giải bài tập vận dụng

Câu 1: Chọn đáp án A

Xét hàm y  f  x   5sin x.tan 2x

DẠ Y

  k  TXĐ: D   \   ; k    4 2  x  D   x  D và f   x   5sin   x  .tan  2x   5sin x.tan 2x  f  x 

Vậy y  f  x   5sin x.tan 2x là hàm số chẵn trên tập xác định của nó Câu 2: Chọn đáp án C

D. m = 2

cos x  2  cot 2 x . Hàm số trên là hàm số sin 4x

A. Hàm lẻ

C. m = 0

TXĐ: D     D   D 6 6

3 1    Vì f      f    nên hàm số không chẵn không lẻ trên  6 2 2  6

Nhận xét: Tổng của một hàm chẵn và một hàm lẻ là một hàm không chẵn không lẻ + Xét hàm y  f  x   cos 3x TXĐ: D   Với mọi x  D ta có:  x  D, f   x   cos  3x   cos 3x  f  x  Do đó y  f  x   cos 3x là hàm chẵn trên tập xác định của nó

TXĐ: D  



ƠN

+ Xét hàm y  g  x   sin  x 2  1

OF FI

Câu 3: Chọn đáp án C



Với mọi x  D ta có:  x  D và g   x   sin   x   1  sin  x 2  1  g  x  2

Do đó y  g  x   sin  x 2  1 là hàm chẵn trên  + Xét hàm y  h  x   tan 2 x

  TXĐ: D   \   k, k    2 

Với mọi x  D ta có:  x  D và h   x   tan 2   x   tan 2 x  h  x  Do đó y  h  x   tan 2 x là hàm số chẵn trên  + Xét hàm y  t  x   cot x

TXĐ: D   \ k, k  

Với mọi x  D ta có:  x  D, t   x   cot   x    cot x   t  x 

KÈ

Do đó y  t  x   cot x là hàm lẻ trên  Vậy (1) (2) (3) là các hàm số chẵn Câu 4: Chọn đáp án D

DẠ Y

Xét hàm y  f  x  

tan x sin x

sin x  0 k ĐK:   sin 2x  0  x  ,k  2 cos x  0  k  TXĐ: D   \  , k    2 

Ta có:

Với mọi x  D ta có:

tan   x  tanx tan x là hàm số chẵn trên D   f  x  nên y  sin x sin   x  sin x

 x  D và f   x  

Câu 5: Chọn đáp án B

+ Xét hàm y  f  x   cos  x    TXĐ: D   Do đó y  cos  x    là hàm số chẵn trên  + Xét hàm y  g  x   tan 2016 x   TXĐ: D   \   k, k    2 

2016

 tan 2016 x  g  x 

ƠN

Với mọi x  D, ta có  x  D và f   x   tan 2016   x     tanx 

OF FI

Với mọi x  D , ta có  x  D và f   x   cos   x      cos x  cos  x     f  x 

Do đó y  tan 2016 x là hàm chẵn trên tập xác định của nó Câu 6: Chọn đáp án B

  Viết lại đáp án B là y  x 2017  cos  x    x 2017  sin x 2 

Ta kiểm tra được đáp án A và D không chẵn, không lẻ. Đáp án B là hàm số lẻ. Đáp án C là hàm số chẵn Câu 7: Chọn đáp án D

TXĐ: D  

+ Xét hàm y  f  x   sin x  2  Chọn    2

   Ta có: f     1  f    3  2 2

KÈ

Nên y  f  x   sin x  2 là hàm số không chẵn không lẻ trên  Câu 8: Chọn đáp án D Xét hàm y  f  x  

cos x x3

DẠ Y

TXĐ: D   \ 0

x  D   x  D và f   x  

Kết luận y 

cos   x 

 x 

cos x là hàm số lẻ trên D x3

Câu 9: Chọn đáp án A



cos x  f  x  x3

Ta kiểm tra được A là hàm số chẵn, các đáp án B, C, D là hàm số lẻ   Viết lại đáp án A là y  sin   x   cos x 2 

Ta kiểm tra được đáp án A, B, D là các hàm số chẵn. Đáp án C là hàm số lẻ

Câu 11: Chọn đáp án C

Câu 10: Chọn đáp án C

Ta kiểm tra được đáp án A, B và D là các hàm số chẵn

OF FI

Đáp án C là hàm số lẻ Câu 12: Chọn đáp án C

  Viết lại đáp án A là y  2 cos  x    sin    2x   2sin x  sin 2x 2 

     Viết lại đáp án B là y  sin  x    sin  x    2sin x.cos  2 sin x 4 4 4  

Ta kiểm tra được đáp án A và B là các hàm số lẻ

Đáp án C là hàm số chẵn

ƠN

  Viết lại đáp án C là y  2 sin  x    sin x  sin x  cos x  sinx  cosx 4 

Xét đáp án D

   D nhưng  x  D 4 4

Chọn x 

sin x  0    Hàm số xác định    D   k2,  k2   k    2   cos x  0

Vậy y  sin x  cos x không chẵn, không lẻ Câu 13: Chọn C

Hàm số có tập xác định D  

Ta có f   x   sin 2007   x   cos  nx    sin 2007 x  cos nx  f  x 

KÈ

Vậy hàm số đã cho không chẵn không lẻ Câu 14: Chọn C

TXĐ: D   . Suy ra x  D   x  D Ta có f   x   3m sin 4   x   cos 2   x   3m sin 4x  cos 2x

DẠ Y

Để hàm số đã cho là hàm chẵn thì f   x   f  x  , x  D  3m sin 4x  cos 2x  3m sin 4x  cos 2x, x  D  4m sin 4x  0,  x  D m0

Câu 15: Chọn đáp án A Vì cos x  2  0 với mọi x

 x  k sin x  0 k  Do đó điều kiện là   ,k  k  x  4 x  sin 4x  0  4

Ta có f   x  

cos x  2  cot 2   x  cos x  2  cot 2   x    f  x  sin  4x   sin 4x

DẠNG 3: TÍNH TUẦN HOÀN CỦA HÀM SỐ

OF FI

Vậy hàm số đã cho là hàm số lẻ

Vậy TXĐ của D là tập đối xứng

Ví dụ 1: Trong các hàm số sau đây, hàm số nào là hàm số tuần hoàn? B. y  x  1

C. y  x 2 Giải

Với đáp án A. y  sin x TXĐ của hàm số: D  

D. y 

x 1 x2

D. T 

 8

ƠN

A. y  sin x

Với mọi x  D, k   ta có x  k2  D, x  k2  D và sin  x  k2   s inx Vậy y  sin x là hàm số tuần hoàn. Chọn đáp án A

2 5

B. T 

Cách 1: Tập xác định D  

5 2

A. T 

  Ví dụ 2: Tìm chu kì tuần hoàn T của hàm số y  sin  5x   4 

C. T 

 2

Giải

    k2    k2      Ta có: f  x   sin  5x    sin  5x   k2   sin 5  x     f  x   4 4 5 4  5       

KÈ

Vậy chu kì tuần hoàn của hàm số là T 

2 khi k = 1 5

Cách 2: Hàm số y  sin  ax  b  tuần hoàn với chu kì T 

2 a

DẠ Y

 2  Áp dụng: hàm số y  sin  5x   có a = 5 nên tuần hoàn với chu kì T  4 5 

Chọn đáp án A

x  Ví dụ 3: Tìm chu kì tuần hoàn T của hàm số y  cos   2016  2 

A. T  2

B. T  4.s

C. T  

D. T 

 2

Giải Cách 1: Tập xác định: D  

Vậy chu kì tuần hoàn của hàm số là T  4 khi k = 1 Cách 2: Hàm số y  cos  ax  b  tuần hoàn với chu kì T 

2 a

Chọn đáp án B. Ví dụ 4: Tìm chu kì tuần hoàn T của hàm số y  cos 2x  sin  2

B. T  

C. T  2 Giải

Cách 1: Tập xác định: D  

Ta có:

D. T  4

ƠN

A. T 

x 2

OF FI

1 x  Áp dụng hàm số y  cos   2016  có a  nên tuần hoàn với chu kì T  4 2 2 

x  x  1  Ta có: f  x   cos   2016   cos   2016  k2   cos   x  k4   2016   f  x  k4  2  2  2 

x x   cos  2x  k2   sin   h2  2 2  1 Chọn k  4h  cos 2  x  k   sin  x  h4  2 1  cos 2  x  h4   sin  x  h4   f (x  h 4) 2

f  x   cos 2x  sin

Vậy chu kì tuần hoàn của hàm số là T  4 khi h = 1 Cách 2: Hàm số y  cos 2x tuần hoàn với chu kì T1 

2 x  4 tuần hoàn với chu kì T2  1 2 2

KÈ

Hàm số y  sin

2  2

Suy ra hàm số y  cos 2x  sin

x tuần hoàn với chu kì T là bội chung nhỏ nhất của T1 và T2. Vậy T  4 2

Chọn đáp án D

DẠ Y

    Ví dụ 5: Tìm chu kì T của hàm số y  sin  2x    2 cos  3x   3 4  

A. T  2

B. T  

C. T  3 Giải

 2   Hàm số y  sin  2x   tuần hoàn với chu kì T1  3 2 

D. T  4

 2  Hàm số y  2 cos  3x   tuần hoàn với chu kì T2  4 3 

    Suy ra hàm số y  sin  2x    2 cos  3x   tuần hoàn với chu kì T  2 3 4  

Bài tập vận dụng

A. y  sin x  x

B. y  cos x

C. y  x sin x

OF FI

Câu 1: Trong các hàm số sau đây, hàm số nào là hàm số tuần hoàn?

Chọn đáp án A

x2 1 D. y  x

Câu 2: Trong các hàm số sau đây, hàm số nào là hàm số tuần hoàn? A. y 

sin x x

C. y  x 2  1

B. y  tan x  x

A. T  

B. T  3

ƠN

Câu 3: Tìm chu kì T của hàm số y  cos 3x  cos 5 x

C. T  2

D. y  cot x

D. T  5

A. T  2

B. T  4

C. T  6

Câu 5: Tìm chu kì T của hàm số y  tan 3x  3

B. T 

4 3

D. T  

2 3

D. T 

1 3

C. T  3

D. T 

 3

C. T  3

D. T 

 3

C. T 

A. T 

x  Câu 4: Tìm chu kì T của hàm số y  3cos  2x  1  2sin   3  2 

Câu 6: Tìm chu kì T của hàm số t  tan 3x  cot x A. T  4

B. T  

KÈ

A. T  4

Câu 8: Tìm chu kì T của hàm số y  sin A. T  4

x  sin 2x 3

Câu 7: Tìm chu kì T của hàm số y  cot

x    tan  2x   2 4 

B. T  

C. T  3

D. T  2

C. T  

D. T  4

DẠ Y

Câu 9: Tìm chu kì T của hàm số y  2 cos 2 x  2018 A. T  3

B. T  2

Câu 10: Tìm chu kì T của hàm số y  2sin 2 x  3cos 2 3x A. T  

B. T  2

C. T  3

Câu 11: Tìm chu kì T của hàm số y  tan 3x  cos 2 2x

D. T 

 3

B. T 

A. T  

 3

C. T 

 2

D. T  2

  A. y  sin   2x  3 

  B. y  cos  x   4 

C. y  tan  2x  1

Câu 12: Hàm số nào sau đây có chu kì khác  ? D. y  cos x sin x

x x cos 2 2

B. y  sin

C. y  sin 2  x  2 

x  D. y  cos 2   1 2 

OF FI

A. y  cos3 x

Câu 14: Hai hàm số nào sau đây có chu kì khác nhau? A. y  cos x và y  cot

B. y  sin x và y  tan 2x

x x và y  cos 2 2

D. y  tan 2x và y  cot 2x

ƠN

C. y  sin

x 2

Câu 13: Hàm số nào sau đây có chu kì khác 2 ?

1 Câu 15: Tìm chu kì T của hàm số y   sin 100x  50  2 1 50

B. T 

1 100

C. T 

Giải bài tập vận dụng

Câu 1: Chọn đáp án B Tập xác định của hàm số: D  

 50

A. T 

Với mọi x  D, k   ta có x  k2  D và x  k2  D, cos  x  k2   cos x Vậy y  cos x là hàm số tuần hoàn Câu 2: Chọn đáp án D Xét hàm số y  cot x

TXĐ: D   \ k, k  

KÈ

Với mọi x  D, k   ta có x  k  D và x  k  D, cot  x  k   cot x Vậy y  cot x là hàm số tuần hoàn Câu 3: Chọn đáp án C

2 3

Hàm số y = cos5x tuần hoàn với chu kì T2 

2 5

DẠ Y

Hàm số y = cos3x tuần hoàn với chu kì T1 

Suy ra hàm số y = cos3x + cos5x tuần hoàn với chu kì T  2 Câu 4: Chọn đáp án B

D. T  2002

2 x   4 Hàm số y  2sin   3  tuần hoàn với chu kì T2  1 2  2

x  Suy ra hàm số y  3cos  2x  1  2sin   3  tuần hoàn với chu kì T  4 2 

Hàm số y  tan  ax  b  tuần hoàn với chu kì T 

 a

Áp dụng hàm số y  tan 3x tuần hoàn vói chu kì T 

1 3

Hàm số y  cot  ax  b  tuần hoàn với chu kì T 

 a

Áp dụng: hàm số y = tan3x tuần hoàn với chu kì T1 

Hàm số y  cot x tuần hoàn với chu kì T2  

 3

ƠN

Câu 6: Chọn đáp án B

OF FI

Câu 5: Chọn đáp án D

Suy ra hàm số y  tan 3x  cot x tuần hoàn với chu kì T   Câu 7: Chọn đáp án C

x tuần hoàn với chu kì T1  3 3

Hàm số y  cot

x  sin 2x tuần hoàn với chu kì T  3 3

Câu 8: Chọn đáp án A

x tuần hoàn với chu kì T1  4 2

Hàm số y  sin

Hàm số y  sin 2x tuần hoàn với chu kì T2   Suy ra hàm số y  cot

KÈ

   Hàm số y   tan  2x   tuần hoàn với chu kì T2  4 2 

DẠ Y

Suy ra hàm số y  sin

x    tan  2x   tuần hoàn với chu kì T  4 2 4 

Câu 9: Chọn đáp án C Ta có y  2 cos 2 x  2018  cos 2x  2019 Suy ra hàm số tuần hoàn với chu kì T   Câu 10: Chọn đáp án A

2  2

Hàm số y = 3cos(2x + 1) tuần hoàn với chu kì T1 

1  cos 2x 1  cos 6x 1  3.   3cos 6x  2 cos 2x  5  2 2 2

Hàm số y  3cos 6x tuần hoàn với chu kì T1 

2   6 3

Ta có y  2.

Hàm số y  2 cos 2x tuần hoàn với chu kì T2  

Suy ra hàm số đã cho tuần hoàn với chu kì T   Câu 11: Chọn đáp án A 1  cos 4x 1   2 tan 3x  cos 4x  1 2 2

Hàm số y  2 tan 3x tuần hoàn với chu kì T1 

 3

Hàm số y   cos 4x tuần hoàn với chu kì T2 

2   4 2

OF FI

Ta có y  tan 3x 

ƠN

Suy ra hàm số đã cho tuần hoàn với chu kì T   Câu 12: Chọn đáp án C    2 2

Vì y  tan  2x  1 có chu kì T 

1 Nhận xét. Hàm số y  cos x sin x  sin 2x có chu kì là  2

Câu 13: Chọn đáp án C

1  cos 3x  3cos x  có chu kì là 2 4

Hàm số y  cos3 x 

Hàm số y  sin 2  x  2  

x x 1 Hàm số y  sin cos  sin x có chu kì là 2 2 2 2

1 1  cos  2x  4  có chu kì là  2 2

x  1 1 Hàm số y  cos 2   1   cos  x  2  có chu kì là 2 2  2 2

KÈ

Câu 14: Chọn đáp án B

Hai hàm số y  cos x và y  cot

x có cùng chu kì là 2 2

DẠ Y

Hai hàm số y = sinx có chu kì là 2, hàm số y = tan2x có chu kì là Hai hàm số y  sin

x x và y  cos có cùng chu kì là 4 2 2

Hai hàm số y  tan 2x và y  cot 2x có cùng chu kì là Câu 15: Chọn đáp án A

 2

1 2 1  Hàm số y   sin 100x  50  tuần hoàn với chu kì T  2 100 50

DẠNG 4: GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

B. min y  2, maxy  4036

C. min y  1, maxy  4022

D. min y  1, maxy  4022

OF FI

A. min y  2, maxy  4036

Giải Cách 1: Hàm số xác định trên  10   Ta có 1  cos  8x    1, x   2019  

ƠN

10    2017  2017 cos  8x    2017, x   2019   0    2  2017 cos  8x    2019  4036, x   2019  

10   Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  2017 cos  8x    2019 2019  

10  10    Ta có y = 2 khi cos  8x    1, y  4036 khi cos  8x   1 2019  2019   

Vậy min y = 2, max y = 4036. Chọn B Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Chọn số lớn nhất là 4036, kiểm tra GTLN (hoặc -2 để kiểm tra GTNN)

thấy phương trình có nghiệm

10   Nhập vào màn hình 2017 cos  8x    2019  4036 . Dùng tổ hợp SHIFT SOLVE tìm nghiệm, ta 2019  

Chọn đáp án B

10   Tương tự nhập 2017 cos  8x    2019  2 ta thấy phương trình có nghiệm 2019  

DẠ Y

A. P = 4

KÈ

Ví dụ 2: gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  sinx  cosx . Tính P = M -

B. P  2 2

C. P  2

D. P = 2

Giải

1     1     Ta có: y  sin x  cos x  2  sin x  cos x   2  sin x.cos  sin .cos x   2 sin  x   2 4 4 4     2      Mà 1  sin  x    1   2  2 sin  x    2 4 4  

Hay  2  y  2

Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  2 cos 2 x  2 3 sin x cos x  1 B. min y  1  3, max y  3  3

C. min y  4, max y  0

D. min y  1  3, max y  3  3

A. min y  0, max y  4

M  2 Vậy   P  M  m  2 2 Chọn đáp án B m   2

Giải

OF FI

Cách 1: ta có:

y  2 cos 2 x  2 3 sin x cos x  1  2 cos 2 x  1  3 sin 2x  2  cos 2x  3 sin 2x  2 1  3    2  cos 2x  sin 2x   2  2 cos  2x    2 2 3  2 

ƠN

  Mặt khác 0  2 cos  2x    2  4, x    0  y  4, x   . Chọn đáp án A 3 

Cách 2: sử dụng máy tính cầm tay

Ví dụ 4: Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y  2 A. min y   , max y  2 3

sin x  2 cos x  3 2  cos x

2 B. min y  , max y  2 3

1 3 C. min y  , max y  2 2

1 3 D. min y   , max y  2 2

Giải

Cách 1: Ta có cos x  2  0,  x   Do đó: y 

sin x  2 cos x  3  sin x  2 cos x  3  2y  y cos x 2  cos x

2y  3 12   2  y 

KÈ

Ta có: sin  x     1

 sin x   2  y  cos x  2y  3  sin  x    

Nên 12   2  y    3  2y   4y 2  12y  9  y 2  4y  4  1  0  3y 2  8y  4  0  2

DẠ Y

2 Vậy min y  , max y  2 . Chọn đáp án B 3

Cách 2: sử dụng máy tính cầm tay 1 1 5  2sin 2 x Ví dụ 5: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y  1  cos 2 x  2 2

2 y2 3

A. 1 

5 2

22 2

11 2

D. 1  5

Giải

1 1 1 5 1 2 5  2sin 2 x  y  1  cos 2 x   sin x Ta có: y  1  cos 2 x  2 2 2 4 2 1 5 1 2  sin x Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 4 số: 1;1; 1  cos 2 x; 2 4 2

OF FI

Ta có:

1 5 1 1 5 1 9 1 22 22 1. 1  cos 2 x  1.  sin 2 x  12  12 . 1  cos 2 x   sin 2 x  2.   .Hay y  2 4 2 2 4 2 4 2 2 2

1 5 1  Dấu bằng xảy ra khi 1  cos 2 x   sin 2 x  x    k, k   . Chọn đáp án B 2 4 2 6

Câu 1: Tìm tập giá trị T của hàm số y  3cos 2x  5 A. T   1;1

B. T   1;11

ƠN

Bài tập vận dụng C. T   2;8

D. T  5;8

A. y  4, x  

B. y  4, x  

  Câu 2: Cho hàm số y  2sin  x    2 . Mệnh đề nào sau đây đúng? 3 

C. y  0, x  

D. y  2, x  

Câu 3: Hàm số y  5  4sin 2x cos 2x có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên? B. 1

C. 5

D. 10

A. Vô số

A. min y  2, max y  1  3 C. min y  1, max y  1  3

Câu 4: Tìm tập giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số sau y  1  2  sin 2x B. min y  2, max y  2  3 D. min y  1, max y  2

Câu 5: Tìm tập giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số sau y 

KÈ

4 4 A. min y  , max y  4 B. min y  , max y  3 3 3

4 1  2sin 2 x

4 1 C. min y  , max y  2 D. min y  , max y  4 3 2

Câu 6: Tìm tập giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số sau y  2sin 2 x  cos 2 2x 3 4

B. max y  3, min  2

DẠ Y

A. max y  4, min y 

C. max y  4, min y  2

D. max y  3, min 

3 4

Câu 7: Tìm tập giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số sau y  3sin x  4 cos x  1 A. max y  6, min y  2 B. max y  4, min y  4 C. max y  6, min y  4 D. max y  6, min y  1 Câu 8: Tìm tập giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số sau y  2sin 2 x  3sin 2x  4 cos 2 x A. min y  3 2  1, max y  3 2  1

B. min y  3 2  1, max y  3 2  1

C. min y  3 2, max y  3 2  1

D. min y  3 2  2, max y  3 2  1

A. max y  2  10, min y  2  10

B. max y  2  5, min y  2  5

C. max y  2  2, min y  2  2

D. max y  2  7, min y  2  7

Câu 10: Tìm tập giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số sau y  sinx  2  sin 2 x B. min y  0, max y  4

C. min y  0, max y  6

D. min y  0, max y  2

A. min y  0, max y  3

Câu 9: Tìm tập giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số sau y  sin 2 x  3sin 2x  3cos 2 x

Câu 11: Tìm tập giá trị nhỏ nhất của hàm số sau y  tan 2 x  cot 2 x  3  tan x  cot x   1 B. min y  3

C. min y  2

Câu 12: Tìm tập giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số sau y  A. min y  

2 ; max y  4 11

B. min y 

2 ; max y  3 11

D. min y 

2 ; max y  2 11

Câu 13: Tìm tập giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số sau y  11  9 7 11  9 7 ; max y  83 83

C. min y 

33  9 7 33  9 7 ; max y  83 83

2sin 2 3x  4sin 3x cos 3x  1 sin 6x  4 cos 6x  10

B. min y 

22  9 7 22  9 7 ; max y  11 11

D. min y 

22  9 7 22  9 7 ; max y  83 83

A. min y 

sin 2x  2 cos 2x  3 2sin 2x  cos 2x  4

ƠN

C. min y 

2 ; max y  2 11

D. min y  4

OF FI

A. min y  5

Câu 14: Tìm tập giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số sau sin 2 2x  3sin 4x 2 cos 2 2x  sin 4x  2

y

5  97 5  97 ; max y  4 4

B. min y 

5  97 5  97 ; max y  18 18

C. min y 

5  97 5  97 ; max y  8 8

D. min y 

7  97 7  97 ; max y  8 8

A. min y 

KÈ

Câu 15: Tìm tập giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số sau y  3  3sin x  4 cos x   4  3sin x  4 cos x   1

DẠ Y

1 A. min y  ; max y  96 3

1 C. min y   ; max y  96 3

1 B. min y  ; max y  6 3

D. min y  2; max y  6

Câu 16: Tìm m để các bất phương trình  3sin x  4 cos x   6sin x  8cos x  2m  1 đúng với mọi x   A. m > 0

B. m  0

C. m < 0

D. m  1

65 4

B. m 

65  9 4

Câu 18: Tìm m để các bất phương trình

C. m 

65  9 2

D. m 

4sin 2x  cos 2x  17  2 đúng với mọi x   3cos 2x  sin 2x  m  1

15  29 2

B. 10  1  m 

15  29 2

C. 10  1  m 

15  29 2

D. 10  1  m  10  1

OF FI

A. 10  3  m 

65  9 4

A. m 

3sin 2x  cos 2x  m  1 đúng với mọi x   sin 2x  4 cos 2 x  1

Câu 17: Tìm m để các bất phương trình

  Câu 19: Cho x, y   0;  thỏa mãn cos 2x  cos 2y  2sin  x  y   2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của  2

sin 4 x cos 4 y  y x

A. minP 

3 

B. minP 

2 

C. minP 

B. k  2 3

2 3

D. minP 

5 

k sin x  1 lớn hơn -1 cos x  2

Câu 20: Tìm k để giá trị nhỏ nhất của hàm số y  A. k  2

ƠN

P

C. k  3

D. k  2 2

Giải bài tập vận dụng Câu 1: Chọn đáp án C Hay 2  y  8. Vậy T   2;8 Câu 2: Chọn đáp án C

Ta có:

Ta có: 1  cos 2x  1, x    3  3cos 2x  3, x    2  3cos 2x  5  8, x  

KÈ

      1  sin  x    1, x    2  2sin  x    2, x    4  2sin  x    2  0, x  . 3 3 3    Hay 4  y  0 Câu 3: Chọn đáp án C

DẠ Y

Ta có: y  5  4sin 2x cos 2x  5  2sin 4x Mà 1  sin 4x  1, x    2  2sin 4x  2, x    3  5  2sin 4x  7, x   hay 3  y  7 Do y   nên y  3; 4;5;6;7 . Vậy y có 5 giá trị nguyên Câu 4: Chọn đáp án A Ta có: 1  sin 2x  1  2  y  1  3

 y  2  sin 2x  1  x    k  min y  2 4   k  max y  1  3 4

y  1  3  sin 2x  1  x 

Câu 5: Chọn đáp án A

4  4  sin 2 x  1  x   k  min y  3 2 3

OF FI

y

4 y4 3

Ta có: 0  sin 2 x  1 

y  4  sin 2 x  0  x  k  max y  4 Câu 6: Chọn đáp án D

1 3 2  Đặt t  sin 2 x, 0  t  1  cos 2x  1  2t  y  2t  1  2t   4t 2  2t  1   2t    2 4  2

min y 

  k 2

3 1 đạt được khi sin 2 x  4 4

Câu 7: Chọn đáp án C Áp dụng BĐT  ac  bd    c 2  d 2  a 2  b 2  a b  c d

Đẳng thức xảy ra khi

Vậy max y = 3 đạt được khi x 

ƠN

1 1 3 1 9 3  Do 0  t  1    2t    0   2t      y  3 2 2 2 2 4 4 

Ta có  3sin x  4 cos x    32  42  sin 2 x  cos 2 x   25  5  3sin x  4 cos x  5  4  y  6 2

Vậy max y  6 đạt được khi tan x 

KÈ

min y  4 đạt được khi tan x  

3 4

Câu 8: Chọn đáp án B

DẠ Y

  Ta có: y  1  cos 2x  3sin 2x  2 1  cos 2x   3sin 2x  3cos 2x  1  3 2 sin  2x    1 4 

Suy ra min y  3 2  1; max y  3 2  1 Câu 9: Chọn đáp án A Ta có: y 

3 1  cos 2x  1  cos 2x  3sin 2x   3sin 2x  cos 2x  2 2 2

Mà  10  3sin 2x  cos 2x  10  2  10  y  2  10

Từ đó ta có được max y  2  10; min y  2  10 Câu 10: Chọn đáp án D

Ta có y  0, x và y 2  2  2sin x 2  sin 2 x

Mà 2 sinx 2  sin 2 x  sin 2 x  2  sin 2 x  2 Suy ra 0  y 2  4  0  y  2

max y  2 đạt được khi x 

OF FI

 min y  0 đạt được khi x    k2 2   k2 2

Câu 11: Chọn đáp án A Ta có: t   tan x  cot x   3  tan x  cot x   3 2

2  t 2 sin 2x

ƠN

Đặt t  tan x  cot x 

Suy ra y  t 2  3t  3  f  t 

Bảng biến thiên

Câu 12: Chọn đáp án D

 Vậy min y = -5 đạt được khi x    k . Không tồn tại maxy 4

Ta có: 2sin 2x  cos 2x  4  4  5  0x  

sin 2x  2 cos 2x  3   2y  1 sin 2x   y  2  cos 2x  3  4y 2sin 2x  cos 2x  4 2 2 2 2   2y  1   y  2    3  4y   11y 2  24y  4  0   y  2 11

KÈ

y

Suy ra min y 

2 ; max y  2 11

Câu 13: Chọn đáp án D

DẠ Y

Ta có: sin 6x  4 cos 6x  10  10  17  0x   y

2sin 6x  cos 6x  2   y  2  sin 6x   4y  1 cos 6x  2  10y sin 6x  4 cos 6x  10

  y  2    4y  1   2  10y   83y 2  44y  1  0  2

22  9 7 22  9 7 y 83 83

Suy ra min y 

22  9 7 22  9 7 ; max y  83 83

6sin 4x  cos 4x  1 (do cos 4x  sin 4x  3  0x   ) 2 cos 4 x  2sin 4 x  6

  6  2y  sin 4x  1  2y  cos 4x  6y  1   6  2y   1  2y    6y  1  8y 2  10y  9  0  2

Suy ra min y 

5  97 5  97 y 8 8

OF FI

59 7 59 7 ; max y  8 8

Câu 15: Chọn đáp án C Đặt t  3sin x  4 cos x  t   5;5

ƠN

Khi đó: y  3t 2  4t  1  f  t  với t   5;5 1  2 Do min y  f      ; maxy  f  5   96 3  3

Câu 16: Chọn đáp án B

Đặt t  3sin x  4 cos x  5  t  5

Ta có: y 

Câu 14: Chọn đáp án C

Ta có y   3sin x  4 cos x   6sin x  8cos x  t 2  2t   t  1  1 2

Do 5  t  5  0   t  1  36  min y  1 2

Đặt y 

Câu 17: Chọn đáp án D

Suy ra yêu cầu bài toán 1  2m  1  m  0

3sin 2x  cos 2x (do sin 2x  2 cos 2x  3  0x  hàm số xác định trên ) sin 2x  2 cos 2x  3

  3  y  sin 2x  1  2y  cos 2x  3y

Suy ra  3  y   1  2y   9y 2  2y 2  5y  5  0 5  65 5  65 5  65 y  max y  4 4 4

KÈ



Yêu cầu bài toán 

5  65 65  9  m 1  m  4 4

DẠ Y

Câu 18: Chọn đáp án B Trước hết ta có: 3cos 2x  sin 2x  m  1  0x  

 m  1  10 2  32  12   m  1  m 2  2m  9  0    *  m  1  10

+, m  1  10  3cos 2x  sin 2x  m  1  0, x  

4sin 2x  cos 2x  17  2  2sin 2x  5cos 2x  2m  15 3cos 2x  sin 2x  m  1

Suy ra 10  1  m 

15  29 2

  29  2m  15  m 

15  29 2

Nên

4sin 2x  cos 2x  17  2  2sin 2x  5cos 2x  2m  15 3cos 2x  sin 2x  m  1

 29  2m  15  m 

Vậy 10  1  m 

15  29 (loại) 2

15  29 là những giá trị cần tìm 2

ƠN

Câu 19: Chọn đáp án B

OF FI

+, m  1  10  3cos 2x  sin 2x  m  1  0, x  

Ta có: cos 2x  cos 2y  2sin  x  y   2  sin 2 x  sin 2 y  sin  x  y   2

a 2 b2  a  b  Áp dụng BĐT:   m n mn

Do đó: min P 

x  sin 2 y  xy

2   . Đẳng thức xảy ra  x  y   4

2 

Câu 20: Chọn đáp án D

k sin x  1  y cos x  k sin x  2y  1  0 cos x  2

Ta có y 

 sin Suy ra P 

Suy ra x  y 

 y 2  k 2   2y  1  3y 2  4y  1  k 2  0 

KÈ

DẠ Y

Yêu cầu bài toán 

2  3k 2  1 2  3k 2  1 y 3 3

2  3k 2  1  1  5  3k 2  1  k  2 2 3

CHỦ ĐỀ 2: PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

Các phương trình lượng giác cơ bản:

 u  v  k2 1. Phương trình: sin u  sin v   ;k   u    v  k2

 u  v  k2 2. Phương trình: cos u  cos v   ;k   u   v  k2

cot u  cot v  u  v  k ;k  Dk : u, v  k

4. Phương trình:

a b

s inx 

Với sin  

b a b 2

a a b 2

cos x 

;cos  

a b 2

 cos  x    

b a  b2 2

a  b2 2

a 2  b 2 , ta được:

ƠN

5. Phương trình: a sin x  b cos x  c . Chia 2 vế cho 2

OF FI

tan u  tan v  u  v  k 3. Phương trình: ;k   Dk : u, v   k 2

6. Phương trình: a  sin x  cos x   b sinxcosx  c  0 .

  Đặt t= sin x  cos x  2  sinx   ; t  2 4 

Khi đó phương trình trở thành: bt 2  2at  2c  b  0 7. Phương trình: a sin 2 x  b sinxcosx  ccos 2 x  d . + Xét cos x  0  x 

  k, k   có là nghiệm của phương trình 2

+ Xét cos x  0 , chia hai vế của phương trình cho cos2x, ta được:

 a  d  tan 2 x  b tan x  c  d  0

KÈ

8. Phương trình: a  tan 2 x  cot 2 x   b  tan x  cot x   c  0 .

sin x  0 Điều kiện   sin 2x  0. Đặt t  tan x  cot x cos x  0

DẠ Y

Phương trình trở thành: a  t 2  2   bt  c  0  at 2  bt  c  2a  0

A  0 9. Phương trình tích: A.B  0   B  0 A  0 10. Phương trình: A 2  B2  0   B  0

A  M A  M 12. Ta có:   A  B  M  N. Do đó A  B  M  N   B  N B  N B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN

1  2  . Họ nghiệm nào sau đây là nghiệm 2

OF FI

Ví dụ 1: Cho hai phương trình cos3x  l  0 1 và cos2x  

DẠNG 1: PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN

A  M  B A  M 11. Phương trình:   A  B B  M

của phương trình (1) đồng thời cũng lả nghiệm của phương trình (2): A. x 

  k2  k    3

B. x  k2  k   

C. x  

 2  k2  k    D. x    k2  k    3 3

Giải Cách 1:

2 2   2x    k2  x    k  k    3 3 3

Phương trình  2   cos2x  cos

k2 k   3

ƠN

Phương trình 1  cos3x  l  0  3x  k2  x 

Biểu diễn nghiệm trên đường tròn lượng giác ta thấy được nghiệm chung của hai phương trình là x

2  k2  k    . Chọn đáp án D. 3

1 2

KÈ

+ Nhập cos3x  l : cos2x 

Cách 2: Dùng máy tính cầm tay

DẠ Y

+ Kiểm tra đáp án A. x 

  k2 . Bấm 3

Kết quả cos 3x  0. Đáp án A sai. Tương tự B, C sai

2  k2. Bấm 3

2 2  k2 là nghiệm, tương tự x    k2 là nghiệm. Chọn đáp án D. 3 3

Chú ý: Máy tính phải để chế độ radian.

OF FI

Kết quả x 

+ Đáp án D. x  

5   Ví dụ 2: Trên đoạn  2;  , đồ thị hai hàm số y  sin x và y  cos x cắt nhau tại bao nhiêu điểm? 2 

A. 2

B. 3

C. 5

D. 8

ƠN

Giải Cách 1: Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là: sin x  cos x  tan x  1  x 

  k  k    4

5   5 9 9   k Do x   2;  nên 2   k  2 4 2 4 4 

Mà k    k  2; 1;0;1; 2

Cách 2. Dùng máy tính cầm tay

5   Vậy đồ thị hàm số đã cho cắt nhau tại 5 điểm trên đoạn  2;  . Chọn đáp án C. 2 

KÈ

+ Vào mode 7 nhập sin x – cos x.

DẠ Y

+ Nhập start  2; end=

5  ;step  (step chọn đủ nhỏ để chính xác cao) 2 5

Kiểm tra thấy hàm đổi dấu 5 lần nên có 5 giao điểm. Chọn đáp án C. Ví dụ 3: Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình tan 5x  tan x  0 trên  0;   .

A. 

3 2

C. 2

5 2

Giải

Ta có: tan 5x  tan x  0  tan 5x  tan x  5x  x  k  x  k  0k4 4

OF FI

Vì x   0;    0  k

Do k    k  0;1; 2;3

ƠN

k  0  x  0   k  1  x   4  Suy ra    x  (loai) k  2  2  3 k  3  x   4

 3    . Chọn đáp án A. 4 4

Tổng các nghiệm là

 k   4

cos 5x  0 Điều kiện:  cos x  0

Ví dụ 4: Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình cos  sin x   1 trên đoạn  0; 2 . B. 

C. 2

A. 0

D. 3

Giải

Ta có: cos  sin x   1  sin x  k2, k  

Vì 1  sin x  1 nên suy ra k=0, khi đó phương trình trở thành:

sin x  0  x       

Vì x   0; 2  x  0; ; 2

Suy ra tổng các nghiệm 0    2  3 . Chọn đáp án D.

KÈ

Ví dụ 5: Nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình cos 3 x  2 cos 2x  1 

1 a có dạng với a, b là các 2 b

số nguyên và nguyên tố cùng nhau. Tính S = a + b.

DẠ Y

A. S=7

B. S=8

Ta có: cos 3 x  2 cos 2x  1 

C. S=15 Giải

1  4 cos 3x cos 2x  2 cos 3x  1 2

 2  cos 5x  cos x   2 cos 3x  1  2 cos x  2 cos 3x  2 cos 5x  1

+ Nhận thấy sinx  0  x  k   k    không thỏa mãn phương trình.

D. S=17

+ Nhân hai vế cho sinx, ta được:

Suy ra nghiệm dương nhỏ nhất là

k2 5 k    k2  7 7  a  1  7 b  7

OF FI

 x   sin 6x  sin x   x  

2sin x cos x  2sin x cos 3x  2sin x cos 5x  sin x  sin 2x  (sin 4x  sin 2x)  (sin 6x  sin 4x)  sin x

Vậy S = 8. Chọn đáp án B. Bài tập vận dụng Câu 1: Biết rằng phương trình

1 1 1 1 k2    ...   0 có nghiệm dạng x  a với 2018 sin x sin 2x sin 4x sin 2 x 2 b

A. S = 2017

ƠN

k   và a, b    , b  2018. Tính S = a + b. B. S = 2018

C. S = 2019

D. S = 2020

    Câu 2: Tìm góc    ; ; ;  để phương trình cos 2x  3 sin 2x  2 cos x  0 tương đương với 6 4 3 2

 A.   . 6

phương trình cos  2x     cos x .  B.   . 4

 C.   . 3

 D.   . 2

được số điểm cuối là B. 4

A. 2

Câu 3: Biểu diễn tập nghiệm của phương trình cos x  cos 2x  cos 3x  0 trên đường tròn lượng giác ta C. 5

D. 6

Câu 4: Có bao nhiêu giá trị của α thuộc  0; 2 để ba phần tử của S  sin ,sin 2,sin 3 trùng với ba phần tử của T  cos , cos 2, cos 3 B. 2

A. 1

C. 3

D. 4

Câu 5: Phương trình 2n 1 cos x.cos 2 x.cos 4 x.cos8 x...cos 2n x  1 với n  * có tập nghiệm trùng với tập

KÈ

nghiệm của phương trình nào sau đây? A. sin x  sin 2n  2 x

B. sin x  sin 2n x

C. sin x  sin 2n 1 x

D. sin x  0

DẠ Y

Câu 6: Nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình sin 5x  2 cos 2 x  1 có dạng

a với a, b là các số b

nguyên và nguyên tố cùng nhau. Tính S = a + b. A. S=3

B. S=17

C. S=15

D. S=7

Câu 7: Cho phương trình sin 2018 x  cos 2018 x  2  sin 2020 x  cos 2020 x  . Tìm số điểm biểu diễn các nghiệm của phương trình trên đường tròn lượng giác là? A. 3

B. 4

C. 6

D. 2020

là các số nguyên, a < 0 và a, b nguyên tố cùng nhau. Tính S = a+b. A. S = -3

B. S = -1

C. S=1

D. S=3

 a  Câu 8: Nghiệm âm lớn nhất của phương trình tan 2018 x  cot 2018 x  2sin 2017  x   có dạng với a, b 4 b 

    Câu 9: Cho phương trình sin x  sin 5x  2 cos 2   x   2 cos 2   2x  . Số điểm biểu diễn các nghiệm 4  4 

A. 1

B. 2

C. 4

D. 6

OF FI

của phương trình trên đường tròn lượng giác là bao nhiêu?

Câu 10: Cho phương trình  cos x  1 4 cos 2x  m cos x   m sin 2 x . Số các giá trị nguyên của tham số m  2  để phương trình có đúng 2 nghiệm thuộc đoạn 0;  là  3

A. 1

B. 2

C. 3

ƠN

Giải bài tập vận dụng

D. 4

Câu 1: Chọn đáp án D Điều kiện: sin 22018 x  0

cos a cos 2a 2 cos 2 a  cos 2a 1    Ta có: cot a  cot 2a  sin a sin 2a sin 2a sin 2a

Do đó phương trình:

x     cot  cot x    cot x  cot 2 x   ...   cot 22017 x  cot 22018 x   0 2  

x x x k2  cot 22018 x  0  cot 22018 x  cot  22018 x   k  x  2019  k    2 2 2 2 1

 cot

a  2019 Vậy   S  a  b  2020 b  1

Câu 2: Chọn đáp án C

Ta có: cos 2x  3 sin 2x  2 cos x  0 

1 3   cos 2x  sin 2x  cos x  cos  2x    cos x 2 2 3 

 thỏa mãn. 3

DẠ Y

nhất  

KÈ

    Từ đó cho thấy với    ; ; ;  để hai phương trình đã cho tương đương với nhau thì chỉ có duy 6 4 3 2

Câu 3: Chọn đáp án D Ta có: cos x  cos 2x  cos 3x  0  2 cos 2x cos x  cos 2x  0  k2  cos 2 x  0 x  4  4   k   cosx   1  x     k2  2  3

Họ nghiệm x 

 k2   được biểu diễn 4 điểm, họ nghiệm x    k2 được biểu diễn 2 điểm và các 4 4 3

điểm này không trùng nhau nên tập nghiệm của phương trình đã cho có 6 điểm biểu diễn trên đường tròn lượng giác. Câu 4: Chọn đáp án D.

Ta có: S  T  sin   sin 2  sin 3  cos   cos 2  cos 3

 sin 2  2 cos   1  cos 2  2 cos   1    sin 2  cos 2   8  k 2   k   cos    1    2  k2  2  3

Mà    0; 2  0 

   k  k    thỏa mãn S=T 8 2

  1 15  k  2    k  8 2 4 4

Do k    k  0;1; 2;3

ƠN

Thử lại ta thấy chỉ có  

OF FI

 2sin  cos   sin 2  2 cos 2 cos   cos 2

Câu 5: Chọn đáp án A

Ta có x  k không là nghiệm của phương trình đã cho nên nhân hai vế phương trình cho sinx, ta được:

2n 1  sinx cos x  .cos 2x.cos 4x.cos8x...cos 2n x  sin x

 2n  sin 2 x  .cos 2x.cos 4x.cos8x...cos 2n x  sin x

 2n  sin 2 x .cos 2x  .cos 4x.cos8x...cos 2n x  sin x  2n 1  sin 22 x  .cos 4x.cos8x...cos 2n x  sin x   sin 2n  2 x  sin x.

Câu 6: Chọn đáp án B

Phương trình tương đương với:

DẠ Y

KÈ

 2  x    k    6 3 sin 5x  1  2 cos 2 x  sin 5x   cos 2x  sin 5x  sin  2x     2   x  3  k 2  14 7

Suy ra nghiệm dương nhỏ nhất là

3 a  3  . Vậy S=17. 14 b  14

Câu 7: Chọn đáp án B Ta có: sin 2018 x  cos 2018 x  2  sin 2020 x  cos 2020 x 

 sin 2018 x 1  2sin 2 x   cos 2018 x 1  2 cos 2 x   0

 k  k   4 2

Với sin 2018 x  cos 2018  tan 2018 x  1  tan x  1  x  

  k  k    4

Do đó có 4 điểm biểu diễn trên đường tròn lượng giác. Câu 8: Chọn đáp án A 1 tan

2018

 2 tan 2018 x.

x Ta có:     0  sin 2017  x    1  2sin 2017  x    2 4 4  

Do đó phương trình tương đương với

tan

2

  k  4  x   k2  k     4  k2 4

7  a  7  4 b  4

Vậy S=-3. Câu 9: Chọn đáp án D

Suy ra nghiệm lớn nhất là 

  tanx  cot x  x       sin  x  4   1  x     

2018

ƠN

tan 2018 x  cot 2018 x  tan 2018 x 

 k  k   4 2

OF FI

Hợp hai trường hợp ta được nghiệm của phương trình đã cho là: x 

Với cos 2x  0  x 

cos 2x  0  sin 2018 x.cos 2x  cos 2018 x.cos 2x  0   2018 2018 sin x  cos x

    2 2 cos  4  x   1  cos  2  2x   1  sin 2x      Ta có:  2 cos 2    2x   1  cos    4x   1  sin 4x      4  2 

KÈ

Do đó phương trình tương đương với:

sin x  sin 5x  sin 2x  sin 4x  2sin 3x cos 2x  2sin 3x cos x  2sin 3x  cos 2x  cos x   0 k k   3

DẠ Y

Với sin 3x  0  x 

 x  k2 Với cos 2x  cos x  0  cos 2x  cos x   k    x  k2 3  Hợp hai trường hợp ta được nghiệm của phương trình đã cho là: x  Vậy có 6 điểm biểu diễn trên đường tròn lượng giác.

k k2  k   3 6

Câu 10: Chọn đáp án B Phương trình   cos x  1 4 cos 2x  m cos x   m 1  cos 2 x 

cos x  1   cos x  1 4 cos 2x  m   0   cos 2x  m  4

 2   4  Với x  0;   2x  0;   3  3

Dựa vào đường tròn lượng giác, ta thấy yêu cầu bài toán: 1  Vì m    m  3; 2

m 1    4  m  2 4 2

ƠN

DẠNG 2: PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ BẬC HAI

OF FI

 2  Với x  0;  thì phương trình cos x = -1 vô nghiệm.  3

    5   Ví dụ 1: Cho phương trình cos2  x    4 cos   x   . Nếu đặt t  cos   x  thì phương trình đã 3  6  2 6 

cho trở thành phương trình nào dưới đây? B. 4t 2  8t  3  0

C. 4t 2  8t  5  0

A. 4t 2  8t  3  0

D. 2t 2  8t  5  0

Giải

Phương trình tương đương với:

      Ta có: cos2  x    1  2sin 2  x    1  2 cos 2   x  3 3   6 

    3     2 cos 2   x   4 cos   x    0  4 cos 2   x   8cos   x   3  0 6  6  2 6  6 

Chọn đáp án A.

  Nếu đặt t  cos   x  thì phương trình trở thành 4t 2  8t  3  0  4t 2  8t  3  0 6 

DẠ Y

A. -1

KÈ

  Ví dụ 2: Cho x0 thỏa mãn 6  sin x  cosx   sinxcosx  6  0 . Tính giá trị cos  x 0   . 4 

C. 

B. 1

Giải

  Đặt t  sin x  cos x   2 cos  x    2  t  2 4 

Suy ra sin x cos x 



1 t2 2



1 2

Phương trình đã cho trở thành 6t 

 t  1 1 t2 60  2  t  13(loai)

  1   Với t  1   2 cos  x    1  cos  x    . Chọn đáp án D. 4 4 2  

Ví dụ 3: Phương trình 2sin 2 x  4sinxcosx  4 cos 2 x  1 tương đương với phương trình nào trong các phương trình sau? A. cos 2x  2sin 2x  2

B. sin 2x  2 cos 2x  2

C. cos 2x  2sin 2x  2 D. sin 2x  2 cos 2x  2

OF FI

Giải Phương trình tương đương với:

 2sin

x  2 cos 2 x   2.2sin x cos x   2 cos 2 x  1  0

 2  2sin 2x  cos 2x  0  cos 2x  2sin 2x  2. Chọn đáp án C.

nhất và nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình. A. 

 7

B. 

 18

ƠN

Ví dụ 4: Cho phương trình sin x  cos x sin 2x  3 cos 3x  2  cos 4x  sin 3 x  Tính tổng nghiệm âm lớn

C. 

 7

Giải

 20

Ta có:

sin x  cos x sin 2x  3 cos 3x  2  cos 4x  sin 3 x 

1 3sin x  sin 3x  sin 3x  sin x   3 cos 3x  2 cos 4x  2 2

 sin x 

   sin 3x  3 cos 3x  2 cos 4x  sin  3x    cos 4x 3 

 k2  x         42 7  sin  3x    sin   4x    k   3  2   x     k2  6

KÈ

  Suy ra nghiệm âm lớn nhất là  ; nghiệm dương nhỏ nhất là 6 42      . Chọn đáp án A. Do đó:   6 42 7

DẠ Y

Ví dụ 5: Tìm số nghiệm của phương trình tan 4 x  tan 2 x  4 tanx  4 tan 4 x .tan 2 x .tanx trên đoạn  ;  . A. 2

B. 3

C. 6 Giải

D. 7

Phương trình  tan 4 x  tan 2 x  4 tanx 1  tan 4 x .tan 2 x  

cos x  0  Điều kiện: cos 2x  0 cos 4x  0 

tan 4 x  tan 2 x  4 tan x 1  tan 4 x .tan 2 x

tan 4 x  tan 2 x  4 tan x  tan 2x  4 tan x 1  tan 4 x .tan 2 x

2 tan x  4 tan x  tan x  2 tan 2 x  1  0 1  tan 2 x  x  k  tan x  0(t / m)     k   2 2  tan x   x  arctan    k   (t / m)    2  2   

Ví dụ 6: Nghiệm âm lớn nhất của phương trình

ƠN

Vì x   ;  nên có tất cả 7 nghiệm thỏa mãn. Chọn đáp án D.

OF FI

Do đó: 

Ta có: cos 2x  0  1  tan 4x.tan 2x  0

sin x 1 a   cot x  2 có dạng với a, b là các 1  cos x 1  cos x b

A. S=3

số nguyên, a < 0 và a, b nguyên tố cùng nhau. Tính S = a + b. B. S=4

C. S=5

D. S=7

Giải

sin x 1  cos x   1  cos x cos x   2  sin x  cos x  1  2sin 2 x 2 sin x sin x

Phương trình 

cos x  1 Điều kiện:   x  k  k    sin x  0

 sin x  cos x  cos 2x  0   sin x  cos x 1  cos x  sin x   0   k  k    (thỏa mãn) 4

Nếu sin x  cos x  0  tan x  1  x 

KÈ

  x   k2(t / m)  2  Nếu 1  cos x  sin x  0  sin  x     k   2  4 2   x    k2(loai)

Vậy nghiệm âm lớn nhất là

 a  1   S  3 . Chọn đáp án A. 4 b  4

DẠ Y

Ví dụ 7: Phương trình 2 cos 2 x  2 cos 2 2x  2 cos 2 3x  3  cos 4x  2sin 2x  1 có bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng (0;2018)? A. 2565

B. 2566

C. 2567 Giải

Ta có: 2 cos 2 x  2 cos 2 2x  2 cos 2 3x  3  cos 4x  2sin 2x  1

D. 2568

 cos 6x  cos 2x  2 cos 4x sin 2x  2 cos 4x cos 2x  2 cos 4x sin 2x  0    2 cos 4x  cos 2x  sin 2x   0  cos 4 x  0  x   k  k    8 4

 1  cos 2x   1  cos 4x   1  cos 6 x   3  2 cos 4 xsin 2 x  cos 4 x

(Vì cos 4x  cos 2 2x  sin 2 2x   cos 2x  sin 2x  cos 2x  sin 2x  nên chứa luôn cos 2x  sin 2x )

  1  4   k  2018    k   2018    0,5  k  2565,39 8 4 2 8 

Mà k    k  0;1; 2;3;...; 2565 Vậy có 2566 nghiệm. Chọn đáp án B.





OF FI

Do x   0; 2018   0 

  Ví dụ 8: Phương trình sin  3x  9x 2  16x  80   0 có bao nhiêu nghiệm nguyên dương? 4 

A. 1

B. 2

C. 3 Giải





D. 4





ƠN

   Ta có: sin  3x  9x 2  16x  80   0  3x  9x 2  16x  80  k 4 4  3x  4k(1)  2 2 2 9x  16x  80  9x  24kx  16k (2)

 3x  9x 2  16x  80  4k  9x 2  16x  80  3x  4k

2  9k 2  4   98 2k 2  10 98 Phương trình (2)  x   9x   2  3k  2   3k  2 3k  2 3k  2

Do x    nên 3k-2 là ước của 98, ta cần có:

 k  1  x  12 3k  2  1; 2;7;14; 49;98    k  3  x  4  k  17  x  12(loai) k

Chọn đáp án B.

KÈ

Ví dụ 9: Cho phương trình x 2   2 cos   3  7 cos 2   3cos  

9  0 . Gọi S là tập các giá trị của tham 4

số α thuộc đoạn [0;4π] để phương trình có nghiệm kép. Tính tổng các phần tử của tập S. A.

20 3

B. 15π

C. 16π

D. 17π

DẠ Y

Giải Yêu cầu bài toán:

 3 cos    9 2  2     2 cos   3  4  7 cos 2   3cos     0  6  3  4 cos 2    0   4   3 cos     2

+ Với cos   

3 5  5 7  17  19       k2 mà    0; 4 nên    ; ; ;  2 6 6  6 6 6

 11 13 23 5 7  17  19        16 . Chọn đáp án C. Vậy    6 6 6 6 6 6 6 6

3    11 13 23       k2 mà    0; 4 nên    ; ; ;  2 6 6 6  6 6

+ Với cos  

Ví dụ 10: Tính tổng các nghiệm của phương trình: sin x cosx  sin x  cos x  1 trên (0;2π). B. 2π

C. 3π Giải





Đặt t  sin x  cos x 0  t  2 , suy ra sin x cosx 

t  1 t2 1  1  1  t 2  2t  3  0   2  t  3(loai)

ƠN

Phương trình trở thành;

t2 1 2

D. 4π

OF FI

A. π

Với t = 1, ta được: sin x  cos x  1   sin x  cos x   1  sin 2x  0  x  2

  3  Mà x   0; 2   x   ; ;  . Chọn đáp án C. 2 2

Bài tập vận dụng

A. 3025

1  2 cos x 1  cos x   1 có bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng (0;2018π)? 1  2 cos x  sin x B. 3026

Câu 1: Phương trình

k ;k  2

C. 3027

D. 3028

 1  Câu 2: Phương trình sin 4 x  cos 4  x    có bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng (0;2017π)? 4 4 

A. 4032

B. 4033

C. 4034

Câu 3: Cho phương trình 22017  sin 2018 x  cos 2018 x   sin x  cos x  cos x 

KÈ

nhất của phương trình có dạng A. S=2

D. 4035 cos 2 x . Nghiệm dương nhỏ 1  tan x

a với a, b là các số nguyên và nguyên tố cùng nhau. Tính S = a + b. b

B. S=3

C. S=4

D. S=7

Câu 4: Tính tổng S tất cả các nghiệm của phương trình  2 cos 2x  5   sin 4 x  cos 4 x   3  0 trên khoảng

DẠ Y

(0;2π). A. S 

7 6

B. S 

11 6

C. S  4

D. S  5

Câu 5: Có bao nhiêu giá trị của tham số m thuộc tập E={-3;-2;-1;0;1;2} để phương trình

2m sin x cos x  4 cos 2 x  m  5 có nghiệm.

A. 2

B. 3

C. 4

D. 5

Câu 6: Cho phương trình m sin 2 x  2sin x cosx  3mcos 2 x  1 . Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình có nghiệm  4 B. m   \ 0;   3

 4 C. m  0;   3

 4 D. m   0;   3

 4 A. m  0;   3

A. π

B. 2π

C. 4π

OF FI

thuộc đoạn [0;2π] để phương trình có nghiệm. Tính tổng các phần tử của tập S.

 3  5  4sin   x   2   6 tan  . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của α Câu 7: Cho phương trình sin x 1  tan 2  D. 6π

    Câu 8: Cho phương trình 4sin  x   .cos  x    m 2  3 sin 2x  cos 2x . Gọi S =[a;b] là tập tất cả 3 6  

các giá trị của tham số m để phương trình có nghiệm. Tính a + b. 1 2

C. a + b = 0

ƠN

B. a  b  

A. a + b = -2

Câu 9: Cho phương trình sin 6 x  cos 6 x  3sin x cos x  số m để phương trình có nghiệm? B. 9

m  2  0 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham 4

C. 13

A. 7

D. a + b = 4

D. 15

Câu 10: Cho phương trình m sin 2 x  3sin x cos x  m  1  0 . Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên m

B. -14

Giải bài tập vận dụng Câu 1: Chọn đáp án C

C. 0

D. 15

A. -15

 3  thuộc đoạn [-5;5] để phương trình có đúng 3 nghiệm thuộc  0;  . Tổng các phần tử của S bằng  2 

Điều kiện: 1  2 cosx  sin x  0

Phương trình  1  cos x  2 cos 2 x  sin x  2sin x cos x

DẠ Y

KÈ

 cos 2x  cos x  sin 2x  sin x  0 3x x 3x x  2 cos cos  2sin cos  0 2 2 2 2 x  cos  0(loai)  x 3x 3x  2  2 cos  cos  sin   0   3x 2 2 2  cos  sin 3x  0  2 2 3x  2  tan  1  x    k  k    2 6 3

 2 1 1 3 1   2018   k   2018   .   k  3027, 25 Do x   0; 2018   0    k 6 3 4 6 2 4 

Mà k    k  1; 2;3;...;3027

Vậy có 3027 nghiệm. Câu 2: Chọn đáp án B

1  cos 2x  2 sin x  2 Ta có:  cos x  sin x  2 cos  x     4  4

 1  cos 2x   1  sin 2x   1  3  2  cos 2x  sin 2x   1 2

 x  k  1   sin  2x     k    x    k 4 2   4

ƠN

Vì x   0; 2017   nên

OF FI

1 4  1  cos 2x   1  Phương trình    cos x  sin x      2 4    2

Với x  k ta có: 0  k  2017   0  k  2017  có 2016 nghiệm Với x 

  1 8067  k  0   k  2017     k  có 2017 nghiệm 4 4 4 4

Vậy có tổng cộng 4033 nghiệm. Câu 3: Chọn đáp án D

cos x  0 Điều kiện:   tan x  1

cos 2 x cos 2 x  sin 2 x Ta có:   cos x  cos x  sin x  sin x 1  tan x 1 cos x Do đó: 22017  sin 2018 x  cos 2018 x   sin x  cos x  cos x 

cos 2 x 1  tan x

 22017  sin 2018 x  cos 2018 x   sin x  cos x  cos x   sin x  cos x  cos x

KÈ

 cos x  sin x  cos x  .  22017  sin 2018 x  cos 2018 x   1  0 Nếu cos x = 0 thì không thỏa mãn điều kiện  Nếu sin x  cos x  0  tan x  1  x    k(k  ) 4

DẠ Y

Nếu 22017  sin 2018 x  cos 2018 x   1  0  22017  sin 2018 x  cos 2018 x   1: Vô nghiệm Vì sin

2018

x  cos

2018

Suy ra nghiệm dương nhỏ nhất là Vậy S = 7.

1019

 a1019  b1019  ab x  2.    2  2  2   

3 a  3  4 b  4



1 1008

với a  sin 2 x, b  cos 2 x

Câu 4: Chọn đáp án C Ta có:  2 cos 2x  5   sin 4 x  cos 4 x   3  0

  2 cos 2x  5   sin 2 x  cos 2 x   3  0    2 cos 2x  5  cos 2x  3  0 1  cos 2x    2 cos 2x  5cos 2x  3  0    x    k  k    2  6 cos 2x  3(loai)

Vậy S = 4π. Câu 5: Chọn đáp án B Phương trình tương đương với msin2x + 2cos2x = m + 3

OF FI

  5 7  11  Mà x   0; 2   x   ; ; ;  6 6 6 6 

Phương trình có nghiệm  m 2  22   m  3  6m  5  0  m   2

Câu 6: Chọn đáp án C

1  cos 2x 1  cos 2x  sin 2x  3m.  1  sin 2x  m cos 2x  1  2m 2 2

Phương trình  m.

5 6

ƠN

Mà m  E nên m  3; 2; 1

Phương trình có nghiệm  1  m 2  1  4m  4m 2  3m 2  4m  0  0  m  Câu 7: Chọn đáp án C

Phương trình tương đương với

5  4 cos x  3sin 2  3sin 2 sin x  4 cos x  5(1) sin x

Nếu sin x  0  cos x  1 : không thỏa mãn (1)

Do đó phương trình nếu có nghiệm thì luôn thỏa mãn điều kiện sinx # 0 Để phương trình có nghiệm

KÈ

cos   0 cos   0 cos   0      2 2 2 sin 2  1 sin 2  1  3sin 2   16  25

DẠ Y

 cos 2  0   

4 3

sin x  0 Điều kiện:  cos   0

 k  , k   : thỏa mãn điều kiện. 4 2

 3 5 7    3 5 7     4 Mà    0; 2  S   ; ; ;   tổng   4 4 4 4 4 4 4 4 

Câu 8: Chọn đáp án C Ta có:

  1       sin  x   .cos  x    sin  2x    sin  3 6 2  6 2    1   1  1 3 sin 2x cos  sin cos 2x  1   sin 2x  cos 2x  1  2 6 6 2  2 2 



3 sin 2x  cos 2x  2  m 2  3 sin 2x  cos 2x  cos 2x 

Phương trình có nghiệm  1 

m2  2  1  0  m 2  4  2  m  2 2

Câu 9: Chọn đáp án C Ta có:

sin 6 x  cos 6 x   sin 2 x  cos 2 x   3sin 2 x cos 2 x  sin 2 x  cos 2 x 

ƠN

OF FI

a  2 Do đó: S   2; 2   . vậy a + b = 0 b  2

m2  2 2

Phương trình tương đương với

3  1  3sin 2 x cos 2 x  1  sin 2 2x 4

3 m Phương trình  1  sin 2 2x  3sin x cos x   2  0  3sin 2 2x  6sin 2x  12  m 4 4

Đặt t  sin 2 x; t   1;1 , ta có: 3t 2  6t  12  m  3  t  1  15  m 2

Do 1  t  1  0  3  t  1  12 2

Mà m    m  3; 4;5;...;15

Do đó để phương trình có nghiệm  0  15  m  12  3  m  15

Câu 10: Chọn đáp án B

Phương trình  m  sin 2 x  1  3sin x cos x  1  0  3sin x cos x  m cos 2 x  1  0 Nhận thấy cos x = 0 không thỏa mãn phương trình

Chia hai vế phương trình cho cos2x ta được: tan 2 x  3 tan x  m  1  0

KÈ

Đặt t = tanx, ta được phương trình bậc hai t 2  3t  m  1  0  3  Để phương trình đã cho có 3 nghiệm thuộc  0;   phương trình t 2  3t  m  1  0 có hai nghiệm trái  2 

dấu  m  1  0  m  1

DẠ Y

Mà m  ; m   5;5  m  5; 4; 3; 2 . Vậy S = -14. DẠNG 3: PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC KHÔNG MẪU MỰC

Ví dụ 1: Phương trình A. 1

sin x   có bao nhiêu nghiệm? x 18

B. 2

C. 3 Giải

D. Vô số

Điều kiện : x  0 sin x     s inx  x(1) x 18 18

Phương trình:

Phương trình (1) là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = sin x với đồ thị hàm số

 x 18

OF FI

y

ƠN

Dựa vào hình vẽ ta thấy hai đồ thị hàm số cắt nhau tại 3 điểm phận biệt nên phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt  đối chiếu điều kiện bài toán ta loại nghiệm x = 0 nên phương trình đã cho có 2 nghiệm. Chọn đáp án B.

11 36

3 1 3 1   4 2 trên khoảng s inx cosx

Ví dụ 2: Tính tổng các nghiệm của phương trình  3

7 18

D. 

Giải

Ta có:

sin x  0  Điều kiện:   x  k k   2 cos x  0

3 1 3 1 3 1 3 1  4 2 cos x  sin x  sin x  cos x  2 sin 2x s inx cosx 2 2 2 2

        sin   x   sin  x    2 sin 2x  2 cos sin   x   2 sin 2x 6 4 3    12 

KÈ

  x   k2    12  sin   x   sin 2x   k   2   x  11  k2  36 3

DẠ Y

    11  Vì x   0;   x   ;   2  2 36 

Tổng

 11 7    . Chọn đáp án C. 2 36 18

   0;  .  2

  phương trình có nghiệm thuộc khoảng  0;  bằng  2

A. -54

B. -35

C. 35

D. 51

Giải

2(1  cos x)  x sin x cos x  1      0, x   0;  với x   0;  , ta có: f '  x   3 2 x x  2  2

OF FI

Xét hàm f  x  

42  cos x  1   Ta có: x   0;  nên phương trình  m  x2  2

Ví dụ 3: Cho phương trình mx 2  42  42 cos x . Tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m để

1 4   Suy ra f(x) đồng biến trên  0;  nên lim f  x   f  x   lim f  x     f  x    2 x 0  2   2 x 2

Vậy để phương trình đã cho có nghiệm thì 22  m  16

Ví dụ 4: Cho phương trình

ƠN

Mà m    m  19; 18; 17 . Chọn đáp án A.

m  3 3 m  3sin x  s inx . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để

phương trình có nghiệm? B. 3

C. 5

A. 2

D. 7

Giải

Phương trình

Xét hàm f  t   t 3  3t,  t  

 m  3 3 m  3sin x  sin 3 x  m  3sin x  3 3 m  3sin x  sin 3 x  3sin x

Hàm này đồng biến nên suy ra





m  3sin x  f  sin x   3 m  3sin x  s inx  m  sin 3 x  3sin x

Đặt u = sin x( -1 ≤ u ≤ 1), phương trình trở thành m  u 3  3u

Xét hàm g  u   u 3  3u, u   1;1

KÈ

max g  u   2  1;1 Ta tìm được  g  u   2 min  1;1

DẠ Y

Do đó, để phương trình đã cho có nghiệm:  min g  u   m  max g  u   2  m  2  1;1

 1;1

Mà m    m  2; 1;0;1; 2 . Chọn đáp án C. Ví dụ 5: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sin 4x = m. tan x có nghiệm x  k .  1  A. m    ; 4   2 

 1  B. m    ; 4   2 

 1  C. m    ; 4   2 

Giải

D. m   1; 4 

Điều kiện: cosx  0 m.sin x sin x  4.sin x.cos x.cos 2x  m. (*) cos x cos x

Phương trình  2sin 2 xcos 2 x 

Vì x  k nên sinx  0 . Khi đó (*)  4 cos 2 x  2 cos 2 x  1  m

 x  k Đặt t  cos 2 x , với   t   0;1 cos x  0

1 Xét hàm f  t   8t 2  4t với t   0;1 , ta được   f  t   4 2 1 Do đó phương trình có nghiệm   m  4 . Chọn đáp án A. 2

Bài tập vận dụng

OF FI

Phương trình trở thành m  8t 2  4t

3 7

ƠN

Câu 1: Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình sin 3x 1  4sin 2 x   3 5

37  70

1 trên đoạn 2

  0; 2 

36 35

2018 4

  Câu 2: Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình sin 3  x    2 s inx trên đoạn  0; 2018 4 

4036 3

0;100 A.

7375 3

Câu 3: Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình

7475 3

412485 2

824967  4

sin 2x  2sin 2 x  5sin x  cos x  2  0 trên đoạn 2 cos x  3

14701 6

14850 3

Câu 4: Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình: cos 2 x  tan 2 x  cos 2x   cos3 x  cos 2 x  1 trên

4220  3

KÈ

đoạn  0; 43

4225  3

DẠ Y

Câu 5: Cho phương trình 3 tan 2 x  tanx  cotx 

4230  3

4235  3

3  m . Có bao nhiêu giá trị nguyên m nhỏ hơn 2018 sin 2 x

để phương trình có nghiệm? A. 2004

B. 2008

C. 2011

D. 2012

Câu 6: Cho phương trình sin 4 x  cos 4 x  cos 2 4x  m . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để    phương trình có 4 nghiệm thuộc đoạn   ;  ?  4 4

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Câu 7: Cho phương trình  sin x  1  cos 2 x  cos x  m   0 . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để

1 4

1 B.   m  0 4

C. 0  m 

1 4

1 D.   m  0 4

A. 0  m 

phương trình có đúng 5 nghiệm thuộc đoạn [0;2π].

  khoảng  0;   12   1 A. m   0;   2

1  B. m   ; 2  2 

C. m   0;1

OF FI

Câu 8: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình cos 4x  cos 2 3x  m sin 2 x có nghiệm thuộc

1  D. m   1;  4 

Câu 9: Cho phương trình  m  1 cos x   m  1 sin x  2m  3 . Có bao nhiêu giá trị của tham số m để

A. 0

2 ? 3

ƠN

phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1  x 2  B. 1

C. 2

D. Vô số

Câu 10: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 2sin x  m cos x  1  m có nghiệm x thuộc

A. m  

3 2

B. m  

   đoạn   ;   2 2

3 2

C. 1  m  3

Giải bài tập vận dụng

Câu 1: Chọn đáp án D

D. 1  m  3

Nhận thấy cos x = 0 không là nghiệm của phương trình Nhân hai vế phương trình với cos x ta được:

1 sin 3x  cos x  4sin 2 x cos x   cos x 2 3  2sin 3x  4 cos x  3cos x   cos x  2sin 3x cos 3x  cos x

KÈ

 k2  x     14 7  sin 6x  sin   x    k    k2 2   x     10 5

DẠ Y

   k  0  x  14  k2  k2  1 3 0      k  mà k     Với x   14 7 14 7 2 4 2  k  1  x  5  14   k 0x    k2  k2  1 10 0      k  1 mà k     Với x   10 5 10 5 2 4 k  1  x    2

Vậy tổng

 5   36     14 14 10 2 35

Phương trình: 3

 3 3  1   sin  x    2 s inx    sin x  cos x   2 sin x   sin x  cos x   4sin x  4   2

Chia hai vế phương trình cho cos3x ta được: 3

 4 tan x  tan 2 x  1

  3 tan 3 x  3 tan 2 x  tanx  1  tan x  1  x    k  k    4

OF FI

Nhận thấy cos x = 0 không thỏa mãn phương trình

 tan x  1

Câu 3: Chọn đáp án A 3 2

Điều kiện: cos x  

ƠN

 Vì x   0; 2018  0    k  2018 mà k    k  1; 2;3;...;642 4 642 412485       642 Vậy S      k   642.      k  4 2   4  k 1 k 1 

Phương trình tương đương với:

sin 2x  2sin 2 x  5sin x  cos x  2  0   sin 2x  cos x    2sin 2 x  5sin x  2   0

 cos x  2sin x  1   sin x  2  2sin x  1  0   2sin x  1 sin x  cos x  2   0 Nếu sin x  cos x  2  0 : vô nghiệm.

  x   k2  k   0; 49  1 6 Nếu 2sin x  1  sin x    2  x  5  k2(loai)  6

KÈ

Vậy tổng các nghiệm cần tính

49  7375    k2   50.  2  k     6 3  k 0  6 k 0 49

Câu 4: Chọn đáp án B

Điều kiện: cos 2 x  0  x 

DẠ Y

Phương trình

  k  k    2

Câu 2: Chọn đáp án C

 sin 2 x  cos 2 x cos 2x  cos3 x  cos 2 x  1  1  cos 2 x  cos 2 x 1  2 cos 2 x   cos3 x  cos 2 x  1

 2 cos 4 x  cos3 x  cos 2 x  0 cos x  1  x    k2  2 cos x  cos x  1  0    k    x     k2 cos x  1 3  2 

Mà k    k  0;1; 2;...; 21 Suy ra tổng các nghiệm là S1  22   0  1  2  ...  21 2  484 + Với x 

  1 64  k2  0   k2  43    k  3 3 6 3

ƠN

Mà k    k  0;1; 2;...; 21

OF FI

1 + Với x    k2  0    k2  43    k  21 2

 1408  Suy ra tổng các nghiệm là S2  22.   0  1  2  ...  21 2  3 3

  1 65 + Với x    k2  0    k2  43   k  3 3 6 3

Mà k    k  1; 2;...; 21

  Suy ra tổng các nghiệm là S3  21.     1  2  ...  21 2  455  3

Câu 5: Chọn đáp án C

Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình đã cho trên đoạn  0; 43 là S  S1  S2  S3 

s inx  0 k Điều kiện:  x k   2 cos x  0

1   Phương trình viết lại: 3  tan 2 x  2   tanx  cotx  m sin x  

KÈ

 3  tan 2 x  cot 2 x  1  tan x  cot x  m

Đặt t  tan x  cot x . Điều kiện t  2

DẠ Y

Phương trình trở thành 3  t 2  1  t  m  3t 2  t  m  3 Xét hàm f  x   3t 2  t trên  ; 2   2;   Bảng biến thiên

4225  3

AL OF FI

Do m  ; m  2018  m  7;8;9;...; 2017 Vậy có 2011 giá trị Câu 6: Chọn đáp án A Ta có: sin 4 x  cos 4 x 

3 1  cos 4x 4 4

3 1  cos 4x  cos 2 4x  m  4 cos 2 4x  cos 4x  4m  3 4 4

ƠN

Phương trình

Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình có nghiệm  m  3  10  m  7

   Đặt t = cos 4x, với x    ;   4x   ;  nên t   1;1  4 4

Khi đó phương trình trở thành 4t 2  t  4m  3(*)

   + Ứng với mỗi t   1;1 thì phương trình cos 4x = t sẽ cho ta hai giá trị của x    ;   4 4

   + Với t = 1 thì thì phương trình cos 4x = t sẽ cho ta đúng một giá trị của x    ;   4 4

Do đó yêu cầu bài toán tương đương với (*) có hai nghiệm t phân biệt thuộc [-1;1) Xét hàm f  t   4t 2  t trên [-1;1)

Bảng biến thiên

1 8

Ta có: f '  t   8t  1  f '  t   0  t  





KÈ

f ' t 

f t

DẠ Y

1 8

3 

1 16

Dựa vào bảng biến thiên ta thấu yêu cầu của bài toán   Mà m    m  1 . Vậy có 1 giá trị nguyên

1 47 3  4m  3  3  m 16 64 2

Câu 7: Chọn đáp án C

sin x  1 Phương trình tương đương với  2 cos x  cos x  m  0(1) Đặt t = cos x, với x   0; 2  t   1;1

 thuộc đoạn [0;2π]. 2

Do đó yêu cầu bài toán  Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt (khác phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt thuộc [-1;1]\{-1;0} Xét hàm f  t   t 2  t trên 1;0    0;1 1 2

ƠN

Ta có: f '  t   2t  1  f '  t   0  t 

 ) thuộc đoạn [0;2π]  2

OF FI

Phương trình sin x = 1 có đúng 1 nghiệm x 

Phương trình (1) trở thành t 2  t  m(2)

1 1 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy yêu cầu của bài toán   m  0   m  0 4 4

Câu 8: Chọn đáp án C

1  cos 6x 1  4 cos3 2x  3cos 2x  và cos 4x  2 cos 2 2x  1 2 2

Ta có: cos 2 3x 

Phương trình  2 cos 2 2x  1 

1  4 cos3 2x  3cos 2x 1  cos 2x m 2 2

 4 cos 2 2x  2  1  4 cos3 2x  3cos 2x  1  cos 2x  m

KÈ

  cos 2x  1 m  4 cos3 2x  4 cos 2 2x  3cos 2x  3(*)  3    Đặt t = cos 2x, với x   0;   t   ;1  12   2 

DẠ Y

Khi đó (*)  m 

4t 3  4t 2  3t  3  4t 2  3 t 1

 3  Xét hàm f  t   4t 2  3 trên đoạn  ;1 , ta được min f  t   0; max f  t   1  3   3   2   ;1  ;1  2   2  



Vậy phương trình m = f(t) có nghiệm khi và chỉ khi m   0;1 Câu 9: Chọn đáp án C





Phương trình 

m 1 2m 2  2

cos x 

m 1 2m 2  2

6  22 6  22 m 2 2

2m  3

sin x 

2m 2  2

2 2  2   k    2  3 3

 cos 2   k    2  cos

2 1 1  cos 2    2 cos 2   1   3 2 2

2 2  m  1(t / m)  2m  3  2m  3  1 1  2    1    2 2  m   17 (t / m) 2 2m  2 4 2m  2   7 

Đặt t  tan

ƠN

Câu 10: Chọn đáp án C

OF FI

Yêu cầu bài toán: x1  x 2 

 x      k2 m 1 2m  3 ;cos   với cos    cos(x  )  cos    2 2m  2 2m 2  2  x       2

x    với x    ;   t   1;1 2  2 2

max f  t   6  1;1 Tìm được  f  t   2 min  1;1

2t 1 t2 m  1  m  t 2  4t  1  2m Phương trình trở thành 2 2 2 1 t 1 t

Xét hàm f  t   t 2  4t  1 trên đoạn [-1;1]

Do đó yêu cầu bài toán 2  2m  6  1  m  3

DẠNG 4: SỬ DỤNG HÀM SỐ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC Ví dụ 1: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình:

m  sin  m  sin 3 x   sin  3sinx   4sin 3 x có nghiệm thực? B. 5

KÈ

A. 4

C. 8 Giải

Cộng thêm sin 3x vào hai vế phương trình ta được

m  sin 3x  sin  m  sin 3 x   sin  3sinx   4sin 3 x  sin 3 x

DẠ Y

  m  sin 3x   sin  m  sin 3 x    3sin x   sin(3sin x) Xét hàm f  t   t  sin t trên  Ta có f '  t   1  cos t  0, t    hàm số f(t) đồng biến Suy ra f (m  sin 3x)  f (3sin x)  m  sin 3x  3sin x Hay m  sin 3 x   4; 4 . Chọn đáp án D.

Điều kiện có nghiệm:  m  1   m  1   2m  3 

D. 9

Ví dụ 2: Cho phương trình  8sin 3 x  m   162sin x  27m . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m   để phương trình có nghiệm thuộc khoảng  0;  ?  3

A. 1

B. 2

C. 3

D. Vô số

  Đặt u = 2 sin x, vì x   0;   2sin x  0; 3 nên u  0; 3  3





Phương trình trở thành:  u 3  m   81u  27m

OF FI

  u 3  m   27  u 3  m    3u   27.  3u  (*) 3

Giải

Xét hàm f  t   t 3  27t trên  Ta có: f '  t   3t 2  27  0, t    số f(t) đồng biến



Khảo sát ta được 2  g  u   0



Xét hàm g  u   u 3  3u, u  0; 3

ƠN

Nhận thấy (*) có dạng f  u 3  m   f  3u   u 3  m  3u  u 3  3u  m

Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi -2≤m<0 Mà m    m  2; 1 . Chọn đáp án B.

Ví dụ 3: Tập tất cả các giá trị của tham số m để phương trình m  m  1  1  s inx  s inx có nghiệm là

A. 4

[a;b]. Giá trị của a + b bằng 1  2 2

C. 3 Giải





Ta có: m  m  1  1  s inx  s inx

KÈ

 m  1  1  s inx  m  1  1  s inx  1  s inx   1  s inx Xét hàm số f  t   t 2  t với t   0;   Hàm này đồng biến trên  0;   nên suy ra





m  1  1  s inx  f

DẠ Y





1  s inx  m  1  1  s inx  1  s inx

 m  1  1  s inx  1  s inx  m=sinx  1  s inx

Đặt u  1  s inx vì s inx   1;1 với u 0; 2  Phương trình trở thành m  u 2  u  1

1 D.   2 4

Xét hàm g  u   u 2  u  1 với u 0; 2  1 2

Ta có: g '  u   2u  1;g '(u)  0  u 

OF FI

Bảng biến thiên

5 Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình có nghiệm    m  1  2 4

ƠN

5  1 a   4  a  b    2 . Chọn đáp án D Suy ra  4 b  1  2 

Ví dụ 4: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

sin x  2  cos 2x   2  2 cos3 x  m  1 2 cos3 x  m  2  3 2 cos3 x  m  2  2  có đúng 1 nghiệm thuộc 0;  ?  3 

B. 2

C. 3

A. 1

Phương trình tương đương với

Giải

2sin 3 x  sin x  2  2 cos3 x  m  2  2 cos3 x  m  2  2 cos3 x  m  2 Xét hàm số f  t   2t 3  t với t ≥ 0





2 cos3 x  m  2 , suy ra:

KÈ

Mà f  sin x   f

Ta có f '  t   6t 2  1  0  f  t  đồng biến

s inx  0 sin x  2 cos3 x  m  2   2 3 sin x  2 cos x  m  2

DẠ Y

 2   sin 2 x  2 cos3 x  m  2 (vì sin x  0, x  0;  )  3

 1  cos 2 x  2 cos3 x  m  2  m  2 cos3 x  cos 2 x  1

 2   1  Đặt u = cos x, vì x  0;   u    ;1  3   2 

Khi đó phương trình trở thành m  2u 3  u 2  1

D. 4

Xét g  u   2u 3  u 2  1 , có:

  1   u  0    2 ;1   g '  u   6u 2  2u;g '  u   0    1  1   u      ;1 3  2  

ƠN

Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình có 1 nghiệm khi

OF FI

Bảng biến thiên

 m  1   4  m   28 27 

Mà m    m  4; 3; 2; 1 . Chọn đáp án D.

Ví dụ 5: Cho phương trình sin 2x  cos 2x  sin x  cos x  2 cos 2 x  m  m  0 Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình có nghiệm?

B. 3

C. 5

D. 9

Giải

A. 2

Điều kiện: 2 cos 2 x  m  0

Phương trình đã cho tương đương với

1  sin 2x  sin x  cos x  1  cos 2x  m  2 cos 2 x  m 2

  sin x  cos x   sin x  cos x  2 cos 2 x  m  2 cos 2 x  m   sin x  cos x   sin x  cos x 

KÈ



2 cos 2 x  m

 2

2 cos 2 x  m

Xét hàm f  t   t 2  t với t ≥ 0

DẠ Y

Ta có: f '  t   2t  1  0, t  0  Hàm số f(t) đồng biến Mà f  sin x  cos x   f



2 cos 2 x  m



Suy ra sin x  cos x  2 cos 2 x  m   sin x  cos x   2 cos 2 x  m

 1  sin 2x  2 cos 2 x  m  sin 2x  cos 2x  m

  Vì sin 2x  cos 2x  2 sin  2x      2; 2  4 

Do đó phương trình đã cho có nghiệm   2  m  2 Mà m    m  1;0;1 . Chọn đáp án B.

Câu 1: Cho phương trình

Bài tập vận dụng

4sin x  m  sin x  3 sin 3 x  4sin x  m  8  2 có tất cả bao nhiêu giá trị

A. 18

B. 19

C. 20

OF FI

nguyên của tham số m để phương trình có nghiệm?

D. 21

Câu 2: Cho phương trình 3 tan x  1  sin x  2 cos x   m  sin x  3cos x  . Có bao nhiêu giá trị nguyên   của tham số m thuộc đoạn [-2018;2018] để phương trình trên có đúng một nghiệm thuộc  0;  ?  2

A. 2015

B. 2016

C. 2018

D. 4036

A. 2

ƠN

Câu 3: Tìm số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình cos 2 x  cos x  m  m có nghiệm B. 3

C. 4

Câu 4: Tìm số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình nghiệm A. 2

B. 3

C. 4

D. 5 1  2 cos x  1  2sin x 

m có 3

D. 5

Câu 5: Cho phương trình cos 2 x  2 1  m  cos x  2m  1  0 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [-10;10] để phương trình có nghiệm? B. 9

A. 8

C. 10

D. 11

Câu 6: Cho hàm số f(x) liên tục trên  , thỏa mãn f(x) > 3 với mọi x > 5 và f(x) < -3 với mọi x < -2, có đồ thị như hình bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham só m để phương trình f(3sinx + 2) = f(m) có nghiệm?

B. 7

A. 6

D. 9

KÈ

C. 8 Giải bài tập vận dụng Câu 1: Chọn đáp án

DẠ Y

a  3 4s inx  m Đặt  b  sin x Phương trình trở thành:

a  b  3 a 3  b3  8  2  (a  b  2)3  a 3  b3  8

 (a  b)3  6(a  b) 2  12(a  b)  (a  b)(a 2  ab  b 2 )  0

 (a  b)(3ab  6a  6b  12)  0  3(a  b)(a  2)(b  2)  0 + Với b  2  sin x  2 : vô nghiệm

8m  1  4  m  12 4

Phương trình có nghiệm khi 1 

8m 4

+ Với a  2  3 4sin x  m  2  sinx 

Mà m    m  4;5;6;...;12

OF FI

+ Với a  b  0  3 4sin x  m  sin x  0  m   sin 3 x  4sin x Đặt t  sin x(1  t  1) , ta được m   t 3  4t

Xét hàm f (t)   t 3  4t trên đoạn [-1;1], ta được 5  f (t)  5 với mọi t   1;1 Suy ra phương trình có nghiệm  5  m  5

Hợp hai trường hợp ta được 18 giá trị nguyên của m. Câu 2: Chọn đáp án B Điều kiện: cosx  0

ƠN

Mà m    m  5; 4;...; 4;5

Vì cosx  0 nên phương trình tương đương với  3(tanx  2) tan x  1  m(tan x  3)   Đặt t  tan x  1 , vì x   0;   t  1;    2

3t 3  3t Khi đó phương trình trở thành 3t(t  1)  m(t  2)  m  2 t 2

 t 2 2 

 0, t  1;  

KÈ

Bảng biến thiên

Ta có f '  t  

3  t 4  5t 2  2 

3t 3  3t Xét hàm f  t   2 với t  1;   t 2



t 1

f ' t 

f t



DẠ Y

2 Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình có nghiệm khi m > 2 Do m    m   2018; 2018  m  3, 4,..., 2018  có 2016 giá trị. Câu 3: Chọn đáp án C

cos 2 x  u  m Đặt u  cos x  m , ta có hệ  2 u  cos x  m

 u   cos x Trừ vế theo vế ta được: cos 2 x  u 2  u  cos x  0   u  cos x  cos x  u  1  0    u  cos x  1

cos x  m  cosx  1

Với u = cos x +1, ta được

 m  cos x  (cos x  1) 2  m  cos 2 x  cos x  1

3  Khảo sát hàm m  t 2  t  1, t   1;1 thu được m   ;3 4 

OF FI

Với u = - cos x, ta được: m  t 2  t, t   1;0  m   0; 2 Vậy m  0;1; 2;3 có 4 số dương thỏa mãn Câu 4: Chọn đáp án D

1  2 cos x  0  2 Điều kiện:     k2  x   k2 6 3 1  2sin x  0 Phương trình đã cho tương đương

 1  3  Đặt t = sin x + cos x  t   ; 2  2 

ƠN

m  0   m 2 (1) 2  2 sin x  cos x  2 1  2 sin x  cos x  4sin x cos x       9 

Phương trình (1) trở thành 2  2t  2 2t 2  2t  1 

m2 9

Ta có f '  t   2 

 1  3  Xét hàm f  t   2  2t  2 2t 2  2t  1 với t   ; 2  2   1  3   0, t   ; 2 2t 2  2t  1  2  4t  2

 

KÈ

max f  t   f 2  4 2  4  Suy ra   1  3  min f  t   f    1  3 2   

Do đó để phương trình có nghiệm

DẠ Y

 m2 4 1  3   9 m  0 



3

2 1

3 1  m  6

2 1

mà

m    m  5;6;7;8;9

Câu 5: Chọn đáp án D Đặt t = cos x (-1 ≤ t ≤ 1) Phương trình trở thành t 2  2 1  m  t  2m  1  0  t 2  2t  1  2m  t  11

t 2  2t  1  2m Xét t # 1: (1)  t 1 t 2  2t  1 t 2  2t  3  0, t   1;1 Xét hàm f  t   với t   1;1 , ta có f '  t   2 t 1  t  1

t -1

f ' t 

OF FI

f t

Bảng biến thiên



Dựa vào bảng biến thiên ta thấy để phương trình có nghiệm  2m  1  m 

Câu 6: Chọn đáp án B Đặt t = 3sin x + 2 -1≤ t ≤ 5 Nên f  3sin x  2   f  m   3sin x  2  m

Dựa vào đồ thị ta thấy f(x) đồng biến trên [-1;5]

ƠN

Mà m  ; m   10;10  m  10; 9; 8;...;0 . Vậy có 11 giá trị.

KÈ

Mà 3sin x  2   1;5  m   1;5  có 7 giá trị nguyên

DẠ Y

Xét t = 1: (1) trở thành 2 = 0 (không thỏa mãn)

1 2

CHỦ ĐỀ 1. HOÁN VỊ - CHỈNH HỢP – TỔ HỢP A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1. Hoán vị

Cho tập hợp A có n phần tử (n ³ 1) . Mỗi kết quả của sự sắp xếp thứ tự n phần tử của tập hợp A được

gọi là một hoán vị của n phần tử đó. Số các hoán vị của tập hợp có n phần tử được kí hiệu là Pn . Định lý 1: Pn = n (n -1)...2.1 = n! với Pn là số các hoán vị.

OF FI

Hoán vị lặp: Cho k phần tử khác nhau: a1, a2, ..., ak. Một cách sắp xếp n phần tử trong đó gồm n1 phần tử a1, n2 phần tử a2,..., nk phần tử ak (n1 + n 2 ... + n k = n) theo một thứ tự nào đó được gọi là một hoán vị lặp cấp n và kiểu (n1, n2, ..., nk) của k phần tử. Số các hoán vị lặp cấp n, kiểu (n1, n2, ..., nk) của k phần tử là: Pn (n1 , n 2 ,...n k ) =

n! n1 !.n 2 !...n k !

ƠN

Hoán vị vòng quanh: Cho tập A gồm n phần tử. Một cách sắp xếp n phần tử của tập A thành một dãy kín được gọi là một hoán vị vòng quanh của n phần tử. Số các hoán vị vòng quanh của n phần tử là:

Q n = (n -1)! 2. Chỉnh hợp Cho tập A gồm n phần tử n ³ 1 .

Kết quả của việc lấy k phần tử khác nhau từ n phần tử của tập hợp A và sắp xếp chúng theo một thứ tự

nào đó được gọi là một chỉnh hợp từ hợp chập k của n phần tử đã cho. Định lý 2:

n! với A kn là số các chỉnh hợp chập k của n phần tử (1 £ k £ n ) . (n - k )!

A kn = n (n -1)...(n - k + 1) =

Chỉnh hợp lặp: Cho tập A gồm n phần tử. Một dãy gồm k phần tử của A, trong đó mỗi phần tử có thể phần tử của tập A.

được lặp lại nhiều lần, được sắp xếp theo một thứ tự nhất định được gọi là một chỉnh hợp lặp chập k của n

3. Tổ hợp

KÈ

Số chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử: A kn = n k . Giả sử tập A có n phần tử (n ³ 1) . Mỗi tập con gồm k phần tử của A được gọi là một tổ hợp chập k của

DẠ Y

n phần tử đã cho.

Số các tổ hợp chập k của tập hợp có n phần tử có kí hiệu là Ckn . QUY ƯỚC 0! = 1

C0n = A 0n = 1

Định lý 3

Ckn =

A kn n (n -1)...(n - k + 1) n! = = k! k! k!(n - k )!

với Ckn là số các tổ hợp chập k của n phần tử

(1 £ k £ n ) . a. Cho số nguyên dương n và số nguyên k với 0 £ k £ n . Khi đó Ckn = Cnn-k

Định lý 4 (hai tính chất cơ bản của số Ckn )

b. Hằng đẳng thức Pascal: Cho số nguyên dương n và số nguyên dương k với 1 £ k £ n . Khi đó

OF FI

Ckn +1 = Ckn + Ckn-1 . B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN DẠNG 1: HOÁN VỊ

ƠN

Ví dụ 1: Một nhóm học sinh gồm 5 nam và 5 nữ được xếp ngồi vào một bàn dài. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp sao cho các bạn cùng giới không ngồi cạnh nhau? A. 181440.

B. 28800.

C. 3628800. Giải

Theo yêu cầu đề bài suy ra nam, nữ ngồi xen kẽ.

D. 1440.

Có 2 cách xếp chỗ ngồi cho 5 nam (vị trí chẵn hoặc lẻ). Có P5 = 5! hoán đổi chỗ ngồi của 5 nam với nhau.

Có P5 = 5! hoán đổi chỗ ngồi của 5 nữ với nhau.

Vậy có 2.5!.5! = 28800 cách. Chọn đáp án B.

Ví dụ 2: Có 3 viên bi đen khác nhau, 4 viên bi đỏ khác nhau, 5 viên bi xanh khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp các viên bi trên thành một dãy sao cho các viên bi cùng màu ở cạnh nhau? B. 725760.

C. 103680.

D. 518400.

Giải

A. 345600.

Số các hoán vị về màu bi khi xếp thành dãy là 3!.

KÈ

Số cách xếp 3 viên bi đen khác nhau thành dãy là 3!. Số cách xếp 4 viên bi đỏ khác nhau thành dãy là 4!. Số cách xếp 5 viên bi xanh khác nhau thành dãy là 5!. Suy ra số cách sắp xếp các viên bi trên thành một dãy sao cho các viên bi cùng màu ở cạnh nhau là

DẠ Y

3!.3!.4!.5! = 103680 cách. Chọn đáp án C. Ví dụ 3: Giải phương trình: A. x = 2; x = 3

x!- ( x -1)! 1 = . 6 ( x +1)!

B. x = 2; x = 4

C. x = 3; x = 4 Giải

D. x = 3; x = 5

Cách 1: Điều kiện x Î , x ³ 1 .

x!- ( x -1)! 1 x ( x -1)!- ( x -1)! 1 ( x -1)( x -1)! 1 = Û = Û = 6 ( x +1)! ( x +1).x ( x -1)! 6 ( x +1).x ( x -1)! 6

éx = 2 ( x -1) 1 . Chọn đáp án A. = Û x 2 - 5x + 6 = 0 Û ê êë x = 3 ( x +1).x 6 Cách 2: Dùng máy tính kiểm tra nghiệm

x!- ( x -1)! ( x +1)!

OF FI

+ Nhập vào máy biểu thức

Ta có:

ƠN

+ Kiểm tra đáp án A. Bấm

Chọn đáp án A.

Ví dụ 4: Tìm số nguyên dương n thoả mãn 1 + P1 + 2P2 + 3P3 + ... + nPn = P2019 với Pn là số các hoán vị của tập có n phần tử. A. 2019.

B. 2018.

C. 2017. Giải

KÈ

với k = 1; 2; ... (1).

Ta có: Pk - Pk-1 = k!- (k -1)! = (k -1)!.(k -1) = (k -1) Pk-1

DẠ Y

ìP2 - P1 = P1 ï ï ï ï ïP3 - P2 = 2P2 Áp dụng (1) ta có: í ï ... ï ï ï ï ï îPn +1 - Pn = nPn

(2)

Cộng các đẳng thức ở (2) ta được: Pn +1 - P1 = P1 + 2P2 + 3P3 + ... + nPn Do P1 = 1 Þ Pn +1 = 1 + P1 + 2P2 + 3P3 + ... + nPn . Theo đề, ta có Pn +1 = P2019 Û n + 1 = 2019 Þ n = 2018 . Chọn đáp án B. Ví dụ 5: Tìm số tự nhiên n thoả mãn

D. 2016.

1 1 1 1 1 22018 -1 + + + ... + + = 2!.2017! 4!.2015! 6!.2013! 2016!.3! 2018!.1! Pn B. n = 2018.

C. n = 2019.

D. n = 2020.

A. n = 2017.

Ta có:

1 1 1 1 1 22018 -1 + + + ... + + = 2!.2017! 4!.2015! 6!.2013! 2016!.3! 2018!.1! Pn

Nhân hai vế cho 2019!, ta được:

Û C22019 + C42019 + ... + C2018 2019 = 2019!.

22018 -1 n!

Û 02019 +C22019 + C42019 + ... + C2018 2019 = 2019!. 22018 -1 +1 n!

ƠN

Û 22018 = 2019!

22018 -1 + C22019 n!

OF FI

2019! 2019! 2019! 2019! 2019! 22018 -1 ???? + + + ... + + = 2019!. 2!.2017! 4!.2015! 6!.2013! 2016!.3! 2018!.1! Pn

Giải

Û 22018.n! = 2019!(22018 -1) + n! Û (22018 -1)(n!- 2019!) = 0 Þ n = 2019

Chọn đáp án C. Bài tập vận dụng

Câu 1: Xét các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau lập từ các con số 1; 2; 3; 4; 5. Hỏi trong các số đó có A. 32.

B. 24.

bao nhiêu số bắt đầu bằng chữ số 5?

C. 16.

D. 28.

Câu 2: Xét các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau lập từ các con số 1; 2; 3; 4; 5. Hỏi trong các số đó có bao nhiêu số không bắt đầu bằng chữ số 1? A. 96

B. 120

C. 72

D. 96

2 đặt cạnh nhau?

B. 20! – 19!.

KÈ

A. 20! – 18!.

Câu 3: Trên giá sách muốn xếp 20 cuốn sách khách nhau. Có bao nhiêu cách sắp xếp sao cho tập 1 và tập C. 20! – 18!.2!.

D. 19!.18!.

Câu 4: Có bao nhiêu cách sắp xếp 8 bạn học sinh A1; A2; ...; A8 ngồi vào một ghế dài sao cho hai bạn A1 và A8 ngồi ở đầu hai ghế? A. 720

B. 5040

C. 40320

D. 1440

DẠ Y

Câu 5: Trên kệ sách có 5 quyển sách Toán, 4 quyển sách Lí, 3 quyển sách Văn. Các quyển sách đề khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp các quyển sách thành hàng theo từng môn? A. 5!.4!.3!

B. 3.5!.4!.3!

C. 12!

D. 3!(5!.4!.3!)

Câu 6: Có bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và khác 0 biết rằng tổng của 3 chữ số này bằng 9. A. 9

B. 21

C. 15

D. 18

Câu 7: Có 5 học sinh A1, A2, A3, A4, A5 và 3 học sinh nữ B1, B2, B3 được xếp ngồi xung quanh một A. 15

B. 5040

C. 40320

D. 720

bàn tròn. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp? Câu 8: Có bao nhiêu cách sắp xếp 5 bạn học A, B, C, D, E ngồi vào một ghế dài sao cho bạn C ngồi chính giữa? B. 72

C. 24

D. 36

A. 20

sao cho các bạn nam ngồi cạnh nhau? A. 86400

B. 3628800

Câu 10: Rút gọn biểu thức: A. 120

C. 720

(m +1)! 5! . . m (m + 1) (m -1)!.3!

B. 36

C. 20

D. 1440

D. 45

ƠN

Giải bài tập vận dụng

OF FI

Câu 9: Một nhóm học sinh gồm 6 nam và 4 nữ được xếp vào một bàn dài. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp

Câu 1: Chọn đáp án B

Số cần tìm dạng 5abcd . Mỗi số lập được là một hoán vị của 4 phần tử 1; 2; 3; 4. Do đó, có tất cả là

P4 = 4! = 24 số. Câu 2: Chọn đáp án A.

Với 5 chữ số 1; 2; 3; 4; 5 lập được P5 = 5! = 120 số có 5 chữ số khác nhau.

Tương tự câu 1 có P4 = 4! = 24 bắt đầu bằng số 1.

Câu 3: Chọn đáo án D

Vậy có P5 - P4 = 5!- 4! = 96 số không bắt đầu bằng số 1. Sắp xếp 20 cuốn sách trên giá là một hoán vị của 20 phần tử nên ta có 20! cách sắp xếp. Khi hai cuốn tập 1 và 2 đặt cạnh nhau (thay đổi vị trí cho nhau), ta coi đó là một phần tử và cùng sắp xếp

với 18 cuốn sách còn lại trên giá nên có 2.19! cách sắp xếp. Vậy có tất cả 20!-2.19! = 19!.18 cách sắp xếp theo yêu cầu bài toán.

KÈ

Câu 4: Chọn đáp án D

Có hai cách chọn vị trí cho A1 và A8 (A1 ngồi đầu hoặc cuối) Sau đó, mỗi cách sắp xếp là một hoán vị của 6 bạn ngồi giữa.

DẠ Y

Vậy có tất cả 2P6 = 2.6! = 1440 . Câu 5: Chọn đáp án D Có P3 = 3! cách sắp xếp ba môn Toán, Lí, Văn. Trong đó: + Có P5 = 5! cách để sắp xếp 5 quyển sách Toán. + Có P4 = 4! cách để sắp xếp 4 quyển sách Lí.

+ Có P3 = 3! cách để sắp xếp 3 quyển sách Văn. Vậy có tất cả 3!.(5!.4!.3!) cách xếp.

Câu 6: Chọn đáp án D

Ba chữ số khác 0 tổng bằng 9 có các trường hợp {1; 2;6} , {1;3;5} , {2;3; 4} . Mỗi trường hợp này có

P3 = 3! = 6 hoán vị. Vậy có 3P3 = 18 số thoả mãn. Câu 7: Chọn chọn đáp án B

OF FI

Mỗi cách sắp xếp là một hoán vị vòng tròn của 7 học sinh. Vậy có: Q8 = 7! = 5040 . Câu 8: Chọn đáp án C

Có một cách chọn vị trí cho bạn C ngồi giữa. Sau đó, mỗi cách sắp xếp là một hoán vị của 4 bạn còn lại. Vậy có P4 = 4! = 24 cách sắp xếp.

ƠN

Câu 9: Chọn đáp án A Vì nam luôn ngồi cạnh nhau nên xem 6 nam là một phần tử A.

Vậy có P5 = 5! cách sắp xếp A và 4 nữ, trong đó A có P6 = 6! cách sắp xếp 6 bạn nam với nhau. Vậy có

tất cả là 5!.6!=86400. Câu 10: Chọn đáp án C Cách 1: Ta có:

(m +1)! (m +1).m.(m -1)! 5! 5! 5! . = . = = 20 m (m + 1) (m -1)!.3! m (m + 1) 3! (m -1)!.3!

Cách 2: Dùng máy tính cầm tay.

DẠNG 2: CHỈNH HỢP

Ví dụ 1: Một cuộc khiêu vũ có 10 nam và 6 nữ. Người ta chọn có thứ tự 3 nam và 3 nữ để ghép thành 3 cặp. Hỏi có bao nhiêu cách chọn?

3 B. A10 .A 36

6 A. A16

3 C. A16

3 D. A10 .A 36

Giải

KÈ

Bài toán hoàn thành qua hai công đoạn 3 Công đoạn 1: chọn 3 nam trong 10 nam có A10 cách.

Công đoạn 2: chọn 3 nam trong 6 nữ có A 36 cách.

DẠ Y

3 Vậy có tất cả A10 .A 36 cách chọn. Chọn đáp án B.

Ví dụ 2: Có bao nhiêu cách sắp xếp chỗ ngồi cho 5 học sinh nam và 3 học sinh nữ vào một bàn tròn sao cho không có hai nữ ngồi cạnh nhau A. 720

B. 5040

C. 1440 Giải

D. 1024

Giả sử đã xếp 5 nam. Nữ không ngồi cạnh nhau nên ngồi vào 5 vị trí xen giữa nam có A 35 cách xếp. Do xếp 8 người cùng thứ tự được xem là một nên chọn cố định cho 1 nam. Số cách xếp nam là hoán vị của 4

nam còn lại tức có P4 = 4! cách. Vậy có tất cả A 35 .P4 = 1440 cách. Chọn đáp án C.

B. n = 7

C. n = 10 Giải

Cách 1: Điều kiện n Î , n ³ 3 . Ta có A 3n = 20n Û

n! = 20n Û n (n -1)(n - 2) = 20n (n - 3)!

D. n = 8

OF FI

A. n = 6

Ví dụ 3: Tìm n thoả mãn A 3n = 20n

ƠN

én = 6 Û (n -1)(n - 2) = 20 Û n 2 - 3n -18 = 0 Û êê Chọn đáp án A. n = 3 loa ï i ( ) ë Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay.

+ Nhập biểu thức A 3n - 20n . Bấm

+ Kiểm tra đáp án A với n = 6. Bấm

Kết quả 0 nên n = 6 là nghiệm. Chọn đáp án A. Ví dụ 4: Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số chẵn gồm 5 chữ số khác nhau? B. 5040

A. 720

C. 1440

D. 1260

Giải

KÈ

Trường hợp 1: Số cần tìm là abcd0 (a ¹ 0) . Mỗi số lập được là một chỉnh hợp chập 4 của 6 chữ số còn lại. Vậy có A 64 số

DẠ Y

Trường hợp 2: Số cần tìm là abcde (a ¹ 0, e ¹ 0) . Có 3 cách chọn e chẵn từ {2; 4;6} . Có 5 cách chọn a khác 0 và khác e. Còn lại b, c, d mỗi số lập được là một chỉnh hợp chập 3 của 5 chữ số còn lại có A 35 số. Vậy có A 64 + 3.5.A 35 = 1260 . Chọn đáp án D.

A. 1

A 4n +4 15 . < (n + 2)! (n -1)!

B. 2

C. 3

D. Vô số.

Giải

A 4n +4 (n + 4)! (n + 3)(n + 4) 15 15 < Û < Û < 15 n (n + 2)! (n -1)! (n + 2)!.n! (n -1)!

Û (n + 3)(n + 4) < 15n Û n 2 - 8n + 12 < 0 Û 2 < n < 6 Mà n Î  Þ n Î {3; 4;5} . Chọn đáp án C. Bài tập vận dụng

OF FI

Ta có:

Điều kiện: n Î  .

Ví dụ 5: Có bao nhiêu số tự nhiên n thoả mãn

Câu 1: Trong không gian cho 4 điểm A, B, C, D. từ các điểm trên ta lập các vectơ khác vectơ không. Hỏi A. 12

ƠN

có thể có được bao nhiêu vectơ? B. 24

C. 16

D. 32

Câu 2: Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Hỏi có thể lập được bao nhiêu số gồm 5 chữ số khác nhau và phải A. 4200

có mặt chữ số 5? B. 840

C. 1560

D. 720

Câu 3: Có bao nhiêu số tự nhiên x thoả mãn 3A 2x - A 22x + 42 = 0 . A. 0

B. 1

C. 2

D. 6

9 8 Câu 4: Cho số tự nhiên x thoả mãn A10 x + A x = 9A x . Mệnh đề nào sau đây đúng ?

A. x là số chính phương. C. x là số chẵn.

B. x là số nguyên tố. D. x là số chia hết cho 3.

Câu 5: Cho tập A = {0;1; 2;3; 4;5} . Hỏi từ A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác

nhau, trong đó nhất thiết phải có chữ số 0 và 3? A. 540

B. 720

C. 600

D. 384

KÈ

Câu 6: Một biển số xe gồm 2 chữ cái đứng trước và 4 chữ số đứng sau. Các chữ cái được lấy từ 26 chữ cái A, B, C,..., Z. Các chữ số được lấy từ 10 chữ số 0, 1, 2, ..., 9. Hỏi có bao nhiêu biển số xe có hai chữ cái khác nhau và có đúng 2 chữ số lẻ giống nhau? A. 402000

B. 407040

C. 487500

D. 136500

DẠ Y

Câu 7: Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số, các chữ số đôi một khác nhau sao cho chữ số đầu và chữ số cuối của mỗi số đó đều là số chẵn? A. 5376

B. 6720

C. 560

D. 650

C. n = 10

D. n = 8

Câu 8: Tìm n thoả mãn A 3n + 5A 2n = 2 (n + 15) . A. n = 6

B. n = 3

Câu 9: Một biển số xe gồm 2 chữ cái đứng trước và 4 chữ số đứng sau. Các chữ cái được lấy từ 26 chữ ít nhất một chữ cái khác chữ cái O và các chữ số đôi một khác nhau? A. 3402000

B. 3407040

C. 3276000

cái A, B, C,..., Z. Các chữ số được lấy từ 10 chữ số 0, 1, 2, ..., 9. Hỏi có bao nhiêu biển số xe trong đó có D. 136500

Câu 10: Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số gồm 5 chữ số khác nhau? B. 840

C. 720

D. 2160

A. 5040

Câu 1: Chọn đáp án A

OF FI

Giải bài tập vận dụng Cứ mỗi cách sắp xếp thứ tự hai điểm ta có một vectơ thoả mãn bài toán. Vậy số vectơ lập được chính là số chỉnh hợp chập 2 của 4 điểm: A 24 =

4! 4! = = 4.3 = 12 vecto (4 - 2)! 2!

ƠN

Câu 2: Chọn đáp án C Số gồm 5 chữ số có dạng abcde . Nếu a = 5 thì có A 64 số.



Nếu a ¹ 5 thì a có 5 cách chọn. Số 5 có thể đặt vào 1 trong các vị trí b, c, d, e Þ có 4 cách chọn



vị trí cho số 5, còn lại 3 vị trí còn lại có thể chọn từ 5 chữ số còn lại Þ có A 35 cách chọn.

Þ Có A 64 + 5.4A 35 = 1560 số. Điều kiện x ³ 2 và n Î 

x! 2x ! + 42 = 0 (x - 2)! (2x - 2)!

Ta có 3A 2x - A 22x + 42 = 0 Û 3.

Câu 3: Chọn đáp án B

é x = -7 (loaïi ) Û 3( x -1).x - (2x -1).2x + 42 = 0 Û x 2 + x - 42 = 0 Û êê êë x = 6 ( thoaûmanx ) Câu 4: Chọn đáp án B

KÈ

Điều kiện x ³ 10 và n Î  9 8 Ta có A10 x + A x = 9A x Û

x! x! x! + =9 ( x -10)! ( x - 9)! ( x - 8)!

DẠ Y

é x = 10 ( thoaûmanx ) 1 1 9 Û + = Û x 2 -16x + 55 = 0 Û êê 1 x - 9 ( x - 9)( x - 8) ë x = 5 (loaïi )

Câu 5: Chọn đáp án D Gọi số cần tìm là abcde (a ¹ 0) * Tìm số các số có 5 chữ số khác nhau mà có mặt 0 và 3 không xét đến vị trí a. Xếp 0 và 3 vào 5 vị trí có: A 52 cách.

3 vị trí còn lại có A 34 cách. Suy ra có A 52 .A 34 số.

* Tìm số các số có 5 chữ số khác nhau mà có mặt 0 và 3 với a = 0. Xếp 3 có 4 cách.

3 vị trí còn lại có A 34 cách.

OF FI

Suy ra có 4.A 34 số. Vậy số các số cần tìm thoả mãn yêu cầu bài toán là A 52 .A 34 - 4.A 34 = 384 . Câu 6: Chọn đáp án C Có hai công đoạn Công đoạn 1: Chọn chữ cái: Chữ cái thứ nhất có 26 cách chọn. Công đoạn 2: 

Chọn số: các cặp số lẻ giống nhau có thể là: (1;1), (3;3), (5;5), (7;7), (9;9)

Þ Có 5 cách chọn 1 cặp số lẻ. Þ Có 5.C24 cách sắp xếp cặp số lẻ. Còn lại 2 vị trí là các chữ số chẵn:

Xếp một cặp số lẻ vào 4 vị trí Þ có C24 cách.



ƠN

Chữ cái thứ 2: có 25 cách chọn.

Chữ số chẵn thứ nhất có 5 cách chọn Chữ số chẵn thứ hai có 5 cách chọn.

Câu 7: Chọn đáp án A

Þ Có 26´ 25´5´ C24 ´5´5 = 487500 cách. Gọi số cần tìm là abcde (a ¹ 0)

+ Chữ số đầu tiên a là chữ số chẵn, khác 0 nên có 4 cách chọn.

KÈ

+ Chữ số tận cùng e cũng là chữ số chẵn, khác với chữ số đầu tiên a nên cũng có 4 cách chọn. + Ba chữ số ở giữa có số cách sắp xếp là A83 Suy ra số các số thoả mãn yêu cầu bài toán là 4´ 4´ A83 = 5376 . Câu 8: Chọn đáp án B

DẠ Y

Điều kiện n Î , n ³ 3 . Ta có A 3n + 5A 2n = 2 (n + 15) Û

n! n! +5 = 2 (n + 15) (n - 3)! (n - 2)!

Û n (n -1)(n - 2) + 5n (n -1) = 2 (n + 15) Û n 3 + 2n 2 - 5n - 30 = 0 Û n = 3

Câu 9: Chọn đáp án A

Số cách chọn 2 chữ cái: 26´ 26 -1 = 675 cách (trừ trường hợp OO) 4 Số cách chọn 4 chữ số: A10 = 5040 cách.

Số cách chọn biển số xe thoả mãn yêu cầu bài toán là 675.5040 = 3402000 Câu 10: Chọn đáp án D Có 6 cách chọn a khác 0 từ {1; 2;3; 4;5;6} .

OF FI

Bốn chữ số còn lại, mỗi cách chọn là một chỉnh hợp chập 4 của 6 chữ số còn lại.

Gọi số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau cần tìm là abcde

Vậy có 6.A 64 = 2160 số. DẠNG 3: TỔ HỢP

Ví dụ 1: Cho đa giác lồi có n cạnh (n ³ 4) . Hỏi n là bao nhiêu để đa giác có số đường chéo bằng số A. n = 6

B. n = 8

ƠN

cạnh? C. n = 13 Giải

D. n = 5

Cứ hai đỉnh đa giác nối lại ta được một đoạn thẳng là cạnh hoặc đường chéo. Do đó số đoạn thẳng nối n

đỉnh của đa giác là C2n .

Trong C2n đoạn này có n cạnh nên số đường chéo là C2n . Lại có, số đường chéo bằng số cạnh

n (n -1)(n - 2)! n.(n -1) n! - 2n = 0 Û - 2n = 0 Û - 2n = 0 2 (n - 2)!.2! (n - 2)!.2!

nên C2n - n = n Û

Û n 2 - 5n = 0 Û n = 5 ( vi n ³ 4) . Chọn đáp án D. Ví dụ 2: Cho 10 câu hỏi, trong đó có 4 câu lý thuyết và 6 bài tập. Người ta cấu tạo thành các đề thi và trong mỗi đề thi phải gồm 3 câu hỏi, trong đó nhất thiết phải có ít nhất một câu lý thuyết và 1 bài tập. Hỏi

có thể tạo ra bao nhiêu đề thi?

B. 120

KÈ

A. 96

C. 24 Giải

Trường hợp 1: Đề gồm 2 câu lý thuyết và 1 bài tập 4! = 6 cách chọn hai câu lý thuyết trong 4 câu. 2!.(4 - 2)!

DẠ Y

Có C24 = Có C16 =

6! = 6 cách chọn một câu bài tập trong 6 câu. 1!.(6 -1)!

Vậy C24 .C16 = 36 cách. Trường hợp 2: Đề gồm 1 câu lý thuyết và 2 bài tập Tương tự có C14 .C62 = 60 .

D. 76

Vậy có tất cả 36 + 60 = 96 đề thi. Chọn đáp án A. Ví dụ 3: Cho 10 điểm phân biệt A1, A2,..., A10 trong đó có 4 điểm A1, A2, A3, A4 thẳng hàng, ngoài ra A. 96 tam giác.

B. 60 tam giác.

C. 116 tam giác.

không có 3 điểm nào thẳng hàng. Hỏi có bao nhiêu tam giác có 3 đỉnh được lấy trong 10 điểm trên? D. 80 tam giác.

Giải

3 Số cách lấy 3 điểm từ 10 điểm phân biệt là C10 = 120 .

OF FI

Số cách lấy 3 điểm bất kì trong 4 điểm A1, A2, A3, A4 la C34 = 4 . Khi lấy 3 điểm bất kì trong 4 điểm A1, A2, A3, A4 thì sẽ không tạo thành tam giác. Như vậy, số tam giác tạo thành 120 – 4 = 116 tam giác. Chọn đáp án C.

Ví dụ 4: Trên các cạnh AB, BC, CD, DA của hình vuông ABCD lần lượt cho 1, 2, 3 và n điểm phân biệt khác A, B, C, D. Tìm n biết số tam giác có ba đỉnh lấy từ n + 6 điểm đã cho là 439. A. n = 12

B. n = 15

C. n = 18

D. n = 10

ƠN

Giải Nếu n £ 2 thì n + 6 £ 8 . Do đó số tam giác có ba đỉnh được lấy từ n + 6 điểm đó không vượt qua

C83 = 56 < 439 (loại). Vậy n ³ 3 .

Vì mỗi tam giác được tạo thành ứng với 1 tổ hợp chập n + 6 phần tử. Nhưng trên cạnh CD có 3 đỉnh, trên cạnh DA có n đỉnh nên số tam giác tạo thành là: C3n +6 - C33 - C3n =

(n + 4)(n + 5)(n + 6) 6

-1 -

(n - 2)(n -1) n 6

= 439

Û (n + 4)(n + 5)(n + 6) - (n - 2)(n -1) n = 2640 Û n 2 + 4n -140 = 0

Từ đó tìm được n = 10. Chọn đáp án D.

Ví dụ 5: Cho tập hợp A gồm n phần tử (n > 4). Tìm n, biết rằng trong số các phần tử của A có đúng 16n tập con số phần tử là lẻ.

B. n = 9

A. n = 8

C. n = 10

D. n = 16

Giải

Nếu n lẻ thì tập con số có phần tử lẻ là: C1n + C3n + ... + Cnn = 16n n

KÈ

Ta có (1 + x ) = C0n + C1n x + C2n x 2 + ... + Cnn-1x n-1 + Cnn x n + Chọn x = 1 Þ C0n + C1n + C2n + ... + Cnn-1 + Cnn = 2n .

DẠ Y

+ Chọn x = -1 Þ C0n - C1n + Cn2 - ... + Cnn-1 - Cnn = 0.

Suy ra 2 (C1n + C3n + ... + Cnn ) = 2n Û C1n + C3n + ... + Cnn = 2n-1 = 16n Þ n = 8 không thoả mãn. Nếu n chẵn, tương tự ta có được n = 8. Chọn đáp án A. Bài tập vận dụng

Câu 1: Tìm số giao điểm tối đa của 10 đường thẳng phân biệt?

A. 90

B. 45

C. 100

D. 20

Câu 2: Tìm số giao điểm tối đa của 6 đường tròn phân biệt? B. 12

C. 30

D. 24

A. 15

Câu 3: Tìm số giao điểm tối đa của 10 đường thẳng và 6 đường tròn trên? A. 120

B. 240

C. 120

D. 195

Câu 4: (ĐH 2004 – KB) Trong một môn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 10 câu hỏi trung bình, 15 câu hỏi dễ. từ 30 câu hỏi đó có thể lập được bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi đề gồm 5 dễ không ít hơn 2? B. 10500

Câu 5: Với n Î , n ³ 2 và thoả mãn A. P =

29 . 45

B. P =

C. 56875

53 . 90

C. P =

Câu 6: Tìm tập nghiệm của của bất phương trình

59 . 90

D. P =

61 . 90

1 2 6 A 2x - A 2x £ C3x + 10 . 2 x

B. {x = 3; x = -4} .

C. {x = 3; x = 4} .

A. {x = 1; x = 4} .

D. 22750

C5n + C3n +2 1 1 1 1 9 + + + ... + = . Tính . P = C22 C32 C24 C2n 5 (n - 4)!

ƠN

A. 23625

OF FI

câu hỏi khác nhau, sao cho mỗi đề nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi

D. {x = 2; x = 4} .

Câu 7: Cho đa giác đều n đỉnh, n Î  va x ³ 3 . Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 135 đường chéo. A. n = 15

B. n = 27

C. n = 8

D. n = 18

A. 2 + 1 . 20

B. 2 .

Câu 8: Cho tập A có 20 phần tử. Hỏi tập A có bao nhiêu tập hợp con khác rỗng mà có số phần tử chẵn? 220 -1 . C. 2

D. 219 .

Câu 9: Số tập con của một tập hợp gồm 2018 phần tử là B. 2´ 2018 .

A. 2018

C. 22018 -1 .

D. 22018 .

Câu 10: Cho tập A có n phần tử (n ³ 4) . Biết rằng số tập con của A có 8 phần tử nhiều gấp 26 lần số tập

B. k = 10

KÈ

A. k = 9

con của A có 4 phần tử. Hãy tìm k Î {1; 2;...; n } sao cho số tập con gồm k phần tử của A là nhiều nhất. C. k = 11

D. k = 20

Giải bài tập vận dụng

Câu 1: Chọn đáp án B

DẠ Y

Hai đường thẳng phân biệt tối đa có 1 giao điểm. Số giao điểm tối đa của 10 đường thẳng phân biệt là số 2 tổ hợp chập 2 của 10, do đó bằng C10 =

10! = 45 điểm. 2!(10 - 2)!

Câu 2: Chọn đáp án C Hai đường tròn phân biệt có tối đa 2 giao điểm. Số giao điểm tối đa của 6 đường tròn phân biệt gấp 2 lần số tổ hợp chập 2 của 6, do đó bằng 2C62 = 2.15 = 30 điểm.

Câu 3: Chọn đáp án D Theo các câu trên 10 đường thẳng phân biệt cắt tối đa 45 điểm, 6 đường tròn phân biệt cắt tối đa 30 điểm.

Khi đó, số các giao điểm bằng: 45 + 30 + 120 = 195 điểm. Câu 4: Chọn đáp án C - Đề có 2 câu dễ, 2 câu trung bình, 1 câu khó, thì số cách chọn là: 2 2 C15 .C10 .C15 = 23625

- Đề có 2 câu dễ, 1 câu trung bình, 2 câu khó, thì số cách chọn là: 2 C15 .C110 .C52 = 10500

3 C15 .C110 .C15 = 22750

ƠN

- Đề có 3 câu dễ, 1 câu trung bình, 1 câu khó, thì số cách chọn là:

OF FI

Mỗi đề kiểm tra phải có số câu dễ là 2 hoặc 3, nên có các trường hợp sau:

Vì các cách chọn trên đôi một khác nhau, nên số đề kiểm tra có thể lập được là: 23625 + 10500 + 22750 = 56875

Ta có:

Câu 5: Chọn đáp án C

1 1 1 1 9 1 1 2 9 + 2 + 2 + ... + 2 = Û 1 + + + ... + = 2 C 2 C3 C 4 Cn 5 3 6 n (n -1) 5

1 1 2 4 2 2 2 4 Û + + ... + = Û + + ... + = 3 6 n (n -1) 5 2.3 3.4 n (n -1) 5

æ 1 2 2 1 2 æ 1 1ö æ1 1 ö 1ö 2 + + ... + = Û çç - ÷÷÷ + çç - ÷÷÷ + ... + çç - ÷÷÷ = ç ç ç è n -1 n ø 5 2.3 3.4 n (n -1) 5 è 2 3 ø è 3 4 ø

1 1 2 1 1 Û - = Û = Û n = 10 2 n 5 n 10 5 3 C10 + C12 59 = 6! 90

Với n = 10 Û P

KÈ

Câu 6: Chọn đáp án C Cách 1:

+ Điều kiện: 3 £ x Î 

+ Biến đổi bất phương trình về dạng:

1 (2x )! x! 6 x! . £ . + 10 2 (2x - 2)! ( x - 2)! x 3!( x - 3)!

DẠ Y

thẳng phân biệt với 6 đường tròn phân biệt bằng: 10.6.2 = 120 điểm.

Lại có: Một đường thẳng cắt một đường tròn tối đa tại 2 điểm. Do đó số giao điểm tối đa của 10 đường

1 6 ( x - 2)( x -1) x Û (2x -1) 2x - ( x -1) x £ . + 10 2 x 3!

Û (2x -1) x - ( x -1) x £ ( x - 2)( x -1) + 10 Û 3x -12 £ 0 Û x £ 4

+ Kết hợp với điều kiện Þ x = 3; x = 4 . + Vậy nghiệm của bất phương trình là {x = 3; x = 4} .

Cách 2: Dùng máy tính kiểm tra nghiệm. Câu 7: Chọn đáp án D

Đa giác lồi n đỉnh thì có n cạnh. Nếu vẽ tất cả các đoạn thẳng nối từng cặp trong n đỉnh này thì có một bộ gồm các cạnh và các đường chéo.

Vậy để tính sống đường chéo thì lấy tổng số đoạn thẳng dựng được trừ đi số cạnh, với:

Tất cả đoạn thẳng dựng được bằng cách lấy ra 2 điểm bất kỳ trong n điểm, tức là số đoạn thẳng chính là số tổ hợp chập 2 của n phần tử. Như vậy, tổng số đoạn thẳng là C2n .



Số cạnh của đa giác lồi là n. n (n - 3) . 2

ƠN

Suy ra số đường chéo của đa giác đều n đỉnh là C2n - n =

OF FI



ìn ³ 3 ï ï ì n ³3 ï ï Û Û n = 18 Theo bài ra, ta có ï í n (n - 3) í 2 ï n 3n 270 = 0 = 135 ï ï ï î ï 2 ï î Câu 8: Chọn đáp án C

Số tập hợp con khác rỗng có số phần tử chẵn là số cách chọn phần tử chẵn từ 20 phần tử. Do đó số tập 20 con là C220 + C420 + C620 + ... + C18 20 + C 20 .

Tính tổng trên bằng hai cách khai triển nhị thức Niutơn hoặc dùng máy tính cầm tay và đối chiếu các đáp

án. Câu 9:

Số tập con không có phần tử nào là C02018 . Số tập con có 1 phần tử là C12018 .

KÈ



Số tập con có 2 phần tử là C22018 .

Số tập con có 2018 phần tử là C2018 2018 . Vậy số tập con của một tập hợp gồm 2018 phần tử là:

DẠ Y

C02018 + C12018 + C22018 + ... + C2018 2018 = (1 + 1)

2018

= 22018

Câu 10: Chọn đáp án B Số tập con có 8 phần tử của tập A là C8n , số tập con có 4 phần tử của tập A là C4n . Theo giả thiết, ta có C8n = 26Cn4 Û

n! n! = 26 Û n = 20 . 8!(n - 8)! 4!(n - 4)!

Ta dễ dàng tìm được trong tất cả các Ck20 thì k Î {0;1; 2;...; n } thì C10 20 lớn nhất.

DẠNG 4: PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH

A. x = 12; x = 8

B. x = 14; x = 8

C. x = 17; x = 7

x +4 2x -10 Ví dụ 1: Tìm x thoả mãn C10 + x = C10+ x .

D. x = 19; x = 7

Giải

Chọn đáp án B. Cách 2: Dùng máy tính cầm tay

ƠN

x +4 2x -10 + Nhập C10 + x - C10+ x

+ Kiểm tra đáp án A. Bấm

+ Tương tự kiểm tra B. Bấm

Kết quả khác 0 loại A

Chọn đáp án B.

OF FI

é x + 4 = 2x -10 é x = 14 x +4 2x -10 ê ê Ta có: C10 = C Û Û +x 10+ x ê x + 4 = 10 + x - (2x -10) ê x = 8 . ë ë

ìïx Î  ìïx Î  Cách 1: Điều kiện ïí Û ïí ïîï2x -10 < x + 10 ïîïx < 20

A. x = 2

KÈ

Ví dụ 2: Tìm tất cả các giá trị x Î  thoả mãn 6 (Px - Px-1 ) = Px +1 . B. x = 3

C. x = 2; x = 3 Giải

DẠ Y

Cách 1: Điều kiện x ³ 1 và x Î  Ta có: 6 (Px - Px-1 ) = Px +1 Û 6 éë x!- ( x -1)!ùû = ( x + 1)! Û 6 ( x -1)!.( x -1)! = ( x -1)!.x ( x + 1)

é x = 2 (thoaûman) Û 6.( x -1) = x ( x + 1) Û x 2 - 5x + 6 = 0 Û ê êë x = 3(thoaûman)

Cách 2: Dùng máy tính cầm tay.

D. x = 5

Chọn đáp án C

A. S = 2

B. S = 7

C. S = 9

D. S = 14

Giải

Điều kiện: x ³ 3 và x Î  Ta có: C1x + 6C2x + 6C3x = 9x 2 -14x x! x! x! +6 +6 = 9x 2 -14x 1!.( x -1)! 2!.( x - 2)! 3!.( x - 3)!

OF FI

é x = 0 (loaïi ) ê Û x + 3x ( x -1) + ( x - 2)( x -1) x = 9x -14x Û ê x = 2 (loaïi ) ê ê x = 7 (thoaûman) ë 2

Chọn đáp án B.

B. n = 16

ƠN

Ví dụ 4: Tìm giá trị n Î  thoả mãn C6n + 3C7n + 3C8n + C9n = 2C8n +2 A. n = 18

C. n = 15 Giải

D. n = 14

Điều kiện: n ³ 9 và n Î  Áp dụng công thức:

Ckn + Ckn +1 = Ckn ++11 , ta co C6n + 3C7n + 3C8n + C9n = 2C8n +2 .

Û C6n + C7n + 2 (C7n + C8n ) + C8n + C9n = 2C8n +2 Û C7n +1 + 2C8n +1 + C9n +1 = 2C8n +2

Û (C7n +1 + C8n +1 ) + (C8n +1 + C9n +1 ) = 2C8n +2 Û C8n +2 + C9n +2 = 2C8n +2

Û C9n +2 = C8n +2 Þ n + 2 = 9 + 8 Û n = 15 . Chọn đáp án C. Ví dụ 5: Tìm x thoả mãn: C xx-1 + C xx-2 + C xx-3 + ... + C xx-10 = 4082 với n ³ 10 . B. x = 12

A. x = 10

C. x = 28 Giải

KÈ

Dùng máy tính cầm tay

+ Nhập quy trình A + A + 1: å CAA-x 10

x =1

DẠ Y

Bấm

Ví dụ 3: Tính tổng S của tất cả các giá trị của x thoả mãn C1x + 6C2x + 6C3x = 9x 2 -14x .

+ Nhập giá trị bắt đầu A = 9 (để A + 1 = 10), x tuỳ ý. Bấm

D. x = 23

cho đến khi được kết quả 4082

Vậy khi A = 12 thì tổng là 4082. Chọn đáp án B. Bài tập vận dụng

OF FI

Tiếp tục bấm

Câu 1: Tính tổng của tất cả các giá trị của x thoả mãn P2 .x 2 - P3 .x = 8 . A. S = -4

B. S = -1

C. S = 4

D. S = 3

A. n = 12

ƠN

Câu 2: Tìm giá trị n Î  thoả mãn C1n +1 + 3Cn2 +2 = C3n +1 B. n = 9

C. n = 16

D. n = 2

x x +2 x +1 Câu 3: Tính tích P của tất cả các giá trị của x thoả mãn C14 + C14 = 2C14

B. P = 32

C. -32

A. P = 4

D. P = 12

Câu 4: Tính tích P của tất cả các giá trị của x thoả mãn 7 (A xx-+11 + 2Px-1 ) = 30Px . A. P = 7

B. P = 4

C. P = 28

D. P = 14

B. x = 1

A. x = 3

Câu 5: Tìm giá trị x Î  thoả mãn 3A 4x = 24 (A 3x +1 - C xx-4 ) .

C. x = 5

D. x = 1; x = 5

Câu 6: Có bao nhiêu số tự nhiên n thoả mãn 2C2n +1 + 3A 2n - 20 < 0 ? A. 1

B. 2

C. 3

D. Vô số.

Câu 7: Có bao nhiêu số tự nhiên n thoả mãn 14.P3Cnn--13 < A 4n +1 ? B. 2

A. 1

DẠ Y

ìïx = 17 A. ïí . ïïî y = 8

KÈ

ì ï C xy - C xy+1 = 0 ï Câu 8: Giải hệ phương trình: í y . y-1 ï ï î4C x - 5C x = 0

ìïx = 17 B. ïí . ïïî y = -8

Câu 9: Tìm cặp số (x;y) thoả mãn

C. 3

D. Vô số

ìïx = 9 C. ïí . ïïî y = 8

ì ïx = 7 D. ï . í ï ï îy = 9

C xy+1 C xy+1 C xy-1 = = . 6 5 2

A. ( x; y) = (8;3) .

B. ( x; y) = (3;8) .

C. ( x; y) = (-1;0) .

D. ( x; y) = (-1;0) , ( x; y) = (8;3) .

ìx = 20 ï B. ï . í ï ï î y = 10

ìx = 2 ï C. ï . í ï ï îy = 5

ïìx = 6 D. ïí . ïïî y = 3

ïìx = 5 A. ïí . ïïî y = 2

Giải bài tập vận dụng Câu 1: Chọn đáp án D

Do đó: S = -1 + 4 = 3 .

Câu 2: Chọn đáp án A Điều kiện: n ³ 2 và n Î 

Û n +1 + 3

(n +1)! 1!.n!

(n + 2)! 2!.n!

(n +1)(n + 2) (n -1).n.(n +1) =

Û 1+ 3

(n +1)! 3!.(n - 2)!

ƠN

Ta có: C1n +1 + 3C2n +2 = C3n +1 Û

OF FI

é x = -1 Ta có: P2 .x 2 - P3 .x = 8 Û 2!.x 2 - 3!.x = 8 Û 2x 2 - 6x - 8 = 0 Û ê êë x = 4

(n + 2) (n -1).n 2

é n = -2(loaïi ) Û 6 + 9n + 18 = n 2 - n Û n 2 -10n - 24 = 0 Û ê êë n = 12(thoaûman) Câu 3: Chọn đáp án B Điều kiện: 0 £ x £ 12 và x Î 

14! 14! 14! + =2 x!(14 - x )! ( x + 2)!(12 - x )! ( x +1)!(13 - x )! 1

x x +2 x +1 Ta có: C14 . + C14 = 2C14

(14 - x )(13 - x ) ( x +1)( x + 2)

= 2.

1 ( x +1)(13 - x )

Û ( x + 1)( x + 2) + (14 - x )(13 - x ) = 2 ( x + 2)(14 - x )

KÈ

éx = 4 Û x 2 -12x + 32 = 0 ê Þ P = 4.8 = 32 . êë x = 8 Câu 4: Chọn đáp án A

Điều kiện: x ³ 1 và x Î 

DẠ Y

é ( x + 1)! ù Ta có: 7 (A xx-+11 + 2Px-1 ) = 30Px Û 7 ê + 2.( x -1)!ú = 30.x! ê 2! ú ë û

é x = 7 (thoaûman) é x ( x + 1) ù ê 2 Û 7ê + 2ú = 30x Û 7x - 53x + 28 = 0 Û ê 4 ê ú ê x = (loaïi ) 2 ë û êë 7

Vậy P = 7.

ì ï 2A xy + 5C xy = 90 ï Câu 10: Giải hệ phương trình: í y y ï ï î5A x - 2C x = 80

Câu 5: Chọn đáp án C

é x +1 ù é 1 1 x +1 1 ùú ú Û 23. 1 = 24. ê = 24. êê ú ê ( x - 2)( x - 3) 1.24 ú 1 ( x - 4)! êë ( x - 2)! ( x - 4)!.4!úû êë úû

Û 23 = 24.

é x = 1 (loaïi ) x +1 x +1 -1 Û =1Û ê êë x = 5 (thoaûman) ( x - 2)( x - 3) ( x - 2)( x - 3)

OF FI

Û 23.

é ( x + 1)! ù x! x! ú = 24. êê ú x 2 ! x 4 !.4! ( x - 4)! ( ) ( ) ëê ûú

Câu 6: Chọn đáp án A Điều kiện: n ³ 2 và n Î  Ta có: 2C2n +1 + 3A 2n - 20 < 0 Û 2

(n +1)! n! +3 - 20 < 0 2!.(n -1)! (n - 2)! 5 2

ƠN

Û n (n + 1) + 3(n -1) n - 20 < 0 Û 2n 2 - n -10 < 0 Û -2 < n <

Ta có: 3A 4x = 24 (A 3x +1 - C xx-4 ) Û 23.

Điều kiện: x ³ 4 và x Î 

Mà n Î ; n ³ 2 Þ n = 2 .

Câu 7: Chọn đáp án D Điều kiện: x ³ 3 và n Î  . Ta có: 14P3Cnn--13 < A 4n +1 Û 14.3!.

(n -1)! (n +1)! < (n - 3)!.2! (n - 3)!

ìïn > 6 Mà n Î ; n ³ 3 Þ ï . í ïïîn Î  Câu 8: Chọn đáp án A

é n < -7 . Û 42 (n - 2)(n -1) < (n - 2)(n -1) n (n + 1) Û 42 < n (n + 1) Û n 2 + n - 42 > 0 Û ê êë n > 6

Điều kiện: x ³ y + 1 và x, y Î  .

KÈ

ì ï C xy - C xy+1 = 0 (1) ï Ta có: í y y-1 ï ï î4C x - 5C x = 0 (2)

Phương trình (1) Û C xy = C xy+1 Û y + y + 1 = x Û x - 2y -1 = 0 .

DẠ Y

Phương trình (2) Û 4C xy = 5C xy-1 Û 4.

x! x! =5 . y!.( x - y)! ( y -1)!.( x - y +1)!

Do đó hệ phương trình đã cho Û

4 5 = Û 4x - 9y + 4 = 0 y x - y +1

ìx - 2y -1 = 0 ìx = 17 ï ï Ûï Ûï í í ï ï4x - 9x + 4 = 0 ï ïy = 8 î î

( thoaûman)

Câu 9: Chọn đáp án A

Điều kiện: x ³ y + 1 và x, y Î  .

Tương tự Û

5 ( x + 1) 6 = Û 5 ( y + 1)( x + 1) = 6 ( x - y)( x - y + 1) (1) ( x - y)( x - y +1) ( y +1) C xy+1 C xy-1 = Û 2C xy+1 = 5C xy-1 5 2

x! x! 1 1 = Û = 5.( y + 1)!.( x - y -1)! 2.( y -1)!.( x - y + 1)! 5.y ( y + 1) 2.( x - y)( x - y + 1)

OF FI

5 ( x + 1)! C xy+1 C xy+1 6x! . = Û 5C xy+1 = 6C xy+1 Û = 6 5 y!( x + 1- y)! ( y + 1)!( x - y -1)!

Ta có:

Û 5.y ( y + 1) = 2.( x - y)( x - y + 1) Û 15.y ( y + 1) = 6.( x - y)( x - y + 1) (2) Từ (1) và (2), suy ra Û 5 ( y + 1)( x + 1) = 15.y ( y + 1) Û x + 1 = 3y .

Câu 10: Chọn đáp án A Điều kiện: x ³ y và x, y Î  .

ïìï2u + 5v = 90 ïìïu = 20 . Ûí í ïîï5u - 2v = 80 ïîïv = 10

ìïu = A xy Đặt ïí , ta có ïïv = C xy î

ƠN

é y = 0 Þ x = -1(loaïi ) Thay vào (1), ta được Û 15 ( y + 1) y = 6 (2y -1) 2y Û 3y 2 - 9y = 0 Û ê êë y = 3 Þ x = 8(thoaûman)

Ta có: A kn = k!Ckn Þ u = y!.v Û 20 = y!.10 Û y! = 2 Û y = 2 .

éx = 5 x! . = 20 Û ( x -1) x = 20 Û ê êë x = -4(loaïi ) ( x - 2)!

Với u = 20, suy ra A xy = 20 Û A 2x = 20 .

DẠ Y

KÈ

ïìx = 5 Vậy hệ phương trình có nghiệm ïí . ïïî y = 2

CHỦ ĐỀ 2. NHỊ THỨC NEWTON 1. Công thức nhị thức Newton Định lý 1: Với a, b là các số thực và n là số nguyên dương, ta có: n

  Ckn a n  k b k  C0n a n  C1n a n 1b  ...  Ckn a n  k b k  ...  Cnn b n

a  b

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

k 0

Số hạng tổng quát của khai triển Tk 1  Ckn a n  k b k (số hạng thứ k + 1). Quy ước a 0  b 0  1 Hệ quả Với a = b = 1, thì ta có 2n  C0n  C1n  ...  Cnn . Với a  1; b  1, ta có 0  C0n  C1n  ...   1 Ckn  ...   1 Cnn k

ƠN

Các dạng khai triển cơ bản nhị thức Newton n

 C0n x n  C1n x n 1  C2n x n  2  ...  Ckn x n  k  ...  Cnn 1 x  Cnn

1  x 

 C0n  C1n x  C2n x 2  ...  Ckn x k  ...  Cnn 1x n 1  Cnn x n k

Ckn x k  ...   1

Trong đó: Ckn  Cnn  k ; Ckn  Ckn 1  Ckn 11 ,  n  1

n 1

Cnn 1x n 1   1 Cnn x n n

n  n  1 ! k.n!   nCkn 11 n  k !k! n  k ! k  1 !     

k.Ckn 

 x  1

 x  1 s n  C0n  C1n x  C2n x 2  ...   1

OF FI

Công thức trên được gọi là công thức nhị thức Newton (viết tắt là Nhị thức Newton).

n  n  1 ! 1 k.n! 1 Ckn    Ckn 11 k 1 k  1 n  k !k! n  1 n  k ! k  1 ! n  1       

KÈ

2. Tam giác Pascal

……………………………………………………….

DẠ Y

Nhận xét: Xét hàng thứ nhất, ta có: 1  C10 , 1  C11 . Ở hàng thứ 2, ta có: 1  C30 , 2  C12 , 1  C22 . Ở hàng thứ 3, ta có: 1  C30 , 3  C13 , 3  C32 , 1  C33 . 3. Khai triển tam thức Newton sau  a  b  c 

Bước 1: Viết tam giác Pascal đến dòng thứ n, để có được hệ số của nhị thức Newton  b  c  . n

Bước 2: Ở các đầu dòng ta viết các đơn thức là khai triển nhị thức Newton  a  1 . n

Bước 3: Nhân lần lượt các đơn thức ở đầu dòng mỗi cột với các đơn thức còn lại trên mỗi dòng đó rồi

cộng các kết quả lại, ta thu được kết quả khai triển.

OF FI

Cụ thể ta có ở dưới đây

n  n  n Sau khi cộng lại ta được:  a  b  c    Cpn .a n  p .   Cqp .b n q .cq    Cpn .Cqp .b n q .cq .a n  p p 0  q 0  0 q  p  n

Sau khi khai triển  a  b  c  với 0  q  p  n số hạng thứ p  1 trong khai triển là

ƠN

Tp  Cpn .Cqp .b n q .cq .a n  p .

B. CÁC DẠNG TOÁN SỬ DỤNG CÔNG THỨC TỔ HỢP VÀ NHỊ THỨC NEWTON

DẠNG 1. TÌM SỐ HẠNG THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN

3   Ví dụ 1: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển  2 3 x   ,  x  0 . x  B. 13440.

C. 60466176.

1    13 3   3 2 Ta có  2 x     2.x  3.x  x   

A. 4354560.

D. 20736.

Giải

Từ lý thuyết ở trên ta có số hạng thứ k  1 trong khai triển là: 10  k

Tk 1  C .2

.  3 .x k

10  k 3



k 10

k 2

10  k

 C .2 k 10

.  3 .x k

20 5k 6

Theo yêu cầu đề bài ta có 20  5k  0  k  4 4 .26.  3  210.256.81  4354560. Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là: C10

KÈ

Chọn đáp án A.

Ví dụ 2: Cho n là số dương thỏa mãn 5Cnn 1  C3n . Tìm số hạng chứa x 5 trong khai triển nhị thức Newton n

DẠ Y

 nx 2 1  P   với x  0 .  14 x 

A. 

35 . 16

Điều kiện n  , n  3

B. 

16 . 35

C.  Giải

35 5 x. 16

D. 

16 5 x. 35

Ta có: 5Cnn 1  C3n 

Số hạng thứ k  1 trong khai triển là Tk 1

 1  2

7k

.C7k .x143k

Suy ra 14  3k  5  k  3 Vậy số hạng chứa x 5 trong khai triển là T4  

 x2 1  Với n  7, ta có P      2 x

35 5 x . Chọn đáp án C. 16

B. 4536.

C. 4528. Giải

 3  2  9 k





3 3 2 .

D. 4520.

Ta có số hạng tổng quát Tk 1  C9k

ƠN

Ví dụ 3: Tìm số hạng nguyên có giá trị lớn nhất trong khai triển biểu thức F  A. 8.

 n  7  TM  5 1   n 2  3n  28  0    n  3! n  2  n  1 6.  n  3!  n  4  L 

OF FI



5.n! n!  1!.  n  1 ! 3!.  n  3 !

Ta thấy bậc hai của căn thức là 2 và 3 là hai số nguyên tố, do đó để Tk 1 là một số nguyên thì

k    k  3  T  C3 0  k  9 4 9     9  9  k  2  k  9  T10  C9 k  3 

 3   2   4536  3  2   8 3

Vậy trong khai triển có hai số hạng nguyên là T4  4536 và T10  8 . Chọn đáp án B.

Ví dụ 4: Trong khai triển đa thức:

P  x   1  2x   a 0  a1x1  a 2 x 2  ...  a12 x12 . Tìm hệ số a k  0  k  12  lớn nhất.

B. 101376.

KÈ

A. 400995.

C. 126720. Giải

Cách 1: Số hạng thứ k  1 trong khai triển 1  2x  là: k Tk 1  C12 1

DẠ Y

12  k

 2x 

k  C12 2k x k  0  k  12 

k Hệ số của số hạng chứa x k là a k  C12 2k  0  k  12 

Để tìm max  a1 ;a 2 ...a12  ta so sánh a k và a k 1 k ak c12 2k 12! 12! k 1 Ta có  k 1 k 1  :  a k 1 c12 2 k!12  k  !  k  1 !12  k  1 !2 2 12  k 

D. 112640.

ak k 1 23 1 1 k  a k 1 2 12  k  3

 a k 1  a k 

ak k 1 23 1 1 k  a k 1 2 12  k  3

Tức là khi k tăng từ 1 đến 12 thì a k giảm khi k tăng và k 

23 23 , a k tăng khi k tăng và k  . 3 3

 a k 1  a k 

Do đó:

Chọn đáp án C. Cách 2: Dùng máy tính cầm tay

OF FI

8 Vậy a k đạt giá trị lớn nhất tại k  8 và có giá trị bằng: C12 28  126720

k + Vào mode 7 nhập hệ số của số hạng chứa x k là a k  C12 2k  0  k  12 

ƠN

+ Tính các giá trị a k với 0  k  12 với bước tính step = 1.

Từ bảng tính suy ra a k đạt giá trị lớn nhất tại k  8 và có giá trị bằng 126720. Chọn đáp án C.

B. 1485.

C. 405.

D. 360.

Giải

A. 1695.

Ví dụ 5: Hệ số của số hạng chứa x 4 trong khai triển P  x    3x 2  x  1 là:

Với 0  q  p  10 thì số hạng tổng quát của khai triển P  x    3x 2  x  1 là: p Tp  C10 .Cqp .  3x 2 

10  p

. x 

p q

p .1q  C10 .Cqp .310 p.  x 

p  q  20  2p

Theo đề bài thì p  q  20  2p  4  p  q  16 Do 0  q  p  10 nên  p;q    8;8  ,  9;7  , 10;6 .

KÈ

Vậy hệ số của x 4 trong khai triển P  x    3x 2  x  1 là: 10

8 9 6 10 10 C10 .C88 .3108  C10 .C97 .3109  C10  1695 . 10 .C10 .3

Chọn đáp án A.

DẠ Y

Ví dụ 6: Tìm số hạng chứa x13 trong khai triển thành các đa thức của  x  x 2  x 3  . A. 135.

B. 45.

C. 135x13 .

D. 45x13 .

Giải

Với 0  q  p  10 thì số hạng tổng quát của khai triển  x  x 2  x 3  là: 10

p Tp  C10 .Cqp .  x 

10  p

. x 2 

p q

q .  x 3   C10 .Cqp .310 p.  x  q

10  p  q

Theo đề bài thì 10  p  q  13  p  q  3

Do 0  q  p  10 nên  p;q    2;1 ,  3;0 

2 3 Vậy hệ số của x13 trong khai triển là: C10 .C12  C10 .C30  210 . Chọn đáp án C.

Bài tập vận dụng n

và 252x 2 . Lúc đó, tìm giá trị của a và n. A. a  3; n  8.

B. a  4; n  6.

C. a  2; n  12.

1   Câu 2: Số hạng không chứa x trong khai triển  2 x  3  x  B. 28.

là

C. 28 C820 .

ƠN

A. 26 C620 .

OF FI

Câu 1: Khi khai triển nhị thức Newton G  x    ax  1 thì ta thấy trong đó xuất hiện hai số hạng 24x

D. a  3; n  7.

D. 26.

1   Câu 3: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển  x 2   1 . x   B. 1950.

C. 3150.

A. 1951.

D. –360.

Câu 4: Số hạng chứa x 8 trong khai triển  x 3  x 2  1 là 8

A. 168x 8 .

C. 238x 8 .

B. 168.

D. 238.

B. 672.

A. 672x 5 .

Câu 5: Giả sử có khai triển 1  2x   a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a n x n . Tìm a 5 biết a 0  a1  a 2  71 . C. 672x 5 .

D. 672.

Câu 6: Hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển nhị thức  x  2  biết n là số nguyên dương thỏa mãn n

3n C0n  3n 1 C1n  3n  2 C2n  ...   1 Cnn  2048 . n

B. 123x10 .

C. 123.

A. 22x10 .

D. 22. n

KÈ

1  Câu 7: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển 1  x   biết n  2 là số nguyên dương thỏa mãn x 

A 2n  Cnn 12  14  14n. A. 73789.

B. 73788.

C. 72864.

D. 56232.

DẠ Y

Câu 8: Cho khai triển: 1  x  x 2   a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a 2n x 2n , n  2 với a 0 , a1 , a 2 ,..., a 2n là các hệ số. n

Tính tổng S  a 0  a1  a 2  ...  a 2n biết A. S  310.

B. S  312.

a3 a4  . 14 41

C. S  210.

0 1 2 16 Câu 9: Số lớn nhất trong các số C16 ;C16 ;C16 ;...;C15 16 ;C16 là

D. S  212.

7 A. C16 .

6 B. C16 .

9 C. C16 .

8 D. C16 .

Xét khai triển P  x    x  2   a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a n x n . Hệ số lớn nhất của P  x  là n

5 B. C15 .210.

C. 252.

D. 129024.

5 A. C15 .211.

Giải bài tập vận dụng n

OF FI

Câu 1: Chọn đáp án A. n

Ta có G  x    ax  1   Ckn  ax    Ckn a k x k n

k 0

n 2 a 2  576 na  24 1 Cn ax  24x     n  n  1 2   n  n  1 Từ giả thiết ta có:  2 2 2 2 a  252 a 2  252   Cn a x  252x  2  2

Vậy a  3; n  8 là các số cần tìm. Câu 2: Chọn đáp án C. 20



20  k

k 20

 1  3   x

  2k Ck20 x

5k  40 6

k 0

Số hạng không chứa x tương ứng với

5k  40 0 k 8 6

Do vậy số hạng đó là 28 C820 .

20  k

 1   1   2 C  x2   x 3  k 0     k



20 1   Ta có  2 x  3    Ck20 2 x x  k 0

ƠN

na  24 na  24 n  8    2n 2  16   14n  16  n  1 a  3  n  n  1  7 

Câu 3: Chọn đáp án A.

KÈ

Từ lý thuyết ta có công thức tổng quát như sau: Với 0  q  p  n thì số hạng tổng quát khi khai triển tam thức: 10

p là Tp  C10 Cqp  x 2 

DẠ Y

 2 1   x   1 x  

10  p

1   x

p q

 1

p  C10 Cqp  1 x 20 q 3p q

Số hạng không chứa x trong khai triển ứng với 20  q  3p  0  3p  q  20 Mà 0  q  p  n và q, p, n   nên  p;q    7;1 ,  8; 4  ,  9;7  , 10;10  Lúc này số hạng không chứa x trong khai triển là:

 1

7 8 10 10 9 C10 C17   1 C10 C84   1 C10 C10   1 C10 C97  1951 4

Câu 4: Chọn đáp án C.

Câu 10: Cho n là số nguyên dương thỏa mãn A 2n  3Cnn 1  11n.

Từ lý thuyết ta có công thức tổng quát như sau: Với 0  q  p  n thì số hạng tổng quát khi khai triển tam thức: 3

 x 2  1 là Tp  C8p Cqp  x 3 

8 p

 x   1 2 p q

 C8p Cqp x 243p x 2p  2q  1

x

Ta có: 24  3p  2p  2q  8  24  p  2q  8  p  2q  16

Suy ra  p;q    8; 4  ,  6;5  6 C56  1  238 . Lúc này hệ số của x 8 trong khai triển là: C88C84  1  C10 8

OF FI

Câu 5: Chọn đáp án B.

Ta cần biết công thức tổng quát của a k để thay vào điều kiện a 0  a1  a 2  71 , rồi sau đó giải ra để tìm n. Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có: n

a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a n x n  1  2x    Ckn  2x     2  Ckn x k n

k 0

Do đó a k   2  Cnk , k  0;1; 2;...; n

k 0

ƠN

Khi đó theo giả thiết ta có 71  a 0  a1  a 2   2  C0n   2  C1n   2  C2n 0

 1  2n  2n  n  1  n 2  2n  35  0  n  7 Như vậy a 5   2  C57  672. 5

Câu 6: Chọn đáp án D.

Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:

3n C0n  3n 1 C1n  3n  2 C2n  ...   1 Cnn    1 3n  k Ckn   Cnk  1 3n  k   1  3  2n n

k 0

Do đó 2n  2048  211  n  11

k k 11 k x 2 Như vậy ta có  x  2    x  2    C11 n

k 0

Suy ra hệ số của x10 ứng với k  10 và đó là số C10 11 .2  22.

KÈ

Câu 7: Chọn đáp án A.

Ta có A 2n  Cnn 12  14  14n  n  n  1 

 n  1 n  n  1  14  14n 6

DẠ Y

n  n  1     n  1  n   14   0   n  1  n 2  5n  84   0  n  12 vì n  2. 6   n

1  1  Lúc này ta có 1  x    1  x   x  x 

Từ công thức tổng quát tam thức Newton ta có với 0  q  p  12 thì số hạng tổng quát khi khai triển tam 12

1  thức 1  x   x 

q 12  p p

là: Tp  C C 1 p 12

x

p q

1 p q p q q p  C12 Cqp x p  2q    C12 Cp x x

Ta có: p  2q  0  p  2q . Kết hợp với điều kiện ở trên ta có:

Suy ra số hạng không chứa x là: 0 2 4 6 8 5 12 6 C12 C00  C12 C12  C12 C24  C12 C36  C12 C84  C10 12 C10  C12 C12  73789.

Câu 8: Chọn đáp án A. Theo giả thiết ta có: P  x   1  x  x 2   a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a 2n x 2n

Như vậy ta chỉ cần xác định được n

OF FI

Thay x  1 ta được S  a 0  a1  a 2  ...  a 2n  P 1  3n .

 p;q    0;0  ,  2;1 ,  4; 2  ,  6;3 , 8; 4  , 10;5 , 12;6 

Với 0  q  p  n thì số hạng tổng quát khi khai triển tam thức 1  x  x 2  là: n

Tp  Cpn Cqp1n  p x p q  x 2   Cpn Cqp x p  q q

ƠN

p  q  3 Hệ số của x 3 ứng với:    p;q    3;0  ,  2;1. 0  q  p  n Suy ra a 3  C3n C30  C2n C12  C3n  2Cn2

p  q  4 Hệ số của x 4 ứng với:    p;q    4;0  ,  3;1 ,  2; 2 . 0  q  p  n Suy ra a 4  C4n C04  C3n C13  C2n C22  C4n  3C3n  C2n

a3 a4 1 n  n  1 n  4  1  n  n  1 n  2  n  3 n  n  1 n  2  n  n  1         14 41 14 6 41  24 2 2 

 1  n  4  1  n 2  5n  6     n  1  7n 2  33n  370  0  n  10 14 3 41  12  Vậy S  a 0  a1  a 2  ...  a 2n  310 Câu 9: Chọn đáp án D.

0 1 8 , C16 ,..., C16 Vì Ckn  Cnn  k nên ta có C16   C1616 , C1516 ,..., C168 

KÈ

0 7 8 Suy ra ta chỉ cần tìm số lớn nhất trong các số C16 , C116 ,..., C16 , C16 0 2 3 4 5 Bằng tính toán trực tiếp, ta có: C16  1, C116  16, C16  120, C16  560, C16  1820, C16  4368,

DẠ Y

6 7 8 C16  8008, C16  11440, C16  12870

0 2 7 8 Như vậy C16  C116  C16  ...  C16  C16 s 8 0 2 16  max C16 , C116 , C16 ,..., C15 Do đó: C16 16 , C16 

Câu 10: Chọn đáp án C. k Ta có a k  210 k C10 với k  0,1, 2,...,10 . Bài toán tương đương với tìm k  0,1, 2,...,10 sao cho a k lớn

nhất. Xét bất phương trình sau:

k k 1 a k  a k 1  210 k C10  29 k C10 2

8  k  0,1, 2 3

 2  k  1  10  k  k 

10! 10!  k!10  k  !  k  1 ! 9  k  !

OF FI

a k  a k 1 k  0;1; 2  8  Từ đây ta có: a k  a k 1  k  , k   3  a k  a k 1 k  3; 4;...;10 Do đó: a 0  a1  a 2  a 3  a 4  a 5  ...  a10 3 Hay a 3 là hệ số lớn nhất cần tìm. a 3  C10 .27  15360.

DẠNG 2: DÙNG NHỊ THỨC NEWTON TÍNH TỔNG

A. S  22n.

B. S  22n  1.

ƠN

Ví dụ 1: Tính tổng S  C02n  C12n  C22n  ...  C2n 2n . C. S  2n. Giải Khai triển nhị thức Newton của 1  x  , ta có: 1  x 

2n  C02n  C12n x  C22n x 2  ...  C2n 2n x

D. S  22n  1.

Cho x  1 , ta được C02n  C12n  C22n  ...  C2n 2n  1  1 Chọn đáp án A.

 22n .

B. n = 4.

A. n = 3.

Ví dụ 2: Giải phương trình C1n  3C2n  7C3n  ...   2n  1 Cnn  32n  2n  6480 trên tập * . C. n = 5. Giải

Xét khai triển 1  x   C0n  C1n x  C2n x 2  ...  Cnn x n n

(1)

Thay x  1 , ta được: 2n  C0n  C1n  C2n  ...  Cnn

(2)

Thay x  2 , ta được: 3n  C0n  2C1n  22 C2n  ...  2n Cnn

KÈ

Trừ vế theo vế của (1) và (2), ta được: C1n  3C2n  7C3n  ...   2n  1 Cnn  3n  2n Theo đề, suy ra 3n  2n  32n  2n  6480  3n  81  n  4 . Chọn đáp án B. 1010 1011 2018 Ví dụ 3: Tính tổng S  C1009 2018  C 2018  C 2018  ...  C 2018 .

1 B. S  22017  C1009 2018 . 2

C. S  22017  C1009 2018 .

D. S  22018  C1009 2018 .

DẠ Y

1 A. S  22017  C1009 2018 . 2

Xét khai triển 1  x 

Giải 2018

2018

2018   Ck2018 x k  C02018  C12018 x  ...  C2018 2018 x k 0

D. n = 6.

Cho x  1 , ta được 22018  C02018  C12018  ...  C2018 2018 .

1011 2018 1009 1009 Vì Ckn  Cnn  k nên 22018  2  C1010 2018  C 2018  C 2018   C 2018  2S  C 2018

1 Ví dụ 4: Tìm số nguyên dương n thỏa mãn C12n 1  C32n 1  ...  C2n 2n 1  1024.

A. n = 4.

B. n = 5.

C. n = 9.

D. n = 10.

2n 1

1  C02n 1x 2n 1  C12n 1x 2n  ...  C2n 2n 1 (1)

1 Cho x  1 vào (1), ta được: 22n 1  C02n 1  C12n 1  ...  C2n 2n 1 (2) 1 Cho x  1 vào (1), ta được: 0  C02n 1  C12n 1  ...  C2n 2n 1 (3)

Cộng vế theo vế của (2) và (3) ta được:

OF FI

Giải Xét khai triển  x  1

1  S  22017  C1009 2018 . Chọn đáp án B. 2

ƠN

1 2n 1 22n 1  2  C12n 1  C32n 1  ...  C2n  2.1024  n  5 . Chọn đáp án B. 2n 1   2

4 a b Ví dụ 5: Biết S  30 C02018  32 C22018  34 C2018 với a, b  a  b  là các số nguyên  ...  32018 C2018 2018  2  2

dương và không chia hết cho 2. Tính a  b . B. a  b  2.

C. a  b  2017.

A. a  b  1.

D. a  b  2018.

Giải

Xét khai triển 1  x 

2018

2017 2018  C02018  C12018 x  C22018 x 2  ...  C2017  C2018 2018 x 2018 x

(1) (2)

2018 2018 Thay x  3 vào (1), ta được: 22018  C02018  3C12018  32 C22018  ...  32017 C2018 C2018 2018  3

(3)

2018 2018 Thay x  3 vào (1), ta được: 42018  C02018  3C12018  32 C22018  ...  32017 C2017 C2018 2018  3

a  4035 Cộng vế theo vế của (2) và (3), ta được: 2S  42018  22018  S  24035  22017   b  2017 Vậy a  b  2018 . Chọn đáp án D.

B. n = 7.

KÈ

A. n = 5.

Ví dụ 6: Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: 2C0n  5C1n  8C2n  ...   3n  2  Cnn  1600.

Đặt S  2C0n  5C1n  8C2n  ...   3n  2  Cnn

C. n = 8.

D. n = 10.

Giải (1)

DẠ Y

Viết ngược lại biểu thức của S, ta được

S   3n  2  Cnn   3n  1 Cnn 1   3n  4  Cnn  2  ...  2C0n

(2)

Cộng (1) và (2) vế theo vế và kết hợp với công thức Ckn  Cnn  k , ta có:

2S   3n  4  C0n   3n  4  C1n   3n  4  C2n  ...   3n  4  Cnn

  3n  4  C0n  C1n  C2n  ...  Cnn    3n  4 1  1   3n  4  2n n

Theo giả thiết: 2 1600   3n  4  2n  n  7. Chọn đáp án B.

Bài tập vận dụng Câu 1: Tính tổng S  1.C12018  2.C22018  3.C32018  ...  2018.C2018 2018 . B. 2017.22018.

C. 2018.22018.

D. 2017.22017.

A. 2018.22017.

22017  1 . 2017

22018  1 . 2018

22018  1 . 2017

OF FI

1 1 1 C2017 Câu 2: Tính tổng S  C02017  C12017  C22017  ...  2017 . 2 3 2018

22017  1 . 2018

Câu 3: Tính tổng S  C32018  2C42018  3C52018  4C62018  ...  2016C2018 2018 . A. S = 2016.

B. S = 2017.

C. S = 2018.

Câu 4: Tính tổng S  2.C1n  22.2.Cn2  23.3.C3n  ...  2n.n.Cnn . B. S  2n.3n 1.

C. S  3n.2n 1.

ƠN

A. S  2n.3n 1.

D. S = 2019.

D. S  3n.2n 1.

2 b Câu 5: Cho tổng S  12 C12018 x  22 C2018  32 C32018  ...  20182 C2018 2018 , biết S  a.2s , với a, b là các số nguyên

và đều không chia hết cho 2. Tính giá trị của a + b. B. 2039188.

C. 4079198.

A. 4076358.

D. 2009197.

Câu 6: Cho n là số tự nhiên thỏa: 3C0n  4C1n  5C2n  ...   n  3 Cnn  8192 . Khẳng định nào sau đây đúng? B. n  8;12  .

A. n  1;8  .

C. n  12;16  .

D. n  16; 20 .

Câu 7: Tính tổng S  C32018  2C42018  3C52018  4C62018  ...  2016C2018 2018 . A. S  2018.

B. S  2016.

C. S  2016.

D. S  2018.

C. 22n.

D. 22n  1.

Câu 8: Tính tổng S  C02n  C22n  C42n  ...  C2n 2n . A. 22n 1.

B. 22n  1.

KÈ

nào sau đây là đúng?

Câu 9: Khai triển đa thức P  x    2x  1

1000

ta được: P  x   a1000 x1000  a 999 x 999  ...  a1x  a 0 . Mệnh đề

A. a1000  a 999  ...  a1  2n.

B. a1000  a 999  ...  a1  2n  1.

C. a1000  a 999  ...  a1  1.

D. a1000  a 999  ...  a1  0.

DẠ Y

Câu 10: Tính tổng S  A. S  2018.

Giải bài tập vận dụng

20 0 21 22 23 22018 2018 C2018  C12018  C22018  C32018  ...  C2018 . 1 2 3 4 2019

B. S  2019.

C. S 

1 . 2018

D. S 

1 . 2019

Câu 1: Chọn đáp án A. Cách 1. Xét số hạng tổng quát 2018! 2018.2017! 1  k.  2018.Ck2017 k! 2018  k  ! k.  k  1 ! 2018  k  !

k.Ck2018  k.

Cho k chạy từ 1 đến 2018 ta được:

2017 S  2018.C02017  C12017  ...  C2017 2017  2018.2

ta xem xét hàm số: f  x   1  x 

2018

2018 2018  C02018  C12018 x  ...  C2018 x

 f   x   2018. 1  x 

2017

2017  C12018  2C22018 x  ...  2018.C2018 2018 x

 f  1  2018.22017  C12018  2C22018  ...  2018.C2018 2018

Câu 2: Chọn đáp án B. Cách 1. Xét số hạng tổng quát

1 Ck2017 , ta có: k 1

ƠN

 2018.22017  S  ta chọn A.

OF FI

Cách 2. Khi các em học đạo hàm ở cuối chương trình lớp 11 ta sẽ nghiên cứu ở chương đạo hàm. Khi đó

Vậy

1 1 2017! 1 2018! 1 1 Ck2017    Ck2018 k 1 1  k k! 2017  k  ! 2018  k  1 ! 2017  k  ! 2018

1 1 1 Ck2017  Ck2018 , cho k chạy từ 0 đến 2017 thì ta được: k 1 2018

C02018 1 1 2018 1 22018  1 0 1 2 2018 C2018  C2018  C2018  ...  C2018   S  2   . 2018  2018 2018 2018 2018

Cách 2. Sử dụng tích phân (các em sẽ học ở chương trình lớp 12) Xét f  x   1  x  2017

2018 1

2018

1 1 1  2018   C02017 x  C12017 x 2  C22017 x 3  ...  C2017 2017 x  2 3 2018  0

22018  1  S. 2018

DẠ Y



2017  dx dx   C02017  C12017 x  C22017 x 2  ...  C2017 2017 x

KÈ

1  x  

2017  C02017  C12017 x  C22017 x 2  ...  C2017 2017 x

  1  x 

2017

Câu 3: Chọn đáp án A. Xét 1  x 

2018

2018  C02018  C12018 x  C22018 x 2  ...  C2018 2018 x

Chia hai vế cho x ta được: Lấy đạo hàm hai vế ta được:

1  x  x2

2018



C02018 C12018 2016  2  C22018  C32018 x  ...  C2018 2018 x 2 x x

 2016x  2 1  x  x3

2017



2C02018 C12018 2015  2  C32018  2C42018 x  ...  2016C2018 2018 x x3 x

Thay x  1 vào biểu thức trên ta được 0  2C02018  C12018  S  S  2016 . Câu 4: Chọn đáp án A. Xét 1  x   C0n  C1n x  C2n x 2  ...  Cnn x n n 1

 C1n  2Cn2 x  3C3n x 2  ...  nCnn x n 1

Nhân x vào hai vế ta được: nx 1  x 

n 1

 C1n x  2C2n x 2  3C3n x 3  ...  nCnn x n

OF FI

Đạo hàm hai vế ta được: n 1  x 

Thay x = 2 vào biểu thức trên ta được: S  2n.3n 1. Câu 5: Chọn đáp án B. Xét 1  x 

2018

2018  C02018  C12018 x  C22018 x 2  ...  C2018 . 2018 x

Đạo hàm hai vế ta được: 2017

2017  C12018  2C22018 x  3C32018 x 2  ...  2018C2018 2018 x

ƠN

2018 1  x 

Nhân hai vế cho x ta được: 2017

2018  C12018 x  2C22018 x 2  3C32018 x 3  ...  2018C2018 2018 x

2018x 1  x 

Tiếp tục đạo hàm hai vế ta được: 2018.  2018x  1 . 1  x 

2016

2017  12 C12018 x  22 C22018 x  32 C32018 x 2  ...  20182 C2018 2018 x 2016

S

Thay x = 1 vào biểu thức trên, ta được: 2018.2019. 1  1

Câu 6: Chọn đáp án B.

a  1009.2019 Hay S  1009.2019.22017 s    a  b  2039188. b  2017 Đặt S  3C0n  4C1n  5C2n  ...   n  3 Cnn

(1)

Viết ngược lại biểu thức của S, ta được:

KÈ

S   n  3 Cnn   n  2  Cnn 1   n  1 Cnn  2  ...  3C0n

(2)

Cộng (1) và (2) vế theo vế và kết hợp với công thức Ckn  Cnn  k , ta có:

2S   n  6  C0n   n  6  C1n   n  6  C2n  ...   n  6  Cnn

DẠ Y

  n  6  C0n  C1n  C2n  ...  Cnn    n  6 1  1   n  6  2n n

Theo giả thiết: 2  8192   n  6  2n  n  10. Câu 7: Chọn đáp án C. Đặt T    2  .C02018   1 .C12018  0.C22018  2016. 2018 Xét P  T  S    2  .C02018   1 .C12018  0.C22018  1.C32018  ...  2015.C2017 2018  2016.C 2018

(1)

Viết ngược lại biểu thức của P, ta được

Cộng (1) và (2) vế theo vế và kết hợp với công thức Ckn  Cnn  k , ta có 2018 2P  2014C02018  2014C12018  2014C22018  2014C32018  ...  2014C2017 2018  2014C 2018 2018

0

 2014  C02018  C12018  C22018  C32018  ...  C2018 2018   2014 1  1

Suy ra P  0  T  S  0  S  T  2016.

OF FI

Câu 8: Chọn đáp án A. Ta có:

1  x 

1 2n 1 2n  C02n  C12n x  C22n x 2  ...  C2n  C2n 2n x 2n x

Thay x  1 , ta được:

1  1

2 2 1 2n  C02n  C12n  C2n  ...  C2n  C2n 2n 2n  C 2n  0

ƠN

2 1 3 2n 3 1  C02n  C22n  C42n ...  C2n  C2n  C2n 2n 2n  C 2n  C 2n  ...  C 2n 2n

Lại thay x = 1, ta được: 2n

2 1 2n 2n  C02n  C12n  C22n  ...  C2n  C2n 2n 2n  C 2n  2

1  1

2 2n 2 2n  2  C02n  C22n  ...  C2n  C2n  C02n  C22n  ...  C2n  C2n  2n 2n   2 2n

Câu 9: Chọn đáp án D.

Ta có:

P  x   a1000 x1000  a 999 x 999  ...  a1x  a 0

Cho x = 1 ta được P 1  a1000  a 999  ...  a1  a 0 Mặt khác P  x    2x  1

1000

 P 1   2.1  1

1000

1

Từ đó suy ra a1000  a 999  ...  a1  a 0  1  a1000  a 999  ...  a1  1  a 0 . Mà là số hạng không chứa x trong khai triển P  x    2x  1

1000

KÈ

Nên a 0  C1000 1000  2x   1 0

1000

 C1000 1000  1

Vậy a1000  a 999  ...  a1  0 .

DẠ Y

Câu 10: Chọn đáp án D.

Áp dụng công thức kCkn  nCkn 11  S



Ckn 11 Ckn  , ta được k n

C02018 C1 C2 C3 C2018  2. 2018  22. 2018  23. 2018  ...  22018. 2018 1 2 3 4 2019

1 .  2C12019  22.C22019  23.C32019  ...  22019.C2019 2019  2.2019

(2)

2017 2016 2015 1 0 P  2016.C2018 2018  2015.C 2018  2014.C 2018  2013.C 2018  ...   1 .C 2018   2  .C 2018

22n  22n 1 2

1  . C02019   C02019  2.C12019  22.C22019  23.C32019  ...  22019.C2019 2019   2.2019 



1 1 2019 . C02019  1  2    .  2019 2.2019 

DẠ Y

KÈ

ƠN

OF FI



CHỦ ĐỀ 3. XÁC SUẤT A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1. Phép thử và không gian mẫu Phép thử ngẫu nhiên. * Phép thử: là 1 thí nghiệm, 1 hành động quan sát…

* Phép thử ngẫu nhiên: là phép thử không đoán trước được kết quả của nó nhưng lại có thể xác định được tập hợp tất cả các kết quả có thể xảy ra của phép thử đó.

OF FI

2. Không gian mẫu

Là tập hợp tất cả các kết quả có thể xảy ra của phép thử. Kí hiệu: Ω. 3. Biến cố Định nghĩa: * Biến cố: là tập con của không gian mẫu. * Biến cố chắc chắn: Ω.

ƠN

Biến cố không: . Các phép toán trên biến cố:

* Biến cố A và Ω\A là 2 biến cố đối nhau. Kí hiệu: A   \ A .

* Giao, hợp, hiệu của 2 biến cố.

* A  B   ta nói 2 biến cố A và B xung khắc. 4. Định nghĩa xác suất của biến cố

* Định nghĩa: Giả sử A là biến cố liên quan đến một phép thử có không gian mẫu Ω chỉ có một số hữu

* Kí hiệu: P  A  

hạn các kết quả đồng khả năng xuất hiện. Ta gọi tỉ số

n A là xác suất biến cố A. n 

n A , trong đó n  A  là số phần tử của A hay số kết quả thuận lợi cho biến cố A, còn n 

n    là số kết quả có thể xảy ra của phép thử. 5. Tính chất của xác suất

 

KÈ

* P     1, P     0, 0  P  A   1 * P A  1 P A

* P  A  B  P  A   P  B  P  A  B

DẠ Y

Nếu A  B   thì: P  A  B   P  A   P  B 

6. Biến cố độc lập, công thức nhân xác suất Biến cố độc lập:

* Nếu sự xảy ra của 1 biến cố không ảnh hưởng đến xác suất xảy ra của 1 biến cố khác thì ta nói 2 biến cố đó độc lập.

* Kí hiệu A.B (giao 2 biến cố): “Cả 2 biến cố A và B cùng xảy ra”. Công thức nhân xác suất: A, B độc lập  P  A.B   P  A  .P  B 

B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN DẠNG 1: BÀI TOÁN CHỌN NGẪU NHIÊN tính xác suất để 5 viên bi được chọn có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng. 95 . 408

195 . 8568

925 . 3524

Giải

295 . 4208

OF FI

Ví dụ 1: Một hộp có 5 viên bi xanh, 6 viên bi đỏ và 7 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 5 viên bi trong hộp,

Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 5 viên bi từ hộp chứa 18 viên bi. 5 Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n     C18  8568

Gọi A là biến cố “5 viên bi được chọn có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng”. Ta có các trường hợp

ƠN

thuận lợi cho biến cố A là:  Trường hợp 1. Chọn 1 bi đỏ, 1 bi vàng và 3 bi xanh nên có C16 .C17 .C53 cách  Trường hợp 2. Chọn 2 bi đỏ, 2 bi vàng và 1 bi xanh nên có C62 .C72 .C15 cách

Vậy xác suất cần tính P  A  

Suy ra số phần tử của biến cố A là n  A   C16 .C17 .C35  C62 .C72 .C15  1995

n  A  1995 95 . Chọn đáp án A.   n    8568 408

Ví dụ 2: Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm bốn chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6. Chọn ngẫu nhiên 1 số từ S. Tính xác suất để số được chọn có mặt chữ số 6. 79 . 180

5 . 18

2 . 3

1 . 12

Giải

Mỗi số trong S là một chỉnh hợp chập 4 của 6 chữ số đã cho

Do đó, số phần tử của không gian mẫu là: n     A 64  360

KÈ

Gọi A là biến cố: “số được chọn có mặt chữ số 6” Ta có chữ số 6 có 4 trường hợp xuất hiện ở vị trí hàng đơn vị, chục, trăm, nghìn. Ba chữ số còn lại là một cách sắp xếp của 3 trong 5 chữ số 1;2;3;4;5

DẠ Y

Vậy số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: n  A   4.A 35  240 Xác suất cần tính là P  A  

n  A  240 2   . Chọn đáp án C. n    360 3

Ví dụ 3: Trong một hộp có 50 viên bi được đánh số từ 1 đến 50. Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi trong hộp, tính xác suất để tổng ba số trên 3 viên bi được chọn là một số chia hết cho 3. A.

49 . 125

409 . 1225

1 . 170

7 . 136

Giải Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 3 viên bi từ hộp chứa 50 viên bi

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n     C350  19600

Gọi A là biến cố “3 viên bi được chọn là một số chia hết cho 3”. Trong 50 viên bi được chia thành ba loại

gồm: 16 viên bi có số chia hết cho 3; 17 viên bi có số chia cho 3 dư 1 và 17 viên bi còn lại có số chia cho 3 dư 2. Để tìm số kết quả thuận lợi cho biến cố A, ta xét các trường hợp

OF FI

3 3 3  C17  C17  Trường hợp 1. 3 viên bi được chọn cùng một loại, có  C16  cách

 Trường hợp 2. 3 viên bi được chọn có mỗi viên mỗi loại, có C116 .C117 .C117 cách

3 3 3  C17  C17 Suy ra số phần tử của biến cố A là: n  A    C16   C116 .C117 .C117  6544

Vậy xác suất cần tính là P  A  

n  A  6544 409 . Chọn đáp án B.   n    19600 1225

ƠN

Ví dụ 4: Một tổ có 12 học sinh gồm có 7 học sinh nam và 5 học sinh nữ, trong đó An là tổ trưởng còn Hoa là tổ phó. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong tổ để tham gia hoạt động tập thể của trường nhân dịp ngày thành lập Đoàn 26 tháng 3. Tính xác suất để sao cho nhóm học sinh được chọn có 3 học sinh nam và

2 học sinh nữ trong đó phải nhất thiết có bạn An hoặc bạn Hoa nhưng không có cả hai (An là học sinh nam, Hoa là học sinh nữ). A.

53 . 125

109 . 225

170 . 792

17 . 136

Giải

Không gian mẫu là chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ 12 học sinh

5 Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n     C12  792

Gọi A là biến cố “5 học sinh được chọn có 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ trong đó phải nhất thiết có bạn An hoặc bạn Hoa nhưng không có cả hai”. Ta mô tả các trường hợp thuận lợi cho biến cố A như sau:

 Trường hợp 1. Có bạn An

Chọn thêm 2 học sinh nam từ 6 học sinh nam, có C62 cách

KÈ

Chọn 2 học sinh nữ từ 4 học sinh nữ (không chọn Hoa), có C24 cách Do đó trường hợp này có C62 .C24 cách  Trường hợp 2. Có bạn Hoa

DẠ Y

Chọn thêm 1 học sinh nữ từ 4 học sinh nữ, có C14 cách Chọn 3 học sinh nam từ 6 học sinh nam (không chọn An), có C36 cách Do đó trường hợp này có C14 .C36 cách Suy ra số phần tử của biến cố A là  A  C62 .C24  C14 .C36  170

Vậy xác suất cần tính P  A  

n  A  170 . Chọn đáp án C.  n    792

Ví dụ 5: Để chuẩn bị kỷ niệm 50 năm thành lập trường THPT, nhà trường thành lập hai tổ học sinh để đón tiếp các vị đại biểu. Tổ một gồm 3 học sinh lớp 12A1 và 2 học sinh lớp 12A2; tổ hai gồm 3 học sinh sinh được chọn có đủ học sinh của ba lớp. 59 . 165

209 . 225

1 . 7

Giải Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên mỗi tổ ra 2 học sinh. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n     C52 .C72  210.

4 . 7

OF FI

lớp 12A1 và 4 học sinh lớp 12A3. Chọn ngẫu nhiên từ mỗi tổ ra 2 học sinh, tính xác suất để trong 4 học

Gọi A là biến cố “4 học sinh được chọn có đủ ba lớp”. Ta mô tả các trường hợp thuận lợi cho biến cố A

ƠN

như sau:

 Trường hợp 1. Tổ một chọn 1 học sinh lớp 12A1, 1 học sinh lớp 12A2 Tổ hai chọn 1 học sinh 12A1, 1 học sinh lớp 12A3

Do đó trường hợp này có C13 .C12 .C13 .C14  72 cách.

 Trường hợp 2. Tổ một chọn 1 học sinh lớp 12A1, 1 học sinh lớp 12A2 Tổ hai chọn 2 học sinh lớp 12A3

Do đó trường hợp này có C13 .C12 .C42  36 cách.

 Trường hợp 3. Tổ một chọn 2 học sinh lớp 12A2

Tổ hai chọn 1 học sinh lớp 12A1, 1 học sinh lớp 12A3 Do đó trường hợp này có C22 .C13 .C14  12 cách. Suy ra số phần tử của biến cố A là n  A   72  36  12  120 .

n  A  120 4   . Chọn đáp án D. n    210 7

KÈ

Vậy xác suất cần tính P  A  

Bài tập vận dụng

Câu 1: Cho một lục giác đều ABCDEF. Viết các chữ cái A, B, C, D, E, F vào 6 thẻ. Lấy ngẫu nhiên hai thẻ. Tính xác suất sao cho đoạn thẳng mà các đầu mút là các điểm được ghi trên 2 thẻ đó là cạnh của lục

DẠ Y

giác. A.

2 . 5

4 . 15

7 . 15

6 . 13

Câu 2: Để kiểm tra chất lượng sản phẩm từ một công ty sữa, người ta đã gửi đến bộ phận kiểm nghiệm 5 hộp sữa cam, 4 hộp sữa dâu và 3 hộp sữa nho. Bộ phận kiểm nghiệm chọn ngẫu nhiên 3 hộp sữa để phân tích mẫu. Tính xác suất để 3 hộp sữa được chọn có cả 3 loại.

79 . 220

3 . 11

13 . 220

3 . 55

Câu 3: Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng. 37 . 91

44 . 91

1 . 70

7 . 136

OF FI

Câu 4: Cho tập hợp E  1; 2;3; 4;5 . Gọi M là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số, các chữ số đôi một khác nhau thuộc E. Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M. Tính xác suất để tổng các chữ số của số đó bằng 10. A.

47 . 200

5 . 18

2 . 25

3 . 25

Câu 5: Cho E là tập hợp các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số: 0, 1, 2, 3, 4, 5,

7 . 98

ƠN

6, 7. Lấy ngẫu nhiên một số trong E. Tính xác suất để lấy được số chia hết cho 5. 4 . 7

13 . 49

7 . 13

Câu 6: Cho tập E  1; 2;3; 4;5 . Viết ngẫu nhiên lên bảng hai số tự nhiên, mỗi số gồm 3 chữ số đôi một khác nhau thuộc tập E. Tính xác suất để trong hai số đó có đúng một số có chữ số 5. A.

1 . 20

3 . 20

13 . 60

12 . 25

Câu 7: Hộp bi thứ nhất có 4 viên bi đỏ, 3 viên bi vàng và 5 viên bi xanh. Hộp bi thứ hai có 2 viên bi đỏ, 6

viên bi vàng và 7 viên bi xanh. Chọn ngẫu nhiên mỗi hộp 2 viên bi, tính xác suất sao cho 4 viên bi được chọn luôn có bi đỏ nhưng không có bi xanh. A.

1 . 20

181 . 2310

13 . 60

681 . 1310

Câu 8: Một lớp học có 46 học sinh trong đó có 27 nam và 19 nữ. Đầu giờ truy bài cán bộ phụ trách lớp kiểm tra và thống kê được rằng có 7 nam và 4 nữ không chuẩn bị bài tập về nhà, trong đó có Mai (nữ) và

KÈ

Bình (nam). Vào tiết học cô giáo gọi ngẫu nhiên 2 nam và 2 nữ lên bảng để kiểm tra bài tập về nhà. Tính xác suất để 4 học sinh được gọi lên bảng đều không chuẩn bị bài tập về nhà, trong đó có Bình và Mai. A.

7 . 98

224 . 6269

13 . 49

2 . 6669

DẠ Y

Câu 9: Một hộp chứa 3 viên bi màu xanh, 5 viên bi màu đỏ, 6 viên bi màu trắng và 7 viên bi màu đen. Chọn ngẫu nhiên từ hộp 4 viên bi, tính xác suất để 4 viên bi được chọn không nhiều hơn ba màu và luôn có bi màu xanh. A.

51 . 133

224 . 6269

13 . 49

2 . 6669

Câu 10: Một thầy giáo có 10 cuốn sách khác nhau trong đó có 4 cuốn sách Toán, 3 cuốn sách Vật lí và 3 cuốn sách Hóa học. Thầy giáo muốn lấy ra 5 cuốn và tặng cho 5 học sinh A, B, C, D, E mỗi em một cuốn. lại ít nhất một cuốn? 131 . 433

24 . 669

17 . 21

Cứ hai đỉnh của lục giác thì tạo thành một đoạn thẳng Do đó, số kết quả không gian mẫu là: n     C62  15 đoạn thẳng

OF FI

Giải bài tập vận dụng Câu 1: Chọn đáp án A.

2 . 61

Hỏi thầy giáo có bao nhiêu cách tặng nếu sau khi tặng sách xong, mỗi một trong ba loại sách trên đều còn

Gọi A là biến cố “Đoạn thẳng mà các đầu mút là các điểm được ghi trên hai thẻ là cạnh của lục giác”

Xác suất biến cố A là: P  A  

n A 6 2   n    15 5

Chọn ngẫu nhiên 3 hộp sữa trong 12 hộp

Câu 2: Chọn đáp án B.

ƠN

Ta có: n  A   6

3 Số phần tử của không gian mẫu là: n     C12  220

Gọi A là biến cố: “3 hộp sữa được chọn có cả 3 loại”

Câu 3: Chọn đáp án A.

n  A  60 3   . n    220 11

Vậy xác suất cần tính là P  A  

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: n  A   C15C14 C13  60

Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả trong 16 quả cầu

4 Số phần tử của không gian mẫu là: n     C16  1820 kết quả

KÈ

Gọi A là biến cố “4 quả lấy được có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng”. Ta xét ba khả năng sau:

- Số cách lấy 1 quả đỏ, 3 quả xanh là: C14 C35

DẠ Y

- Số cách lấy 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng là: C14 C52 C17 - Số cách lấy 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng là: C14 C15C72 Khi đó n  A   C14 C35  C14 C17 C52  C14 C72 C15  740 Xác suất của biến cố A là P  A   Câu 4: Chọn đáp án D.

n  A  740 37   . n    1820 91

Ta có M là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số, các chữ số đôi một khác nhau thuộc E nên các số trong M có thể có 3 chữ số, 4 chữ số hoặc 5 chữ số.

Số phần tử của không gian mẫu là: n     A 35  A 54  A 55  300 Gọi A là tập con của M mà mỗi số thuộc A có tổng các chữ số bằng 10

Các tập con của E có tổng các phần tử bằng 10 gồm E1  1; 2;3; 4 , E 2  2;3;5 , E 3  1; 4;5 Từ E1 lập được số các số thuộc A là 4! Từ mỗi tập E2 và E3 lập được số các số thuộc A là 3!

Vậy xác suất cần tính là P  A  

OF FI

Suy ra số phần tử của A là n  A   4! 2.3!  36

n  A  36 3   . n    300 25

Câu 5: Chọn đáp án C. Giả sử abcde  E  a  0  có 7 cách chọn a

ƠN

Chọn bcde có A 74  n  E   7A 74  5880  n     5880

e  5 abcde  E và abcde 5    Trong E có: A 74  6A 36  1560 số chia hết cho 5 e  0 Gọi A là biến cố chọn được số chia hết cho 5 thì n  A   1560 Xác suất biến cố A là: P  A  

1560 13  . 5880 49

Câu 6: Chọn đáp án D.

Số các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau thuộc tập E là: 5.4.3 = 60 Trong đó số các số không có mặt chữ số 5 là: 4.3.2 = 24 Và số các số có mặt chữ số 5 là: 60 – 24 = 36

Gọi A là biến cố “hai số được viết lên bảng đều có mặt chữ số 5”, B là biến cố “hai số viết lên bảng đều

không có mặt chữ số 5”. Rõ ràng A, B xung khắc. Do đó áp dụng quy tắc cộng xác suất ta có:

KÈ

C136 C136 C124 C124 13 P  A  B  P  A   P  B  1 1  1 1  C60 C60 C60 C60 25 Suy ra xác suất để trong hai số đó có đúng một số có chữ số 5 là: P  1  P  A  B   1 

13 12  25 25

Câu 7: Chọn đáp án B.

DẠ Y

Không gian mẫu là chọn ngẫu nhiên mỗi hộp 2 viên bi 2 2 Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n     C12 .C15  6930

Gọi A là biến cố “4 viên bi được chọn luôn có bi đỏ nhưng không có bi xanh”. Ta liệt kê các trường hợp thuận lợi của không gian biến cố A như sau:  Trường hợp 1. Chọn hộp thứ nhất 2 viên bi đỏ, có C24 cách

Chọn hộp thứ hai 2 viên bi từ 8 viên bi (2 đỏ và 6 vàng), có C82 cách

 Trường hợp 2. Chọn hộp thứ nhất 1 viên bi đỏ và 1 viên bi vàng, có C14 C13 cách Chọn hộp thứ hai 2 viên bi từ 8 viên bi (2 đỏ và 6 vàng), có C82 cách

Do đó trường hợp này có C14 C13 .C82  336 cách.

Do đó trường hợp này có C24 .C82  168 cách.

OF FI

 Trường hợp 3. Chọn hộp thứ nhất 2 viên bi vàng, có C32 cách

Chọn hộp thứ hai 2 viên bi đỏ hoặc 1 viên bi đỏ và 1 viên bi vàng, có C22  C12 C16 cách Do đó trường hợp này có C32  C22  C12 C16   39 cách. Suy ra số phần tử của biến cố A là n  A   168  336  39  543

n  A  543 181   . n    6930 2310

ƠN

Vậy xác suất cần tính P  A   Câu 8: Chọn đáp án D.

Không gian mẫu là số cách gọi ngẫu nhiên 2 nam, 2 nữ từ 46 học sinh.

2 Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n     C227 .C19 .

Gọi A là biến cố “4 học sinh (2 nam, 2 nữ) được gọi lên đều không chuẩn bị bài tập về nhà, trong đó có Bình và Mai”. Ta mô tả khả năng thuận lợi cho biến cố A như sau:  Gọi Bình và Mai lên bảng, có 1 cách.

tập về nhà còn lại, có C16 C13 cách

 Tiếp theo gọi 1 bạn nam từ 6 bạn không làm bài tập về nhà còn lại và 1 bạn nữ từ 3 bạn không làm bài

Suy ra số phần tử của biến cố A là n  A   1.C16 C13

n  A  1.C16 C13 2 Vậy xác suất cần tính P  A    2 2  . n    C27 .C19 6669 Câu 9: Chọn đáp án A.

KÈ

Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp chứa 21 viên bi. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n     C421  5985 Gọi A là biến cố “4 viên bi được chọn không nhiều hơn ba màu và luôn có bi màu xanh”.

DẠ Y

Ta có các trường hợp thuận lợi cho biến cố A như sau:  Trường hợp 1. Chọn 3 viên bi màu xanh, có C33 cách Chọn thêm 1 viên bi trong 18 viên bi (5 đỏ, 6 trắng, 7 đen), có C118 cách Do đó trường hợp này có C33 .C118 cách

 Trường hợp 2. Chọn 2 viên bi màu xanh, có C32 cách

2 Chọn thêm 2 viên bi trong 18 viên bi (5 đỏ, 6 trắng, 7 đen), có C18 cách 2 Do đó trường hợp này có C32 .C18 cách

 Trường hợp 3. Chọn 1 viên bi màu xanh, có C13 cách

Chọn thêm 3 viên bi trong 18 viên bi (5 đỏ, 6 trắng, 7 đen) nhưng không đủ cả ba màu

3 (đỏ, trắng, đen), có C18  C15C16 C17 cách 3  C15C16 C17  cách Do đó trường hợp này có C13 .  C18

Vậy xác suất cần tính là P  A  

OF FI

2 3  C13 .  C18  C15C16 C17   2295 Suy ra số phần tử của biến cố A là: n  A   C33 .C118  C32 .C18

n  A  2295 51 .   n    5985 133

Câu 10: Chọn đáp án C.

Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 5 trong 10 cuốn sách rồi tặng cho 5 học sinh

ƠN

5 Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n     A10  30240.

Gọi A là biến cố “Sau khi tặng sách thì mỗi một trong ba loại sách của thầy giáo còn lại ít nhất một cuốn”. Để tìm số phần tử của A, ta tìm số phần tử của biến cố A , tức sau khi tặng sách có môn không

còn lại cuốn nào. Vì tổng số sách của hai loại bất kỳ lớn hơn 5 cuốn nên không thể chọn sao cho cùng hết 2 loại sách. Do vậy chỉ có thể một môn hết sách, ta có các khả năng:  Cách tặng sao cho không còn sách Toán, tức là ta tặng 4 cuốn sách toán, 1 cuốn còn lại Lý hoặc Hóa.

+ 4 cuốn sách Toán tặng cho 4 người trong 5 người, có A 54 cách

+ 1 người còn lại được tặng 1 cuốn trong 6 cuốn (Lý và Hóa), có A16 cách Suy ra có A 54 .A16  720 cách tặng sao cho không còn sách Toán.  Tương tự, có A 35 .A 72  2520 cách tặng sao cho không còn sách Lý

 Tương tự, có A 35 .A 72  2520 cách tặng sao cho không còn sách Hóa

 

Suy ra số phần tử của biến cố A là n A  720  2520  2520  5760

 

KÈ

Suy ra số phần tử của biến cố A là: n  A   n     n A  30240  5760  24480

n  A  24480 17   . n    30240 21

DẠ Y

Vậy xác suất cần tính P  A  

DẠNG 2: SỬ DỤNG QUY TẮC TÍNH XÁC SUẤT Ví dụ 1: Một chiếc ôtô với hai động cơ độc lập đang gặp trục trặc kĩ thuật. Xác suất để động cơ 1 gặp trục trặc là 0,5. Xác suất để động cơ 2 gặp trục trặc là 0,4. Biết rằng xe chỉ không thể chạy được khi cả hai động cơ bị hỏng. Tính xác suất để xe đi được. A. 0,2.

B. 0,8.

C. 0,9.

D. 0,1.

Giải Suy ra AB là biến cố “cả hai động cơ bị hỏng”  “xe không chạy được nữa” Lại thấy hai động cơ hoạt động độc lập nên A và B là hai biến cố độc lập

 Áp dụng quy tắc nhân xác suất ta được xác suất để xe phải dừng lại giữa đường là:

P  AB   P  A  .P  B   0,5.0, 4  0, 2

Gọi A là biến cố “động cơ 1 bị hỏng”, gọi B là biến cố “động cơ 2 bị hỏng”

Vậy xác suất để xe đi được là 1  0, 2  0,8 . Chọn đáp án B.

OF FI

Ví dụ 2: Túi I chứa 3 bi trắng, 7 bi đỏ, 15 bi xanh. Túi II chứa 10 bi trắng, 6 bi đỏ, 9 bi xanh. Từ mỗi túi lấy ngẫu nhiên 1 viên bi. Tính xác suất để lấy đươc hai viên cùng màu. A.

207 . 625

72 . 625

418 . 625

Giải

553 . 625

Ta có: P  A t  

ƠN

Gọi A t , A d , A x lần lượt là biến cố bi rút được từ túi I là trắng, đỏ, xanh 3 7 15 , P  Ad   , P  A x   25 25 25

Ta có: P  Bt  

10 6 9 , P  Bd   , P  B x   25 25 25

Các biến cố A t , A d , A x độc lập với Bt , Bd , Bx

Gọi Bt , Bd , Bx lần lượt là biến cố bi rút được từ túi II là trắng, đỏ, xanh

Vậy xác suất để lấy được hai bi cùng màu là:

P  A t B t  A d Bd  A x B x   P  A t B t   P  A d Bd   P  A x B x   P  A t  P  B t   P  A d  P  Bd   P  A x  P  B x  

Chọn đáp án A.

3 10 7 6 15 9 207 .  .  .  . 25 15 25 25 25 25 625

lần gieo là số chẵn.

B. 0,91.

C. 0,36.

KÈ

A. 0,09.

Ví dụ 3: Gieo một con xúc xắc cân đối và đồng chất 2 lần. Tính xác suất sao cho tổng số chấm trong hai

Giải

Đặt A là biến cố “Lần gieo đầu tiên xuất hiện mặt chấm chẵn” B là biến cố “Lần gieo thứ hai xuất hiện mặt chấm chẵn”

DẠ Y

C là biến cố “ Tổng số chấm trong hai lần gieo là số chẵn”

  Ta thấy  A  B  và  A  B  là hai biến cố xung khắc Ta có C   A  B   A  B







Nên P  A  B   A  B   P  A  B   P A  B  



D. 0,5.

1 1 1 Vì A và B là hai biến cố độc lập nên P  A  B   P  A  .P  B   .  2 2 4



    

1 1 1   . Chọn đáp án D. 4 4 2

Vậy P  C  

1 1 1 P A  B  P A .P B  .  2 2 4

Ví dụ 4: Ba xạ thủ A, B, C độc lập với nhau cùng nổ súng vào một mục tiêu. Xác suất bắn trúng mục tiêu A. 0,09.

B. 0,91.

C. 0,36. Giải

OF FI

của A, B, C tương ứng là 0,4;0,5 và 0,7. Tính xác suất để có ít nhất một người bắn trúng mục tiêu. D. 0,06.

Gọi A, B, C tương ứng là các biến cố “A bắn trúng”; “B bắn trúng”; “C bắn trúng” A, B, C là ba biến cố độc lập. Do A, B, C là các biến cố đôi một nên: Xác suất để cả ba người đều bắn trượt là



      

ƠN

P ABC  P A .P B .P C  1  0, 4 1  0,5 1  0, 7   0, 09 Vậy xác suất để có ít nhất một trong ba người bắn trúng là: 1 – 0,09 = 0,91. Chọn đáp án B. Ví dụ 5: Một đề thi trắc nghiệm có 10 câu hỏi, mỗi câu có 3 phương án trả lời, trong đó chỉ có một

phương án đúng. Một thí sinh chọn ngẫu nhiên các phương án trả lời, hỏi xác suất thí sinh có được điểm nào là cao nhất? Biết rằng mỗi câu trả lời đúng được 1 điểm, trả lời sai không bị trừ điểm. A. điểm 3.

B. điểm 4.

C. điểm 5.

D. điểm 6.

Giải

Gọi x là số điểm bạn đó đạt được ( 0  x  10 ),  x   

 Bạn đó trả lời đúng x câu và trả lời sai 10 – x câu. * Xác suất mỗi câu bạn đó đúng là:

1 2 ; sai là 3 3

x * Có C10 cách chọn ra x câu đúng.

10  x

2 .  3



10! 210 x . 310 x!10  x  !

KÈ

x 1 .  Do đó xác suất được x điểm là: P  x   C10 3

DẠ Y

10! 210 x 10! 29  x .  .  310 x! 10  x ! 310 x  1 ! 9  x ! P  x   P  x  1       Do P  x  là lớn nhất nên   10  x 10! 211 x P  x   P  x  1 10! . 2  .  310 x!10  x  ! 310  x  1 !11  x  !  8  x 1 1 10  x  2  2  x  1  10  x  x  3 8 11   x . 3 3  x  1  2x  11  x  x  11 3 11  x 2

Mà x   nên x  3 nên xác suất bạn đó đạt điểm 3 là lớn nhất. Chọn đáp án A.

Bài tập vận dụng

Câu 1: Một xạ thủ bắn bia. Biết rằng xác suất bắn trúng vòng tròn 10 là 0,2; vòng 9 là 0,25 và vòng 8 là 0,15. Nếu trúng vòng k thì được k điểm. Giả sử xạ thủ đó bắn ba phát súng một cách độc lập. Xạ thủ đạt loại giỏi nếu anh ta đạt ít nhất 28 điểm. Xác suất để xạ thủ này đạt loại giỏi là B. 0,0755.

C. 0,0365.

D. 0,0855.

A. 0,0935.

Câu 2: Một lớp học có 100 học sinh, trong đó có 40 học sinh giỏi ngoại ngữ; 30 học sinh giỏi tin học và

OF FI

20 học sinh giỏi cả ngoại ngữ và tin học. Học sinh nào giỏi ít nhất một trong hai môn sẽ được thêm điểm trong kết quả học tập của học kì. Chọn ngẫu nhiên một trong các học sinh trong lớp, xác suất để học sinh đó được tăng điểm là A.

3 . 10

1 . 2

2 . 5

3 . 5

Câu 3: Năm đoạn thẳng có độ dài 1cm; 3cm; 5cm; 7cm; 9cm. Lấy ngẫu nhiên ba đoạn thẳng trong năm

3 . 10

ƠN

đoạn thẳng trên. Xác suất để ba đoạn thẳng lấy ra có thể tạo thành 1 tam giác là 2 . 5

7 . 10

3 . 5

Câu 4: Ba xạ thủ bắn vào mục tiêu một cách độc lập với nhau. Xác suất bắn trúng của xạ thủ thứ nhất, thứ hai và thứ ba lần lượt là 0,6; 0,7; 0,8. Xác suất để có ít nhất một xạ thủ bắn trúng là A. 0,188.

B. 0,024.

C. 0,976.

D. 0,812.

Câu 5: Trong dịp nghĩ lễ 30-4 và 1-5 thì một nhóm các em thiếu niên tham gia trò chơi “Ném vòng cổ

chai lấy thưởng”. Mỗi em được ném 3 vòng. Xác suất ném vào cổ chai lần đầu là 0,75. Nếu ném trượt lần

đầu thì xác suất ném vào cổ chai lần thứ hai là 0,6. Nếu ném trượt cả hai lần ném đầu tiên thì xác suất ném vào cổ chai ở lần thứ ba (lần cuối) là 0,3. Chọn ngẫu nhiên một em trong nhóm chơi. Xác suất để em đó ném vào đúng cổ chai là A. 0,18.

B. 0,03.

C. 0,75.

D. 0,81.

1 . 4

KÈ

suất của biến cố A là

Câu 6: Gieo 3 đồng xu cùng một lúc. Gọi A là biến cố “có ít nhất một đồng xu xuất hiện mặt ngửa”. Xác 1 . 8

7 . 8

1 . 2

Câu 7: Gieo 3 con xúc xắc, kết quả là một bộ thứ tự (x;y;z) với x;y;z lần lượt là số chấm xuất hiện trên mỗi con xúc xắc. Xác suất để x + y + z < 16 là 5 . 108

DẠ Y A.

23 . 24

1 . 24

103 . 108

Câu 8: Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 2 chữ số khác nhau lập từ 0;1; 2;3; 4;5;6 . Chọn ngẫu nhiên 2 số từ tập S. Xác suất để tích hai số chọn được là một số chẵn A.

41 . 42

1 . 42

1 . 6

5 . 6

Câu 9: Một hộp đựng 9 tấm thẻ được đánh số 1 đến 9. Hỏi phải rút bao nhiêu thẻ để xác suất có ít nhất

A. 6.

5 6

B. 7.

C. 5.

D. 4.

Câu 10: Một xạ thủ bắn từ khoảng cách 100 m có xác suất bắn trúng đích là:

- Tâm 10 điểm: 0,5. - Vòng 9 điểm: 0,25. - Vòng 7 điểm: 0,1. - Ngoài vòng 7 điểm: 0,05. Tính xác suất để sau 3 lần bắn xạ thủ đó được 27 điểm A. 0,15.

B. 0,75.

C. 0,165625.

Câu 1: Chọn đáp án A. Gọi H là biến cố: “Xạ thủ bắn đạt loại giỏi”

A; B; C; D là các biến cố sau:

D. 0,8375.

ƠN

Giải bài tập vận dụng

OF FI

- Vòng 8 điểm: 0,1.

A: “Ba viên trúng vòng 10”

B: “Hai viên trúng vòng 10 và một viên trúng vòng 9” C: “Một viên trúng vòng 10 và hai viên trúng vòng 9”

D: “Hai viên trúng vòng 10 và một viên trúng vòng 8”

Các biến cố A; B; C; D là các biến cố xung khắc từng đôi một và H  A  B  C  D Suy ra theo quy tắc cộng mở rộng ta có: P  H   P  A   P  B   P  C   P  D  Mặt khác P  A    0, 2  0, 2  0, 2   0, 008

P  B    0, 2  0, 2  0, 25    0, 2  0, 25  0, 2    0, 25  0, 2  0, 2   0, 03 P  C    0, 2  0, 25  0, 25    0, 25  0, 2  0, 25    0, 25  0, 25  0, 2   0, 0375

KÈ

P  D    0, 2  0, 2  0,15    0, 2  0,15  0, 2    0,15  0, 2  0, 2   0, 018 Do đó P  H   0, 008  0, 03  0, 0375  0, 018  0, 0935 Câu 2: Chọn đáp án B.

Gọi A là biến cố “học sinh chọn được tăng điểm”

DẠ Y

một thẻ ghi số chia hết cho 4 phải lớn hơn

Gọi B là biến cố “học sinh chọn học giỏi ngoại ngữ” Gọi C là biến cố “học sinh chọn học giỏi tin học” Thì A  B  C và BC là biến cố “học sinh chọn học giỏi cả ngoại ngữ lẫn tin học” Ta có P  A   P  B   P  C   P  BC  

30 40 20 1    100 100 100 2

Câu 3: Chọn đáp án A. Số phần tử của không gian mẫu là: C35  10

Cần nhớ lại kiến thức cơ bản về bất đẳng thức tam giác

a  b  c  Ba đoạn thẳng với chiều dài a,b,c có thể là 3 cạch của một tam giác khi và chỉ khi a  c  b b  c  a  Gọi A là biến cố “lấy ba đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác”

OF FI

Các khả năng chọn được ba đoạn thẳng lập thành một tam giác là: 3;5;7  , 3;5;9 , 5;7;9 Số trường hợp thuận lợi của biến cố A là 3 Suy ra xác suất của biến cố A là: P  A  

3 . 10

Câu 4: Chọn đáp án C.

 

ƠN

Gọi A j là biến cố “Xạ thủ thứ j bắn trúng”. Với j  1;3 .

 

 P A1  1  0, 6  0, 4 ;  P A 2  1  0, 7  0,3 ; P A 3  1  0,8  0, 2 Gọi A là biến cố “Có ít nhất một xạ thủ bắn trúng” thì:

         P  A   1  P  A   1  0, 024  0,976.

P A  P A1 .P A 2 .P A 3  0, 4.0,3.0, 2  0, 024

Câu 5: Chọn đáp án D.

Gọi K là biến cố “Ném được vòng vào cổ chai”, A1 là biến cố “Ném được vòng vào cổ chai lần đầu”, A2 ba”.



là biến cố “Ném được vòng vào cổ chai lần thứ 2”, A3 là biến cố “Ném được vòng vào cổ chai lần thứ

 



 

   

 P  K   P  A1   P A1A 2  P A1 A 23  P  A1   P A1 P  A 2   P A1 P A 2 P  A 3 

 0, 75  0, 25.0, 6  0, 25.0, 4.0,3  0,81.

Câu 6: Chọn đáp án C.

KÈ

Mỗi đồng xu có hai khả năng: ngửa hoặc sấp. Do đó số phần tử của không gian mẫu khi gieo ba đồng xu là n     23  8 Ta có biến cố đối của A là A : “Không có đồng xu nào xuất hiện mặt ngửa”

DẠ Y

 “Cả ba đồng xu đều xuất hiện mặt sấp”

 

Khi đó A   S;S;S  n  A   1  P  A   1  P A  1 

n A 1 7  1  . n  8 8

Câu 7: Chọn đáp án D . Do con xúc xắc chỉ có 6 mặt và để ý rằng 3.6  18 là giá trị tối đa của tổng x + y + z. Và 18 không lớn hơn 16 là bao nhiêu nên ta sẽ sử dụng phương pháp tính phần bù

Số các bộ thứ tự (x;y;z) với x;y;z là số tự hiên lớn hơn hoặc bằng 1 và nhỏ hơn hoặc bằng 6 là

n     63  216 .

Xét các bộ thứ tự (x;y;z) có tổng x  y  z  16. Ta có: 16  5  5  6  5  6  5  6  5  5  6  6  4  6  4  6  4  6  6

17  5  6  6  6  5  6  6  6  5 18  6  6  6

Số bộ (x;y;z) thỏa mãn x  y  z  16 là 216 – 10 = 206 Xác suất cần tính là P 

206 103  . 216 108

Câu 8: Chọn đáp án D.

OF FI

Như vậy có tổng cộng 10 bộ (x;y;z) thỏa mãn x  y  z  16

Ta có điều kiện chủ chốt “tích hai số được chọn là một số chẵn”  Tồn tại ít nhất một trong hai số được

ƠN

chọn là chẵn.

Gọi ab là số tự nhiên có hai chữ số khác nhau được lập từ các số đã cho Số cách chọn a: 6 cách; Số cách chọn b: 6 cách  Số các số có hai chữ số khác nhau tạo được là

6.6  36 số  S có 36 phần tử. 2 Số cách lấy ngẫu nhiên 2 số từ tập S: C36  630 cách

Gọi biến cố A: “Tích hai số được chọn là một số chẵn” Gọi biến cố A : “Tích hai số được chọn là một số lẻ”

Số các số lẻ trong S: 3.5 = 15 (3 cách chọn chữ số hàng đơn vị là lẻ; 5 cách chọn chữ số hàng chục khác

0).

2 Số cách lấy ngẫu nhiên 2 số lẻ trong 15 số lẻ: C15  105 cách

 

   105  1

n A

n 

630

P A  1 5  6 6

KÈ

Vậy P  A   1  P A  1  Câu 9: Chọn đáp án A.

Trong 9 thẻ đã cho có hai thẻ ghi số chia hết cho 4 (các thẻ ghi số 4 và 8), 7 thẻ còn lại có ghi số không chia hết cho 4.

DẠ Y

Giả sử rút x ( 1  x  9; x   ), số cách chọn x từ 9 thẻ trong hộp là C9x , số phần tử của không gian mẫu là

n  A   C9x .

Gọi A là biến cố “Trong số x thẻ rút ra có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4”

 

Số cách chọn tương ứng với biến cố A là n A  C7x

C7x C7x  P A  1    C9x C9x

Do đó P  A  

Cx 5 5  1  7x   x 2  17x  60  0  5  x  12  6  x  9 6 C9 6

 

Vậy giá trị nhỏ nhất của x là 6

Vậy số thẻ ít nhất phải rút là 6. Ta có 27  10  10  7  10  9  8  9  9  9 Với bộ 10;10;7  có 3 cách xáo trộn điểm các lần bắn. Với bộ 10;9;8  có 6 cách xáo trộn điểm các lần bắn. Với bộ  9;9;9  có 1 cách xáo trộn điểm các lần bắn. Do đó xác suất để sau 3 lần bắn xạ thủ được đúng 27 điểm là:

OF FI

Câu 10: Chọn đáp án C.

KÈ

ƠN

P  3.0,52.0,1  6.0,5.0, 25.0,1  0, 253  0,165625.

DẠ Y

Ta có P A 

CHỦ ĐỀ 1: DÃY SỐ

1. Định nghĩa Mỗi hàm số u xác định trên N * được gọi là một dãy số vô hạn. Kí hiệu:

u : N*   n  u n   un

OF FI

u1 , u 2 , u 3 ,....., u n ,... viết tắt là  u n  , u1 là số hạng đầu, u n là số hạng tổng quát.

I. Dãy số

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

Mỗi hàm số u xác định trên M  1, 2,3,..., m với m  N * được gọi là một dãy số hữu hạn. 2. Cách cho một dãy số a. Cho bằng công thức số hạng tổng quát n

n 3n 9 81 n 3 . ta có: 3, , 9, ,...,  1 n 2 4 n

b. Cho bằng phương pháp mô tả Ví dụ: Dãy số  u n  là giá trị gần đúng của số  :

u1  3,1; u 2  3,14; u 3  3,141; u 4  3,1415;...

ƠN

Ví dụ: cho dãy  u n  : u n   1

c. Phương pháp truy hồi

u  u 2  1 Ví dụ: Dãy số Phi-bô-na-xi:  1 (với n  3) u n  u n 1  u n  2 3. Dãy tăng, giảm, bị chặn

Định nghĩa 1:

Dãy số  u n  được gọi là dãy số tăng nếu ta có: u n 1  u n với n  N * Dãy số  u n  được gọi là dãy số giảm nếu ta có: u n 1  u n với n  N *

Định nghĩa 2:

KÈ

Dãy số  u n  được gọi là bị chặn trên nếu tồn tại một số M sao cho:

u n  M, n  N *

DẠ Y

Dãy số  u n  được gọi là bị chặn dưới nếu tồn tại một số m sao cho:

u n  m, n  N *

Dãy số  u n  được gọi là bị chặn nếu nó vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới, tức là:

m  u n  M, n  N *

Từ công thức truy hồi xác định công thức tổng quát và chứng minh bằng quy nạp

 u1  a - Dãy dạng  * u n  u n 1  d; n  N ; n  2

Số hạng tổng quát u n  u1   n  1 d

 u1  a - Dãy dạng  * u n  u n 1.q; n  N ; n  2 Số hạng tổng quát u n  u1q n 1

 u1 ; u 2 - Dãy dạng  * au n  2  bu n 1  cu n  0; n  N

OF FI

1

+ Xét phương trình đặc trưng a 2  b  c  0

+ Nếu (1) có 2 nghiệm 1 ;  2 phân biệt thì u n  c11n  c 2  n2 + Nếu (1) có 2 nghiệm 1   2   thì u n   c1  nc 2   n

B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN DẠNG 1: TÌM SỐ HẠNG THỨ k CỦA DÃY

dãy: 31 49 ; u5  17 26

49 26

B. u 4  2; u 5 

C. u 4 

31 25 ; u5  16 13

D. u 4 

32 51 ; u5  17 26

Giải

A. u 4 

2n 2  1 ; n  * . Tìm số hạng thứ 4 và thứ 5 của n2 1

Ví dụ 1: Cho dãy số  u n  có số hạng tổng quát u n 

ƠN

Xác định c1 ;c 2 dựa vào u1 ; u 2

2.42  1 31 2.52  1 49  ; u5  2  Thay n  4 và n  5 ta có: u 4  2 4  1 17 5  1 26

Chọn đáp án A

1687 3341

B. u 5 

DẠ Y

A. u 5 

KÈ

Ví dụ 2: Cho dãy số  u n 

 u1  0  . Tìm số hạng thứ 5 của dãy: xác định  2 u n  u 2  1 ; n  2  n 1

1682 3341

C. u 5  Giải

Cách 1:

Ta có: u 2 

2 2 2 2 2  2  2; u 3  2  2  u 1 0 1 u2 1 2 1 5 2 1

50 29

D. u 5 

58 51

2 2 50 2 2 1682   ; u5  2   2 2 u 1  2  29 u 4  1  50  3341   1   1 5  29  2 3

u4 

Chọn đáp án B Bước 1: Lưu vào bộ nhớ Ans giá trị u1  0. Bấm 0  2 Ans 2  1

OF FI

Bước 2: Nhập quy trình tính u 2 ; u 3 ;... theo công thức truy hồi

Cách 2: Dùng chức năng Ans

u1  1; u 2  2 Ví dụ 3: Cho dãy số  u n  xác định  . Tìm số hạng thứ 7 của dãy: u n  u n 1  2u n  2 ; n  3 A. u 7  8

B. u 7  8

C. u 7  24

ƠN

Giải

D. u 7  0

Cách 1: Ta có:

u 3  u 2  2u1  2  2.1  4; u 4  u 3  2u 2  4  2.  2   0 u 7  u 6  2u 5  8  2.8  8

Chọn đáp án B

Cách 2: Dùng chức năng Ans và PreAns

u 5  u 4  2u 3  0  2.  4   8; u 6  u 5  2u 4  8  2.0  8

Ví dụ 4: Cho dãy số có 4 số hạng đầu là: 1;3;19;53. Viết số hạng thứ 10 của dãy: B. u10  79

A. u10  971

C. u10  251

D. u10  1231

Giải

Xét dãy số  u n  có dạng: u n  an 3  bn 2  cn  d

KÈ

a  b  c  d  1 8a  4b  2c  d  3  Ta có hệ  27a  9b  3c  d  19 64a  16b  4c  d  53 Giải hệ trên ta tìm được: a  1, b  0, c  3, d  1  u n  n 3  3n  1 là một quy luật

DẠ Y

Số hạng thứ 10: u10  971. Chọn đáp án A

 u1  2  u 2 3 . Tính u 2014 Ví dụ 5: Cho dãy số xác định như sau:  u  n ; n  *   n 1 1  3  2 u  n 





A. u 2014 

8 3

B. u 2014 

1 3

C. u 2014  

8 9

D. u 2014  1

Giải

  tan  tan    3 4  3 1  2  3 Ta có: tan  tan     12  3 4  1  tan  tan  1  3 3 4  12 Nên từ giả thiết ta có: u n 1   1  u n .tan 12

OF FI

u n  tan

 12  tan      Đặt 2  tan   u1  tan , suy ra u 2     12   1  tan .tan 12 tan   tan

       4 1  tan    2013.   tan    168    tan      12  4 4  1  tan .tan  3    4 tan   tan

Suy ra: u 2014

ƠN

  Theo quy nạp ta suy ra: u n  tan     n  1  , n  * 12  

Chọn đáp án B

DẠNG 2: XÉT TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA DÃY Ví dụ 1: Dãy số  u n  nào sau đây là dãy tăng?

Ta có:

KÈ

Với đáp án A

B. u n 

u n 1  u n  n  2  n  1 



C. u n 

n2 n 1





 

n2

  2

n 1

n  2  n 1

 

n  n2 n  2  n 1



n 1  n

Với đáp án B Ta có

u n 1  u n 

D. u n 

Giải

n 1  n

1 1   n  2  n 1 n 1  n

DẠ Y



1 2 n

A. u n  n  1  n

1 1 1 1 1   2    2     0; n  * n 1 n n  1 n n  1 n    



  n 2

n 1 

n 1  n

 0; n  *

2n n 1

Vậy u n 

1  2 giảm n

Với đáp án C Ta có:

n  3 n  2  n  3 n  1   n  2  1 u n 1  u n      0; n  * n  2 n 1 n  2 n  1 n  2 n  1       n2 giảm n 1

Chọn đáp án D Ví dụ 2: Dãy số  u n  nào sau đây là dãy giảm? A. u n   1  2n  1 n

B. u n 

1 n 3n

C. u n 

3n  2 2n  3

Với đáp án A

D. u n 

2n n 1

ƠN

Giải

OF FI

Vậy u n 

Ta có: u n   1  2n  1  0 nếu n chẵn và u n   1  2n  1  0 nếu n lẻ n

Vậy  u n  không tăng, không giảm Với đáp án B Ta có:

u n 1  2  n  3 2n 2n  1  n 1   1  1; n  * un 3 1  n  3 1  n  3 1  n 

Vậy  u n  giảm Chọn đáp án B

DẠNG 3: TÌM SỐ HẠNG TỔNG QUÁT CỦA DÃY

A. u n  3n

KÈ

u1  1 Ví dụ 1: Cho dãy  u n  với  . Tìm số hạng tổng quát u n của dãy * u n  u n 1  3; n   , n  2 B. u n  3n  2

C. u n  3n  4 Giải

DẠ Y

Cách 1.

 u 2  u1  3  u 3  u 2  3  Theo công thức truy hồi, ta có: u 4  u 3  3 .......  u n  u n 1  3; n  * , n  2

D. u n  3n  4

Cộng vế theo vế, ta có: u 2  u 3  u 4  ...  u n   u1  3   u 2  3   u 3  3  ...   u n 1  3

 u n  u1   n  1 3  3n  4. (Dùng quy nạp để chứng minh) Chọn đáp án C Cách 2.

Theo công thức truy hồi n  * , n  2 , ta có:

 ...  u n  n 1   n  1 .3  u1   n  1 .3  3n  4 Bằng chứng minh quy nạp suy ra số hạng tổng quát là u n  3n  4. Chọn đáp án C

OF FI

 u n  u n 1  3   u n  2  3  3  u n  2  2.3   u n 3  3  2.3  u n 3 .3.3

 u1  3 Ví dụ 2: Cho dãy  u n  với  . Tìm số hạng tổng quát u n của dãy * u  2u  3;  n    n 1 n B. u n  3.2n 1

C. u n  3.2n Giải

Cách 1.

ƠN

A. u n  2n

D. u n  2.3n 1

u 2  2u1  u 3  2u 2  Theo công thức truy hồi, ta có: u 4  2u 3 .......  u n  2u n 1 ; n  * , n  2

Nhân vế theo vế, ta có: u 2 .u 3 .u 4 .....u n   2u1  2u 2  2u 3  ...  2u n 1   u n  u1.2n 1  3.2n 1 Chọn đáp án B Cách 2.

Theo công thức truy hồi n  * , ta có:

u n  2u n 1  2.  2u n  2   22.u n  2  ...  2n 1 u n  n 1  2n 1 u1  3.2n 1

KÈ

Bằng chứng minh quy nạp suy ra số hạng tổng quát là u n  3.2n 1 Chọn đáp án B

DẠ Y

 u1  4 Ví dụ 3: Cho dãy  u n  với  . Tìm số hạng tổng quát u n của dãy * u n 1  2u n  3; n   A. u n  2n  3

B. u n  3.2n 1

C. u n  3.2n 1

D. u n  2n 1  3

Giải

Đặt v n  u n  3 ta có v n 1  u n 1  3   2u n  3  3  2  u n  3  2v n Do đó, theo ví dụ 2 số hạng tổng quát là v n  4.2n 1  2n 1  u n  v n  3  2n 1  3 Chọn đáp án D

 u1  3 Ví dụ 4: Cho dãy  u n  với  . Tìm số hạng tổng quát u n của dãy * 3u n 1  u n  12  0; n   1 n 2

6

B. u n  

1 6 3n

C. u n 

1 6 3n 1

D. u n 

Giải

un 1 1  4  6   u n  6   v n nên 3 3 3

1 Do đó số hạng tổng quát là v n  3.   3

n 1



1 n 2

OF FI

Đặt v n  u n  6 ta có v n 1  u n 1  6 

un  4; n  * 3

Nhận xét: với 3u n 1  u n  12  0; n  *  u n 1 

1 1 3n

A. u n  

 u n  vn  6  

Chọn đáp án A

n 2

6

A. u n  2.3n

B. u n  3.2n

ƠN

u 0  2; u1  5 Ví dụ 5: Cho dãy  u n  với  . Tìm số hạng tổng quát u n của dãy * u n  2  5u n 1  6u n ; n   C. u n  3.2n  2.3n

Giải

D. u n  2n  3n

  2 Xét phương trình đặc trưng  2  5  6  0     3

Phương trình đặc trưng có 2 nghiệm   2;   3 phân biệt nên số hạng tổng quát:

u n  c1 2n  c 2 3n *

c  c  2 c  1 Thay u 0  2; u1  5 vào (*) ta có:  1 2  1  u n  2n  3n 2c  3c  5 c  1  1 2  2

Bài tập vận dụng

Chọn đáp án D

KÈ

Câu 1: Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Dãy  u n  với u n 

2n  1 là dãy tăng 5n  2

DẠ Y

C. Dãy  u n  với u n  n  cos 2 n là dãy tăng

B. Dãy  u n  với u n 

n 2n

là dãy giảm n

 1 D. Dãy  u n  với u n  1   là dãy giảm  n

 u1  1 u Câu 2: Cho dãy  u n  với  . Tìm giới hạn lim n * 2n  3 u n 1  u n  2; n   A. 1

5 2

C. 2

D. 

1 2

C. 0

A. 0

5 3

C. 1

OF FI

 u1  3 u Câu 4: Cho dãy  u n  với  . Tìm giới hạn lim 2 n * n 1 u n 1  u n  5; n  

3 2

A. 3

Câu 3: Cho dãy  u n 

 u1  3  . Tìm giới hạn lim u n với  un * u  ;  n    n 1 2

D. 

u1  1 u Câu 5: Cho dãy  u n  với  . Tìm giới hạn lim 2n n * 2 1 u n 1  4u n  9; n   B. 2

1 2

ƠN

A. 0

D. 1

u 0  3; u1  10 un Câu 6: Cho dãy  u n  với  . Tìm giới hạn lim *  n  1 .2n u n  2  4u n 1  4u n ; n   B.

1 2

C. 

A. 2

D. 0

1 2

A. 

u1  3; u 2  5 u Câu 7: Cho dãy  u n  với  . Tìm giới hạn lim nn * 2 u n  2  3u n 1  2u n ; n   C. 1

D. 0

u 0  1; u1  16 un Câu 8: Cho dãy  u n  với  . Tìm giới hạn lim * 1  n  22n u n  2  8u n 1  16u n ; n   A. 

1 4

C. 0

D. 3

A. 

KÈ

Câu 9: Cho dãy  u n  xác định bởi u1  1 và u n 1  3u n2  2 với mọi n  1 Tìm giới hạn lim u n

DẠ Y

Câu 10: Cho dãy  u n 

1 3

Giải bài tập vận dụng

1 3

C. 3

D. 1

1  u1  2 . Tìm giới hạn lim u n xác định bởi  u  u n ; n  1  n 1 n  1

1 2

C. 0

D. 1

Câu 1: Chọn đáp án B n 2n

giảm

Dãy u n 

Câu 2: Chọn đáp án B Theo công thức truy hồi u n 1  u n  2; n  *

Nên  u n  là cấp số cộng với u1  1;d  2

Vậy lim

OF FI

Do đó số hạng tổng quát là u n  u1   n  1 d  1  2  n  1  2n  1 un 2n  1  lim 1 2n  3 2n  3

Câu 3: Chọn đáp án C un ; n  * 2

Nên  u n  là cấp số nhân với u1  3;q 

1 Vậy lim u n  lim 3.   2

1  3.   2

n 1

Số hạng tổng quát là u n  u1q

n 1

1 2

ƠN

Theo công thức truy hồi u n 1 

n 1

0

Câu 4: Chọn đáp án A

Theo công thức truy hồi u n 1  u n  5; n  *

Nên  u n  là cấp số cộng với u1  3;d  5

Do đó số hạng tổng quát là u n  u1   n  1 d  3  5  n  1  5n  2

5 2  2 un 5n  2 n n 0 Vậy lim 2  lim 2  lim 1 n 1 n 1 1 2 n

KÈ

Câu 5: Chọn đáp án C

Nhận xét: với u n 1  4u n  9; n  * “dự đoán”

un 

là cấp số nhân, cần tìm số m sao cho

u n 1  m  4u n  9  m  4  u n  m  ; n  *

DẠ Y

 4u n  9  m  4u n  4m  m  3

Đặt v n  u n  3 ta có v n 1  u n 1  3   4u n  9   3  4  u n  3  4v n

v1  2;q  4

Do đó số hạng tổng quát là v n  v1q n 1  2.4n 1  u n  v n  3  2.4n 1  3

nên

 vn 

là cấp số nhân với

1 3  4n 1 3 4n   n  3  2.4  3 2 4   lim 2 4n  1  lim n4  lim  Vậy lim 2n 1 1  2 1 4 1 2  1 n 4n 1  n  4  4 

n 1

Câu 6: Chọn đáp án A

Xét phương trình đặc trưng  2  4  4  0    2

Phương trình đặc trưng có nghiệm kép 1   2  2 phân biệt nên số hạng tổng quát:

OF FI

u n   c1  nc 2  2n * Thay u 0  3; u1  10 vào (*) ta có:

c  3 c1  3  1  u n   3  2n  2n  2 c  c  10 c  2  2   1 2 

 3  2n  2  lim 3  2n  2 un Vậy lim  lim n n 1  n  1 .2  n  1 .2n Câu 7: Chọn đáp án C

  1 Xét phương trình đặc trưng  2  3  2  0     2

ƠN

Phương trình đặc trưng có 2 nghiệm   1;   2 phân biệt nên số hạng tổng quát:

u n  c1  c 2 2n *

c  2c 2  3 c  1 Thay u 0  3; u1  5 vào (*) ta có:  1  1  u n  1  2n c1  4c 2  5 c 2  1

  1 n  2     1  2    1  n  un 1  2n    lim    1  1 Vậy lim n  lim n  lim 2 2 2n  2   n

Câu 8: Chọn đáp án C

Xét phương trình đặc trưng  2  8  16  0    4

KÈ

Phương trình đặc trưng có nghiệm kép 1   2  2 nên số hạng tổng quát:

u n   c1  nc 2  4n *

Thay u 0  1; u1  16 vào (*) ta có:

DẠ Y

c1  1 c  1  1  u n  1  3n  4n  4  c1  c 2   16 c 2  3

Vậy lim

1  3n  4  lim 1  3n  3 un  lim 2n 1 n 1  n  .2 1  n  .4n

Câu 9: Chọn đáp án A

Dễ thấy u n  0, n  * Từ u n 1  3u n2  2  u n2 1  3u 2n  2

Đặt v n  u n2 thì có: v n 1  3v n  2  v n 1  1  3  v n  1

Đặt x n  v n  1 thì ta có x n 1  3x n

Nên: x n  2.3n 1  v n  2.3n 1  1  u n  2.3n 1  1 Câu 10: Chọn đáp án C Chứng minh bằng quy nạp được u n  0, n Từ hệ thức truy hồi ta có

u n 1 1 1   , n  1 un n 1 2 n

ƠN

u u u 1 1 1 1 1 Ta có: 0  u n  n . n 1 ... 2 .u1  . .... .    , n  1 u n 1 u n  2 u1 2 2 2 2 2 n

1 Mà lim    0  0 2

KÈ

Nên theo nguyên lí kẹp ta có lim u n  0

DẠ Y

OF FI

Từ đây suy ra  x n  là cấp số nhân với x1  2, công bội là 3

CHỦ ĐỀ 2: CẤP SỐ CỘNG VÀ CẤP SỐ NHÂN A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

III. Cấp số cộng 1. Định nghĩa

Cấp số cộng là một dãy số (hữu hạn hay vô hạn) trong đó, kể từ số hạng thứ hai, mỗi số hạng đều là tổng

của số hạng đứng ngay trước nó với một số không đổi d.

u n 1  u n  d, n   *

OF FI

+ d không đổi gọi là công sai. + Kí hiệu CSC: u1 , u 2 , u 3 ,..., u n 2. Số hạng tổng quát

Định lý: Nếu cấp số cộng có số hạng đầu u1 công sai d thì số hạng tổng quát:

3. Tính chất Định lý:  u n  là CSC  u k 

u k 1  u k 1 ,  k  2 2

4. Tổng n số hạng đầu của một cấp số cộng

ƠN

u n  u1   n  l  d

Định lý: CSC: u1 , u 2 , u 3 ,..., u n ,... với công sai d. Đặt Sn  u1  u 2  u 3  ...  u n

n n  u1  u n  hoặc Sn   2u1   n  l  d  2 2

Lúc đó: Sn 

IV. Cấp số nhân 1. Định nghĩa

Cấp số nhân là một dãy số (hữu hạn hay vô hạn) trong đó, kể từ số hạng thứ hai, mỗi số hạng đều là tích

u n 1  u n q, n   *

của số hạng đứng ngay trước nó với một số không đổi q.

+ q không đổi gọi là công bội.

KÈ

+ Kí hiệu CSN: u1 , u 2 , u 3 ,..., u n 2. Số hạng tổng quát

Định lý: Nếu cấp số nhân có số hạng đầu u1 , công bội q thì số hạng tổng quát:

DẠ Y

u n  u1q n 1 , n  2

3. Tính chất

Định lý:  u n  là CSN  u 2k  u k 1.u k 1 hay u k  u k 1.u k 1  k  2  4. Tổng n số hạng đầu của một cấp số nhân Định lý: CSN: u1 , u 2 , u 3 ,..., u n ,... với công bội q  1

Đặt Sn  u1  u 2  u 3  ...  u n

1 q

Lúc đó: Sn 

u1 1  q n 

B. CÁC DẠNG BÀI TẬP

A. n  17

B. n  10

C. n  15 Giải

Ta có u n  u1   n  l  d  49  9 

5  n  1  n  17 2

Chọn đáp án A

OF FI

5 Ví dụ 1: Cho  u n  là một cấp số cộng có u1  9; u n  49;d  . Tìm n 2

DẠNG 1: XÁC ĐỊNH CÁC YẾU TỐ CỦA CẤP SỐ CỘNG

D. n  23

A. d  

18 5

B. d  

28 3

ƠN

Ví dụ 2: Cho  u n  là một cấp số cộng có u 3  5; u 7  23. Tìm công sai d C. d  7

Ta có u 7  u 3  4d  23  5  4d  d  7 Chọn đáp án C

28 5

Giải

D. d  

B. 30

A. 41

Ví dụ 3: Cho một cấp số cộng: 10;7; 4;...; 77 Số 77 là số hạng thứ mấy của cấp số cộng? C. 28

D. 34

Giải

Ta có: d  u 2  u1  7  10  3

Chọn đáp án B

Giả sử u n  77  u1   n  1 d  77  10  3  n  1  77  n  30

KÈ

Ví dụ 4: Cho  u n  là một cấp số cộng có u 20  52; u 51  145. Tìm số hạng tổng quát 5 A. u n  2  n 2

B. u n  12  2n

C. u n  3n  8 Giải

DẠ Y

u 20  52 u  19d  52 u  5 Ta có   1  1 u 51  145 u1  50d  145 d  3 Số hạng tổng quát u n  u1   n  l  d  5  3  n  1  8  3n Chọn đáp án D

Ví dụ 5: Cho  u n  là một cấp số cộng có u n  19n  5. Tìm công sai

D. u n  8  3n

A. 17

B. 19

C. 13

D. -12

Giải

Ta có: u n 1  u n  19  n  1  5  19n  5  19, n   *

Chọn đáp án B DẠNG 2: TỔNG N SỐ HẠNG ĐẦU CỦA CẤP SỐ CỘNG

A. 5050

B. 5500

OF FI

Ví dụ 1: Tính tổng 100 số hạng đầu của cấp số cộng  u n  có u 4  u 97  100 C. 5000

D. 5005

Giải Cách 1: Ta có S100 

 u 4  u 97  .100  100.100  5000 2

Vậy  u n  là một cấp số cộng có công sai d  19

Mà S100 

ƠN

Cách 2: Ta có u 4  u 97  100  u1  3d  u1  96d  100  2u1  99d  u1  u100  100

 u1  u100 .n  100.100  5000 2

Chọn đáp án C

Ví dụ 2: Tính tổng S  22  12  42  32  ...  1002  992 A. 525

B. 650

C. 641

D. 5050

Giải

Ta có

S   2  1 2  1   4  3 4  3  ...  100  99 100  99   1  2  3  4  ...  99  100 

Chọn đáp án D

1  100  .100  5050 2

n  3n  5  S 2

 n  1 3n  5 2

DẠ Y

C. Sn 1 

KÈ

A. Sn 

Ví dụ 3: Tính tổng sau: S  1  4  7  ...   3n  2    3n  1   3n  4  B. Sn 1  D. Sn  2 

 n  1 3n  5 2

 n  2  3n  5 2

Giải

Ta có dãy số S  1, 4, 7,...,  3n  2  ,  3n  1 ,  3n  4  là cấp số cộng với công sai d  3 và u1  1, số hạng tổng quát u m  3n  4 Do đó 3n  4  u1   m  1 d  3n  4  1   m  1 3  m  n  2

m  2u1   m  1 d  2



 n  2   2   n  1 3  n  2  3n  5  2

Chọn đáp án D Ví dụ 4: Tìm x biết  x  1   x  4    x  7   ...   x  28   155 B. x  1

C. x  2

D. x  3

A. x  1

Giải

OF FI

Ta có  x  1   x  4    x  7   ...   x  28   155  10x  1  3  7  ...  28   155  10x 

10 1  28   155  x  1 2

Chọn đáp án A

S

un 

có u1  1 và tổng 100 số hạng đầu tiên bằng 24850. Tính

1 1 1   ...  u 1u 2 u 2 u 3 u 49 u 50

A. S 

49 246

B. S 

15 146

C. S 

Gọi d là công sai cấp số đã cho

D. S 

22 51

497  2u1 5 99

Ta có: S100  50  2u1  99d   24850  d 

4 13

Giải

Do đó

u  u 49 u  u u  u2 5 5 5   ...   2 1 3  ...  50 u 1u 2 u 2 u 3 u 49 u 50 u 1u 2 u 2u3 u 49 u 50

5S 

ƠN

Ví dụ 5: Cho một cấp số cộng

Vậy Sn  2 

1 1 1 1 1 1 1 1     ...     u1 u 2 u 2 u 3 u 48 u 49 u 49 u 50



1 1 1 1 245     u1 u 50 u1 u1  49d 246

49 246

KÈ

Vậy S 



Chọn đáp án A

Bài tập vận dụng

DẠ Y

Câu 1: Cho dãy số  u n  với u n  9  5n. Tính tổng 100 số hạng đầu tiên của dãy A. 1798

B. 24351

C. 24350

D. 24350

Câu 2: Tính tổng 1  2  3  ...  2017  2016  2015  ...  2  1 A. 4068289

B. 4086289

C. 4067298

D. 4076289

Câu 3: Thêm 6 số xem giữa hai số 3 và số 24 ta được cấp số cộng 8 số hạng. Tính tổng 8 số hạng đã cho

A. 110

B. 107

C. 106

D. 108

C. 15352

D. 5050

A. 525

B. 650

Câu 4: Tính tổng S  2  5  8  ...  302 Câu 5: Cho tứ gỉác ABCD biết 4 góc của tứ giác lập thành một cấp số cộng và góc A bằng 30. Tìm các góc còn lại? C. 70; 110; 150

u  3 A.  1 d  2

u  17 B.  1 d  2

u  2 C.  1 d  3

OF FI

u 3  u 7  8 Câu 6: Tìm số hạng đầu và công sai dương của cấp số cộng, biết  u 2 .u 7  75

D. 80; 110; 135

B. 72,114,156

A. 75o ,120, 65

u  17 D.  1 d  3

u12  u 22  u 32  155 Câu 7: Tìm số hạng đầu và công sai dương của cấp số cộng, biết  s3  21

u  5 B.  1 d  2

u  2 C.  1 d  3

ƠN

u  5 A.  1 d  4

A. u n 

1 33  n 9 9

B. u n 

33 1  n 9 9

Câu 8: Xác định số hạng thứ n của cấp số cộng sau, biết rằng: C. u n 

u  8 D.  1 d  3

S20 S10 S5   5 3 2

33 1  n 9 9

D. u n  

33 1  n 9 9

Câu 9: Tìm 3 số hạng liên tiếp theo thứ tự tăng dần của 1 cấp số cộng biết tổng của chúng bằng 27 và B. 3; 7; 11

A. 4; 9; 14

tổng các bình phương của chúng là 293.

C. 2; 6; 10

D. 3; 9; 15

Câu 10: Định x để 3 số 10  3x, 2x 2  3, 7  4x theo thứ tự đó lập thành 1 cấp số cộng. 11 4

Giải bài tập vận dụng

B. x  1  x  

4 11

C. x  1  x 

4 11

D. x  1  x  

A. x  1  x 

KÈ

Câu 1: Chọn đáp án C

Ta có u n 1  u n  5, n   * nên  u n  là CSC có u1  9  5  4; u100  9  5.100  491

 u1  u100  .100   4  491 .100  24350 2

DẠ Y

S100 

Câu 2: Chọn đáp án A Cách 1: Ta có

11 4

1  2  3  ...  2017  2016  2015  ...  2  1  1  2  3  ...  2017    2016  2015  ...  2  1

1  2017  .2017   2016  1 .2016  4068289 2



Cách 2: Ta có 1

+...  2015  2016  2017

2016  2015  ...  2 +

OF FI

1  2016    2  2015  ...   2015  2    2016  1  2017  2017.2017  4068289 Câu 3: Chọn đáp án D

Thêm 6 số xen giữa hai số 3 và 24 ta được cấp số cộng 8 số hạng nên:

 u1  3 u  u8 3  24  S8  1 .8  .8  108  2 2 u 8  24

ƠN

Câu 4: Chọn đáp án C

Ta có: S  2  5  8  ...  302 là tổng của CSC có u1  2, u n  302, d  3 nên số số hạng của một tổng: n

u n  u1 302  2 1   1  101 số hạng d 3

Câu 5: Chọn đáp án C

Tổng 4 góc của tứ giác S4  A  B  C  D  360o  2  2A  3d   360o  2  2.30o  3d   360o  d  40o

Ta có:

Câu 6: Chọn đáp án A

Vậy B  70;C  110; B  150.

u1  2d   u1  6d   8 u 3  u 7  8 4d  8 d  2     u 2 .u 7  75  u1  d  .  u1  6d   75  u1  2  .  u1  12   75  u1  d  .  u1  6d   75

u  3 Vậy  1 d  2

KÈ

u1  3 Giải (*)  u12  14u1  51  0   u1  17  loai 

DẠ Y

Câu 7: Chọn đáp án B

Ta có: S3  21  u1  u 2  u 3  21  u1  u1  d  u1  2d  21  d  7  u1 Ta có u12  u 22  u 32  155  u12   u1  d    u1  2d   155 2

 u12   u1  7  u1    u1  14  2u1   155  u12  49  14  u1   155 2

 u1  9  2u1  28u1  90  0    u1  5

Với u1  9  d  2 loại Với u1  5  d  2 nhận

Câu 8: Chọn đáp án C

u n  u1   n  1 d 

33 1  n 9 9

Câu 9: Chọn đáp án A Gọi 3 số hạng liên tiếp của cấp số cộng: u1 ; u 2 ; u 3 .

ƠN

u1  u 2  u 3  27 1 Theo đề bài ta có:  2 2 2 u1  u 2  u 3  293  2 

OF FI

12  2u1  11d  31  u   34 1  S12  34 6u  33d  17   9 2   1   S  45 2u  17d  5  1  18 18  2u1  17d   45 d   1   9 2

Ta có:

1  u1  u1  d  u1  2d  27  3u1  3d  27  d  9  u1 2 2  2   u12   u1  d    u1  2d   293 2 2 2  u12   u1  9  u1    u1  18  2u1   293  u12  81  18  u1   293  2u12  36u1  112  0  u1  14  u1  4

Với u1  14  d  5  u 2  9; u 3  4 loại vì giảm

Với u1  4  d  5  u 2  9; u 3  14 nhận

Câu 10: Chọn đáp án D

Theo tính chất cấp số cộng ta có:

10  3x    7  4x   2  2x 2  3

11 4

KÈ

 17  7x  4x 2  6  4x 2  7x  11  0  x  1  x  

DẠNG 3: XÁC ĐỊNH CÁC YẾU TỐ CỦA CẤP SỐ NHÂN Ví dụ 1: Cho CSN có u1  3;q  2, số hạng u n  192. Tìn n

DẠ Y

A. n  5

B. n  6

Ta có u n  u1q n 1  192  3.  2 

C. n  7 Giải

n 1

  2 

n 1

 64

D. n  9

  2 

n 1

  2   n  7 6

Ví dụ 2: Cho cấp số nhân: 4; x; 9. Tìm x B. 6,5

A. 5

C. 6

D. 36

Giải

OF FI

Ta có 4; x; 9 lập thành cấp số nhân 4  9   x 2  x 2  36  x  6 Chọn đáp án C

Chọn đáp án C

Ví dụ 3: Ba số khác nhau có tổng bằng 114 có thể coi là ba số hạng liên tiếp của một CSN, hoặc coi là số hạng thứ nhất, thứ tư và thứ hai mươi lăm của một CSC. Tìm các số đó. A. 2;14;98

B. 2;9;73

C. 2;11;88 Giải

ƠN

Gọi u1 , u 2 , u 3 là ba số hạng liên tiếp của CSN, với công bội là q.

D. 3;14;74

Theo đề bài u1  a1 , u 2  a 4 , u 3  a 25 , với a1 , a 4 , a 25 là các số hạng của một cấp số cộng với công sai d.

8a 4  8a1  24d 1 a 4  a1  3d Ta có:   a 25  a1  24d a 25  a1  24d  2  Lấy phương trình (1)  (2) được:

Vì u1 , u 2 , u 3 khác nhau nên chọn q  7

q  1 8a 4  a 25  7a1  8u 2  u 3  7u1  8u1q  u1q 2  7u1  q 2  8q  7  0   q  7

Theo đề bài có u1  u 2  u 3  114  u1  u1q  u1q 2  114  u1 1  q  q 2   114  u1  2 Kết luận ba số cần tìm: u1  2; u 2  14; u 3  98 Chọn đáp án A

Ví dụ 4: Tìm x, y là các số dương sao cho các số 5x  y, 2x  3y, x  2y lập thành cấp số cộng; các số

( y  1) 2 , xy  1, ( x  1) 2 lập thành cấp số nhân.  10 4  B.  ;   3 3

KÈ

1 4 A.  ;  3 3

 7 11  C.  ;  3 3 

Giải

DẠ Y

Ta có 5x  y, 2x  3y, x  2y lập thành CSC nên suy ra:

2  2x  3y   5x  y  x  2 y hay 2x  5y 1

Các số ( y  1) 2 , xy  1, ( x  1) 2 lập thành CSN suy ra:

 xy  1

 ( y  1) 2 ( x  1) 2   4  2y  2x  4xy  2x  2y   0  2 

Thay (1) vào (2) ta được:

 23 11  D.  ;   3 3

 4  2y  5y  10y2  5y  2y   0

4 3  y  4  3y 10y  3  0  y  0, y  , y   3 10 3  10 4   3 Vậy  x; y    0;0  ;  ;  ;   ;    3 3   4 10 

Chọn đáp án B

thành cấp số nhân. A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Giải Ta có: x 3   5  m  x 2   6  5m  x  6m  0   x  2   x 2   3  m  x  3m   0  x  2  x  3  x  m

ƠN

m  2 Phương trình có 3 nghiệm phân biệt   m  3

OF FI

Ví dụ 5: Có bao nhiêu giá trị m thỏa x 3   5  m  x 2   6  5m  x  6m  0 có 3 nghiệm phân biệt lập

Do các nghiệm này lập thành cấp số nhân và ta sắp xếp các nghiệm này theo thứ tự tăng dần được các dãy

số sau:

3; 2; m lập thành cấp số nhân  3.m   2   m   2

4 3

3; m; 2 lập thành cấp số nhân  3.  2   m 2  m   6

m; 3; 2 lập thành cấp số nhân  2.m  (3) 2  m  

9 2

9 4 Kết hợp điều kiện m cần tìm là: m   ; m   ; m   6. 2 3

Chọn đáp án D

KÈ

DẠNG 4: TÍNH TỔNG CÁC SỐ HẠNG ĐẦU CỦA CẤP SỐ NHÂN Ví dụ 1: Tính tổng S  l  2  4  8  ...  263. A. 264  2

B. 264  2s

C. 264  1

DẠ Y

Giải Cách 1. Đây là tổng 64 số hạng đầu của cấp số nhân có u1  1;q  2 Do đó: S  l  2  4  8  ...  263  1.

1  264  264  1 1 2

Cách 2: Ta có 2S  2  4  8  ...  263  264 Do đó: S  2S  S  (2  4  8  ...  263  264 )  (1  2  4  8  ...  263 )  264  1

D. 264  1

Chọn đáp án D

5 2

C. 

B. 2

D. 2n

Vậy S 

1  1 và u1  1 2

u1 1  2 1 q 1 1 2

Chọn đáp án B

OF FI

Đây là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn, với q 

Giải

1 1 1 Ví dụ 2: Tính tổng S  1   2  ...  n  ... 2 2 2

Ví dụ 3: Tìm phân số bằng số thập phân vô hạn tuần hoàn 0,232323... 23 99

17 99

0, 232323...  0, 23  0, 0023  0, 000023  ...  1 1  1   23     ...   100 10000 1000000 

23 23 23    ... 100 10000 1000000

1 1 1 1 1    ... là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có u1  ;q  nên 100 10000 1000000 100 100

Mà

19 99

Giải

23 101

ƠN

Vậy 0, 232323... 

KÈ

Chọn đáp án A

23 99

1 1 1 1 1 1    ...  100  100  1 99 100 10000 1000000 99 1 100 100

Cách 2: Dùng máy tính cầm tay Casio fx 570 VN Plus Bấm 0 . ALPHA

m 2 3 

DẠ Y

Ví dụ 4: Tính tổng S  2  22  222  ...  22...2  A.

2 11 10  100  9

Ta có

10 chu so 2

2 1010  10   81

C. Giải

2 1011  100   81

2 10 10  10  9

2 2 2  .9  101  1 9 9 2 2 22  .99  102  1 9 9 ............................ 2 10 22...2   10  1 9 10 chu so 2

2 1 2 10  1  102  1  ...  1010  1  101  102  ...  1010  10   9 9 9 2 2 1  10 2 = 102  ...  1010   102  1011  100  9 9 1  10 81

S

Chọn đáp án C

OF FI

Do đó:

Ví dụ 5: Ba số khác nhau có tổng là 217 có thể coi là các số hạng liên tiếp của một CSN hoặc là các số chúng là 820? A. 15

B. 20

ƠN

hạng thứ 2, thứ 9 và thứ 44 của một CSC. Hỏi phải lấy bao nhiêu số hạng đầu tiên của CSC để tổng của C. 24

Giải

D. 27

Gọi u1 , u 2 , u 3 là ba số hạng liên tiếp của CSN, với công bội là q. Theo đề bài u1  a 2 , u 2  a 9 , u 3  a 44 , với a 2 , a 9 , a 44 là các số hạng của một cấp số cộng với công sai d.

6a 9  6a 2  42d 1 a 9  a 2  7d   a 44  a 2  42d a 44  a 2  42d  2 

Lấy phương trình 1   2  được: 6a 9  a 44  5a 2  6u 2  u 3  5u1

q  1  6u1q  u1q 2  5u1  q 2  6q  5  0   q  5 Vì u1 , u 2 , u 3 khác nhau nên chọn q  5

KÈ

Theo đề bài ta có u1  u 2  u 3  217  u1  u1q  u1q 2  217  u1 1  q  q 2   217  u1  7 Suy ra u 2  u1q  35

DẠ Y

a 2  7 a  d  7 a  3 Ta có   1  1 a 9  35 a1  8d  35 d  4 Theo đề bài ta có: Sn  820 

n  2a1   n  1 d   820 2

 n  6  4n  4   1640  4n 2  2n  1640  0  n  20

Kết luận phải lấy 20 số hạng đầu tiên để tổng của chúng bằng 820. Chọn đáp án B

Bài tập vận dụng

6 B. u1  ;q  2 5

6 C. u1  ;q  2 5

3 D. u1  ;q  5 5

3 A. u1  ;q  2 5

3 Câu 1: Cấp số nhân  u n  có u n  .2n. Tìm số hạng đầu tiên và công bội. 5

A. 

1 2

B. 2

C. 4

Câu 3: Cho CSN có u1  7;q  2, số hạng u n  1792. Tìm n A. n  8

B. n  6

C. n  7

3 2

ƠN

1 1 1 Câu 4: Tính tổng S  1   ,,,  n  ... 3 9 3

B. 3

D. n  9

D. 3n

C. 25050

D. 2101  2

B. 2101  2

D. 8

C. 

Câu 5: Tính tổng S  2  22  23  ...  2100. A. 

OF FI

1 Câu 2: Cho CSN có u1   ; u 7  32. Tìm công bội q. 2

Câu 6: Tính tổng S  1  a  a 2  ...  a n  ... với a  1 1 1 a

Câu 7: Tính S  A.

a 1 a

1 an 1 a

1  a n 1 1 a

a 1 a2

1 a a

a  a 2  a 3  ... với 0  a  1 1  a 2  a 4  ...

a 1 a

B. a 1  a 

Câu 8: Cho bốn số nguyên dương, trong đó ba số đầu lập thành một CSC, ba số hạng sau thành lập CSN.

Biết rằng tổng của số hạng đầu và số hạng cuối là 37, tổng của hai số hạng giữa là 36. Tính tổng S bốn số A. S  141

KÈ

đó.

B. S  143

C. S  123

D. S  168

Câu 9: Ba số x, y, z theo thứ tự đó lập thành một CSN. Ba số x, y  4 , z theo thứ tự đó lập thành CSN. Đồng thời các số x, y  4, z  9 theo thứ tự đó lập thành CSC. Tính tổng S  x  y  z

DẠ Y

A. S  9

B. S  11

C. S  7

D. S  16

Câu 10: Tính tổng S của a, b, c phân biệt, biết rằng: a, b, c là ba số hạng liên tiếp của một cấp số cộng và a, c, b là ba số hạng liên tiếp của một cấp số nhân, đồng thời thỏa mãn a  b  c  30. A. S  19

B. S  43

C. S  50

D. S  30

Câu 1: Chọn đáp án C u 3 12 3 6 Thay n  1, ta có: u1  .21  ; tương tự u 2  .22   q  2  2 5 5 u1 5 5

Câu 2: Chọn đáp án B

Giải bài tập vận dụng

Câu 3: Chọn đáp án D

OF FI

1 Ta có: u 7  u1q 6  32   q 6  q 6  64  q  2. 2

Ta có: u n  u1q n 1  1792  7.2n 1  2n 1  256  2n 1  28  n  9 Câu 4: Chọn đáp án A Đây là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn, với q 

ƠN

Câu 5: Chọn đáp án B

1  1 và u1  1 3

Cách 1: Ta có:

S  2  22  23  ...  299  2100

2S  22  23  24  ...  2100  2101

Do đó: 2S  S  (22  23  24  ...  2100  2101 )  (2  22  23  ...  299  2100 )

 2101  2. Hay S  2101  2.

1  2100 2  2  2100  1  2101  2. 1 2

Câu 6: Chọn đáp án A

Do đó: S  S100

Cách 2: Ta có: S  2  22  23  ...  2100 là tổng 100 số hạng đầu của cấp số nhân có u1  2;q  2

Ta có: S  l  a  a 2  ...  a n  ... với a  l là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với u1  1, q  a

Do đó: S  1  a  a 2  ...  a n  ... 

1 1 a

KÈ

Câu 7: Chọn đáp án B

Ta có: a  a 2  a 3  ... với 0  a  1 là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với u1  a, q  a nên a  a 2  a 3  ... 

a 1 a

DẠ Y

Lại có: 1  a 2  a 4  ... với 0  a  1 là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với u1  1, q  a 2 nên 1  a 2  a 4  ... 

1 1 a2

a a  a 2  a 3  ... 1  a Vậy S    a 1  a  1 1  a 2  a 4  ... 1 a2

Câu 8: Chọn đáp án B Theo đề bài có a, b, c là ba số hạng liên tiếp của CSC. Ta có: a  c  2b 1

a  d  37  3 Theo giả thuyết đề bài ta có hệ phương trình:  b  c  36  4 

OF FI

Ba số hạng b, c, d là ba số hạng liên tiếp của CSN. Ta có: b.d  c 2  2 

Gọi bốn số nguyên dương cần tìm là: a, b, c, d.

Từ (4) có: b  36  c thay vào (1) được a  c  72  2c  a  72  3c

ƠN

Thay a vào (3) được: d  37  72  3c  d  35  3c

c  20 Thay b, d vào (2) được:  36  c  35  3c   c  4c  143c  1260  0   c  63    4 2

Với c  20, b  16, a  12, d  95. Tổng S  143

Câu 9: Chọn C

 xz  y 2 1  2  x.z   y  4   2   x   z  9   2  y  4  3

Dựa vào tính chất của CSC và CSN ta có hệ phương trình:

Từ (1) và (2) ta có: y 2   y  4   16  8y  0  y  2 2

Thay y  2 vào (3) được: x  z  5

Có x  z  5 và xz  4 suy ra giá trị của x và z là nghiệm của phương trình:

X 2  SX  P  0  X 2  5X  4  0

KÈ

 X  4  x  4, z  1   X  1  x  1, z  4

Có 2 bộ  x, y, z  thỏa mãn yêu cầu là 1, 2, 4  và  4, 2,1 . Tổng S  x  y  z  7.

DẠ Y

Câu 10: Chọn D Theo đề bài ta có

a  c  2b 1  2 a.b  c  2 a  b  c  30 3   

Thay (1) vào (3) được 3b  30  b  10

Thay b  10 vào (1) và (2):

 c2 c 2  10c  200  0 10  c  20 a  c  20     c2 2 2 1 0a  c c a   a    10  10

c  10  a  10  loai   c  20  a  40

DẠ Y

KÈ

ƠN

OF FI

Kết luận: a  40; b  10; c  20.

CHỦ ĐỀ 1: GIỚI HẠN DÃY SỐ A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1. Giới hạn hữu hạn của dãy số 1.1. Định nghĩa 

Dãy số (un) được gọi là có giới hạn bằng 0 khi n tiến ra dương vô cực nếu với mỗi số dương nhỏ

tuỳ ý cho trước, mọi số hạng của dãy số, kể từ một số hạng nào đó trở đi, đều có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn số dương đó. Kí hiệu lim u n  0 . Hay là: lim u n  0 khi và chỉ khi với mọi   0 nhỏ tùy ý, luôn tồn tại x 

x 0



OF FI

số tự nhiên n0 sao cho: u n  , n  n 0 .

lim u n  a  lim  u n  a   0 , tức là: Với mọi   0 nhỏ tùy ý, luôn tồn tại số tự nhiên n0 sao

x 

cho u n  a  , n  n 0 .

Dãy số (un) có giới hạn là số thực gọi là dãy số có giới hạn hữu hạn.

ƠN

1.2. Một số giới hạn đặc biệt 1  0 với k  * . k n



lim



Nếu q  1 thì lim q n  0 .



Nếu u n  c (với c là hằng số) thì lim u n  lim c  c n 

n 

Chú ý: Ta viết lim u n  a thay cho cách viết lim u n  a n 

2. Một số định lí về giới hạn

Định lí 1. Nếu dãy số (un) thỏa mãn u n  v n kể từ số hạng nào đó trở đi và lim v n  0 thì lim u n  0 . Định lí 2. Cho lim u n  a,lim v n  b . Ta có:

lim  u n  v n   a  b



lim  u n .v n   a.b



Nếu u n  0 n thì lim u n  a



lim  u n  v n   a  b



lim

un a   b  0 vn b

KÈ

3. Tổng của CSN lùi vô hạn

Cho CSN (un) có công bội q thỏa mãn q  1 . Khi đó tổng: S  u1  u 2  ...  u n  ... gọi là tổng vô hạn của CSN

DẠ Y

và S  limSn  lim

u1 1  q n  1 q



u1 . 1 q

4. Giới hạn vô cực 4.1. Định nghĩa: 

lim u n   với mỗi số dương tuỳ ý cho trước, mọi số hạng của dãy số, kể từ một số hạng nào đó

n 

trở đi, đều lớn hơn số dương đó.



lim u n    lim (u n )  

n 



lim n k   với mọi k > 0



limq n   với mọi q > 1

4.2. Một số kết quả đặc biệt

4.3. Một vài quy tắc tìm giới hạn vô cực Quy tắc 1: Nếu lim u n  ,limv n   thì lim  u n .v n  được cho như sau;

limv n

lim  u n .v n 









OF FI

lim u n

  

lim u n

Dấu của 1



ƠN

Quy tắc 2: Nếu lim u n  ,limv n  1 thì lim  u n .v n  được cho như sau;





 

lim  u n .v n 





được coi như sau;

Quy tắc 3: Nếu lim u n  1,limv n  0 và v n  0 hoặc v n  0 kể từ một số hạng nào đó trở đi thì lim

lim

un vn

Dấu của v n







KÈ

Dấu của 1

B. CÁC BÀI TẬP

DẠ Y

DẠNG 1: GIỚI HẠN KHÔNG 4.3n  5n Ví dụ 1: Tìm giới hạn của dãy số có số hạng tổng quát u n  4.5n  7 n 1

3 5

B. 1

C. 0 Giải

5 7

un vn

4.3n  5n Ta có: lim n 4.5  7 n 1

A. 0

B. -2

3sin n  4cos n 2n 2  1

7 2

Giải

3

3sin n  4cos n 3sin n  4cos n   Ta có: 2n 2  1 2n 2  1

2n  1 2



 42  sin 2 n  cos 2 n  2n 2  1

5 , n  * 2 n

5 1  5lim 2  0 2 n n

Do đó: lim

3 2

Mà lim

ƠN



OF FI

Ví dụ 2: Tìm giới hạn của dãy số có số hạng tổng quát u n 

4.3n  5n 4.0  0 3 5   0 . Chọn đáp án C. Mà lim    lim    0 , do đó: lim n n 1 4.5  7 4.0  7 7 7

3sin n  4cos n  0 . Chọn đáp án A. 2n 2  1

1 2

n 1  n



n2 1  n2 n 1  n

 lim

n2 1  n



C. 1

D. 

Giải

n2 1  n



n2 1  n

n 1  n 2

KÈ



  lim



B. 0

Ta có: lim

  lim

Ví dụ 3: Tìm giới hạn của dãy số có số hạng tổng quát u n  n 2  1  n A.

 lim



1: n



n2 1  n : n

DẠ Y

1 1 lim 0 n n  lim    0 . Chọn đáp án B. 11 1 1 1  2  1 lim 1  2  lim1 n n

Ví dụ 4: Tìm giới hạn của dãy số có số hạng tổng quát u n  3 n 3  1  n A.

1 3

B. 2

C. 0 Giải

3 5 3 5 4.      lim 4.    lim   n n 4.3  5 7 7 7 7  lim n  lim   n    n n 4.5  7.7 5 5 4.    7 lim 4.    lim 7 7 7

D. 

n



n

 1  n 3 n 3  1  n 2 2



2   n 3  1  n  3  n 3  1  n 3 n 3  1  n 2   

n3  1  n3

 1  n 3 n 3  1  n 2 2

 lim

1 2   1  3 1 2 3  n  1  3   1  3  1 n   n  

n

 1  n 3 n 3  1  n 2 2



 lim



n 3  1  n  lim

 0 . Chọn đáp án C

OF FI

Ta có: lim



 u1  3  Ví dụ 5: Cho dãy số (un) xác định bởi  . Tìm giới hạn lim u n 2 * u n 1  3 u n , n   , n  2 2 3

Giải

Số hạng tổng quát u n  u1q

n 1

2  3lim   3

n 1

 0 vì q 

2 Do đó: lim u n  lim3.   3

2  3.   3

2 3

Ta có dãy (un) là cấp số nhân u1  3 công bội q  n 1

Bài tập vận dụng

D. 

C. 0

ƠN

A. 3

2  1 . Chọn đáp án C. 3

1 1 1 1    ...  Câu 1: Tìm giới hạn lim   n  n 1 n  2 2n 

B. 1

C. 

A. 0

1 3

KÈ

Câu 2: Giới hạn của dãy số có số hạng tổng quát u n  B.

1 2

DẠ Y

B. 

1 2

1  2  3  ...  n là: n3

C. 

Câu 3: Giới hạn của dãy số có số hạng tổng quát u n  A. 

1 n 1

C. 0

D. 0 

1 n 2 3



1 n 3 3

 ... 

D. 1

u1  2  Câu 4: Cho dãy số (un) xác định bởi  . Giới hạn lim u n là: 1 * u n 1   3 u n , n   , n  2

1 n n 3

là:

2 3

C. 

D. 

 u1  3  Câu 5: Cho dãy số (un) với  . Tìm giới hạn lim u n . un * u n 1  2 , n   B.

1 2

C. 0

A. 

1 2

C. 1

OF FI

1  u1  4 Câu 6: Cho dãy số (un) xác định bởi  . Tính lim u n . u  u 2  u n , n  1 n  n 1 2

3 2

A. 3

D. 0

1 2

C. 0

D. 1

1 3

ƠN

1  u1  2 Câu 7: Cho dãy số (un) xác định bởi  . Tính lim u n . u  u n , n  1  n 1 n  1

B. 0

u 0  0  Câu 8: Cho dãy số (un) xác định bởi  . Tính lim u n . un u n 1  1  u 2 , n  0  n

A. 2

1 2

D. 1

u 0  1;u1  16 un Câu 9: Cho dãy (un) với  . Tìm giới hạn lim 1  n  22n u n 2  8u n 1  16u n ; n   A. 

1 4

C. 0

A. 1

KÈ

Câu 10: Giới hạn của dãy số có số hạng tổng quát u n  B. 2

Giải bài tập vận dụng

DẠ Y

Câu 1: Chọn đáp án A

Với mỗi số nguyên k mà 1  k  n , ta có:

D. 3

2n là: n!

C. 0

1 1  n  k n 1

Do đó:

1 1 1 n   ...   với mọi n n 1 n  2 2n n  1

Suy ra

1 1 1 1 1  1 0 mà lim   ...    n 1 n  n 1 n  2 2n  n  1

B. 

A. 0

D. 

1 1 1 1    ...  Vậy lim  0 n  n 1 n  2 2n 

n  n  1 2

Câu 3: Chọn đáp án C

Mà lim

lim

n n3  n

n n 1 3



1 n 1 3

n 2 3

 lim



1   n 3 1  2   n  n

1   n 1  3   n 



 ... 

n 3

1 n

 lim

1 3

1 1 2 n

1 n 1 1 3 n

1 n n 3

0

Ta có dãy (un) là cấp số nhân u1  2 công bội q  

 1 Số hạng tổng quát u n  u1q n 1  2.     3 n 1

n 1 3

; n  *

 0 

1 3

n 1

 1  2lim     3

 1 Do đó: lim u n  lim  2.     3

0

 1 1 1 1 Do đó: lim     ...  3 n3  2 n3  3 n3  n  n 1 Câu 4: Chọn đáp án A



ƠN

n n 3

Ta có:

OF FI

1 1  2 n  n  1 1  2  3  ...  n n2  n n n 0 Do đó: lim  lim  lim  lim n3 2n 3 2n 3 2

Ta có: 1  2  3  ...  n 

Câu 2: Chọn đáp án D

n 1

 0 vì q 

1 1 3

KÈ

Câu 5: Chọn đáp án C

Theo công thức truy hồi u n 1 

DẠ Y

Số hạng tổng quát là u n  u1q

1 Vậy lim u n  lim3.   2

un 1 ; n  * , nên (un) là cấp số nhân với u1  3;q  2 2

n 1

1  3.   2

n 1

0

Câu 6: Chọn đáp án D Bằng quy nạp chứng minh được 0  u n , n

u n 1 1 1 1 3  u n     , n un 2 4 2 4

u u u 3 3 3 1 3 Do đó ta có 0  u n  n . n 1 ..... 2 .u1  . ..... .u1  .   u n 1 u n 2 u1 4 4 4 4 4 n 1

 0 , nên theo nguyên lí kẹp thì lim u n  0

Câu 7: Chọn đáp án C Chứng minh bằng quy nạp được u n  0,  n Từ hệ thức truy hồi ta có

u n 1 1 1   , n  1 un n 1 2 n

u n u n 1 u 1 1 1 1 1 . ...... 2 .u1  . ..... .    , n  1 u n 1 u n 2 u1 2 2 2 2 2

ƠN

Ta có 0  u n  n

1 Mà lim    0 2 Nên theo nguyên lí kẹp ta có lim u n  0 Câu 8: Chọn đáp án B

uk 0 1  u 2k

u0 0 1  u 02

Giả sử u k  0, k  u k 1 

Nhận xét rằng u n  0 với mọi n. Thật vậy, u 0  0 và u1 

Do đó

, n

OF FI

1 3 Mà lim .   4 4

n 1

Suy ra

1 Ta CM u n  , n 4

u n 1 1   1, n (vì u 2n  0 )  u n 1  u n , n   u n  là dãy số giảm và bị chặn dưới bởi 0 nên 2 un 1 un

( u n ) có giới hạn hữu hạn.

Đặt lim u n  a , khi đó từ hệ thức truy hồi suy ra un a a  a3  a  a  a  0 2 1 un 1 a2

KÈ

lim u n 1  lim

Vậy lim u n  0

DẠ Y

Câu 9: Chọn đáp án D Xét phương trình đặc trưng  2  8  16  0    4 Phương trình đặc trưng có nghiệm kép 1   2  2 nên số hạng tổng quát:

u n   c1  nc 2  4n

 *

c  1 c1  1 Thay u 0  1;u1  16 vào (*) ta có:   1  u n  1  3n  4n 4 c  c  16 c  3    2  1 2

un 1  3n  4  lim 1  3n  3  lim 2n 1 n 1  n  .2 1  n  .4n

Vậy lim

2n 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2  . . . . .....  . .....  n! 1 2 3 4 5 n 3 5 n n

Mà lim

2n 2  0 . Do đó: lim  0 n! n

OF FI

Ta có:

Câu 10: Chọn đáp án C

DẠNG 2: GIỚI HẠN HỮU HẠN



Ví dụ 1. Tìm giới hạn lim n  1  n 2  1 B. 0

Giải Cách 1

 lim

 n 1

2n n 1 n 1 2

n2 1

 lim





n2 1 n 1 n2 1

  lim  n 1   n  1  n 1  n  1 2

2

1 1 1  1 2 n n

 1 . Chọn đáp án A.

n 1   lim





Ta có: lim n  1  n 2  1

D. 

C. 2

ƠN

A. -1



Cách 2. (Dùng máy Casio fx 570 VN PLUS, có thể dùng các máy tương tự)



Bước 1: Nhập vào biểu thức n  1  n 2  1





Bước 2: Bấm CALC nhập vào số cực lớn vì  n    Chẳng hạn nhập số 9999999999



Kết quả lim n  1  n 2  1  1 . Chọn đáp án A.

KÈ

DẠ Y

Ví dụ 2: Tìm giới hạn lim A. 0

(10 chữ số 9)

2n 2  5  n 4  3n  1 n  1  3 8n 6  3n  2

3 2

C. Giải

3 4

D. 

3 1   2n 2  5  n 4 1  3  4  2n  5  n  3n  1  n n  Ta có: lim  lim 3 6 3 2  n  1  8n  3n  2  n 1 3 n6  8  5  6  n n   4

OF FI

Chọn đáp án B.

  5 3 1  5 3 1  n2  2  2  1 3  4   2  2  1 3  4  n n n  n n n  3  lim   lim    1 1  2 1 3 3 2  3 2 2 1 n   2  8 5  6    2  3 8 5  6  n n n n n n    n n Cách 2. (Dùng máy Casio fx 570 VN PLUS, có thể dùng các máy tương tự)

 1  1 1 1 Ví dụ 3: Tìm giới hạn lim     ...  .  n  1 .n   1.2 2.3 3.4 B. 

C. 2 Giải

Nhận xét

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1   ;   ;   ;...;   1.2 1 2 2.3 2 3 3.4 3 4  n  1 .n n  1 n

1 1 1 1    ...  1.2 2.3 3.4  n  1 .n

Do đó:

D. 0

ƠN

A. 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1        ...     1 2 2 3 3 4 n 1 n 1 n

 1  1 1 1 1 1  Vậy lim     ...    lim     1  n  1 .n  1 n   1.2 2.3 3.4 Chọn đáp án A. 3

n3  n 2  n  3 n 2  1 có kết quả là: n 3 1

Ví dụ 4: Giới hạn lim A. 

KÈ

Cách 1:

1 3

Giải

 1 1 1  n  3 1  2  3 1 2  n n n  n  n  n  3 n 1  lim  Ta có: lim 1  n 3 1 n 3   n  3

DẠ Y

1   1 1   1 1 1 n 3 1   2   3 n 2 1  2  3 1  2  3 1 2  n n   n  n n n  4  lim  lim 1 1  3 3 n 3   n n  3

4 3 3

Chọn đáp án D.  1 3 5 2n  1  Ví dụ 5: Giới hạn A  lim  . . ...  có kết quả là:  2 4 6 2n  2 

1 2

C. 

D. 1

A. 0

Giải

Với n = 1, ta có

1 3 5 2n  1 1 . . ...  2 4 6 2n  2 3n  4

OF FI

Ta chứng minh quy nạp

1 3 1 1 .   2 4 3 4 7

Giả sử với n = k, ta có:

1 3 5 2k  1 1 . . ...  2 4 6 2k  2 3k  4

ƠN

Ta chứng minh bài toán thỏa mãn với n = k + 1, tức:

1 3 5 2(k  1)  1 1 . . ...  2 4 6 2(k  1)  2 3(k  1)  4

Thật vậy: 1 3 5 2(k  1)  1 1 3 5 2k  1 2(k  1)  1 . . ...  . . ... . 2 4 6 2(k  1)  2 2 4 6 2k  2 2(k  1)  2 1 2(k  1)  1 1 2k  3 .  . 3k  4 2  k  1  2 3k  4 2k  4



1 2k  3 1 .  3k  4 2k  4 3(k  1)  4

Ta cần chứng minh

 3k  4(2 k  4)   2k  3 3(k  1)  4

 (3k  4)(2 k  4) 2  (2k  3)2 (3k  7)  k  1  0, k  * 1 3 5 2n  1 1 1 . . ...  0 mà lim 2 4 6 2n  2 3n  4 3n  4

Do đó:

KÈ

 1 3 5 2n  1  Nên lim  . . ... 0  2 4 6 2n  2 

Chọn đáp án A.

DẠ Y

Bài tập vận dụng





Câu 1. Giới hạn lim 1  n 2  n 4  3n  1 có kết quả là: A. 0

3 2

Cách 2: (Dùng máy Casio fx 570 VN PLUS, có thể dùng các máy tương tự)

C. 

 1  1 1 1 Câu 2. Giới hạn lim     ...   có kết quả là:  2n  1 2n  1   1.3 3.5 5.7

D. 1

B. 3

C. 

B. 1 3



n 3  1  n có kết quả là: B.

1 3

C. 

n2  n 1  n2  n 1 n  n2 1

4 3 3

D. 

D. 

2 3

1 2

có kết quả là: C. 0

D. 

1 2

B. 1



ƠN

1 3

Câu 7. Giới hạn lim A.

C. -3

3 3 n3  n  1  2 n 2 1 có kết quả là: 3n  2

Câu 6. Giới hạn limn 2



A. 1

1 3

n 3  3n 2  1  n 2  4n có kết quả là:

A. 0 Câu 5. Giới hạn lim

OF FI



D. 0

A.  Câu 4. Giới hạn lim

C. 1

n3  n 2  n  3 n 2  1 có kết quả là: n 3 1

Câu 3. Giới hạn lim

1 2

1  1  1   Câu 8. Giới hạn lim 1  2 1  2  ... 1  2  có kết quả là:  2  3   n 

A. 

B. 1

1 2

D. 

  1 1 1 Câu 9. Giới hạn lim    ...   có kết quả là: 1 2  2 1 2 3  3 2 n n  1   n  1 n   B. 1

KÈ

A. 0

1 2

D. 

DẠ Y

 1  1 1 1 Câu 10. Giới hạn A  lim  2  2  2  ...   có kết quả là: 2  2 1 4 1 6 1  2n   1   A. 0

B. 1

1 2

D. 

 1  1 1 1 Câu 11. Giới hạn A  lim  2  2  2  ...   có kết quả là: 2  3 1 5 1 7 1  2n  1  1     A. 0

1 4

1 2

A. 

D. 

Câu 13. Tìm giới hạn u n  A. 

1 4

C. 

1 n2 1



1 n2  2

12  22  ...  n 2 n3  1

ƠN

2 3

C. 0

1.4  2.7  ...  n.  3n  1 2n 3  3

C. 

B. 0

1 3

1 2

1.2  2.5  3.8  ...  n  3n  1 2  n3

B. 1

Câu 17. Tìm giới hạn lim

1 2

D. 

C. 0

B. 

Câu 16. Tìm giới hạn lim

4n 2  1

Câu 15. Tìm giới hạn lim 1 6

n2  n

1  2  3  4  ...   2n  1  2n

B. 1

A. 

n2  3

 ... 

C. 0

A. 

B. 1

Câu 14. Tìm giới hạn lim



D. 2

OF FI

A. 0

 1  1 1 1 Câu 12. Giới hạn A  lim     ...   có kết quả là: n.  n  1 n  2    1.2.3 2.3.4 3.4.5

C. 

D. 2

C. 

1 1 1 1    ...  Câu 18. Tìm giới hạn lim   n  n 1 n  2 2n 

B. 1

KÈ

Giải bài tập vận dụng

A. 0

1 2

Câu 1. Chọn đáp án D





Ta có: lim 1  n  n  3n  1  lim

DẠ Y

1  n 

2 2





n 4  3n  1

1  n 2  n 4  3n  1



 lim

3 3   n2  2   2  n n    lim  lim 1  1  1 3 1  3 1  2 n  2 1 1 3  4   2 1 1 3  4  n n  n n  n n

(Dùng máy Casio fx 570 VN PLUS, có thể dùng các máy tương tự).

2n 2  3n 1  n 2  n 4  3n  1

Nhận xét

1 1 1 1  1 11 1 1 1 1 1     ;     ;...;    1.3 2  1 3  3.5 2  3 5   2n  1 . 2n  1 2  2n  1 2n  1 

1 1 1 1    ...  1.3 3.5 5.7  2n  1 . 2n  1

Do đó:

1 1 1 1 1 1 1 1 1  1 1 1          ...       2 1 3 3 5 5 7 2n  1 2n  1  2  1 2n  1 

OF FI

 1  1 1 1 1 1 1  1 Vậy lim     ...    lim    1.3 3.5 5.7 2n  1 2n  1 2 1 2n  1      2   Câu 3. Chọn đáp án D

1   1 1   n 3 1   2   3 n 2 1  2  n  n  n  3 n 1  n n   n  Ta có: lim  lim 1  n 3 1 n 3   n  3

ƠN

 1 1 1  1 1 1 n  3 1  2  3 1 2  3 1   3 1  2 n n n  n n n2  4  lim   lim 1 1  3 3 n 3   n n 

(Dùng máy Casio fx 570 VN PLUS, có thể dùng các máy tương tự). Câu 4. Chọn đáp án C

 lim



 n  3n  1  n  n  n  4n 

n 3  3n 2  1  n 2  4n  lim





n 3  3n 2  1  n  lim n 



Ta có: lim

n 2  4n

(dạng    thêm bớt n, tách 2 giới hạn nhân lượng liên hợp để trục căn) 3



n

 3n 2  1  n 3 n 3  3n 2  1  n 2 2

1   n 2  3  2  n  

DẠ Y



 3n 2  1  n 3 n 3  3n 2  1  n 2

3n 2  1

 lim



n 3  3n 2  1  n  lim



n 3  3n 2  1  n 3

KÈ

*lim

  3 1 2  3 1 n 2  3 1   3   3 1   3  1 n n   n n  

Câu 2. Chọn đáp án B



4n n  n  4n 2

Vậy lim



 lim



n 2  4n





n2 

3  1 3

  3 1 2  3 1  3 1   3   3 1   3  1 n n   n n  

*lim n  n 2  4n  lim  lim



n  n 2  4n 4n

4

 lim

 4 n 1  1   n 

1 1

4 n



4  2 2



n 3  3n 2  1  n 2  4n  1  (2)  3

(Dùng máy Casio fx 570 VN PLUS, có thể dùng các máy tương tự).

ƠN

Câu 5. Chọn đáp án A

OF FI

 lim

1    3  2  n  

1 1  1    3 3 n 3 1  2  3   2 n 2 1  2  3 n  n 1  2 n 1 n   n  n  Ta có: lim  lim 3n  2 3n  2 3

 1 1 1  1 1 1 n 3 3 1  2  3  2 1  2  3 1 3   2 1  2 3 n n n  n n n2  1  lim   lim 2 2  3 3 n3  n n 

 lim







n 3  1  n  lim n 2

2    1  3 1 3  n 1  3   1  3  1 n   n  

n

 lim

KÈ

1  1  1  3   3 1  3  1 n  n 

n2  n 1  n2  n 1 n  n2 1

DẠ Y



 lim

n 

  2

n2  n 1 

n2 1



n2  n 1



1 2

Câu 7. Chọn đáp án C ta có: lim



n3  1  n3

 1  n 3 n 3  1  n 2

Ta có: limn 2

Câu 6. Chọn đáp án B

n2  n 1  n2  n 1

2n n2  n 1  n2  n 1





1 3

 1  1 1 1 1  n 2 1  1  2  1   2  1   2  n  n n n n   2  1  1 1 1 1  n 1  1  2  1   2  1   2  n  n n n n  

 lim

 0.

 lim

Câu 8. Chọn đáp án C 1 n 2  1  n  1 n  1  2  n2 n n2

OF FI

Ta có: 1 

1  1  1  1.3 2.4 3.5  n  1 n  1 1 n  1   . Nên 1  2 1  2  ... 1  2   2 . 2 . 2 ... n2 2 n  2  3   n  2 3 4

Câu 9. Chọn đáp án B Ta có:

1 1 n 1  n   n n  1   n  1 n n n 1 n n 1 n  n 1





n 1 n 1 1    n n 1 n n 1 n n 1



ƠN

1  1  1  1 1 1   1 n 1  Do đó lim 1  2 1  2  ... 1  2   lim  .   lim 1    2 n  2  2  3   n  2 n 

Nên

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1   ...       ...     1 2 2 1 2 3 3 2 n n  1   n  1 n 1 2 2 3 n n 1 1 n 1

Câu 10. Chọn đáp án C

1 1 1 1 1 1        2  1  2  1 2  1 1.3 2  1 3 

Ta có:

  1 1 1 1  1 Vậy lim    ...    lim    1 1 2  2 1 2 3  3 2 n n  1   n  1 n  n 1  1 

KÈ

1 1 1 11 1       4  1  4  1 4  1 3.5 2  3 5  2

1 1 1 11 1       6  1  6  1 6  1 5.7 2  5 7 

DẠ Y

………………

 2n 

1



1 1 1      2n  1 2n  1 2  2n  1 2n  1  1

1 1 1 1 1 1 1 1 1  1 1 1  1  Do đó: A  lim        ...    lim    2 1 3 3 5 5 7 2n  1 2n  2  2  1 2n  2  2

Câu 11. Chọn đáp án B

1 1 1 11 1       3  1  3  1 3  1 2.4 2  2 4  2

Ta có:

1 1 1 11 1       5  1  5  1 5  1 4.6 2  4 6 

1 1 1 11 1       7  1  7  1 7  1 6.8 2  6 8  2

 2n  1

1



 2n  1  1 2n  1  1



OF FI

………………

1 1 1 1       2n  2  .2n 2  2n  2 2n 

11 1 1 1 1 1 1 1  11 1  1    lim     Do đó: A  lim        ...  2 2 4 4 6 6 8 2n  2 2n  2  2 2n  4

Ta có:

ƠN

Câu 12. Chọn đáp án B 1 1 1 1  1 1 1 1        ;  1.2.3 2  1.2 2.3  2.3.4 2  2.3 3.4 

…………………

 1 1 1 1     n  n  1 n  2  2  n  n  1  n  1 n  2  

 1 1 1 1  lim    2  1.2  n  1 n  2   4

 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Do đó: A  lim        ...    2  1.2 2.3 2.3 3.4 3.4 4.5 n  n  1  n  1 n  2  

Câu 13. Chọn đáp án B

Mà lim

n n n 2

 un 

n2 1

KÈ

Do đó:

Với mỗi số nguyên k mà 1  k  n , ta có:

n2  n

 lim

n2 1

n n 2



1 n k 2



1 n2 1

với mọi n

 1 nên lim u n  1

DẠ Y

Câu 14. Chọn đáp án D

Ta có: 1  2  3  4  ...  (2n  1)  2n  (1  2)  (3  4)  ...  ((2n  1)  2n)  n Do đó: lim

1  2  3  4  ...  (2n  1)  2n 4n 2  1

Câu 15: Chọn đáp án D

 lim

n 4n 2  1

 lim

1

1  . 2 1 4 2 n

Ta chứng minh quy nạp 12  22  ...  n 2 

Giả sử đẳng thức đúng với n = k, tức 12  22  ...  k 2 

k  k  1 2k  1 6

Ta chứng minh đẳng thức đúng với n = k + 1, tức 2

 k  1 k  2  2k  3 6

Thật vậy 12  22  ...  k 2   k  1



OF FI

12  22  ...  k 2   k  1 

11  1 2  1  1 đẳng thức thỏa mãn. 6

Với n = 1. VT = 12 = 1; VP 

n  n  1 2n  1 6

k  k  1 2k  1  k  2k  1  2   k  1   k  1    k  1  6 6  

Theo nguyên lí quy nạp 12  22  ...  n 2 

n  n  1 2n  1 6

n  n  1 2n  1 12  22  ...  n 2  lim 3 n 1 6  n 3  1

Do đó: lim

ƠN

 k  2k  1   2k 2  7k  6   2k  3 k  2    k  1    k  1    k  1    k  1  6 6 6    

Câu 16. Chọn đáp án D.

1 3  1   1  n 3 1   2   1   2   2 1 n  n n  n  lim   lim    1 1    6 3 3 6n 1  3  6 1  3   n   n 

Ta chứng minh quy nạp 1.4  2.7  ...  n.  3n  1  n  n  1

 1  1 n .1   2 1   1.4  2.7  ...  n.  3n  1 n.  n  1  n   lim  n   1 Do đó: lim  lim  lim 3 3 2n 3  3 2n 3  3  2 2 3 n3  2  3  n n  

KÈ

Chú ý: n.  3n  1  3n 2  n

Do đó: 1.4  2.7  ...  n.  3n  1 n  n  1 2n  1 n  n  1 n  n  1 2    2n  2   n  n  1 6 2 2

DẠ Y  3.

Câu 17. Chọn đáp án B Ta có: n  3n  1  3n 2  n Do đó: 1.2  2.5  3.8  ...  n  3n  1  3.12  1  3.22  2  ...  3.n 2  n



n  n  1 2n  1 n  n  1  6 2

n  n  1  2n  1  1  n 2  n  1 2

 1 1 n 3 1   1 1.2  2.5  3.8  ...  n  3n  1 n  n  1 n   lim n  1  lim  lim  Vậy: lim 2 2 2  n3 2  n3   1 n 3  3  1 n3 n 

Câu 18. Chọn đáp án A Với mỗi số nguyên k mà 1  k  n , ta có:

1 1  n  k n 1

1 1 1 n   ...   với mọi n n 1 n  2 2n n  1

Suy ra

1 1 1 1 1  1 0 mà lim   ...    n 1 n  n 1 n  2 2n  n  1

ƠN

Do đó:

KÈ

1 1 1 1    ...  Vậy: lim  0 n  n 1 n  2 2n 

DẠ Y

OF FI

 3. 12  22  ...  n 2   1  2  ...  n   3.

CHỦ ĐỀ 2: GIỚI HẠN HÀM SỐ A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1. Định nghĩa 1.1. Giới hạn hàm số

Cho khoảng cách K chứa điểm x0 . Ta nói rằng hàm số f(x) xác định trên K (có thể trừ điểm x0 ) có giới

hạn là L khi x dần tới x0 nếu với dãy số ( xn ) bất kì, xn  K \  x0  và xn  x0 , ta có: f(x)  L . Ta kí hiệu:

limf  x   L hay f  x   L khi x  x0 .

OF FI

x  x0

1.2. Giới hạn một bên

* Cho hàm số y = f(x) xác định trên  x0 ; b  . Số L gọi là giới hạn bên phải của hàm số y = f(x) khi x dần tới x0 nếu với mọi dãy  xn  : x0  xn  b mà xn  x0 thì ta có: f  x   L . Kí hiệu: limf  x  L .  x  x0

* Cho hàm số y = f(x) xác định trên  a; x0  . Số L gọi là giới hạn bên trái của hàm số y = f(x) khi x dần tới

ƠN

x0 nếu với mọi dãy  xn  : a  xn  x0 mà xn  x0 thì ta có: f  x   L . Kí hiệu: limf  x  L .  Chú ý: limf  x   L  limf  x   limf  x   L .  x  x0

x  x0

* Ta nói hàm số y = f(x) xác định trên

 xn  : xn  a

 a;   có

giới hạn là L khi x   nếu với mọi dãy so

và xn   thì f  xn   L . Kí hiệu: lim f  x   L . x 

 ;b  có

* Ta nói hàm số y = f(x) xác định trên

giới hạn là L khi x   nếu với mọi dãy số

và xn   thì f  xn   L . Kí hiệu: lim f  x   L .

 xn  : xn  b

1.3. Giới hạn tại vô cực

x  x0

1.4. Giới hạn vô cực

x 

* Ta nói hàm số y = f(x) có giới hạn dần tới dương vô cực khi x dần tới x0 nếu với mọi dãy số

 xn  : xn  x0 thì f  xn    . Kí hiệu:

limf  x   

x  x0

KÈ

* Tương tự ta cũng có định nghĩa giới hạn dần về âm vô cực * Ta cũng có định nghĩa như trên khi ta thay x0 bởi  hoặc  . 2. Các định lí về giới hạn

DẠ Y

Định lý 1: Giới hạn của tổng, hiệu, tích, thương (mẫu số dẫn về L  0 ) khi x  x0 (hay x  ; x   ) bằng tổng, hiệu, tích, thương của các giới hạn đó khi x  x0 (hay x  ; x   ). Chú ý: Định lí trên ta chỉ áp dụng cho những hàm số có giới hạn là hữu hạn. Ta không áp dụng cho các giới hạn dần về vô cực Định lý 2: (Nguyên lí kẹp) Cho ba hàm số f(x), g(x), h(x) xác định trên K chứa điểm x0 (có thể các hàm đó không xác định tại x0 ). Nếu g  x   f  x   h  x  x  K và lim g  x   lim h  x   L thì limf  x   L . x  x0

x  x0

3. Một số giới hạn đặc biệt * lim x 2 k   x 

 x  

* lim x 2 k 1      x  ( x )

k  0  k  0 . x  x0 f  x 

x  x0

* limf  x        lim

DẠNG 1: DẠNG

  2x 2  3x  1 . x  2  3x  4x 2

Ví dụ 1: Tìm giới hạn hàm số lim 1 2

B. 1

C. Giải

3 1  2 2x  3x  1 x x  1. Ta có: lim  lim x  2  3x  4x 2 x  2 3 2  4 2 x x 2

D. 0

1 2

ƠN

A. 

OF FI

B. CÁC DẠNG BÀI TẬP

Chọn đáp án A.

Chú ý: Có thể dùng máy tính Casio fx 570 VN PLUS, Casio fx 570 PLUS…

4x 2  1  x  3

x 

x 2  2x  3x

Ví dụ 2: Tìm giới hạn hàm số lim

x  2x  3x 2

Ta có: lim

4x 2  1  x  3

 lim

x 

KÈ

x 

2 3

B. 

A. 4

. C.

1 2

D. 0

Giải

 2  2 x 2 1    3x x 1    3x  x  x  lim x  2  2    x2  4  2   x  3 x 4 2   x 3 x  x   

2 2  3x  1  3 2 x x lim  lim   . Chọn đáp án B. x  x  3 1 1 3 x 4  2  x  3  4  2 1 x x x

DẠ Y

x 1 

Ví dụ 3: Tìm giới hạn hàm số lim A. 1

x 

4 3

x 2  x  1  3x . 2  3x

C. Giải

2 3

D. 

x  x  1  3x  lim x  2  3x

Ta có: lim

x 

1 1 1 1  2  3x  x 1   2  3x x x x x  lim x  2  3x 2  3x

x 1

x 

 lim

 1 1  x 2 1   2   3x  x x  2  3x

OF FI

    1 1 1 1  x  1   2  3x    1  2  3 x x x x    lim  4  lim x  x  3 2  2  x   3   3 x  x 

Chọn đáp án B. 3

8x 3  3x 2  1  x 4x 2  x  2  3x

x 

A. 1

1 5

C. 0 Giải

Ta có: lim

x 

3 1  1 3 8 1 x x3  lim  1 4x 2  x  2  3x x   4  1  2  3  4  3 x x2 3

8x 3  3x 2  1  x

x 

 3x

.  3x 2  1 3

B. 1

KÈ

Ta có:

 2x  1 2

.  3x 2  1

 x  1  2x  3 3

DẠ Y

 3x

 x  1  2x  3 C.

3 4

D. 

Giải

A. 0

lim

 2x  1

Ví dụ 5: Tìm giới hạn hàm số lim

8

Chọn đáp án A

x 

D. 

ƠN

Ví dụ 4: Tìm giới hạn hàm số lim

1 1    x  2   .x 8  3  2  x x     lim 3 7 x  1 1   3  x6  3   2   2   x x   x  5

1 1  1  1     x  2   .x 8  3  2   2   . 3  2  25.34 3 x x  x  x      lim  lim   3 7 3 7 x  x  32.27 4 1 1   3 1 1   3  6 x 3  2  2   3  2  2   x x   x x x   x   5

Chọn đáp án C

3x 2  4x  1 Câu 1: Tìm giới hạn hàm số lim x  2x 2  x  1

2 3

Câu 2: Tìm giới hạn hàm số

 4x  1  2x  1 lim 7 x   3  2x 

A. 8

8 3

4x 2  3x  4  3x x2  x 1  x

x 

1 2

C. 0 2x 2  1  x 2  1 2x  2

Câu 4: Tìm giới hạn hàm số lim

x 

4 3

B. 4

x  3

7 5

B. 

1 5

 3x lim

A. 0

B. 

DẠ Y

x 

B. 

x 

5  4x 3 C.

 2x  3

 4x

D. 5

 8   2x  1

2010

3 2

3 4

3 2

 5  3x 

 2  11  2x 

3 2

Câu 9: Tìm giới hạn hàm số lim

C. 1

3 2

Câu 8: Tìm giới hạn hàm số lim

A. 

x 

KÈ

Câu 7: Tìm giới hạn hàm số

2 3

8x 3  x  1  3x

2 1 2

2 4x 2  2x  1  3x

Câu 6: Tìm giới hạn hàm số lim

x2 1 1

x 

3 1

D. 

3x 2  2  x  1

Câu 5: Tìm giới hạn hàm số lim A.

D. 0

2 3

2 1 2

D. 

C. 5

Câu 3: Tìm giới hạn hàm số lim A. 1

1 2

B. 

OF FI

3 2

ƠN

A. 

2009

C. 2x 2  7x  12 3 x  17

Bài tập vận dụng

2 3

D. 

Giải bài tập vận dụng Câu 1: Chọn đáp án A

Câu 2: Chọn đáp án C 3

 4x  1  2x  1 7 x   3  2x 

Ta có: lim

1  1  4  2  x  x  lim  8 7 x  3    2 x 

Ta có: lim

x2  x 1  x

x 

3 4  3 1 x x2  lim  x  2 1 1  1  2 1 x x  4

Câu 4: Chọn đáp án D

x 

Câu 5: Chọn chọn đáp án D

Ta có: B  lim

1 1 1 1  x 1 2 2  2  1 2 2 x x  lim x x  2 1 x  2 2 2 x(2  ) 2 x x

2 1 1 2 1 1 x  2  3 2   2 x x x  lim x x x2  3 x    1 1 1 1 x  1 2     1 2   x x x x  

x 3

x 

2

Ta có: lim

2x  1  x  1  lim x  2x  2 2

4x 2  3x  4  3x

ƠN

Câu 3: Chọn đáp án B

KÈ

Câu 6: Chọn đáp án A Ta có:

lim

2 4x 2  2x  1  3x 3

8x 3  x  1  3x

DẠ Y

x 

OF FI

4 1 3  2 3x 2  4x  1 x x 3 Ta có: lim  lim 2 x  2x  x  1 1 1 2 2   2 x x

 2 1 x  2 4   2 x x   lim x   1 1 x  3 8  2  3 x x 

Câu 7: Chọn đáp án B

2 3

A. 

2 1  2  3x x x  lim x  1 1 x 3 8  2  3  3x x x    2 1  3   2 4   2  3 x x   lim  7  x    5 1 1  3  3 8  2  3  3  x x    2x

4

8  1  3  2     2  3x  8  2x  1  lim  x   x    6   3 Ta có: lim x  x  5 5  4x 3 4 2 4 3 x

Câu 8: Chọn đáp án D

x 

Ta có:

 2x  3

 4x

 5  3x 

 2  11  2x 

2009

3   5  x 2010  2   .x 2  2  3  x  x   lim 2009 x  2    11  x 3  4  3  .x 2009   2  x   x 

OF FI

lim

2010

3   5   2   .  2  3  22010.(3) 3 x x    lim   2009 x  4.(2) 2009 2 2   11    4  3  .  2  x x  

Câu 9: Chọn đáp án B

DẠNG 2: DẠNG

7 12 7 12  2 2  2 x x lim x x  2 x  17 17 3 3 3 x x

2

ƠN

x 

0 0

Ta có: lim

2x 2  7x  12  lim x  3 x  17

x 1 . x 1 1  x



x 1

  lim 

x 1

1 x

KÈ

Chọn đáp án C.



x 1  lim x 1 1  x x 1

Ta có: lim

1 2

Ví dụ 1: Tìm giới hạn hàm số lim A. 1

2010

x 1

C. 2

D. 2

Giải

  2

x 1 1

x 3  3x 2  9x  2 . x 2 x3  x  6

Ví dụ 2: Tìm giới hạn hàm số lim 5 11

DẠ Y

4 7

15 11

Giải

x 2  5x  1 15  x  2   x 2  5x  1  x 3  3x 2  9x  2 Ta có: lim  lim  lim  x 2 x 2 x  2 x3  x  6    x 2  2x  3 x 2  x 2  2x  3 11 Chọn đáp án C.

D. 1

x n  nx  n  1

 x  1

x 1

n(n  1) 2

n2 1 2

n 2  n  1 4

n  n  1 4

Ví dụ 3: Tìm giới hạn hàm số lim

Giải Ta có: lim

x n  nx  n  1

x  lim

 1  n  x  1

x 1  x  1  x  1  x  1  x n 1  x n 2  ...  x  1  n  x  1  lim 2 x 1  x  1  x  1  x n 1  x n 2  ...  x  1  n  x  1  lim 2 x 1  x  1  x  1  x n 1  x n 2  ...  x  1  n   lim 2 x 1  x  1  x n 1  1   x n  2  1  ...   x  1  1  1    lim  x 1  x  1 2

  x n 1  1  x n  2  1  x  1   lim    ...  x 1 x 1 x 1   x  1 

OF FI

x 1

ƠN

 lim  x n  2  x n 3  ...  1 x n 3  x n  4  ...  1  ...  1

 n  1  1 2

Chọn đáp án A.

Ví dụ 4: Tìm giới hạn hàm số lim

x 7

1 16

KÈ

Ta có:

DẠ Y

lim x 7

x 7

 lim x 7

n  n  1 2



x 9 2 x 7

1 8

1 64

Giải



4 x  9  22 x 9 2 x 9 4  lim  lim x 7 x 7  x  7  4 x  9  2 x 7  x  7  4 x  9  2

 lim

 n  1 

  n  1   n  2   ...  1 

x 1

 x  7 



x 9



x 9 2



 42



x 9 4

x 9 2





x 9 4





1 32



 lim x 7



 x  7 

x 7 4

x 9 2



 x 9 4



1 32

Chọn đáp án D x 3  3x  2 x 1 x 1

A. 2

3 2

5 2

x 1

 lim

 3x  2   lim x  3x  2  3x  2  lim x 1  x  1  x  3x  2   x  1  x  3x  2  2

x6 

x 1

OF FI

Ta có: lim

Giải

x 6  x 5  x 5  x 4  x 4  x 3  x 3  x 2  x 2  x  2x  2

 x  1  x 3 

x 1

3x  2

3 4



ƠN

 x  1  x 5  x 4  x 3  x 2  x  2  x5  x 4  x3  x 2  x  2 3  lim  lim  x 1 x 1 2 x 3  3x  2  x  1  x 3  3x  2  Chọn đáp án B x  2  3 1 x  x2 Ví dụ 6: Tìm giới hạn lim x 1 x2 1

A. 0

2 3

1 3

D. 1

Giải

x  2  3 1 x  x2 Ta có: lim x 1 x2 1

 lim x 1

  1  





x2



x

  3



1 x  x2



1 x  x2

1 x  x2 



 3 x  2 3 1 x  x2 

x  2 1 x  x2

x  



  1  



x2



x 1



x2

 3 x2

KÈ

 lim

x2



 3 x  2 3 1 x  x2 



 

1 x  x2

  2



  2

1 3

DẠ Y

Chọn đáp án C.

Ví dụ 7: Tìm giới hạn hàm số lim A.

n 2

x 0

B. 2n

1 x 1  n  N, n  2  . x

C. Giải

n 3

Ví dụ 5: Tìm giới hạn hàm số lim

1 n

Ta có:

















OF FI







1 x



 1n 1 x 1 lim  lim n 1 n 2 x 0 x 0 x x  n 1 x  n 1 x  ...  n 1  x  1   1 x 1  lim n 1 n 2 x 0 x  n 1 x  n 1 x  ...  n 1  x  1   1 1  lim  n 1 n 2 x 0 n 1 x  n 1 x  ...  n 1  x  1 n n

Chọn đáp án D. 2 1 x  3 8  x . x 0 x

Ví dụ 8: Tìm giới hạn lim

1 12

C.  Giải

11 12

13 12

ƠN

A.-1

Ta có: lim 2 1  x  lim 3 8  x  2 nên thêm, bớt 2 vào tử thức x 0

x 0



 

Tìm:

 2 1  x   2  lim 1 x  2  lim x x  2 1  x  2 x 2 2

2  * lim x 0

x 0

8 x

x 0

  lim x 0

23 

x x 4  2 3 8  x  



8 x

x 4  2 3 8  x  



 lim

4x

x 0

8 x   2

 lim x 0





1 x  2



 lim x 0

4  1 2 1 x  2



2 8 x  

1 4  23 8  x 



8 x





1 12

KÈ

* lim



2 1 x  2  2  3 8  x 2 1 x  3 8  x  lim Do đó: lim x 0 x 0 x x

2 1  x 3 8  x 1 11  1    x 0 x 12 12

Vậy: lim

DẠ Y

Chọn đáp án C.

Ví dụ 9: Tìm giới hạn lim A. 

1 4

x 1

5  x 2  3 x3  7 x2 1

B. 

1 24

C.  Giải

1 8

D. 

3 8

Ta có: lim 5  x 2  lim 3 x 3  7  2 nên thêm, bớt 2 vào tử thức x 1

x 1

5  x3  3 x 2  7 5  x3  2  2  3 x 2  7  lim x 1 x2 1 x2 1

Do đó: lim

x 1

 lim x 1

23 

x

1  x3

 x  1 4  2 3 x 3  7  2



 1  x  x 2 

x3  7



 lim

 x  1  4  2 3 x 3  7   3 x 3  7  

 

x 1



7 6



x 1

5  x3  2



2  x3  7  

1  x  1  x  x 2 

 x  1 x  1  4  2 3 x 3  7   3 x 3  7 

 

1  x. 3 1  2x  1 x

2 3

1 2

5 6

Giải

KÈ

DẠ Y

Tìm:

1  x. 1  2x  1  x  lim x 0 x 3

x 0

5  x3  2

x 0

 lim



1

1  x. 3 1  2x  1 1  x. 3 1  2x  1  x  1  x  1  lim x 0 x x

Ta có: lim

lim * x 0

 1

3 1  24 8

Chọn đáp án D x 0

x

 lim



5  x 2  3 x3  7 1 1 3    Vậy lim 2 x 1 x 1 4 8 8

Ví dụ 10: Tìm giới hạn lim

1 x2

 x 7   3

x 1

 x 7 



  1  4  2 3 



 lim

2x 1  x



x.  3 1  2x 



 3 1  2x  1 

1  x.



  lim

 lim x 0



1  x.  3 1  2x 

1  2x  1 x

x 0



x.  3 1  2x 

2 1 x 3

1  2x





OF FI

 lim

5  x3  2

* lim

ƠN

2 x 7  lim x 1 x 1 x2 1 3



 2 2



5  x2

5 x 2  lim * lim x 1 x 1 x2 1  x 2  1 2

Tìm:

 3 1  2x  1



2 3



 13  

 3 1  2x  1 

1 4





Vậy lim x 0









1 x 1

 lim x 0

1 1  1 x 1 2

1  x  12 1 x 1 * lim  lim  lim x 0 x 0 x 0 x x 1 x 1 x

1  x. 3 1  2x  1 2 1 7    x 3 2 6

Chọn đáp án A

x 2  3x  10 x  2 3x 2  5x  2

Câu 1: Tìm giới hạn lim A. 1

1 3

C. -1

x 2  3x  4 x 4 x 2  4x

A. 1

ƠN

Câu 2: Tìm giới hạn lim

5 4

x 2  2x  15 x 3 x 3

B. 1 x4 1 x 1 x 2  2x  3

Câu 4: Tìm giới hạn lim

3 4

A. 2

3 4

Câu 3: Tìm giới hạn lim A. 

OF FI

Giải bài tập vận dụng

D. 

D. -4

C. 0

D. 8

1 2

D. 1

97 49

x100  2x  1 x 1 x 50  2x  1

Câu 5: Tìm giới hạn lim

99 49

49 24

A. 2 Câu 6: Tìm giới hạn lim A. a n 1

KÈ

x a

xn  an x a

B. n.a n 1

x  h Câu 7: Tìm giới hạn lim

DẠ Y

h 0

D. 0

C. 3x 2  3x

 x3

B. 3x 2

A. x 2

C. a n

x2 3

xn 1 với m, n   * x 1 x m  1

Câu 8: Tìm giới hạn lim A.

2n m

B. m.n

n m

D. 

n m

1  ax  1 , với n  *, a  0. x

A. 2a

B. n.a

n x 0

n a

x  x 2  x 3  ...  x n  n , với n   *. x 1 x 1

a n

Câu 9: Tìm giới hạn lim

n(n  1) 2

B. 1

1   n  Câu 11: Tìm giới hạn lim   n x 1 1  x 1 x  

x 2

1 2

B. 1

6x 2  3  3x

x 1

A. 1

C. x 1

Câu 13: Tìm giới hạn lim

B. 0

B. 2 5

x 0

B. 3

Câu 16: Tìm giới hạn lim x 0

DẠ Y

3 a

Câu 17: Tìm giới hạn lim A.

1 a

x 0

1 2

 n  1 n 2

D. 

D. 6

5 5

5 2

a 2

D. 

1 a

ax 3 a x

KÈ

2 a

1 a

2 3

ax  a  a  0 x

Câu 15: Tìm giới hạn lim

x 0

A. 1

n 1 2

5 x  5 x x

Câu 14: Tìm giới hạn hàm số lim

x2  5  3 x2

Câu 12: Tìm giới hạn lim A.

n 1 2

ƠN

n2 1 2

D. n 2

C. n(n+1)

OF FI

Câu 10: Tìm giới hạn lim

1 3

3 a

C. 3 3 a 2

D. 

1 a

xa  a ;  a  0 2x

1 2 a

1 4 a

a 2

1  x 1  2x 1  3x   1 x

x 0

A. 2

B. 5

C. 6

D. 12

Bài tập vận dụng

 x  2  x  5  lim x  5  1 x 2  3x  10  lim 2 x  2 3x  5x  2 x  2  x  2  3x  1 x  2 3x  1

Câu 1: Chọn đáp án A

 x  4  x  1  lim  x  1  5 x 2  3x  4  lim 2 x 4 x 4 x 4 x  4x x  x  4 x 4

Ta có: lim

Câu 3: Chọn đáp án D

 x  3 x  5  lim x  5  8 x 2  2x  15  lim   x 3 x 3 x 3 x 3 x 3

ƠN

Ta có: lim

OF FI

Ta có: lim

Câu 2: Chọn đáp án B

Câu 4: Chọn đáp án D Ta có:

x 2  1 x 2  1  x4 1 lim 2  lim x 1 x  2x  3 x 1  x  1 x  3 

 x  1 x  1  x 2  1  x  1  x 2  1 4  lim  lim  1 x 1 x 1 x 3 4  x  1 x  3

Câu 5: Chọn đáp án D

Ta có:

 x  1  x 99  x 98  ...  x  1  2  x  1 x100  2x  1 x100  1  2x  2 lim 50  lim  lim x 1 x  2x  1 x 1 x 50  1  2x  2 x 1  x  1  x 49  x 48  ...  x  1  2  x  1

 x 98  ...  x  1  2

KÈ

x 1

 x  1  x 99  x 98  ...  x  1  2  x  1  x 99  x 98  ...  x  1  2  x  1  lim  lim x 1 x  1 x 49  x 48  ...  x  1  2 x  1      x1  x  1  x 49  x 48  ...  x  1  2

x  lim x

 x  ...  x  1  2 48



100  2 49  50  2 24

Câu 6: Chọn đáp án B

DẠ Y

Ta có:

 x  a   x n 1  x n 2a  x n 3a 2  ...  xa n 2  a n 1  xn  an lim  lim x a x  a x a x a n 1 n 2 n 3 2 n 2  lim  x  x a  x a  ...  xa  a n 1   na n 1 x a

Câu 7: Chọn đáp án B Ta có:

Câu 18: Tìm giới hạn lim

x  h lim

 x3

h 0

 lim

 x  h  x   x  h 

 x  x  h   x2  

h 0

h  x  h   x  x  h   x 2    lim  x  h 2  x x  h  x 2   3x 2  lim       h 0 h 0  h

Câu 8: Chọn đáp án C Ta có:

OF FI

 x  1  x n 1  x n 2  ...  x  1 xn 1 lim m  lim x 1 x  1 x 1 x  1 x m 1  x m  2  ...  x  1   

 x  1  x n 1  x n 2  ...  x  1 x n 1  x n  2  ...  x  1 n  lim  lim  x 1 x  1 x m 1  x m  2  ...  x  1    x1 x m1  x m2  ...  x  1 m tn 1 , khi x  0 thì t  1 a

Ta có: x 0

 lim t 1

a  t  1 a  t  1 1  ax  1  lim n  lim n  1 t 1 t  1 t 1 x  t  1  t  t n 2  ...  t  1 t

n 1

t

lim

ƠN

Câu 9: Chọn đáp án D Đặt t  n 1  ax  x 

a a   ...  t  1 n

n 2

Câu 10: Chọn đáp án A Ta có:

 x  1   x 2  1   x 3  1  ...   x n  1 x  x 2  x 3  ...  x n  n lim  lim x 1 x 1 x 1 x 1 2 n 1  x  1 1   x  1   x  x  1  ...   x  x n 1  ...  x  1  lim x 1 x 1 2  lim 1   x  1   x  x  1  ...   x n 1  x n 1  ...  x  1  x 1 n  n  1  1  2  3  ...  n  2

KÈ

Câu 11: Chọn đáp án C

 n  (1  x  x 2  ...  x n 1  1   n Ta có : lim      lim  x 1 1  x n 1  x  x 1  (1  x)(1  x  x 2  ...  x n 1 )    (1  1)  (1  x)  (1  x 2 )  ...  (1  x n 1 )   lim   x 1 (1  x)(1  x  x 2  ...  x n 1 )  

DẠ Y

 (1  x)  (1  x)(1  x)  ...  (1  x)(1  x  x 2  ...  x n  2 )   lim   x 1 (1  x)(1  x  x 2  ...  x n 1 )  

1  (1  x)  (1  x  x 2 )  ...  (1  x  x 2  ...  x n  2 )   lim   x 1 1  x  x 2  ...  x n 1   1  2  3  ..  (n  1) n



1  (n  1) (n  1) n 1 2   n 2

x2  5  3 x 2  5  32 x2  4  lim  lim x 2 x2 (x  2) x 2  5  3 x 2 (x  2) x 2  5  3

Ta có lim

x 2





x 2

 lim

OF FI

Câu 12: Chọn đáp án C

(x  2)(x  2) (x  2)



x2  5  3



x2

 lim

x2  5  3

x 2





2 3



Câu 13: Chọn đáp án A

6x 2  3  3x

x 1

 lim

(x  1)



 lim

6x 2  3  3x

3(1  x)(1  x)

x 1



x 1

  lim



6x 2  3  3x

6x 2  3

  9x 2

x 1



  2



5 x  5 x





5 x  5 x 5 x  5 x Ta có : lim  lim x 0 x 0 x x 5 x  5 x

x 0

x 1

 

x 0

 lim x 0



Câu 15: Chọn đáp án A



ax  a  lim x 0 x x

KÈ

Ta có : lim x 0

 lim



ax  a

DẠ Y

x 0



 lim x 0



    ax  a

ax



1 ax  a





1 2 a

Câu 16: Chọn đáp án B

ax 3 a Ta có : lim  lim x 0 x 0 x x 



3  3x 2

2 2 5   5 5 x  5 x 2 5

 lim

6x 2  3  3x

6x 2  3  3x 6  1 3(1  x) 6

Câu 14: Chọn đáp án C

 lim

  lim (x  1) 

ƠN

Ta có : lim

(x  1)

x 1

ax



  a  3

 3 a  x. 3 a 

 a   3

5 x 5 x 5 x  5 x



 lim x 0



ax



1 2

 3 a  x. 3 a 

 a 3



1 3

3 a2

 lim x 0



x a a xa  a

x 0



 lim x 0





xa  a



x 0

  a  2x  x  a  a  xa

1 4 a

OF FI

xa  2x

Ta có : lim

 a  lim

Câu 17: Chọn đáp án C

Câu 18: Chọn đáp án C Ta có : lim

1  x 1  2x 1  3x   1 x

x 0

 lim

1  x 1  2x 1  3x   1  x 1  2x   1  x 1  2x   (1  x)  (1  x)  1 x

x 0

1  x 1  2x  1  3x   1  1  x  1  2x   1  (1  x)  1

ƠN

 lim

x 0

3x 1  x 1  2x   2x(1  x)  x  lim 3(1  x)(1  2x)  2(1  x)  1  6 x 0 x 0 x

DẠNG 3 :    Ví dụ 1: Tìm giới hạn lim



A. 1

B. 1

x 



2x  3

 2 3 x 1   2   x  x x  2

x 

 lim

x 

DẠ Y Ta có :

x2  2x  2 x2  x  x 

D. 7

Giải

2x  3

x2  2x  3  x

 lim

x 

2x  3  2 3 x 2 1   2   x  x x 

3 x  1 . Chọn đáp án A.  2 3 1   2   1  x x 

x 

B. 1

C. 2

2

Ví dụ 2: Tìm giới hạn sau : B  lim x A. 0



x 2  2 x  3  x  lim

KÈ

 lim



Ta có : lim

x2  2x  3  x

x 

 lim



x2  2x  2 x2  x  x C.



1 2

Giải

2x2  2x  2x x2  2x  4x2  4x x2  2x  2 x2  x  x

D. 

1 4

 B  lim

x 

2 x



x2  2x  2 x2  x  x

2 x 2



x2  2x  2 x2  x  x





x2  2x  x  1



x2  2x  x  1

2

Ví dụ 3: Tìm giới hạn sau : A  lim

x 

A. 0



x3  3x 2  x 2  2 x

B. 1

OF FI

1   . Chọn đáp án D. x   4 2 1  2 1  1   2 1   1  1   1   x x  x x 

B  lim



1 2

D. 3

Giải

3 x 2

x

 3x

 A  lim

x 



2  0 . Chọn đáp án A. 2 x  2 3  3 3  1 1 3 1    1 1 x x  x  lim

x 

A. 0





x 









x 

D. 

Giải

 x  x  x2  x



2x2

x 

2  2 x 2 3 1    x 2 3 1   x 2 x  x

B  lim x  x 2  x  lim

1 6

2x2

x 

x3  2 x 2  x  lim

DẠ Y





 x  2x x  x  A B

x3  2 x 2  x 2  x  lim



x 

1 2

x3  2 x 2  x  lim x 

Tính A  lim

 lim

x3  2 x 2  x 2  x

x 

KÈ

 lim



x 

x  2x  x 2

 x 3 x3  3x 2  x 2

Ví dụ 4: Tìm giới hạn lim

Ta có : lim

2 x



3



x2  2x  x

2 2



 

x3  3x 2  x 

ƠN



x3  3x 2  x 2  2 x 

Ta có :



x  2x  2 x  x  x 2

x2  2x  x 1

 2x

x

 2 x 2   x 3 x3  2 x 2  x 2 2

 lim

x 

x x  x2  x

2  2 1    x 3 1   1 x  x

 lim

x 

1 1 1

1 x



1 2



2 3

5 6

2  1 1      . Chọn đáp án C. 3  2 6

m   n  Ví dụ 5: Tìm giới hạn lim   n x 1 1  x 1  xm  

mn 2

D. 

C. m.n

1  1   n  m  lim      lim    A B m x 1 1  x n x  1 1 x  1 x    1 x

 (1  x n 1 )  (1  x n  2 )  ...  (1  x)  (1  1)   lim   x 1 (1  x)( x n 1  x n  2  ...  x  1)  

1  2  3...  (n  1) n(n  1) n  1   n 2n 2

Tương tự B 

m 1 mn . Vậy A  B  . Chọn đáp án B. 2 2



1  (1  x)  (1  x  x 2 )  ...  (1  x  ...  x n  2 )   lim   x 1 ( x n 1  x n  2  ...  x  1)  

Câu 1: Tìm giới hạn lim



A. 1

x2  x  1  x





1 2

x 

Bài tập vận dụng

Câu 2: Tìm giới hạn lim

x 2  3x  1  x

KÈ

x 

A. 13

Câu 3: Tìm giới hạn lim

DẠ Y

x 



A. 4

4x2  x  3  2x

1 5

x 



1 3

2 3

D. 4



1 3

Câu 4: Tìm giới hạn lim x  3 x3  x  1 A. 0

ƠN

 n  ( x n 1  x n  2  ...  x  1)  1   n Tính A  lim    lim    x 1 1  x n 1  x  x 1  (1  x)( x n 1  x n  2  ...  x  1)  

OF FI

Giải m  1 1 m   n  n   lim     Ta có : lim    n m n x 1 1  x 1  x  x 1  1  x 1  x 1  x 1  x m  

n m

A. n  m

Vậy A  B 

C. 

3 2

D. 3

C. 

1 2

D. 

1 4

C. 

1 3

D. 

1 6



A. 

x3  3x 2  1  x

B. 1

C. 3



A. 1

B. 

2x2  1  x

Câu 8: Tìm giới hạn lim



A. 2

B. 1

x 

5 6



1 2

C. 0

1 3

C. 0

D. 

2 3

3 4

D. 

3 5



x2  2x  2 x2  x  x

B. 1

Câu 10: Tìm giới hạn lim

x 



x  3  x 1

Câu 1: Chọn đáp án B





x 2  x  1  x  lim

x 

x 1

x  x 1  x 2

 lim

x 

Giải bài tập vận dụng

Ta có : lim



B. 2

A. 0

KÈ

1 1 x 1 1 x  lim  lim  x  x  2 1 1 1 1 x 1  2  x 1  2 1 x x x x

Câu 2: Chọn đáp án C



x 



4 x 2  x  3  x  lim

DẠ Y

Ta có : lim

x 

1 5

C. 

x2  x2



Câu 7: Tìm giới hạn lim

Câu 9: Tìm giới hạn lim

5 6

B. 2

A. 2

x 

D. 

x2  x  1  x

x 

x 

1 3

Câu 6: Tìm giới hạn lim



3x  1 3 1 x 1  2  x x x

1  1 x3  3 3 x  x  lim  lim  x  x  2 3 1 3 1 x 1  2  x  1  2 1 x x x x



OF FI

x 

ƠN

Câu 5: Tìm giới hạn lim

x 1  1 1  x 2 1   2   x  x x 

Câu 3: Chọn đáp án D

x 3

 lim

4x2  x  3  2x

x 

x 3

4 x 2  x  4  2 x  lim

4x2  x  3  2x

x 





x 3 1 3 x 4   2  2x x x

 lim

x 

Ta có : lim

x 3 x 3  lim x  x  1 3 1 3 x 4   2  2x x 4   2  2x x x x x 1

 lim

x 

 4

3 x

1 3  2 x x2



OF FI

 lim

1 4





Ta có : lim x  3 x3  x  1  lim x 

x x 2

1 1 1 1  1  2  3  x 2 3 1  2  3  x x x   x x 1

 lim

x 

1 3 1

1 1   2 x x

2  1 1 1 1   x 2 1  3 1  2  3  3 1  2  3   x x x    x  

x 

x 2  x 3 x3  x  1  3  x3  x  1

x 1

 lim

x 

x 1

ƠN

Câu 4: Chọn đáp án A

1 1 3 1 1  3  1  2  3  2 x x x   x

0

x 

 lim



3x 2  1

x3  3 x 2  1  x  lim

x 

x

 3 x 2  1  x 3 x3  3 x 2  1  x 2

1   x2  3  2  x   2

3 1  3 1 x 2 3 1   3   x 2 3 1   3  x 2 x x  x x 

DẠ Y

x 



KÈ

Ta có : lim

Câu 5: Chọn đáp án B

 lim

x 

3 2

1 x2

3 1  3 1 3 1   3   1   3  1 x x  x x 



3 1 3

Câu 6: Chọn đáp án A

Ta có lim

x2  x  1  x

x 

1

x2  x  1  x  lim x  x 1

 lim

x 

1 1  1 x x2 2 1 1 x

x 





1 x  lim   2 x  1 2x 1  x  2  2 1 x x

x2  1

2 x 2  1  x  lim

x 

Câu 8: Chọn đáp án C Ta có : lim

x 





4  lim x  2  x  2 x 

x  2  x  2  lim

x 

Ta có : lim

x 





x2  2x  2 x2  x  x  0

Câu 10: Chọn đáp án B x 

x 



x  3  x 1



  4 4   x.  lim  x    3 1  x  3  x 1   1  1 x x 

 lim

Ví dụ 1: Tìm giới hạn lim (x  2)

x2

2 2

x dạng 0. . Với mọi x > 2, ta có x 4 2

Do đó: lim (x  2) x2

1 2

Giải

x x  ( x  2)  x 4 ( x  2)(x  2)

DẠ Y (x  2)

x x 4

KÈ

Ta có lim (x  2)

  2   

x2

A. 0

x  lim x  4 x  2 2

Ví dụ 2: Tìm giới hạn lim x 3

0

a DẠNG ; 0. 0

 2 2 x  1  1  x x 

Ta có : lim

ƠN

Câu 9: Chọn đáp án C

OF FI

Ta có lim

Câu 7: Chọn đáp án B

x  2. x x2

x  2. x 0. 2   0 . Chọn đáp án A. 2 x2

x 3 3  6x  x2

1 4

B. 12

A. 7

1 6

D. 

x 3

3  6x  x2

 lim

( x  3)

x 3





( x  3) 3  6 x  x 2 2

  lim 3  

x 3

6x  x2 x 3

Mà lim 3  6 x  x 2  6  0; lim ( x  3)  0 và x  3 thì x  3  0 Vậy lim x 3

x 3 3  6x  x2

x 3

  . Chọn đáp án D.

1  Ví dụ 3: Tìm giới hạn lim  x.sin  x 0 x 

B. 

A. 0

C. 1 Giải

1  xn xn

Ta có: f ( xn )  xn .sin

D. 1

ƠN

Xét dãy ( xn ) mà xn  0, n và lim xn  0

OF FI

x 3

 (dạng a )

Ta có : lim

x 3

Giải

Vì lim xn  0  limf(x n )  0 1  Do đó lim  x.sin   0 . Chọn đáp án A. x 0 x 

 x3  1 khi x  1  Ví dụ 4: Tìm giá trị của m để hàm số f ( x)   x  1 có giới hạn tại điểm x = 1 mx  2 khi x  1  B. m  1

Ta có : lim f ( x)  lim x 1

D. m  2

Giải

x3  1 ( x  1)( x 2  x  1)  lim  lim( x 2  x  1)  3  x  1 x  1 x 1 x 1

KÈ

x 1

C. m  2

A. m  0

lim f ( x)  lim( mx  2)  m  2 

x 1

x 1

DẠ Y

Hàm số có giới hạn tại x  1  lim f ( x)  lim f ( x)  3  m  2  m  1 . Chọn đáp án B. x 1

x 1

 x  2m khi x  0  Ví dụ 5: Tìm giá trị của m để hàm số f ( x)   có giới hạn tại điểm x = 0 x khi x  0  3 8 x  3 8 x 

A. m  1

B. m  1

C. m  5 Giải

D. m  3

Ta có : lim f ( x)  lim ( x  2m)  2m x 0

x lim f ( x)  lim 3  lim x 0 x 0 8  x  3 8  x x  0



8 x



 3 8  x.3 8  x 



  8  x. 8  x    8 x  8 x

8 x



 3 8  x.3 8  x 



2

x 0



2 8 x  



2 8 x  

2 x

x 0

   lim 



OF FI

x   lim 



x 

x 0



2 8 x    6

Hàm số có giới hạn tại x  0  lim f ( x)  lim f ( x)  2 m  6  m  3 . Chọn đáp án D. x 0

x 0

Bài tập vận dụng x  ( 1)

B. 0

B. 1

Câu 3: Tìm giới hạn lim

x 2  x3 2x

A. 

x 0

Câu 4: Tìm giới hạn lim

B. 1

Câu 5: Tìm giới hạn lim

x 2  3x  3 x2  x  2

A. 

B. 1

DẠ Y

x 2

3 4

1 3

D. 3

1 3

D. 1

1 3

D. 

C. 3

D. 

x 2  3x  3 x2

KÈ

A. 

1 2

x2

A. 

1 1 1 Câu 2: Tìm giới hạn lim    x 3 x 3  ( x  3)3 

3 2

A. 3

x x 1

ƠN

Câu 1: Tìm giới hạn lim  ( x3  1)

x2 x  1  x 4

Câu 6: Tìm giới hạn lim A. 

B. 0

1 2

D. 1

A. m  1

B. m  1

 x  m khi x  0  Câu 7: Tìm giá trị của m để hàm số f ( x)   x 2  100 x  3 có giới hạn tại điểm x = 0 khi x  0  x3  C. m  5

D. m  3

3 2

C. m 

4 3

D. m  3

OF FI

B. m 

A. m  1

5 x  m khi x  0  Câu 8: Tìm giá trị của m để hàm số f ( x)   3 x  1  3 x  1 có giới hạn tại điểm x = 0 khi x  0   2x 1  x 1

2 x  m khi x  1  Câu 9: Tìm giá trị của m để hàm số f ( x)   3 x  1 có giới hạn tại điểm x = 1 khi x  1 3  4x  4  2 A. m  1

B. m  1

C. m  3

D. m  2

B. m  3

C. m  4

Giải bài tập vận dụng Câu 1: Chọn đáp án B Ta có : lim  ( x3  1)

x x x( x  1)  ( x  1)( x 2  x  1).  ( x 2  x  1). x 1 ( x  1)( x  1) ( x  1)

( x3  1)

x dạng 0. . Với mọi x  1 , ta có x 1 2

x  ( 1)

D. m  3

A. m  1

ƠN

m  3 khi x  0  Câu 10: Tìm giá trị của m để hàm số f ( x)   5 5 x  1  1 có giới hạn tại điểm x = 0 khi x  0  x 

Do đó: lim  ( x3  1) x  ( 1)

x x( x  1) (1).0  lim  ( x 2  x  1)  (1  1  1) 0 x  1 x ( 1) ( x  1) 2 2

Câu 2: Chọn đáp án A

KÈ

1 1 1 Ta có lim    dạng 0. . x 3 x 3  ( x  3)3  1 1 1  3 x  1  1  1  lim   lim   Do đó : lim     3 3 x 3 x x 3 x 3 3 x ( x  3) 2 3  ( x  3)   3 x  ( x  3)  

DẠ Y

1 1  1  1 1 1   nên lim      Mà lim      0;lim 2 x 3 3 x x 3 ( x  3) x 3 x 9 3  ( x  3)3   

Câu 3: Chọn đáp án B Ta có lim x 0

x 2  x3  lim x 0 2x

Câu 4: Chọn đáp án D

x (1  x) x 2 (1  x) x (1  x) (1  x) 1  lim  lim  lim  x 0 x 0 x 0 2x 2x 2x 2 2

x 2  3x  3 a dạng x2 0

Ta có lim x2

x2

Mà lim ( x 2  3 x  3)  1; lim ( x  2)  0 và x  2  x  2  0 x2

x2

x 2  3x  3   x2

Vậy lim

Ta có lim x 2

x 2  3x  3 a dạng 2 x  x2 0

Mà lim ( x 2  3 x  3)  13; lim ( x 2  x  2)  lim ( x  1)( x  2)  0 x 2

x 2

Và x  2  x  2  0  ( x  1)( x  2)  0 Do đó: lim x 2

x 2  3x  3   x2  x  2

ƠN

Câu 6: Chọn đáp án B

OF FI

Câu 5: Chọn đáp án A

x 2 s inx x2 x 2 s inx x 2 s inx Ta luôn có: f ( x)     f ( x)  1  x4 1  x4 1  x4 1  x4

1 1 2 2 x x  0; lim x  lim  x 2  0 lim  lim x  1  x 4 x  1 x  1  x 4 x  1 1 1 4 x x4 2

x2 x2 x 2 s inx  lim   0  lim 0 x  1  x 4 x  1  x 4 x  1  x 4

 lim

Câu 7: Chọn đáp án B

Ta có: lim f ( x)  lim ( x  m)  m x 0

x 0

x 2  100 x  3 3 lim f ( x)  lim  1 x  0 x 0 x3 3

Hàm số có giới hạn tại x  0  lim f ( x)  lim f ( x)  m  1 x 0

x 0

KÈ

Câu 8: Chọn đáp án C

Ta có: lim f ( x)  lim (5 x  m)  m x 0

x 0

lim f ( x)  lim x 0

DẠ Y

x 0

x 1  3 x 1  lim 2 x  1  x  1 x  0 x  

 lim x 0

 







 x 1  





x  1  3 x  1. 3



x 1  



4 3

Hàm số có giới hạn tại x  0  lim f ( x)  lim f ( x)  m  x 0

x 0

 x 1  

2x 1  x 1

x  1  3 x  1. 3

2x 1  x 1



4 3



2 x 1  

Câu 9: Chọn đáp án A x  m)  m  2 Ta có: lim f ( x)  lim(2  x 1



4x  4 4 

x 1





4x  4

(4 x  4)  



 2 3 4 x  4  4  2 x  3 x  1  2

  3

 2 3 4 x  4  4  12  1 2 12 x  3 x  1  2

  3

Hàm số có giới hạn tại x  0  lim f ( x)  lim f ( x)  m  1 x 1

x 1

Câu 10: Chọn đáp án C Ta có lim f ( x)  m  3 x 0

x 0

 lim x 0

5x  1 1 x 5x

x 



  4

5x  1 

  3

5x  1 

  2

5x  1 

5  



  4

5x  1 

  3

5x  1 

  2

5x  1 



1 5 x  1  1 

 lim

ƠN

lim f ( x)  lim

OF FI

   lim 

( x  1)  

x 1 lim f ( x)  lim 3  lim x 1 x 1 4 x  4  2 x 1 3

x 1



1 5 x  1  1 

1

x 0

sin u ( x) 1 u  x 0 u ( x )

x 0

DẠNG Lim

Hàm số có giới hạn tại x  0  lim f ( x)  lim f ( x)  m  2  1  m  4

sin 5 x x 0 3x

Ví dụ 1: Tìm giới hạn lim 1 3

B. 0

KÈ

5 3

3 5

1 3

Giải

sin 5 x 0 dạng vô định x 0 3x 0

Ta có lim

sin 5 x 5sin 5 x 5 sin 5 x 5 5  lim  lim  .1  . Chọn đáp án C. x 0 x  0 3.5 x 3x 3 x 0 5 x 3 3

DẠ Y

Do đó: lim

sin 5 x.sin 3 x.s inx x 0 45 x3

Ví dụ 2: Tìm giới hạn lim A.

1 9

1 45

C. 0 Giải

sin 5 x.sin 3 x.s inx 0 dạng vô định 3 x 0 45 x 0

Ta có: lim

sin 5 x.sin 3 x.s inx 1  sin 5 x sin 3 x s inx  1  lim  .   . Chọn đáp án D. 3 x  0 45 x 3 3x x  3  5x

Ví dụ 3: Tìm giới hạn lim

1  sin x  cos2x s inx

A. 8

B. 1

x 0

D. 1

C. 2

x 0

OF FI

Giải Ta có: lim

x 0

Do đó: lim

1  sin x  cos2x 0 dạng vô định s inx 0

1  sin x  cos2x 1  cos2x  s inx 2sin 2 x  s inx  lim  lim x 0 x 0 x 0 s inx s inx s inx

Do đó: lim

 lim(2sinx  1)  1 . Chọn đáp án D. x 0

ƠN

1  cosx.cos2x.cos3x x 0 1  cosx

Ví dụ 4: Tìm giới hạn lim

B. 14

1 12

A. 6

Giải

1  cosx.cos2x.cos3x 0 dạng vô định x 0 1  cosx 0 1  cosx.cos2x.cos3x x 0 1  cosx

Do đó: lim

Ta có: lim

1  cosx  cosx  cosx.cos2x  cosx.cos2x  cosx.cos2x.cos3x x 0 1  cosx

 lim x 0

 lim

1  cosx  cosx(1  cos2x)  cosx.cos2x(1  cos3x) 1  cosx

KÈ

 3x  2 cos x.sin 2 x  2 cos x.cos 2 x.sin 2    2   1  lim x 0 x 2sin 2   2  3x  cos x.cos 2 x.sin 2   cos x.sin x  2   1  lim  lim x 0 x  0 x x sin 2   2sin 2   2 2

DẠ Y

D. 9

Vậy lim x 0

1  cosx.cos2x.cos3x  14 . Chọn đáp án B. 1  cosx

OF FI

sin 3 x  x  1  2 cosx

Ví dụ 5: Tìm giới hạn lim 3

A.  3

1 2

C. 

3 3

Giải x



0 sin 3 x dạng vô định 0 1  2 cosx

x x

 3

 t khi x 

 3

t 0

  sin 3   t  sin 3 x 3    lim Do đó: lim  1  2 cosx t  0    x 3 1  2 cos   t  3  



ƠN

Ta có: lim Đặt t 

sin   3t 

sin 3 t

    1  2 cos .c ost+sin .sin t  3 3  

 lim

t 0

1  3 1  2  .cost + .sin t  2 2 

 lim

sin 3 t sin 3 t  lim t  0 1  cost  3 sin t t 0 t t t 2sin 2  2 3 sin cos 2 2 2

 lim

3sin 3 t 3t

t sin 2  sin t  3 cos t    2 2 t   2

DẠ Y

t 0

sin 3 t sin 3 t  lim t t t  t 0 t t t 2sin  sin  3 cos  2sin  sin  3 cos  2 2 2 2 2 2

KÈ

 lim

AL CI

cos x.sin 2 x Mà lim x 0 x sin 2   2

 sin x   3x  4 cos x.cos 2 x.sin 2    x   2  9  lim cos x.   4;lim 2 x 0 x 0 x   x  2sin 2    sin  2   2     x   2 

 lim t 0

Chọn đáp án A.

Bài tập vận dụng

1  cos2x x 0 x s inx

Câu 1: Tìm giới hạn lim

3sin 3 t 3t

t sin 2  sin t  3 cos t    2 2 t   2



3  3

 3

1 9

Câu 2: Tìm giới hạn lim x 0

1 2

C. 4

1 2

sin2x x 1 1

B. 4

A. 2

C. 2

cosx - cos7x x 0 x2

B. 12

1  1  sin 3 x 1  cosx

x 0

A. 6

3 2

C. 3 2

ƠN

Câu 4: Tìm giới hạn lim

C. 24

  Câu 5: Tìm giới hạn lim tan 2 x.tan   x   x 4  4

Câu 6: Tìm giới hạn lim

2x  1  3 x2  1 sinx

A. 

B. 1

x 0



B. 

D. 6 3

3 2 2

1 2

D. 3

  cos  cosx  2  Câu 7: Tìm giới hạn lim x 0 x sin 2 2

A. 2

1 12

OF FI

Câu 3: Tìm giới hạn lim A. 6

B. 

A. 2

C. 2

1 2

1 2

KÈ

tan(a  x).tan(a  x)  tan 2 a Câu 8: Tìm giới hạn lim x 0 x2

A. tan 4 a  tan 2 a

B. tan 2 a  1

DẠ Y

Câu 9: Tìm giới hạn lim x 0

A. a sin a

C. tan 4 a  1

D. tan 4 a

C. (a  1) sin a

D. a cos a  sin a

C. 3

D. 

(a  x) sin(a  x)  a sin a x

B. (a  1) cos a

3 x  5sin 2 x  cos 2 x Câu 10: Tìm giới hạn lim x  x2  2

A. 

Giải bài tập vận dụng

B. 0

Câu 1: Chọn đáp án A 1  cos2x 0 dạng vô định x 0 x s inx 0

Ta có: lim

1  cos2x 2sin 2 x 2sin x sin x  lim  lim  2 lim 2 x 0 x  0 x s inx x 0 x 0 x s inx x x

Do đó: lim

x 0

sin2x 0 dạng vô định 0 x 1 1

OF FI

Ta có: lim

Câu 2: Chọn đáp án B

Do đó:

sin2x ( x  1  1)sin2x ( x  1  1)sin2x sin2x  lim  lim  lim 2( x  1  1). 4 2 x  0 x  0 x  0 x 2x x 1 1 x  1  12

lim



x 0



Câu 3: Chọn đáp án C cosx - cos7x 0 dạng vô định 2 x 0 x 0

ƠN

Ta có: lim Do đó:

 lim x 0

-2sin

x  7x x  7x sin 2 2  lim -2sin4xsin(-3x) 2 x 0 x x2

cosx - cos7x lim = lim x 0 x 0 x2

2sin4xsin(3x) sin4x sin3x  24 lim .  24 2 x  0 x 4x 3x

x 0

1  1  sin 3 x 1  cosx

dạng vô định

0 0

Ta có: lim

Câu 4: Chọn đáp án C

Để ý 1  sin 3 x  0 nên 1  sin 3 x  1  sin 3 x

1  cosx

DẠ Y

x 0

sin 3 x 1 sin 3 x 6 3x  3 2  lim  lim  lim  lim x 0 x 0 x 0 x 0 x x x x 2 2 sin sin 2. sin 2sin 2 2 2 2 2 x 2 sin 3 x

sin 3 x

KÈ

lim

1  1  sin 3 x

Do đó:

Câu 5: Chọn đáp án D

  Ta có: lim tan 2 x.tan   x  dạng vô định 0.  x 4  4 Đặt t 



x x

 4

 t khi x 

 4

t 0

    Do đó: lim tan 2 x.tan   x   lim tan 2   x  .tan t  x 4  t 0 4  4

t 0

cos2t.sint cos2t 1  lim  2 2sin t.cos t t 0 2 cos 2 t 2

 lim

cos2t.sint    lim tan   2t  .tan t  limcot 2 t .tan t  lim t 0 t 0 t  0 sin 2t .cost 2 

Câu 6: Chọn đáp án B x 0

2x  1  3 x2  1 0 dạng vô định sinx 0

OF FI

Ta có: lim Do đó:

2x  1  3 x2  1 2x  1 1  1  3 x2  1 2x 1 1 1  3 x2  1 lim  lim  lim  lim x 0 x 0 x 0 x 0 sinx sinx sinx sinx x 0

2x 1 1  lim x 0 sinx





2 x  1  1 sinx

 lim x 0





 sinx  2x 1 1    x 

1  3 x2  1  x2  lim x 0 x 0  2 sinx 3 2 2 3 1  x  1   x  1  sinx 2   sinx   3 2 2 3 1  x  1   x  1   x 

 0 . Vậy lim x 0

2x  1  3 x2  1  1. sinx

x 0

x

lim

 lim

1

ƠN

Mà lim

Câu 7: Chọn đáp án B

  cos  cosx  2  dạng vô định 0 Ta có: lim x 0 x 0 sin 2 2

KÈ

  x     cos 1  2sin 2   cos  cosx  cos    sin 2 2  2  2   lim 2  lim Do đó: lim x 0 x 0 x 0 x x x sin 2 sin 2 sin 2 2 2 2

DẠ Y

 cos    sin 2 2  lim x 0 x sin 2 2

x 2 

x   x   sin   sin 2  sin   sin 2    2 2     lim  lim    x 0 x 0 2 x 2 x   sin  sin  2 2 

Câu 8: Chọn đáp án C tan(a  x).tan(a  x)  tan 2 a 0 dạng vô định 2 x 0 x 0

Ta có: lim

x 2 

 lim x 0

tan 2 x(tan 4 a  1) tan 2 x (tan 4 a  1)  lim .  (tan 4 a  1) x 2 (1  tan 2 a tan 2 x) x 0 x 2 (1  tan 2 a tan 2 x)

OF FI

Câu 9: Chọn đáp án D

 a sin(a  x)  sin a   (a  x) sin(a  x)  a sin a  lim   sin(a  x)  x 0 x 0 x x  

Ta có: lim

ƠN

2a  x x  x     sin     a.2 cos 2 sin 2  2a  x 2  sin(a  x)   lim   sin(a  x)   lim  a.cos .   x 0 x 0 x 2  x           2   a cos a  sin a

Câu 10: Chọn đáp án B

3 x  5sin 2 x  cos 2 x 6 x  10sin 2 x  2 cos 2 x  lim x  x  x2  2 2x2  4

x 

Ta có: lim  lim

6x 1 10sin 2 x  cos 2 x 10sin 2 x  cos 2 x  lim  lim 2 2 x  x  x 2 2x  4 2x2  4

Vì 10sin 2 x  cos 2 x  (102  11 )(sin 2 2 x  cos 2 2 x)  101

10sin 2 x  cos 2 x 101  2 2 2x  4 2x  4

Mà lim

101 10sin 2 x  cos 2 x  0 nên lim 0 2 x  2x  4 2x2  4

DẠ Y

KÈ

Nên 0 

x 

tan 2 a  tan 2 x  tan 2 a 2 2 tan 2 a  tan 2 x  tan 2 a  tan 4 a tan 2 x 1  tan a tan x  lim  lim x 0 x 0 x2 x 2 (1  tan 2 a tan 2 x)

tan a  tanx tan a  tanx .  tan 2 a tan(a  x).tan(a  x)  tan 2 a 1  tan a tanx 1  tan a tanx Do đó: lim  lim x 0 x 0 x2 x2

CHỦ ĐỀ 1 : ĐẠO HÀM A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1. Đạo hàm tại một điểm

Hàm số y  f  x  liên tục trên  a; b  , được gọi là có đạo hàm tại x 0   a; b  nếu giới hạn sau tồn

x x0

f  x   f  x0  và giá trị của giới hạn đó gọi là giá trị đạo hàm của số tại điểm x0. Ta kí x  x0

tại (hữu hạn): lim

f  x   f  x0  x x0 x  x0

OF FI

hiệu f '  x 0  . Vậy f '  x 0   lim

2. Đạo hàm bên trái, bên phải

f '  x 0   lim x x0

f  x   f  x0  x  x0

f '  x 0   lim x x0

f  x   f  x0  x  x0

Hệ quả: Hàm f(x) có đạo hàm tại x0  ( x0 ) và f '( x0 ) đồng thời f '( xo )  f '( x0 )



ƠN

3. Đạo hàm trên khoảng, trên đoạn

Hàm số f  x  có đạo hàm (hay hàm khả vi) trên  a; b  nếu nó có đạo hàm tại mọi điểm thuộc

 a; b 

Hàm số f  x  có đạo hàm (hay hàm khả vi) trên  a; b  nếu nó có đạo hàm tại mọi điểm thuộc (a;b)



đồng thời tồn tại đạo hàm trái f '  b   và đạo hàm phải f '  a   4. Mối liên hệ giữa đạo hàm và tính liên tục.

Định lí: Nếu hàm số f  x  có đạo hàm tại x0 thì f  x  liên tục tại x0.

không có đạo hàm tại x0. 5. Quy tắc tính đạo hàm

Chú ý: Định lí trên chỉ là điều kiện cần, tức là một hàm có thể liên tục tại điểm x0 nhưng hàm đó

a. Đạo hàm riêng của tổng, hiệu, tích, thương của hàm số

 



 u1  u 2  ...  u n  '  u1'  u '2  ...  u 'n  k.u  x   '  k.u '  x   uvw  '  u ' vw  uv ' w  uvw '  u n  x   '  nu n 1  x  .u '  x 

KÈ



DẠ Y



 u  x   u ' x  v  x   v ' x  u  x     v2  x   vx  '

 c  c.u '  x       2 u x  u x  b. Đạo hàm của hàm tổ hợp Cho hàm số y  f  u  x    f  u  với u  u  x  . Khi đó y 'x  y 'u .u 'x 6. Bảng công thức các đạo hàm sơ cấp cơ bản

Đạo hàm

Hàm hợp

c '  0 

 u  '  u

1



 x '  n

 u  '  n uu'

1 n

n 1

OF FI

 u  '  2u 'u n 1

 sin x  '  cos x

 sin u  '  u '.cos u

 cos x  '   sin x

 cos u  '  u 'sin u

1 cos 2 x 1 sin 2 x

 cot u  '  

B. CÁC DẠNG BÀI TẬP DẠNG 1: ĐẠO HÀM TẠI MỘT ĐIỂM

Ví dụ 1: Các khẳng định sau đây khẳng định nào sai với f  x  

C. Hàm số có đạo hàm tại x0

Giải

KÈ

x x  lim 0 x 0 x  2 x 0 x  2 x x lim  lim 0 x 0 x  2 x 0 x  2 lim f  x   lim f  x   f  0  x 0

x 0

Hàm số liên tục tại x  0 Vậy A đúng. Với đáp án B. Cho x 0  0 một số gia Δx. Ta có: y  f  0  x   f  0  

x y  x x  x  2 

x ; x0  0 x2

D. Hàm số không có đạo hàm tại x0

Với đáp án A. Ta có: f  0   0

lim

u' sin 2 u

B. Hàm số bằng 0 tại x0

A. Hàm số liên tục tại x0

u' cos 2 u

ƠN

 cot x  '  

 tan u  ' 

 tan x  ' 

DẠ Y

.u '

 x  '  2 1x n

Do đó:

1

 x  '  x

x' 1

x x 0  x  2 x  2

x y 1 1  lim  lim  x x 0 x  x  2  x 0  x  2  2

lim

x y 1 1  lim  lim  x x 0 x  x  2  x 0  x  2  2

x  0

lim

Suy ra f '  0   f '  0  Vậy hàm số không tồn tại đạo hàm tại x  0 . Suy ra B sai

OF FI

Chọn đáp án B.

 x3  x 2  1 1  khi x  0 Ví dụ 2: Tính đạo hàm của hàm số f  x    tại điểm x  0 x 0 khi x  0  1 2

B. f '  0  

C. f '  0   1

D. Không tồn tại Giải

ƠN

A. f '  0   0

1 Chọn đáp án B. 2

Vậy f '  0  

f  x   f  0 x3  x 2  1 1 x 1 1 Ta có: f '  0   0 , do đó: lim  lim  lim  3 2 x 0 x  0 x  0 x x x  x 1 1 2

 x2 1 khi x  1  Ví dụ 3: Tìm a để hàm số f  x    x  1 có đạo hàm tại x  1 a khi x  1 

A. a  2

B. a  1

C. a  3 Giải

x2 1  2  f 1  a x 1 x  1

KÈ

Hay: lim f  x   lim x 1

Để hàm số có đạo hàm tại x  1 thì trước hết f (x) phải liên tục tại x  1

DẠ Y

x2 1 2 f  x   f 1 Khi đó, ta có: lim  lim x  1  1. x 1 x 1 x 1 x 1

Vậy a  2 là giá trị cần tìm. Chọn đáp án B

Ví dụ 4: Cho hàm số y 

x x2 1

.Đạo hàm hàm số cho ta kết quả

D. a  2

C. y ' 

x2 1  x  0 x

B. y '  x. x 2  1

D. y ' 

x 1 2

x

A. y ' 

 1 . x 2  1



x2 1

x 1 2

 '

1. x 2  1  x.

2 x2 1  x 2  1

x2 1 x2 

1 x2 1  Chọn đáp án D. 2 2  x  1  x  1 . x 2  1

OF FI

Ta có: y ' 

x '. x 2  1  x.

Giải

A. 0  x  2

B. 0  x  2

C. x  2

TXĐ: D   Ta có: f '  x   1 

x 2  12



x 2  12  2x x 2  12

Suy ra: f '  x   0  x 2  12  2x (1)

Giải

ƠN

Ví dụ 5: Giải bất phương trình f '  x   0 biết f  x   x  2 x 2  12

Với x  0 thì (1) luôn đúng



x  0 Với x  0 thì (1)   2 0x2 2  x  12  4x



Chọn đáp án C

Vậy bất phương trình f '  x   0 có nghiệm x  2

DẠNG 2: ĐẠO HÀM HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC

 1  cos 2 x  B. y '     3  2sin x 

1  sin 2 x 2sin 3 x

DẠ Y

A. y ' 

cos x . Đạo hàm y’ của hàm số là: 2sin 2 x

KÈ

Ví dụ 1: Cho hàm số y 

C. y ' 

 1  sin 2 x  D. y '     3  2sin x 

1  3sin 2 x 4sin 3 x

Ta có: y ' 

Giải

 cos x  ' 2sin 2 x   2sin 2 x  'cos x

 2sin x  2

D. x  2

 sin x2sin 2 x  4sin x.cos x.cos x  sin x2sin 2 x  4sin x.cos x.cos x  4sin 4 x 4sin 4 x 2sin x  sin 2 x  2 cos 2 x  1  cos 2 x   4sin 4 x 2sin 3 x cos 2 x . Tính giá trị biểu thức 1  sin 2 x

A. -3

8 3

  f    3f '   : 4 4

D. 

Giải 2

2 cos x.sin x 1  sin 2 x   2sin x.cos x.cos 2 x

1  sin x  2

ƠN



8 3

OF FI

C. 3

 cos x  ' 1  sin x   1  sin x  'cos Ta có: y '  1  sin x 

Ví dụ 2: Cho hàm số y 



2 cos x.sin x  2 cos x.sinxsin 2 x  2sinx .cosx .cos 2 x

1  sin x  2 cos x.sin x  2 cos x.sinx  sin x  cos x  2sin 2x   1  sin x  1  sin x  2

  1 8 Do đó: f    3f '      3 4 4 3 3

Chọn đáp án C.

  Chú ý: Có thể dùng máy tính casio tính f    3f '   4 4

sin

1 x

Ta có: y '  

B. y '  

1  cot 1  x 2    

DẠ Y

C. y '  

KÈ

A. y '  

Ví dụ 3: Cho hàm số y  cot 1  x 2 . Tính đạo hàm của hàm số



1 x2

1  cot 2 1  x 2   1 x  2

x 1 x

1  2 cot 1  x 2    

Giải



sin 2 1  x 2

Chọn đáp án B.

D. y '  





1 x2

sin 2



2 x    2 1 x   1  cot 2 1  x 2  2 2 2 2   1 x sin 1  x 1 x

a.sin x  b.cos x  1   ;a, b   . Để đạo hàm y '     0 thì a, b thỏa mãn điều cos x  sin x  1  4

Ví dụ 4: Cho hàm số y 

A. a  b

B. a  b  0

kiện nào sau đây: C. a  2b  0

D. a  2b  0

Giải



 a.cosx  b.sin x  cos x  sinx  1    sinx  cos x  a.sin x  b.cosx  1 2  cos x  sin x  1 a cos 2 x  asin 2 x  b cos 2 x  b sin 2 x  a cos x  cos x  b sin x  sin x

  Do đó: y '      4

2  2 

 a  b  1  

 2  1  



  Vậy: y '     0   4

2  2 

 a  b  1  

 2  1  

0ab0

Chọn đáp án B Bài tập vận dụng

Câu 1: Số gia của hàm số f  x  

x 2  2  x 

1 2  2  x 

1 2  2  x 

 cos x 4   cotx . Tính giá trị f '   3 3sin x 3 3

KÈ

DẠ Y

8 3

1 tại x 0  2 ứng với số gia đối số Δx là: x

B. 

Câu 2: Cho hàm số y  A. 



ƠN

 cos x  sin x  1 a  b   a  1 cos x   b  1 sin x  2  cos x  sin x  1

OF FI



 a.sin x  b.cosx  1 '  cos x  sinx  1   cos x  sinx  1 '  a.sin x  b.cosx  1 2  cos x  sin x  1

Ta có: y '  

B. 

8 9

8 3

D. -4

Câu 3: Đạo hàm của hàm số: f  x   x 2 tại x 0  0 là: A. f '  0   0

B. f '  0   1

Câu 4: Cho hàm số: y  x 2  x 2  1 . Tính giá trị f '

C. f '  0   2

 3

D. Không tồn tại

3 3 2

5 3 4

3 2

5 3 2

1 2

B. a = 1; b =

1 −1 D. a = ; b = 2 2

OF FI

1 1 C. a = ; b = 2 2

−1 2

A. a = 1; b =

 x2  khi x  1 Câu 5: Cho hàm số: f  x    2 . Với giá trị nào của a, b thì hàm số có đạo hàm tại x  1 ax  b khi x  1 

 x 2 khi x  2  Câu 6: Cho hàm số: f  x    x 2 . Với giá trị nào của b, c thì hàm số có đạo hàm tại   bx  c khi x  2  2

ƠN

x2 A. b = 6; c = -6

B. b = -6; c = 6

C. b = 5; c =- 6

D. b = 2; c = -2

1 18

Câu 8: Cho hàm số: y 

Câu 9: Cho hàm số: f  x   A. f '  0   0 C. f '  0   b

DẠ Y

1 64

B. y ' 

D. y ' 

3 x

1  x 

3 x 2 1  x 

ax  b với  a  b  0  . Tính f '  0  ab

KÈ

x 3 2 1  x 

1 32

1 x . Đạo hàm của hàm số là: 1 x

A. y '   1  x

C. y ' 

1 36

2  4  x khi x  0  x Câu 7: Cho hàm số: f  x    . Đạo hàm tại x  0 của hàm số là 1  khi x  0  4

B. f '  0  

a ab

D. f '  0 1

Câu 10: Giải bất phương trình: f '  x   0 biết f  x   x 4  x 2 là: A.  2; 2

B.  0; 2

C.   2; 2 

D. 0; 2 

Giải bài tập vận dụng

Cho x0 số gia Δx. Ta có: y  f  2  x   f  2  

1 1 x   2  x 2 2  2  x 



 3sin x 



4 3sin 2 x

sin 2 x  3cos 2 x 4 3cos 2 x  3sin 2 x cos 2x    3sin 4 x 3sin 2 x 3sin 4 x sin 4 x

1  2 8 Do đó: f '    4 9 3  3    2  

ƠN

Câu 3: Chọn đáp án D.

OF FI

Ta có: y ' 

sin x.3sin 3 x  9sin 2 x.  sin x  '.   cos x 

Câu 2: Chọn đáp án B.

y x  x x x y x  lim  lim 1 x  0 x x  0 x x  0 x x y x lim  lim  lim  1 x  0 x x  0 x x  0 x

lim

Vậy không tồn tại f '  0  Câu 4: Chọn đáp án D.

2 x 1 2

 2x 

x x2 1

3

3 5 3  2 2

KÈ

 3  2

Ta có: y  x 2  x 2  1  y '  2x 

Do đó: f '

Cho x0 = 0 một số gia Δx. Ta có: y  f  0  x   f  0    2 x  0   2 x  x Do đó:

Câu 5: Chọn đáp án B. Ta có: lim f  x   lim x 1

x 1

x2 1  ; lim f  x   lim  ax  b   a  b x 1 2 2 x 1

DẠ Y

Hàm số liên tục tại x  1  a  b 

Câu 1: Chọn đáp án B.

1 (1) 2

x2 1  f  x   f 1 x2 1 2 2  lim  lim  1  f ' 1   1 Lại có: lim x 1 x 1 x 1 x  1 x 1 2  x  1

1 ax  b  f  x   f 1 2  lim ax  a  lim a  a  f ' 1  a lim  lim   x 1 x 1 x 1 x  1 x 1 x 1 x 1 1 2

Từ (1) và (2) ta có a  1, b   Câu 6: Chọn đáp án A.

Hàm số liên tục tại x  2  2  2b  c  4  2b  c  6 (1)

OF FI

 x2  Ta có: lim f  x   lim x 2  4; lim f  x   lim    bx  c   2  2b  c x 2 x 2 x 2 x 2  2 

f  x   f  2 x2  4 Lại có: lim  lim  lim  x  2   4  f '  2   4 x 2 x 2 x  2 x 2 x2

Tương tự f '  2   2  b

ƠN

Hàm số có đạo hàm tại x  2  2  b  4  b  6 (2) Từ (1) và (2) ta có b  6, c  6 Câu 7: Chọn đáp án D. x 0



Hàm số liên tục tại x  0 (1)

 lim

8  x   4 4x

x 0



 lim x 0

M 

1  x '. 1  x 

1 x

KÈ

Ta có: y ' 



2 1  x   1  x  2 1  x 1  x 







4x 8  x  4 4  x 2

1 x  

3 x

2 1  x 

DẠ Y Vậy: f '  0  

ax  b ax b a    f ' x   ab ab ab ab

a ab

Câu 10: Chọn đáp án C.







1 1  f '  0  64 64

1 . 1  x  2 1 x 1 x

Câu 9: Chọn đáp án B. Ta có: f  x  



4x

Câu 8: Chọn đáp án D.

1 x 

2 4x 1  x 4 x

f  x   f  0  lim Lại có: lim x 0 x 0 x 0

2 4x x 1 1  lim  lim  x 0 x 0 x 0 x 4 x 2 4x 2 4x

Ta có: lim f  x   lim

Hàm số có đạo hàm tại x  1  a  1 (2)

TXĐ: D   2; 2

x2 4  x2



4  2x 2 4  x2

Ta có: f '  x   4  x 2 

Do đó: f '  x   0  4  2x 2  0   2  x  2

4x 6  5x 5  x là: x 1 x2 1

Ví dụ 1: Kết quả của phép tính giới hạn lim A. 2

1 3

C. 0 Giải

15 13

ƠN

4x 6  5x 5  x  x  1 4x 6  5x 5  x 4x 6  5x 5  x   Ta có: x2 1  x  1 x  1  x  1

OF FI

DẠNG 3: SỬ DỤNG ĐẠO HÀM TÍNH GIỚI HẠN

4x 6  5x 5  x Xét hàm số: f  x   trên  \ 1 và 1   . Ta có: f 1  0  x  1

 4x 6  5x 5  x   0 f  x   f 1 x 1 4x 6  5x 5  x    lim  lim  f ' 1 Do đó: lim x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x2 1

Dùng máy tính cầm tay Casio fx 570 VN PLUS để tính f ' 1  0

Chọn đáp án C.

Ví dụ 2: Kết quả của phép tính giới hạn lim x 7

−1 56

−1 49

−1 7

Giải

KÈ

2 x 3 là: x 2  49

2 x 3  x  7 2 x 3 2 x 3   Ta có: 2 x  49  x  7  x  7   x  7 

DẠ Y

Xét hàm số: f  x  

2 x 3 trên D  [3;+) và 7  D . Ta có: f  7   0  x  7

 2 x 3   0  x  7  f  x   f 7 2 x 3  Do đó: lim  lim  lim 2  f '7 x 7 x 1 x  7 x  49 x 7 x 7

−1 8

Dùng máy tính cầm tay Casio fx 570 VN PLUS để tính f '  7   

1 56

Chọn đáp án A. x5  1 là: x 1 x 3  1

A. 0

B. +∞

3 5

5 3

OF FI

Giải

Ví dụ 3: Kết quả của phép tính giới hạn lim

 x5  1    x5  1  x  1  Ta có: 3  ; x  1 x  1  x3  1     x 1 

ƠN

Xét hàm số: f  x   x 5  1;g  x   x 3  1 có đạo hàm trên D  và  1  D . Ta có: f  1  g  1  0

5 f  x   f 1 lim  x  1    lim x 1 x 1  x 5  1 f '  1 x 1  x  1 Do đó:   lim  g  x   g 1  x 3  1  x 1 x 3  1 g '  1 lim lim   x 1 x 1 x 1  x 1 

Mà f '  x   5x 4 ;g '  x   3x 2  f '  1  5;g '  1  3 

Chọn đáp án D.

Ví dụ 4: Kết quả của phép tính giới hạn lim x 1

−1 15

2x  7  x  4 là: x 3  4x 2  3

−4 15

2x  7  x  4 2x  7  x  4   3 2 x  4x  3  x  1  x 2  3x  3

DẠ Y

Ta có:

KÈ

Xét hàm số: f  x  

f '  1 5  g '  1 3

4 15

Giải 2x  7  x  4  x 2  3x  3 x 1

2x  7  x  4 có đạo hàm tại x  1 . Ta có: f 1  0  x 2  3x  3

f  x   f 1 2x  7  x  4  lim 3  f ' 1 x 1 x 1 x 1 x  4x 2  3

Do đó: lim

Dùng máy tính cầm tay Casio fx 570 VN PLUS để tính f ' 1  

4 15

−4 13

Ví dụ 5: Kết quả của phép tính giới hạn lim

x 3

−7 72

2x  10  3 x  5 là: x2  9

1 72

7 36

2x  10  3 x  5 có đạo hàm tại x  3 . x 3

Ta có: f  3  0

f  x   f  3 2x  10  3 x  5  lim  f '  3 Do đó: lim x 3 x 3 x 3 x2  9 Dùng máy tính cầm tay Casio fx 570 VN PLUS để tính f '  3  

7 72

ƠN

Chọn đáp án A.

OF FI

Xét hàm số: f  x  

Giải

−7 36

Chọn đáp án B.

Bài tập vận dụng:

A. -3

B. 1

x 3  3x 2  5x  3 là: x 1 x2 1

Câu 1: Kết quả của phép tính giới hạn lim

C. 5

D. 0

B. 4

A. -5

x3  x 2  x  1 Câu 2: Kết quả của phép tính giới hạn lim 2 là: x 1 x  3x  2

C. 0

D. 7

x1992  x  2 Câu 3: Kết quả của phép tính giới hạn lim 1990 là: x 1 x x2

1993 1991

1992 1990

1990 1992

1991 1993

−3 4

x 3  3x  2 là x 1 x2 1

−1 3

KÈ

Câu 4: Kết quả của phép tính giới hạn lim B.

4 3

3 4

2 1 x  3 8  x là x 0 x

DẠ Y

Câu 5: Kết quả của phép tính giới hạn lim A.

−1 3

4 3

3 4

13 12

x  x 2  ...  x n  n là x 1 x 1

Câu 6: Kết quả của phép tính giới hạn lim A.

n  n  1 2

n  n  1 2

C. 1

n  2n  1 4

−1 8

7 24

Câu 8: Kết quả của phép tính giới hạn lim x 0

−1 3

3 4

1  2x. 3 1  4x  1 là x

7 24

7 3

x 2  3  x 3  3x Câu 9: Kết quả của phép tính giới hạn lim là x 1 x 1 −1 3

3 2

Câu 10: Kết quả của phép tính giới hạn lim A.

−7 36

−11 24

Giải bài tập vận dụng Câu 1: Chọn đáp án B.

7 36

x 3  3x 2  5x  3 x 3  3x 2  5x  3 x 1  Ta có: x2 1 x 1

x 3  3x 2  5x  3 trên D   \ 1 và1  D . x 1

Xét hàm số: f  x  

5  x3  3 x 2  7 là x 1

ƠN

x 1

1 3

Ta có: f 1  0

 x 3  3x 2  5x  3   0 f  x   f 1 x 1 x 3  3x 2  5x  3    lim  lim  f ' 1 Do đó: lim x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x2 1

KÈ

Dùng máy tính cầm tay Casio fx 570 VN PLUS để tính f ' 1  1 Câu 2: Chọn đáp án C.

x3  x 2  x  1 x  x  x 1 x  x  x 1 x2   Ta có: 2 x  3x  2 x 1  x  1 x  2  2

DẠ Y

Xét hàm số: f  x   Ta có: f 1  0

x3  x 2  x  1 trên D   \ 2 và1  D . x2

13 48

x  9  x  16  7 là x

x 0

13 12

OF FI

Câu 7: Kết quả của phép tính giới hạn lim

−5 18

1 2

 x3  x 2  x  1   0 f  x   f 1 x2 x3  x 2  x  1    lim  lim 2  f ' 1 Do đó: lim x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x  3x  2 Dùng máy tính cầm tay Casio fx 570 VN PLUS để tính f ' 1  0

Câu 3: Chọn đáp án A.

OF FI

 x1992  x  2    x 1 x1992  x  2  ;x 1 Ta có: 1990  1990 x x2  x x2   x 1  

Xét hàm số: f  x   x1992  x  2;g  x   x1990  x  2 có đạo hàm trên D   và 1  D . Ta có: f 1  g 1  0

f  x   f 1 x1992  x  2 lim x1992  x  2 f ' 1 x 1 x 1 x  1 x  1 Do đó:   lim  g  x   g 1 x1990  x  2 x 1 x1990  x  2 g ' 1 lim lim x 1 x 1 x 1 x 1

ƠN

lim

 f ' 1  1993; g ' 1  1991 

f ' 1 1993  g ' 1 1991

Câu 4: Chọn đáp án C.

Mà f '  x   1992x1991  1;g '  x   1990x1989  1

x 3  3x  2 x  3x  2 x  3x  2 x 1   Ta có: 2 x 1 x 1  x  1 x  1

x 3  3x  2 Xét hàm số: f  x   có đạo hàm tại x  1 . Ta có: f 1  0 x 1 f  x   f 1 x 3  3x  2  lim  f ' 1 x 1 x 1 x 1 x2 1

Do đó: lim

KÈ

Dùng máy tính cầm tay Casio fx 570 VN PLUS để tính f ' 1 

3 4

Câu 5: Chọn đáp án D.

DẠ Y

Xét hàm số: f  x   2 1  x  3 8  x có đạo hàm tại x  0 . Ta có: f  0   0

f  x   f  0 2 1 x  3 8  x  lim  f '  0 x 0 x 0 x 0 x

Do đó: lim

Dùng máy tính cầm tay Casio fx 570 VN PLUS để tính f '  0  

13 12

Câu 6: Chọn đáp án C.

Xét hàm số: f  x   x  x 2  ...  x n có đạo hàm tại x  1 . Ta có: f 1  n f  x   f 1 x  x 2  ...  x n  n  lim  f ' 1 x 1 x 1 x 1 x 1

Do đó: lim

 f ' 1  1  2  ...  n 

OF FI

Mà f '  x    x  x 2  ...  x n  '  1  2x  ...  nx n 1 n  n  1 2

Câu 7: Chọn đáp án B.

Xét hàm số: f  x   x  9  x  16 có đạo hàm tại x  0 . Ta có: f  0   7

f  x   f  0 x  9  x  16  7  lim  f '  0 x 0 x 0 x 0 x

ƠN

Do đó: lim

Dùng máy tính cầm tay Casio fx 570 VN PLUS để tính f '  0  

Câu 8: Chọn đáp án C.

7 24

Xét hàm số: f  x   1  2x. 3 1  4x có đạo hàm tại x  0 . Ta có: f  0   1

f  x   f  0 1  2x. 3 1  4x  1  lim  f '  0 Do đó: lim x 0 x 0 x 0 x

Câu 9: Chọn đáp án D.

Dùng máy tính cầm tay Casio fx 570 VN PLUS để tính f '  0  

7 3

Xét hàm số: f  x   x 2  3  x 3  3x có đạo hàm tại x  1 . Ta có: f 1  0

f  x   f 1 x 2  3  x 3  3x  lim  f ' 1 x 1 x 1 x 1 x 1

Do đó: lim

KÈ

Dùng máy tính cầm tay Casio fx 570 VN PLUS để tính f ' 1 

1 2

Câu 10: Chọn đáp án B.

DẠ Y

Xét hàm số: f  x  

5  x3  3 x 2  7 có đạo hàm tại x  1 . x 1

Ta có: f 1  0

f  x   f 1 5  x3  3 x 2  7  lim  f ' 1 x 1 x 1 x 1 x2 1

Do đó: lim

Dùng máy tính cầm tay Casio fx 570 VN PLUS để tính f ' 1  

11 24

CHỦ ĐỀ 2: VI PHÂN ĐẠO HÀM CẤP CAO A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 

1. Vi phân của hàm số

Tích f '  x 0  .x được gọi là vi phân của hàm số y  f  x  tại điểm x0 (ứng với số gia Δx) được kí



hiệu là: df  x 0   f '  x 0  x .

Nếu hàm số f có đạo hàm f ' thì tích f '  x  x được gọi là vi phân hàm số y  f  x  , kí hiệu là:



OF FI

df  x   f '  x  x . Đặc biệt: dx  x ' x  x nên ta viết df  x   f '  x  dx .

2. Đạo hàm cấp n 

Đạo hàm cấp hai: Cho hàm số f có đạo hàm f ' . Nếu f ' cũng có đạo hàm của nó được gọi là đạo

hàm cấp hai của f và được kí hiệu là f " , tức là: f "   f ' '

Đạo hàm cấp n: Cho hàm số f có đạo hàm cấp n-1 (với n  , n  2 ) là f  n 1 . Nếu f  n 1 cũng có

ƠN



đạo hàm thì đạo hàm của nó được gọi là đạo hàm cấp n của f và được kí hiệu là f  n  , tức là: '

Một số công thức đạo hàm cấp cao: n

3/  sin x 

 k  k  1 ...  k  n  1 x k  n  n  k  n

   sin  x  n  2 

5/ sin  ax  b   n

   a n .sin  ax  b  n  2 

  1

1  x 

n 1

2/  e x 

n

 ex

4/  cos x 

n

   cos  x  n  2 

6/ cos  ax  b    1  8/    ax  b 

n

   a n .cos  ax  b  n  2 

  1

a n .n!

 ax  b 

n 1

 1  7/    1 x 

n

1/  x k 







f  n   f  n 1

KÈ

B. CÁC DẠNG BÀI TẬP DẠNG 1: VI PHÂN

Ví dụ 1: Cho hàm số y  f  x    x  1 . Biểu thức nào sau đây chỉ vi phân của hàm số f(x)?

DẠ Y

A. dy  2  x  1 dx

B. dy   x  1 dx

Ta có: dy  f '  x  dx  2  x  1 dx Chọn đáp án A.

C. dy  2  x  1 Giải

D. dy  2  x  1 dx

A. dy   cos 2x  3sin 2 x cos x  dx

B. dy   2 cos 2x  3sin 2 x cos x  dx

C. dy   2 cos 2x  sin 2 x cos x  dx

D. dy   cos 2x  sin 2 x cos x  dx Giải

Ta có: dy   2 cos 2x  3sin 2 x cos x  dx

C. dy 

4x 2  16x  34

 2x  4 

x 2  6x  3

 2x  4 

2x 2  6x  5 2x  4

B. dy 

x 2  6x  3 dx 2x  4

D. dy 

4x 2  16x  34 dx 2x  4

Giải

Suy ra: dy 

4x 2  16x  34

 2x  4 

 4x  6  2x  4   2  2x 2  6x  5 4x 2  16x  34 y'   2 2  2x  4   2x  4  dx .

Ta có:

ƠN

Ví dụ 3: Tìm vi phân của các hàm số y 

OF FI

Chọn đáp án B.

A. dy 

Chọn đáp án A

Ví dụ 4: Tìm vi phân của các hàm số y  4x 2  tanx

4x 2  tanx

8x  1  tan 2 x 4x 2  tanx

D. dy 

8x  1  tan 2 x 2 4x 2  tanx

DẠ Y

Ta có: y ' 

B. dy 

C. dy 

8x  tan 2 x

KÈ

A. dy 

 dy 

Ví dụ 2: Tìm vi phân của các hàm số y  sin 2x  sin 3 x

8x  tan 2 x dx 4x 2  tanx

8x  1  tan 2 x 2 4x 2  tanx

Giải

8x  1  tan 2 x 2 4x 2  tanx

Chọn đáp án D.

 x 2  x khi x  0 Ví dụ 5: Cho hàm số: f  x    Kết quả nào sau đây đúng? khi x  0 2x

B. f '  0   lim

C. f '  0   lim  x 2  x   0

D. f '  0   lim  2x   0

x 0

x2  x  lim  x  1  1 x 0 x

A. df  0   dx

x 0

Giải x 0

x2  x 2x  lim  x  1  1 ; f '  0   lim  2 và hàm số không có vi phân tại x=0. x 0 x 0 x x

Ta có: f '  0   lim

OF FI

Chọn đáp án B

Bài tập vận dụng Câu 1: Tìm vi phân của các hàm số y  3x  2 B. dy 

1 dx 2 3x  2

Câu 2: Tìm vi phân của các hàm số y   3x  1

A. dy  10  3x  1 dx

B. dy  30  3x  1 dx

1 3

 x  1

B. dy 

 x  1

D. dy 

C. dy  9  3x  1 dx

C. dy 

 x  1

D. dy 

2 1  cos 2 2x cos 2x 1  cos 2 2x

Câu 5: Cho hàm số: y 

 x  1

D. df  x  

B. dy 

D. dy 

dx 2

Câu 6: Vi phân của hàm số y 

A. dy 

B. df  x  

 sin 4x 1  cos 2 2x

 sin 2x 2 1  cos 2 2x

x2  x 1 . Vi phân của hàm số là: x 1

2x  1

DẠ Y

C. dy  

x 2  2x  2

KÈ

A. dy  

 sin 4x

C. df  x  

Câu 4: Cho hàm số: y  f  x   1  cos 2 2x Chọn câu đúng: A. df  x  

2 x dx 4x x cos 2 x

2x  1

 x  1

x 2  2x  2

 x  1

tan x là: x B. dy 



sin 2 x 4x x cos

 x

3 dx 2 3x  2

D. dy  30  3x  1 dx

Câu 3: Tìm vi phân của các hàm số y  3 x  1 A. dy 

1 dx 3x  2

C. dy 

ƠN

3 dx 3x  2

A. dy 

1 3 3  x  1

C. dy 



2 x  sin 2 x 4x x cos

 dx

D. dy  



2 x  sin 2 x 4x x cos

 dx

 x  C. dy   2x   dx x2 1  

 2x  D. dy   2x   dx x2 1  

Câu 8: Tính vi phân của hàm số: y 

C. dy 

sin x  2

1  2sin x 

cos x 1  2sin x

B. dy 

 sin x  2 dx 1  2sin x

D. dy 

Câu 9: Tính vi phân của hàm số: y  cos 2x dx sin 4 x

C. dy 

cos 2x dx sin 3 x

 cos x 4  cot x 3sin 3 x 3

B. dy 

A. dy 

 sin x  2

1  2sin x 

sin x  2

1  2sin x 

ƠN

A. dy 

 x  B. dy   2x   dx x2 1  

OF FI

  x A. dy   2x   dx 2 x2 1  

Câu 7: Tính vi phân của hàm số: y  x 2  x 2  1

 cos 2x dx sin 6 x

D. dy  

cos 2x dx sin 4 x

2 9x 2  1 5 9x 2  1

C. dy 

2x  3

KÈ

Giải bài tập vận dụng

A. dy 

Câu 10: Vi phân của hàm số: y   5x  3 9x 2  1 là:

Câu 1: Chọn đáp án D. dy   3x  2  'dx 

B. dy  D. dy 

90x 2  27x  5 9x 2  1 x 2  2x  2 9x 2  1

3 dx 2 3x  2

DẠ Y

10 9 Câu 2: Chọn đáp án D. dy   3x  1  dx  30  3x  1 dx  

Câu 3: Chọn đáp án D. dy 





x  1 dx 

Câu 4: Chọn đáp án B. df  x   f '  x 

 x  1

1  cos dx 

2x 

2 1  cos 2x 2

dx 

4 cos 2x.sin 2 x 2 1  cos 2x 2

dx 

 sin 4x 1  cos 2 2x

 2x  1 x  1   x 2  x  1 x 2  2x  2  x2  x 1  Câu 5: Chọn đáp án D. dy    dx  dx  2 2  x  1  x  1  x 1  '

1 1 sin x 1   .  . 2 2 cos x cos x 2 x 

1  dx  x



2 x  sin 2 x x  sin x cos x .dx  .dx 2x x.cos 2 x 4x x.cos 2 x

Câu 7: Chọn đáp án C. 2x 2 x2 1

 2x 

x x2 1

ƠN

Ta có: y  x 2  x 2  1  y '  2x 

Câu 8: Chọn đáp án B.

 sin x 1  2sin x   1  2sin x  '.cos x

Do đó: dy 

 sin x  2 dx 1  2sin x

Câu 9: Chọn đáp án A.





 sin x  2

1  2sin x 

4 3sin 2 x

sin 2 x  3cos 2 x 4 3cos 2 x  3sin 2 x cos 2x    3sin 4 x 3sin 2 x 3sin 4 x sin 4 x

Do đó: dy 

KÈ



sin x.3sin 3 x  9sin 2 x.  sinx  '.   cos x 

 3sin x 

1  2sin x 

Ta có: y ' 

 sin x  2sin 2 x  2 cos 2 x

1  2sin x 



 y' 

cos x 1  2sin x

 x  Do đó: dy   2x   dx x2 1  

Ta có: y 



1 1 1 ' . . x  tan x. 2  2 x cos x 2 x dx  dx  x 

OF FI

 tan x Ta có: dy   x 

Câu 6: Chọn đáp án D.

cos 2x dx sin 4 x

DẠ Y

Câu 10: Chọn đáp án B.

'  Ta có: dy  y 'dx   5x  3 . 9x 2  1   5x  3 . 



'  9x 2  1    2  dx 9x  1  dx  5. 9x  1   5x  3 . 2   2 9x  1    2



 5  9x 2  1   5x  3 9x   18x  90x 2  27x  5 2    5. 9x  1   5x  3 . dx  dx  dx  2 2 2   2 9x  1 9x  1 9x  1    

DẠNG 2: ĐẠO HÀM CẤP CAO

A. y"  24.x 2

B. y"  24.x 2  4

Ví dụ 1: Tính đạo hàm cấp 2 của hàm số y  f  x   2x 4  4x C. y"  36x 2

D. y"  60x 2

Giải Ta có: y  2x 4  4x  y '  8x 3  4  y"  24.x 2

OF FI

Chọn đáp án A.

Ví dụ 2: Cho hàm số y  f  x   x 4  cos 2x . Đạo hàm cấp 4 của hàm số f  4  x  là B. f  4  x   24  16 cos 2x

C. f  4  x   24  8cos 2x

D. f  4  x   24  16 cos 2x Giải

ƠN

A. f  4  x   24  32 cos 2x

Ta có: f  x   x 4  cos 2x  f '  x   4x 3  sin 2x.  2x  '  4x 3  2sin 2x  f "  x   12x 2  2 cos 2x.  2x  '  12x 2  4 cos 2x

 f '"  x   24x  4sin 2x.  2x  '  24x  8sin 2x  f  4  x   24  8cos 2x.  2x  '  24  16 cos 2x

Chọn đáp án D.

Ví dụ 3: Cho hàm số y  cos 2 2x . Tính giá trị của biểu thức: A  y '" 16y ' 2017 ? B. A = 2017

A. A = 0

C. A = -2017

D. A = -1

Giải

Ta có: y '  4 cos 2x sin 2x  2sin 4x  y"  8cos 4x  y '"  32sin 4x

KÈ

Chọn đáp án B.

Do đó: A  y '" 16y ' 2017  32sin 4x  32sin 4x  2017  2017

Ví dụ 4: Cho hàm số y  f  x   sin x.sin 5x . Tính đạo hàm f  4  x  B. f  4  x   128cos 4x  648cos 6x

C. f  4  x   128sin cos 4x  648sin 6x

D. f  4  x   64 cos 4x  216 cos 6x

DẠ Y

A. f  4  x   128cos 4x  648cos 6x

Cách 1: Ta có: f  x   sin x.sin 5x 

Giải 1 cos 4x  cos 6x  2

1  4sin 4x  6sin 6x   2sin 4x  3sin 6x 2  f "  x    2sin 4x  3sin 6x  '  8cos 4x  18cos 6x  f ' x  

 f "'  x    8cos 4x  18cos 6x  '  32sin 4x  108sin 6x

Chọn đáp án B.

Nên:

 4

1 1  x    cos 4x    cos 6 x  2  2   128.cos 4x  648.cos 6x

 4

1  1     .44.cos  4x  4   .64.cos  6x  6  2 2 2 2  

Ví dụ 5: Tính đạo hàm cấp n của hàm số sau y 



 x  2

B. y

3x  1 . x2

 1 .7.n!  n 1  x  2 n

n

C. y

n

 1 .7.n!  n  x  2 n

A. y

7.n!

ƠN

Chọn đáp án B.

n

   a n .cos  ax  b  n  2 

1 1 1 cos 4x  cos 6x   cos 4x  cos 6x 2 2 2

Ta có: f  x   sin x.sin 5 x   4

n

OF FI

Cách 2: Dùng công thức đạo hàm cấp n: cos  ax  b  

 f  4  x    32sin 4x  108sin 6x  '  128cos 4x  648cos 6x

D. y

n

 1 n!  n 1  x  2

Giải

 x  2

, y" 

7.2

 x  2

Bằng quy nạp ta chứng minh: y



n

, y '" 

7.2.3

 x  2

 1 .7.n! 2  n 1    x  2 n

Với n  1 ta thấy (2) đúng

Giả sử (2) đúng với n  k , tức là: y



7

Ta có: y ' 

k

 1 .7.k!  k 1  x  2 k

k k   1k .7.k!  1 .7.k!.  k  1  1 .7.  k  1 !      k 2 k 2   x  2 k 1   x  2  x  2  

KÈ

Ta có: y

 k 1

Nên (2) đúng với mọi số tự nhiên n.

DẠ Y

Chọn đáp án B.

Bài tập vận dụng: Câu 1: Cho hàm số: y  f  x   x 5 . Đạo hàm cấp 2 của hàm số là: A. y"  24x 3

B. y"  20x 3

C. y"  16x 3

D. y"  60x 2

Câu 2: Cho hàm số y  f  x    x  10  . Tính f "  2  6

B. 122080

C. 54003

D. 12389

  Câu 3: Cho hàm số y  f  x   sin 3x . Tính f "     2

Câu 4: Cho hàm số y  f  x   A. y" 

1  x 

C. -9 1 . Tính f "  x  1 x

B. y" 

D. 9

2

1  x 

C. y"  

1  x 

Câu 5: Cho hàm số: y  f  x   cos 2 x . Tính f 5  x  A. f 5  x   16sin 2 x

D. y" 

B. f 5  x   sin 8 x

1 cos5 x 16

D. f 5  x   0

Câu 6: Cho hàm số y  sin x  sin x  . Tính y"    B. -1

1 D. 2

C. 0

A. 1

ƠN

5 C. f    x  

B. 3

OF FI

A. -3

Câu 7: Cho hàm số y  x.sin x . Đẳng thức nào sau đây đúng: B. xy  2  y ' sin x   xy"  0

A. y ' 3x cos x  xy"  0

D. y ' sin x  xy ''  0

C. xy  y ' x sin x  y"  0

B. 2

Câu 9: Cho hàm số: y 

C. y n    1

 x  1

n 1

 x  1

C. -1

D. 1

1 . Tính giá trị của biểu thức: y n   x  x 1

KÈ

A. y n  

Câu 8: Cho hàm số: y  2x  x 2 . Tính giá trị của biểu thức: y3 y" 1 A. 0

n 1

B. y n   

 x  1

D. y n    1

n 1

 x  1

Câu 10: Cho hàm số: y  f  x   sin x . Tính đạo hàm cấp n của hàm số:   n B. f    x   sin  x  n  2 

  n C. f    x    sin  x  n  2 

D. f  n   x   cos  x  2n 

DẠ Y

  n A. f    x   cos  x  n  2 

Giải bài tập vận dụng

A. 622080

1  x 

Câu 1: Chọn đáp án B. Ta có: y  x 5  y '  5x 4  y"  5.4.x 3  20x 3

Cách1: Ta có: y   x  10   y '  6  x  10  .  x  10  '  6  x  10  5

 y"  6.5  x  10  .  x  10  '  30  x  10  4

Do đó: y"  2   30  2  10   622080 Cách 2: Dùng máy tính cầm tay Casio fx 570 VN plus Câu 3: Chọn đáp án C. Ta có: y  sin 3x  y '  cos 3x.  3x  '  3cos 3x  y"  3.sin 3x.  3x  '  9.sin 3 x

ƠN

        y"     9.sin 3     9.sin  2    9.sin    9 2  2  2  2

Ta có:

1  x  '

1 1  y'    2 2 1 x 1  x  1  x 

1  x 2  2    2 1  x  . 1  x  '   y"    4 4 3 1  x  1  x  1  x 

y

OF FI

Câu 4: Chọn đáp án D.

Câu 5: Chọn đáp án A.

 f"  x    cos 2x.  2x  '  2 cos 2x

Cách 1: Ta có: y  f  x   cos 2 x

 f '  x   2 cosx .sinx   sin 2 x  f "'  x   2sin 2x.  2x  '  4sin 2x

 f  4  x   4 cos 2x.  2x  '  8cos 2x 5

 x   8sin 2x.  2x  '  16sin 2x

 f

KÈ

Cách 2: Dùng công thức đạo hàm cấp n: cos  ax  b   Ta có: y  f  x   cos 2 x 

n

   a n .cos  ax  b  n  2 

1  cos 2x 1 cos 2x   2 2 2

1 cos 2x   x      2  2

DẠ Y

Do đó: f

 5

1  cos 2x       2  2 

 5

1    0  .25.cos  2x  5  2 2 

1      0  .25.cos  2x  5   16.cos  2x  2   2 2 2      16.cos  2x    16.sin 2x 2 

Câu 6: Chọn đáp án C.

Câu 2: Chọn đáp án A.

Ta có: y '  cos x.cos  sin x   y"   sinx .cos  sin x   cos x.cos x sin  sin x 

 y"   sin x.cos  sin x   cos 2 sin  sinx   y"     0

Câu 7: Chọn đáp án B. Ta có: y '  sin x  x cosx  y"  cosx  cosx  xsinx  2 cosx  y

OF FI

Với đáp án A. Ta có: y ' 3x cos x  xy"

 sin x  x cos x  3x cos x  x  2 cos x  x sin x   sin x  x 2 sin x Vậy A sai.

Với đáp án B. Ta có: xy  2  y' sin x   xy"  xy  2  sin x  x cos x  sin x   x  2 cos x  y   0 Vậy B đúng

Ta có: y  2x  x 2  y ' 

1 x

1 x y

 y' 

2x  x 2

ƠN

Câu 8: Chọn đáp án A.

 y  1  x  y '  y 2  1  x  2x  x 2  1  2x  x 2 1 y"     3 y2 y3 y3 y 1  y3 y" 1  y3 . 3  1  1  1  0 y

  1

Giả sử với n  k thì y k    1

 x  1

Ta chứng minh quy nạp y '  

Câu 9: Chọn đáp án C.

 x  1

11

đúng với n  1

 x  1

k 1

k 1 Ta chứng minh với n  k  1 thì y    1

 k  1! k 2  x  1

KÈ

Câu 10: Chọn đáp án B.

  Ta có: f '  x    sin x  '  cos x  sin  x   đúng 2 

DẠ Y

  k Giả sử đúng với một số k nào đó f    x   sin  x  k  2    k 1 Ta chứng minh f    x   sin  x   k  1  2 

Thật vậy: f

 k 1

        x   sin  x  k    cos  x  k   sin  x  k    sin  x   k  1  2  2 2 2 2     

DẠ Y

KÈ

ƠN

OF FI

  n Vậy: f    x   sin  x  n  2 

CHỦ ĐỀ 3: TIẾP TUYẾN A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1. Tiếp tuyến tại một điểm trên đồ thị Tiếp tuyến của đồ thị  C  : y  f  x  tại M  x 0 ;f  x 0  

là đường thẳng ∆: y  f '  x 0  x  x 0   f  x 0  . Ta cũng nói rằng ∆ tiếp xúc với (C) hay (C) tiếp xúc Chú ý: Khi nói đến tiếp tuyến của (C) tại M, ta phải hiểu rằng M thuộc (C) và M là tiếp điểm. Cách dùng máy tính: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị

C : y  f  x 

M  x 0 ;f  x 0   là:

OF FI

∆, hoặc ∆ và (C) tiếp xúc nhau.

 : y  f '  x 0  '  x  x 0   f '  x 0   f ''  x 0  .x  f '  x 0   x 0 f "  x 0   ax  b    

Vậy dùng máy tính tìm a, b theo công thức:

d f  x   x  x ; b  f '  x 0   ax 0 0 dx 

a

ƠN

2. Tiếp tuyến qua một điểm

Viết phương trình tiếp tuyến qua M '  x1 ; y1  của  C  : y  f  x  Bước 1: Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x 0 của (C):

 : y  f '  x 0  x  x 0   f  x 0  .

Bước 2: Do  qua M khi và chỉ khi y l  f '  x 0  x1  x 0   f  x 0  . Giải phương trình này tìm x 0

Bước 3: Thay mỗi x 0 tìm được ở bước 2 vào phương trình ∆, ta được một tiếp tuyến qua M của

(C). Chú ý:

KÈ

Cho  l : y  k1x  m l và  2 : y  k 2 x  m 2 . Ta có:

DẠ Y

k  k 2  l  2   1 m1  m 2 k  k 2  l / / 2   1 m1  m 2   l   2  k1k 2  1  Cho    0;90  , ta có: 1 tạo với  2 góc  

k1  k 2  tan  1  k 1k 2

Đặc biệt, nếu k 2  0 thì: 1 tạo với  2 góc   k1  tan 

B. CÁC DẠNG BÀI TẬP

DẠNG 1: TIỂP TUYẾN TẠI MỘT ĐIỂM

A. y  3x  2

B. y  3x  2

Ví dụ 1: Cho hàm số y  x 3 đồ thị  C  . Viết phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm  1; 1 . C. y  2x  3

D. y  2x  3

Giải

OF FI

Ta có y  x 3  y '  3x 2 Do đó: y '  1  3.  1  3 2

Phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm  1; 1 là:

y  y '  x 0  x  x 0   y  x 0   3  x  1  1  3x  2.

Dùng máy tính tìm a, b theo công thức: a 

ƠN

Chọn đáp án A

d  x 3  ; b  y  l   a  l   1  a. x 1 dx

Ví dụ 2: Cho hàm số y  x 3 đồ thị  C  . Viết phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm có hoành độ bằng 2. A. y  12x  16

B. y  12x  16

C. y  16x  12

D. y  6x  16

Ta có: x 0  2  y 0  8

Mà y  x 3  y '  2   3.22  12

Giải

Phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm  2;8  là:

Chọn đáp án B

y  y '  x 0  x  x 0   y  x 0   12  x  2   8  12x  16.

KÈ

Dùng máy tính tìm a, b theo công thức: a 

d  x 3  ; b  y  2   2a  23  2a  8  2a x 2 dx

Ví dụ 3: Cho hàm số y  x 3 đồ thị  C  . Viết phương trình tiếp tuyến của  C  có hệ số góc bằng 3. B. y  3x  1 và y  3x  2

C. y  3x  2 và y  3x  2

D. y  x  3 và y  x  2

DẠ Y

A. y  2x  3 và y  2x  3

Giải

Gọi x 0 là hoành độ tiếp điểm

x0  1 Ta có: hệ số góc tiếp tuyến y '  x 0   3  3x 02  3    x 0  1

* Với x 0  1  f  x 0   1 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm 1;1 là: y  3  x  1  1  3x  2

* Với x 0  1  f  x 0   1

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm  1; 1 là: y  3  x  1  1  3x  2 Chọn đáp án C

điểm có hoành độ bằng 1 đi qua điểm A  2; 1 . A. m  1

B. m  2

C. m  3 Giải

Hàm số đã cho xác định với x   Ta có: y '  3x 2  2  m  l  x  3m  1

D. m  6

ƠN

Với x  1  y  l   3m  1  y ' 1  m  6

OF FI

Ví dụ 4: Cho hàm số y  x 3   m  1 x 2   3m  1 x  m  2. Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại

Phương trình tiếp tuyến tại điểm có x  1: y   m  6  x  1  3m  1

Tiếp tuyến này đi qua A  2; 1 nên có: 1  m  6  3m  1  m  2 Vậy, m  2 là giá trị cần tìm. Chọn đáp án B

Ví dụ 5: Gọi  Cm  là đồ thị của hàm số y  x 3   2m  l  x 2   m  3 x  3 và (d) là tiếp tuyến của (C) tại

điểm có hoành độ x  2. Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến (d) bằng

 m  2 B.   m  1

C. m  3 Giải

A. m  1

Hàm số đã cho xác định với x  

KÈ

Ta có: y '  3x 2  2  2m  l  x  m  3 Phương trình tiếp tuyến (d): y  y '  2  x  2   y

 2

y  11  7m  x  2   7  6m  11  7m  x  8m  15

DẠ Y

 11  7m  x  y  8m  15  0

d  0,  d   

8m  15

11  7m 

1



7 2 2  17  8m  15   49 11  7m   1   17

 1313m 2  3466m  2153  0  m  1, m 

Chọn đáp án D

2153 1313

7 17

m  1 D.   m  2153 1313 

Bài tập vận dụng x 1 đồ thị  C  . Viết phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm  2;3 . x 1

A. y  2x  5

B. y  2x  5

Câu 1: Cho hàm số y 

C. y  2x  7

D. y  2x  7

điểm của  P  với trục hoành B. y  3x  3 và y  3x  3

C. y  3x  3 và y  3x  3

D. y  2x  3 và y  x  12

Câu 3: Cho y 

OF FI

A. y  3x  3 và y  3x  12

Câu 2: Cho hàm số y  f (x)  x 2  5x  4 đồ thị  P  . Viết phương trình tiếp tuyến của  P  tại các giao

x2  x 1  C  . Viết phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm M có hoành độ bằng 1. 3x 2  1

1 3 A. y   x  8 8

1 1 B. y  x  8 8

1 1 C. y   x  8 4

1 3 D. y  x  8 8

ƠN

Câu 4: Cho hàm số y  x 3  3x 2  1 có đồ thị là  C  . Viết phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm

M  1;3 . A. y  3x  4

B. y  3x  6

C. y  x  2

D. y  2x  7

Câu 5: Cho y  x 3  4x 2  5x  2  C  . Viết phương trình tiếp tuyến của  C  tại các giao điểm của  C  với trục hoành A. y  x  2 và x  1

B. y  x  2 và y  0

C. y  x  2 và y  1

D. y   x  2 và y  1

Câu 6: Cho hàm số y  f  x   x 2  5x  8 đồ thị  P  . Đường thẳng y  3x  m tiếp xúc với  P  . Tìm

tọa độ tiếp điểm là A. M  4;12 

B. M  4; 12 

Câu 7: Gọi  C  là đồ thị của hàm số y 

C. M  4;12 

D. M  4; 12 

x 1 . Gọi M là một điểm thuộc (C) có khoảng cách đến trục x 3

A. y  x  2 và x  1

KÈ

C. y  x  2 và y  1

hoành độ bằng 5. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M.

Câu 8: Cho hàm số y 

B. y  9x  16 và y  4x  21 D. y   x  2 và y  1

3 x 1 . Viết phương trình tiếp tuyến (d) của (C) biết (d) cách đều hai điểm x2

DẠ Y

A  1; 2  và B 1;0 

A. y  3x  2

B. y  4x  2

C. y  5x  1

D. y  3x  2

Câu 9: Cho hàm số y  x 3  6x 2  9x  1 có đồ thị  C  . Có bao nhiêu tiếp tuyến của (C) cách đều hai điểm A  2;7  và B  2;7 

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Câu 10: Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị y  x 3  3x 2  m tại điểm có hoành độ bằng 1 cắt các trục Ox, B. m  5 hoặc m  1

C. m  3 hoặc m  1

D. m  3 hoặc m  1

A. m  5 hoặc m  1

Giải bài tập vận dụng 1.  1  1.1

 x  1



2

 x  1

OF FI

Câu 1: Chọn đáp án D Cách 1: Ta có y 

Oy lần lượt tại A và B sao cho diện tích tam giác OAB có diện tích bằng 1,5.

 y '  2   2

Phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm  2;3 là: y  y '  2  x  2   3  2  x  2   3  2x  7

Câu 2: Chọn đáp án A

 x  1 Cách 1: Ta có x 2  5x  4  0    x  4

d  x  1 ; b  3  2a. dx  x  1  x  2

ƠN

Cách 2: Dùng máy tính tìm a, b theo công thức: a 

Có hai giao điểm với trục hoành A  4;0  ; B  1;0 

f '  x   2x  5  f '  4   3;f '  1  3

Phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm A  4;0  là: y  3  x  4   0  3x  12

Phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm B  1;0  là: y  3  x  1  0  3x  3 Cách 2: + Dùng máy tính giải phương trình x 2  5x  4  0 tìm hoành độ giao điểm với trục hoành + Tìm a, b theo công thức: a 

d f  x   x  x ; b  f  x 0   ax 0 . 0 dx 

3x 2  4x  1

 3x

 1

KÈ

Cách 1: Ta có y ' 

Câu 3: Chọn đáp án A

. Ta được y ' 1  

1 1 và y 1  8 4

Suy ra phương trình tiếp tuyến với  C  tại M là: y  

1 1 1 3  x  1   y   x  8 4 8 8

DẠ Y

Cách 2: Dùng máy tính Câu 4: Chọn đáp án B Tập xác định: D   Ta có y '  3x 2  6x Phương trình tiếp tuyến  t  tại M  1;3 có phương trình: y  y '  1 x  1  3

Ta có y '  1  3, khi đó phương trình  t  là: y  3x  6 Câu 5: Chọn đáp án B

 x  2 2 Ta có: x 3  4x 2  5x  2   x  2  x  1  0    x  1

Suy ra (C) có 2 giao điểm với trục hoành là M1  2;0  và M 2  1;0 

điểm M1 , M 2 lần lượt là: 1 : y  1.  x  2   0  1 : y  x  2

 2 : y  0.  x  1  0   2 : y  0 Câu 6: Chọn đáp án D Ta có: f '  x   2x  5 Đường thẳng y  3x  m tiếp xúc với  P  nên hệ số góc

OF FI

Lại có: y '  3x 2  8x  5 suy ra y '  2   1; y '  1  0. Do đó phương trình tiếp tuyến với  C  tại các

ƠN

f '  x 0   3  2x 0  5  3  x 0  4 (x 0 là hoành độ tiếp điểm) Với x 0  4  y 0  12

Câu 7: Chọn đáp án B Khoảng cách từ M đến trục Ox bằng 5  y M  5

 y M  5 7  M   C   x M   TH1:   xM 1   3  5   y M  5   y M  5 xM  3 

 yM  5 M   C   x M  4  TH2 :   xM 1    y M  5  yM  5 5  x  3  M

 7  Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M   ; 5  là y  9x  16  3 

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M  4;5  là y  4x  21

KÈ

Câu 8: Chọn đáp án C

Phương trình tiếp tuyến (d) có dạng:

y  f '  x 0  x  x 0   f  x 0 

(x 0 là là hoành độ tiếp điểm của (d) và (C))

 x 0  6x 0  6  3  x0 5 y x  x0    x 2  2 2 x0  2  x0  2  x0  2  x0  2 2

DẠ Y

 5x   x 0  2   x 02  6x 0  6  0 2

d  A,  d    d  B,  d   

5  2  x 0  2   x 02  6x 0  6 2

25   x 0  2 



5  x 02  6x 0  6 25   x 0  2 

 x 02  14x 0  19  x 02  6x 0  1  x  14x 0  19  x  6x 0  1   2 2  x 0  14x 0  19   x 0  6x 0  1 2 0

2 0

 x 0  1  2  x 0  1  x 0  4x 0  9  0

Vậy phương trình (d): y  5x  1 Câu 9: Chọn đáp án D y   3x 02  12x 0  9   x  x 0   x 30  6 x 02  9x 0  1   3x 02  12x 0  9  x  2x 30  6 x 02  1   3x 02  12x 0  9  x  y  2 x 30  6 x 02  1  0 *



 3x

2 0

 12x 0  9   1 2

2  3x 02  12x 0  9   7  2 x 30  6 x 02  1

 3x

2 0

ƠN

d  A,  D    d  B,  D   

2  3x 02  12x 0  9   7  2x 30  6 x 02  1

OF FI

Phương trình tiếp tuyến (D) có dạng:

 12x 0  9   1 2

 2x 30  12 x 02  24x 0  10  2 x 30  24x 0  26

 2x 30  12 x 02  24x 0  10  2x 30  24x 0  26 1  3 2 3  2x 0  12 x 0  24x 0  10  2x 0  24x 0  26  2  12 x 02  48x 0  36  0 x0  3  x0  1  3  2  x 0  1  x 0  2  4x 0  12 x 0  16  0 Lần lượt thay x 0  3  x 0  1  x 0  1  x 0  2 vào (*) ta được phương trình tiếp tuyến (D) là

y  1  0, y  3  0, y  24x  7, y  3x  7 Câu 10: Chọn đáp án A

x  1  y 1  m  2 suy ra M 1; m  2 

KÈ

Tiếp tuyến tại M là d : y  3x  m  2 m2  ;0  d cắt Ox tại A nên A  x A ;0  và A  d suy ra A   3 

DẠ Y

d cắt Oy tại B nên B  0; y B  và B  d suy ra B  0; m  2 

Diện tích tam giác OAB có diện tích bằng 1,5 khi và chỉ khi OA . OB  3 

m2 . m2 3 3

Hay  m  2   9 phương trình này có 2 nghiệm m  5 hoặc m  1 2

1 3 . OA . OB  2 2

hay

Vậy, m  5 hoặc m  1 là giá trị cần tìm

DẠNG 2: TIẾP TUYẾN BIẾT HỆ SỐ GÓC

Ví dụ 1: Cho hàm số y  f  x   x 2  2x  3 đồ thị (P). Phương trình tiếp tuyến của (P) song song với đường thẳng  d  : 4x  2y  5  0 là: B. y  2x  1

C. y   x  3 Giải

Phương trình (d) viết lại y  2x 

5 2

Tiếp tuyến của (P) song song với (d) phải có hệ số góc bằng 2

 f '  x 0   2  2x 0  2  2  x 0  2 (x 0 là hoành độ tiếp điểm)

ƠN

Với x 0  2  y 0  3

D. y  2x  3

OF FI

A. y  3x  1

Phương trình tiếp tuyến của (P) tại  2;3 là: y  2  x  2   3  2x  1. Chọn đáp án B

Ví dụ 2: Cho hàm số y  f  x   3x 2  2x  5 đồ thị (P). Phương trình tiếp tuyến của (P) vuông góc với đường thẳng  d  : x  4y  3  0 là: B. y  2x  1

C. y  4x  2

A. y  3x  1

Giải

1 3 Phương trình (d) viết lại y   x  4 4

D. y  2x  3

Tiếp tuyến của (P) vuông góc với (d) nên tích hai hệ số góc

Với x 0  1  y 0  6

1  .f '  x 0   1  f '  x 0   4  6x 0  2  4  x 0  1 (x 0 là hoành độ tiếp điểm) 4

KÈ

Phương trình tiếp tuyến của (P) tại 1;6  là: y  4  x  1  6  4x  2. Chọn đáp án C

Ví dụ 3: Cho y  x 3  3x 2  12x  5 có đồ thị (C). Phương trình tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của (C)

DẠ Y

là:

A. y  15x  1

B. y  15x  6

C. y  5x  6 Giải

Hệ số góc tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x 0 của (C) là: k  f '  x 0   3x 02  6x 0  12  3  x 0  1 -15  15  k  15 2

D. y  12x  6

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x 0  1 Do đó k nhỏ nhất bằng 15 đạt được khi và chỉ khi x 0  1

Ta có f 1  9, suy ra tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của (C) là:

y  15  x  1  9  y  15x  6

Chọn đáp án B

Ví dụ 4: [ĐHD10] Cho hàm số y   x 4  x 2  6 có đồ thị (C). Phương trình tiếp tuyến của (C) vuông góc

A. y 

1 x  10 6

1 x  1 là: 6 1 B. y   x  10 6

OF FI

với đường thẳng  d  : y 

C. y  6x  10 Giải

Gọi  là tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ x 0

ƠN

  có hệ số góc là k  y '  x 0 

D. y  6x  10

1   d  .k  1  k  6  4x 30  2x 0  6  x 0  1 6 x 0  1  y  x 0   4   : y  6  x  1  4   : y  6x  10 Vậy tiếp tuyến vuông góc với d của (C) là:  : y  6x  10 Chọn đáp án C

1 m 1 Ví dụ 5: [ĐHD05] Cho hàm số y  x 3  x 2  đồ thị  Cm  . Gọi M là điểm thuộc  Cm  có hoành độ 3 2 3

bằng 1. Với giá trị nào của m thì tiếp tuyến tại M của  Cm  song song với đường thẳng d : 5x  y  0 A. m  5

B. m  5

C. m  4 Giải

Phương trình tiếp tuyến tại M của  Cm  là

KÈ

y  y '  1 x  1  y 1  y   m  1 m  1 

m m  y   m  1 x   1 2 2

Ta có phương trình d viết lại d : y  5x

DẠ Y

m  1  5  Do đó  / /d   m m4  2  1  0

Vậy tiếp tuyến tại M của  Cm  song song với đường thẳng d  m  4 Chọn đáp án D

Bài tập vận dụng

D. m  4

Câu 1: Cho hàm số y 

2 3 x  x 2  2x  2 có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) có hệ số 3

A. y  2x 

13 14 và y  2x  3 3

B. y  2x 

C. y  2x 

13 14 và y  2x  3 3

D. y  x 

góc bằng 2 16 7 và y  2x  3 3

1 và y  2x  1 3

OF FI

Câu 2: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x 3  3x 2  2 vuông góc với đường thẳng 1 d:y   x2 9

B. y  9x  7 và y  9x  25

1 1 C. y   x  7 và y   x  25 9 9

D. y  9x  7 và y  9x  25

ƠN

1 1 A. y  x  7 và y  x  25 9 9

2x 2  x  3 Câu 3: Cho hàm số y  có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến 2x  1

song song với đường thẳng d : y  5x  2011

B. y  5x  3 và y  5x  5

A. y  5x  3 và y  5x  5

1 1 D. y   x  3 và y   x  5 5 5

C. y  5x  3 và y  5x  5

Câu 4: Cho hàm số y  x 4  x 2  3. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) vuông góc với đường thẳng

d : x  2y  3  0 B. y  2x  1

Câu 5: Cho hàm số y 

2  x  x2 có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) có hệ số góc x 1

k  1

1 A. y   x  1 2

KÈ

A. y   x  2 và y   x  4 C. y   x  2 và y   x  6

C. y 

1 5 x 2 2

D. y  2x  5

B. y   x  1 và y   x  3 D. y   x  11 và y   x  7

Câu 6: Cho hàm số y  2x 3  4x 2  x có đồ thị (C). Số tiếp tuyến của (C) tạo với Ox góc 45o là: A. 2

B. 3

C. 4

D. 5

DẠ Y

1   Câu 7: Cho hàm số y  mx 4   3m   x 2  2 có đồ thị  Cm  . Gọi A và B lần lượt các điểm thuộc 24  

 Cm 

có hoành độ bằng 1 và 2. Với giá trị nào của m thì các tiếp tuyến của  Cm  tại A và B vuông góc

với nhau.

1   m   24 B.   m   71  72

1   m  12 D.   m   71  72

2x  1 có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến này cắt x 1

Câu 8: Cho hàm số y 

1   m   24 C.   m  71  1320

1   m  24 A.   m   71  1320

các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B mà OA  4OB

1 3 1 5 x và y  x  4 4 4 4

B. y 

1 5 1 13 C. y   x  và y   x  4 4 4 4

D. y   x  11 và y   x  7

Câu 9: Gọi (C) là đồ thị của hàm số y 

OF FI

A. y   x  2 và y   x  4

x 2  2mx  m 1 , m là tham số khác 0 và khác  . Tìm m để (C) xm 3

cắt Ox tại hai điểm và hai tiếp tuyến của (C) tại hai điểm đó vuông góc với nhau A. m  3

B. m  1

Câu 10: Cho hàm số y 

x có đồ thị là (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) x 1

ƠN

C. m  5

tại M vuông góc với đường thẳng đi qua điểm M và điểm I 1;1 A. M  0;0  và M  2; 2 

B. M  0; 2  và M  2; 2  D. M  0; 2  và M 1; 2 

C. M  0;0  và M  0; 2 

Câu 1: Chọn đáp án A

Giải bài tập vận dụng

Hệ số góc tiếp tuyến tại tiếp điểm  x 0 ;f  x 0   là y '  x 0   2

 x 0  1  2x 02  2x 0  2  2  x 02  x 0  2  0   x0  2

KÈ

7 2 Ta có y  1  ; y  2    3 3

Suy ra các tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán là:

7 13  1 : y  2x  3 3 2 14  2 : y  2  x  2     2 : y  2x  3 3

DẠ Y

1 : y  2  x  1 

Câu 2: Chọn đáp án D 1 Tiếp tuyến cần tìm vuông góc với d : y   x  2 nên hệ số góc là k  9 9

Gọi  x 0 ; y 0  là tọa độ của tiếp điểm

D. m  3

Ta có: y '  x 0   k  9  3x 02  6x 0  9  0  x 0  1; x 0  3 Với x 0  1  y 0  2. Phương trình tiếp tuyến y  9x  7

Câu 3: Chọn đáp án A Tiếp tuyến song song với d : y  5x  2011 nên hệ số góc k  5 Gọi  x 0 ; y 0  là tọa độ tiếp điểm

4x 02  4x 0  5

 2x 0  1

x0  0  5  16x 02  16x 0  0   x0  1

OF FI

Ta có: y '  x 0   k  5 

Với x 0  0  y 0  3  PTTT : y  5x  3 Với x 0  1  y 0  0  PTTT : y  5x  5 Câu 4: Chọn đáp án B

ƠN

1 3 Tiếp tuyến vuông góc với d : y   x  nên hệ số góc k  2 2 2

Gọi  x 0 ; y 0  là tọa độ tiếp điểm

Câu 5: Chọn đáp án C

2  x  x2 2 x 2  2x  1 x  y'  2 x 1 x 1  x  1

 y ' x0   1 

x 02  2x 0  1

 x 0  1

Gọi  x 0 ; y 0  là tọa độ tiếp điểm

Ta có: y 

Ta có: y '  x 0   k  4x 30  2x 0  2  2x 30  x 0  1  0  x 0  1 Với x 0  1  y 0  3  PTTT : y  2x  1

x0  0  1  x 02  2x 0  0   x0  2

Với x 0  0  y 0  2  PTTT : y   x  2

KÈ

Với x 0  2  y 0  4  PTTT : y   x  6 Câu 6: Chọn đáp án C

Hệ số góc của tiếp tuyến  tại điểm x 0 là: k  y '  x 0   6x 02  8x 0  1

DẠ Y

k  1 Ta có  ;Ox   45o  k  tan 45o    k  1

x0  0 Với k  1  6x  8x 0  1  1   x0  4  3 2 0

Với x 0  3  y 0  2. Phương trình tiếp tuyến y  9x  25

* x0  0  y  x0   0   : y  x 4 28 64  y  x0      : y  x  3 27 27

* x0 

x0  1 Với k  1  6x  8x 0  1  1   x0  1  3

2 0

* x 0  1  y  x 0   1   : y   x 1 1 8  y  x 0      : y  x  3 27 27

OF FI

* x0 

Vậy có 4 tiếp tuyến tạo với Ox góc 45o Câu 7: Chọn đáp án A 1  Ta có y '  x   4mx 3   6m   x 12  

ƠN

Do các tiếp tuyến của  Cm  tại A và B vuông góc với nhau khi và chỉ khi:

1  m   1  1 16 71  24 y ' 1 .y '  2   1   10m    44m    1  440m 2  m  0 12   6 3 72   m   71  1320

Câu 8: Chọn đáp án C Cách 1. Ta có

Nhưng do y ' 

OB 1 1 1  nên hệ số góc của tiếp tuyến k  hoặc k   OA 4 4 4

1

 x  1

 tan OAB

 0, x  1 nên hệ số góc của tiếp tuyến k   1

 x  1



x  3 1  4  x  1

Hoành độ tiếp điểm nghiệm phương trình

1 4

KÈ

1 5 1 13 Từ đó xác định được hai tiếp tuyến thỏa mãn: y   x  và y   x  4 4 4 4

 2x  1  Cách 2. Phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm M  x 0 ; 0  x0 1  

 x 0  1

2x 02  2x 0  1 2x 0  1 x  hay y  y x  x0   2 2 2  x0 1  x 0  1  x 0  1  x 0  1

DẠ Y

1

Ta xác định được tọa độ giao điểm của tiếp tuyến với các trục tọa độ:

 2x 2  2x  1  0 A  2x 02  2x 0  1;0  ; B  0; 0  2   x  1   0  

là:

Từ giả thiết OA  4OB, ta có 2x 02  2x 0  1  4

2x 02  2x 0  1

 x 0  1

x0  3 2   x 0  1  4    x 0  1

Câu 9: Chọn đáp án C Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và Ox

 x  m x 2  2mx  m 0 2 xm g  x   x  2mx  m  0 1

OF FI

m  0  m  1  '  m 2  m  0 m  0  m  1   (*)  (1) có hai nghiệm x1, x2 khác -m    2 1 g  m  # 0 3m  m  0 m   3 Khi đó hệ số góc của 2 tiếp tuyến của (C) tại M,N là k1 

2x1  2m 2x  2m ; k2  2 x1  m x2  m

ƠN

 2x  2m   2x 2  2m  Hai tiếp tuyến này vuông góc  k1.k 2  1   1  .   1  x1  m   x 2  m 

Lại có x1  x 2  2m; x1.x 2  m Do đó:  2   m 2  5m  0  m  0  m  5 So với điều kiện (*) nhận m  5

Câu 10: Chọn đáp án A

 2

 4  x1x 2  m  x1  x 2   m 2    x1x 2  m  x1  x 2   m 2

y

 x 0  1

x  x0   2 

 x  Với x 0  1, tiếp tuyến (d) với (C) tại M  x 0 ; 0  có phương trình: x0 1   x0 x 02 1  x  y  0 2 2 x0 1  x 0  1  x 0  1

KÈ

     1 1  (d) có vecto chỉ phương u   1;  , IM   x 0  1;  2  x0 1   x 0  1    Để (d) vuông góc IM điều kiện là:

  u.IM  0  1 x 0  1 

x0  0 1 0  x 0  1  x 0  1 x0  2 1

DẠ Y

Với x 0  0, ta được M  0;0  Với x 0  2, ta được M  2; 2  Vậy, M  0;0  và M  2; 2  là tọa độ cần tìm

DẠNG 3: TIỂP TUYẾN QUA MỘT ĐIỂM

x2  x  1 đồ thị (P). Từ điểm M  2;1 kẻ được hai tiếp tuyến với (P), Ví dụ 1: Cho hàm số y  f  x   4

A. y   x  1 và y  x  3

B. y   x  1 và y  x  3

C. y   x  1 và y   x  3

D. y   x  2 và y  x  2 Giải

Đường thẳng (d) tiếp xúc với (P) khi và chỉ khi phương trình: x2  x  1  k  x  2   1 có nghiệm kép 4

k  1 2   '  4 1  k   8k  8  0  4k 2  4  0    k  1 Với k  1, ta có (d): y  1 x  2   1  x  3

Với k  1, ta có (d): y  1 x  2   1   x  1

ƠN

 x 2  4x 1  k   8k  8  0 có nghiệm kép

OF FI

Phương trình đường thẳng (d) qua M  2; 1 có hệ số góc k là: y  k  x  2   1

Viết phương trình hai tiếp tuyến đó.

Chọn đáp án A

của (C) 5 1 x và y  18x  15 4 4

C. y 

15 21 x và y  24x  15 4 4

A. y 

Ví dụ 2: [ĐHB08]Cho y  4x 3  6x 2  1  C  . Viết phương trình các tiếp tuyến đi qua điểm M  1; 9 

B. y 

21 15 x và y  24x  15 4 4

D. y 

15 21 x và y  24x  15 4 4

Giải

Cách 1. Phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm có hoành độ x 0 là:

KÈ

 : y  y '  x 0  x  x 0   f  x 0   y  12x 02  12x 0   x  x 0   4x 30  6x 02  1.

Điều kiện ∆ đi qua điểm M  1; 9  khi và chỉ khi: 9  12x 02  12x 0   1  x 0   4x 30  6 x 02  1

5  x0    8x  6x  12x 0  10  0  4   x 0  1 2 0

DẠ Y

3 0

15  y ' x0    5  15  5 9 15 21 4 Với x 0    thì  : y   x      : y  x  9 4  4 4  16 4 4 y  x0     16

 y '  x 0   24 Với x 0  1   thì  : y  24  x  1  9   : y  24x  15  y  x 0   9

15 21 x  ,  : y  24x  15 4 4

:y 

Vậy phương trình các tiếp tuyến của đi qua điểm M  1; 9  của (C) là:

Chọn đáp án C

OF FI

Cách 2. Đường thẳng qua M, hệ số góc k có phương trình dạng:  : y  k  x  1  9

 là tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm: 4x 3  6x 2  1  k  x  1  9  2 12x  12x  k

1  2

ƠN

Thay (2) vào (1) ta có:

5  x  4x  6x  1  12x  12x   x  1  9  4x  3x  6x  5  0  4   x  1 2

Thay x 

5 15 15 15 21 vào (2) ta có k    : y   x  1  9   : y  x  4 4 4 4 4

Thay x  1 vào (2) ta có k  24   : y  24  x  1  9   : y  24x  15

Vậy phương trình tiếp tuyến đi qua điểm M của (C) là: y 

Chọn đáp án C

15 21 x  , y  24x  15 4 4

Ví dụ 3: Cho y  4x 2  3mx  6  C  . Với m nào thì  C  có tiếp tuyến đi qua A 1; 2  A. m  4

B. m  4

C. m  4

D. m  4

Giải

Phương trình tiếp tuyến với  C  tại điểm có hoành độ x 0 là:

KÈ

 : y  y '  x 0  x  x 0   y  x 0   y   8x 0  3m  x  x 0   4x 02  3mx 0  6. Đồ thị  C  có tiếp tuyến đi qua A 1; 2  khi và chỉ khi phương trình sau có nghiệm đối với

x 0 : 2   8x 0  3m 1  x 0   4x 02  3mx 0  6. (*)

DẠ Y

 4x 02  8x 0  3m  8  0   '  12m  48 

Do đó (*) có nghiệm khi và chỉ khi  '  0  12m  48  0  m  4 Vậy  C  có tiếp tuyến đi qua A 1; 2  khi và chỉ khi m  4 Chọn đáp án B

Ví dụ 4: Cho y 

2x  1  C  . Tìm tập hợp các điểm trên đường thẳng x  3 mà qua đó kẻ được tiếp tuyến x2

A. A  3;a  | a  7

B. A  3;a  | a  6

C. A  3;a  | a  

với đồ thị (C) D. A  3;a  | a  0

 : y  y '  x 0  x  x 0   y  x 0   y 

5

 x0  2

 x  x0  

2x 0  1 x0  2

Điểm A nằm trên đường thẳng x  3  tọa độ A có dạng A  3;a 

OF FI

Phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm có hoành độ x 0  x 0  2  là:

Giải

Qua A có tiếp tuyến với (C) khi và chỉ khi phương trình sau đây có nghiệm đối với x 0 :

a  x 0  2   5  3  x 0    2x 0  1 x 0  2  2x  1 :a  3  x 0   0 1   2  x0  2  x0  2  x 0  2  0 2

5

ƠN

 a  x 0  2   5  3  x 0    2x 0  1 x 0  2    a  2  x 02  2  2a  1 x 0  4a  17  0 2

Trường hợp 1: a  2  0  a  2

21 (không thỏa mãn) 10

Trường hợp 2: a  2  0  a  2

Khi đó (2) trở thành 10x 0  21  0  x 0 

 2

Khi đó (2) là phương trình bậc 2 có  '  5a  35  '  0  5a  35  0  a  7

Do đó, trong trường hợp (1) có nghiệm khi và chỉ khi (2) có nghiệm khác 2, tức là:

Vậy tập hợp các điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là A  3;a  | a  7 Chọn đáp án A

Ví dụ 5: Lấy điểm M thuộc đồ thị  C  : y  2x 3  3x 2  3. Có nhiều nhất bao nhiêu đường thẳng đi qua

điểm M và tiếp xúc với đồ thị  C  ? B. 2

KÈ

A. 1

C. 3

D. 4

Giải

Gọi M  a; 2a 3  3a 2  3 là điểm thuộc đồ thị  C  của hàm số. Đường thẳng (d) đi qua M có hệ số góc

DẠ Y

k, có phương trình: y  k  x  a   2a 3  3a 2  3 Đường thẳng (d) tiếp xúc với đồ thị  C  tại N  x 0 ; y 0  khi hệ phương trình:

2x 30  3x 02  3  k  x 0  a   2a 3  3a 2  3 1  2  2 6x 0  6x 0  k

có nghiệm x 0

Thay (2) vào (1), biến đổi và rút gọn ta được phương trình:

 x 0  a   4x 0  2a  3  0 2

tức x 0  a hoặc x 0 

2a  3 4

Vậy hệ phương trình (1), (2) có nhiều nhất 2 nghiệm, tức có nhiều nhất 2 đường thẳng đi qua M và tiếp xúc với đồ thị (C) Chọn đáp án B

Với giá trị nào của m thì đường thẳng d : y  60x  m tiếp xúc với

C ? A. m  164

B. m  82

C. m  164

OF FI

C.

Câu 1: Cho y  x 4  8x 2  7

Bài tập vận dụng

D. m  164

Câu 2: Viết phương trình đường thẳng qua điểm A 1; 2  và tiếp xúc với parabol y  x 2  2x A. y  2x và y  2x  4

B. y  2x và y  2x  4

C. y  2x và y  2x  4

D. y  x  2 và y  x  4

2x  C  . Tọa độ điểm M thuộc  C  sao cho tiếp tuyến của  C  tại M cắt hai x 1

ƠN

Câu 3: [ĐHD07] Cho y 

 M  1;1  A.   1  M ; 2    2 

 M 1;1  B.   1  M  ; 2    2 

1 là: 4

trục Ox, Oy tại A, B thỏa mãn tam giác OAB có diện tích bằng

 M  2;1  C.   1 M 2;     2

 M 1; 2   D.   1 M 2;     2

5 Câu 4: Cho hàm số y  x 3  x  2 có đồ thị  C  và hàm số y  x 2  x  2 có đồ thị  C ' tiếp xúc nhau. 4

A. y  2x 

Viết phương trình tiếp tuyến chung của  C  và  C ' tại tiếp điểm 9 4

B. y 

1 9 x 2 4

KÈ

thẳng x  y  8  0

Câu 5: Viết phương trình tiếp tuyến d với đồ thị

C : y 

9 4

D. y 

B. y 

1 9 x  và y  2x 2 4

9 và y   x 16

D. y 

1 9 x  và y  x 2 4

DẠ Y

1 9 x 2 4

x 3 3x 2   x, biết d song song với đường 3 4

9 4

A. y  3  x và y  2x  C. y   x 

C. y  2x 

 19  Câu 6: Cho hàm số y  2x 3  3x 2  5 có đồ thị  C  . Có bao nhiêu đường thẳng đi qua điểm A  ; 4   12 

và tiếp xúc với  C  của hàm số? A. 1

B. 3

C. 2

D. 4

Câu 7: Tìm các giá trị dương của m để  C m y  x 4  3(m  1)x 2  3m  2 cắt trục hoành tại 4 điểm phân bằng 24. A. m 

1 3

B. m  1

C. m  

1 2

D. m 

biệt và tiếp tuyến tại điểm có hoành độ lớn nhất cùng với 2 trục tọa độ tạo thành tam giác có diện tích 2 3

Câu 8: Cho hàm số y  2x 3  4x 2  1, có đồ thị là  C  . Gọi d là đường thẳng đi qua A  0;1 có hệ số AC  3AB

A. k 

3 2

B. k  1

C. k  

1 2

OF FI

góc là k. Tìm k để d cắt (C) tại hai điểm phân biệt B, C khác A sao cho B nằm giữa A và C đồng thời

D. k 

2 3

Câu 9: Cho hàm số y  2x 3  4x 2  1, có đồ thị là  C  . Tìm trên trục tung những điểm mà từ đó kẻ được đúng hai tiếp tuyến đến (C)

 1 B. M  0;  hoặc M  0; 1  7

 1 C. M  0;  hoặc M  0; 2   2

D. M  0; 2  hoặc M  0;1

ƠN

 11  A. M  0;  hoặc M  0;1  27 

Câu 10: Tìm m  , để tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x 3  mx  m  1 tại điểm có hoành độ bằng 1 cắt đường tròn  x  2    y  3  2

1 theo một dây cung có độ dài nhỏ nhất. 5

C. m  2 hoặc m  

5 2

Giải bài tập vận dụng

1 2

A. m  1 hoặc m 

B. m  1 hoặc m 

1 2

D. m  1 hoặc m  

5 2

Câu 1: Chọn đáp án C

KÈ

Phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm có hoành độ x 0 là:

 : y  y '  x 0  x  x 0   y  x 0   y  y '  x 0  x  x 0 y '  x 0   y  x 0  (C) tiếp xúc với d khi và chỉ khi tồn tại x 0 sao cho  và d trùng nhau, điều đó có nghĩa là hệ sau có

DẠ Y

nghiệm đối với x 0

 y '  x 0   60  y '  x 0   60    x 0 y '  x 0   y  x 0   m m  60x 0  y  x 0 

1  4x 30  16x 0  60  x 0  3

Thay x 0  3 vào (2) ta có m  164

1  2

Vậy d tiếp xúc với  C  khi và chỉ khi m  164 Câu 2: Chọn đáp án C

Phương trình đường thẳng qua A 1; 2  có hệ số góc k có dạng:

Xét phương trình x 2  2x  kx  k  2 hay x 2   k  2  x  k  2 1 Ta có:    k  2   4  k  2   k 2  4

OF FI

 : y  k  x  1  2   : y  kx  k  2

 k  2 Do đó  tiếp xúc với parabol đã cho  1 có nghiệm kép    0   k  2 Với k  2   : y  2  x  1  2   : y  2x Với k  2   : y  2  x  1  2   : y  2x  4

ƠN

Vậy qua điểm A có hai đường tiếp tuyến tiếp xúc với parabol là: y  2x và y  2x  4 Câu 3: Chọn đáp án B

 x  1

Xét điểm M   C  , M có hoành độ x 0 Phương trình tiếp tuyến với  C  tại M là: 2

 x 0  1

x  x0   2 

 : y  f '  x 0  x  x 0   f  x 0   y 

Ta có y ' 

2x 0 2x 02 2x y  2 2 x0 1  x 0  1  x 0  1

 2x 02 2x y    2 2 Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ   x 0  1  x 0  1  A   x 02 ;0   y  0

Ta có SOAB

KÈ

 2x 02 2x  y   2x 02   2 2 Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ    x 0  1  x 0  1  B  0; 2  x 0  1    x  0

x0  1 x 04 OA.OB 1     1 2 2 x  1  0  4  x 0   2

 M 1;1   M   1 ; 2     2 

DẠ Y

Câu 4: Chọn đáp án C 5 Kí hiệu f  x   x 3  x  2 và g  x   x 2  x  2 4

f  x   g  x  Ta có  C  tiếp xúc  C ' khi và chỉ khi hệ:   I  có nghiệm f '  x   g '  x 

1 2

Vậy  C  tiếp xúc  C ' tại điểm có hoành độ bằng

 3 5 x 2  3 2  x  4 x  2  x  x  2  x  x  4  0 1  x  I   2  x 3  5 x  2  '   x 2  x  2  ' 3x 2  5  2x  1  4  4  

OF FI

 1 5 g  2    4 9    Lúc đó   phương trình tiếp tuyến chung là: y  2x  4 g '  1   2     2  Câu 5: Chọn đáp án C

Cách 1. Tiếp tuyến d song song với đường thẳng x  y  8  0 nên d có dạng y   x  b D tiếp xúc với (C) tại điểm có hoành độ x 0 khi và chỉ khi hệ phương trình:

ƠN

 x 30 3x 02  x 0   x 0  b 1   3 4 có nghiệm x 0  3x  x 2  0  1  1  2  0 2

3 2

Phương trình  2   2x 02  3x 0  0  x 0  0 hoặc x 0  

Với x 0  0 thay vào phương trình (1), ta được b  0 khi đó d : y   x 3 9 9 thay vào phương trình (1), ta được b  khi đó d : y   x  2 16 16

Với x 0  

Cách 2. Gọi  x 0 ; y  x 0   là tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến d và (C), với y  x 0   tuyến d có hệ số góc y '  x 0   x 02 

3x 0 1 2

d / /x  y  8  0  y '  x 0   1 tức x 02 

3x 0 3  1  1 hay nghiệm x 0  0 hoặc x 0   2 2

KÈ

Câu 6: Chọn đáp án B Ta có: y '  6x 2  6x

Gọi M  x 0 ; y 0    C   y 0  2x 30  3x 02  5 và y '  x 0   6x 02  6x 0 Phương trình tiếp tuyến  của  C  tại M có dạng:

DẠ Y

x 30 3x 02   x 0 , tiếp 3 4

y  y 0  y '  x 0  x  x 0   y   2x 30  3x 02  5    6x 02  6x 0   x  x 0   y   6x 02  6x 0  x  4x 30  3x 02  5

A    8x 30  25x 02  19x 0  2  0  x 0  1 hoặc x 0  2 hoặc x 0 

1 8

Với x 0  1   : y  4 Với x 0  2   : y  12x  15 1 21 645  :y   x 8 32 128

Với x 0 

Câu 7: Chọn đáp án D

OF FI

x 4  3  m  1 x 2  3m  2  0   x 2  1  x 2   3m  2    0 *

Phương trình hoành độ giao điểm  Cm  và trục hoành:

Với m  0 thì  Cm  cắt trục hoành tại 4 giao điểm phân biệt và x  3m  2 là hoành độ lớn nhất Giả sử A





3m  2;0 là giao điểm có hoành độ lớn nhất và tiếp tuyến d tại A có phương trình:

y  2  3m  1 3m  2.x  2  3m  1 3m  2 

Theo

giả

thiết,

tam

giác

OAB

vuông

3m  2 18m 2  22m  4   48 *

tại

và

SOAB  24  OA.OB  48

Xét f  m   3m  2 18m 2  22m  4   48, m  0

ƠN

Gọi B là giao điểm của d và Oy suy ra B  0; 2  3m  1 3m  2  

2 Ta có f '  m   0 với mọi m  0, suy ra f  m  đồng biến với mọi m  0 và f    0 3

2 thỏa mãn đề bài 3

Câu 8: Chọn đáp án A

d : y  kx  1.

Vậy m 

2 3

Do đó phương trình (*) có nghiệm duy nhất m 

Với k  2 thì (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt B và C khác A

KÈ

Khi đó B  x B ; kx B  1 ;C  x C ; kx C  1 , x B  x C với x B , x C là nghiệm phương trình 2x 2  4x  k  0 AC  3AB tức x C  3x B và x B  x C  2, x B .x C 

k 3 suy ra k  2 2

Câu 9: Chọn đáp án A

DẠ Y

Gọi M  0; m  và  t  qua M có hệ số góc là a nên  t  : y  ax  m

2x 30  4x 02  1  kx 0  m (t) tiếp xúc (C) tại điểm có hoành độ x 0 khi hệ  có nghiệm x 0 2 6x 0  8x 0  x 0

hay

Suy ra 4x 30  4x 02  1  m  0 có nghiệm x 0 (*). Theo đề bài thì phương trình (*) có đúng 2 nghiệm, từ đó 11 hoặc m  1 27

có được m 

Câu 10: Chọn đáp án D

Với x  1  y 1  0  M 1;0 

Đường tròn có tâm I  2;3 và bán kính R 

OF FI

Phương trình tiếp tuyến tại M là y  y ' 1 x  1   3  m  x  y  3  m  0  d 

Ta có: y '  3x 2  m  y ' 1  3  m

1 5

Vì IM  R nên độ dài cung nhỏ nhất khi (d) tiếp xúc đường tròn, tức là d  I;  d    R

 3  m  .2  3  3  m 2 3  m  1

Hay

m m 2  6m  10



1 5

1  2m 2  3m  5  0 5

5 thỏa bài toán 2

DẠ Y

KÈ

Giải phương trình này ta được m  1 hoặc m  

ƠN



PHÉP BIẾN HÌNH 1. Phép biến hình

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

đó được gọi là phép biến hình trong mặt phẳng. * Ký hiệu phép biến hình là F, ta có: F(M)  M ' hay M '  F(M)

Phép biến hình biến M thành chính nó gọi là phép đồng nhất. 2. Phép tịnh tiến

OF FI

* M’ gọi là ảnh của M qua phép biến hình F.

Quy tắc đặt tương ứng mỗi điểm M của mặt phẳng với một điểm xác định duy nhất M’ của mặt phẳng

  Tv (M)  M '  MM '  v

* Tính chất:

ƠN

   Trong mặt phẳng cho v. Phép biến hình mỗi điểm M thành điểm M’ sao cho MM '  v được gọi là  phép tịnh tiến vectơ v.   Phép tịnh tiến theo vectơ v , kí hiệu: Tv , v gọi là vectơ tịnh tiến.  M’ v

  + Nếu Tv (M)  M '; Tv (N)  N ' thì M ' N '  MN suy ra M ' N '  MN

+ Phép tịnh tiến biến đường thẳng thành đường thẳng song song hoặc trùng nó, biến đoạn thẳng

thành đoạn thẳng bằng nó, biến tam giác thành tam giác bằng nó, biến đường tròn thành đường tròn cùng bán kính.

 * M '  x '; y ' là ảnh của M(x;y) qua phép tịnh tiến theo vectơ v (a; b).

3. Phép đối xứng trục

   x ' x  a  x '  x  a Khi đó: MM '  v     y ' y  b  y '  y  b Cho đường thẳng d. Phép biến hình mỗi điểm M thuộc d thành chính nó, biến mỗi điểm M không

KÈ

thuộc d thành điểm M ' sao cho d là đường trung trực của đoạn MM ' gọi là phép đối xứng qua đường thẳng d hay phép đối xứng trục d. Đường thẳng d gọi là trục của phép đối xứng. Phép đối xứng trục d kí hiệu Đd. Như vậy: M '  § d  M   d là đường trung trực của đoạn thẳng MM '.

DẠ Y

* Tìm ảnh của một điểm M qua phép đối xứng trục  . Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho  : Ax  By  C  0. Khi đó, phép đối xứng trục §  biến M(x;y) thành M  x '; y ' có biểu thức vectơ xác định bởi:

  x '  x  2kA (M)  MM '  2kn   với k    2 ; n  (A,B); (M)  Ax  By  C (n) y '  y  2kB

4. Phép đối xứng tâm Cho điểm I. Phép biến hình biến điểm I thành chính nó, biến mỗi điểm M khác I thành điểm M ' sao

cho I là trung điểm của đoạn MM ' được gọi là phép đối xứng tâm I. Điểm I được gọi là tâm đối xứng. Phép đối xứng tâm I kí hiệu ĐI. Vậy: M '  § I  M   M  § I  M '  .

  + Nếu § I  M   M ' và § I  N   N ' thì M ' N '  MN suy ra M ' N '  MN

* Tính chất:

OF FI

+ Phép đối xứng tâm biến đường thẳng thành đường thẳng song song hoặc trùng nó, biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng bằng nó, biến tam giác thành tam giác bằng nó, biến đường tròn thành đường tròn cùng bán kính. * M '  x '; y ' là ảnh của M  x; y  qua phép đối xứng tâm I(a;b).

x '  2a  x Khi đó: I là trung điểm MM '   y '  2b  y

ƠN

5. Phép quay

Cho điểm O và góc lượng giác  . Phép biến hình biến điểm O thành chính nó, biến mỗi điểm M khác điểm O thành điểm M ' sao cho OM '  OM và góc lượng giác  OM;OM ' bằng  được gọi là phép

quay tâm O góc quay  . Điểm O gọi là tâm quay,  gọi là góc quay của phép quay đó. Phép quay tâm O góc  , ký hiệu: Q(O,  )

OM '  OM Q(O, ) (M)  M '   (OM,OM')  

Phép quay Q(O,k 2 ) là phép đồng nhất, phép quay Q(O,(k 21)  ) là phép đối xứng tâm O. * Tính chất:

+ Phép quay bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm bất kì. + Phép quay biến đường thẳng thành đường thẳng, biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng bằng nó, biến

tam giác thành tam giác bằng nó, biến đường tròn thành đường tròn cùng bán kính.

KÈ

* Biểu thức tọa độ phép quay tâm O góc  biến M(x;y) thành M '  x '; y '

x '  x cos  y sin   y '  x sin   y cos

6. Phép dời hình

DẠ Y

Phép dời hình là phép biến hình bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ. Vậy: F  M   M ', F  N   N ' thì M ' N '  MN . Phép đồng nhất, tịnh tiến, đối xứng trục, đối xứng

tâm, phép quay là phép dời hình. * Tính chất: Phép dời hình + Biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng, bảo toàn thứ tự giữa các điểm ấy.

+ Biến đường thẳng thành đường thẳng, biến tia thành tia, biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng bằng nó.

+ Biến tam giác thành tam giác bằng nó, biến góc thành góc bằng n. + Biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính. 7. Phép vị tự

Vậy V(O,k) (M)  M '  M  V

1 (O, ) k

OF FI

gọi là phép vị tự tâm O tỉ số k. Phép vị tự tâm O tỉ số k ký hiệu là: V(O;k )   Biểu thức định nghĩa V(O,k) (M)  M '  OM '  kOM

  Cho điểm O và số k  0. Phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M ' sao cho OM '  kOM được

(M ')

* Tính chất:

  Nếu phép vị tự tỉ số k biến M, N tùy ý thành M ', N ' thì M ' N '  kMN và M ' N '  k .MN

ƠN

Phép vị tự tỉ số k

+ Biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng, bảo toàn thứ tự giữa các điểm ấy. + Biến đường thẳng thành đường thẳng song song hoặc trùng với nó, biến tia thành tia, biến đoạn

thẳng thành đoạn thẳng.

+ Biến tam giác thành tam giác đồng dạng với nó, biến góc thành góc bằng nó. + Biến đường tròn bán kính R thành đường tròn bánh kính k .R. Với hai đường tròn bất kì luôn có phép vị tự biến đường tròn này thành đường tròn kia.

* Biểu thức tọa độ phép vị tự tâm I(a,b) tỉ số k  0 biến M  x; y thành M '  x '; y '  là:

8. Phép đồng dạng

x ' a  k(x  a)  y ' a  k(y  a)

Phép biến hình F được gọi là phép đồng dạng tỉ số k (k>0) nếu với hai điểm M, N bất kì và ảnh

M ', N ' tương ứng ta luôn có M ' N '  k.MN . Nếu thực hiện liên tiếp phép đồng dạng tỉ số k và phép

KÈ

đồng dạng tỉ số p thì ta được phép đồng dạng tỉ số kp. * Tính chất: Phép đồng dạng tỉ số k + Biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng, bảo toàn thứ tự giữa các điểm ấy. + Biến đường thẳng thành đường thẳng, biến tia thành tia, biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng.

DẠ Y

+ Biến tam giác thành tam giác đồng dạng với nó, biến góc thành góc bằng nó. + Biến đường tròn bán kính R thành đường tròn bán kính k.R.

Hai hình được gọi là đồng dạng với nhau nếu có một phép đồng dạng biến hình này thành hình kia. B. CÁC DẠNG BÀI TẬP DẠNG 1: PHÉP TỊNH TIẾN

  Theo định nghĩa, ta có: Tv (M)  M '  MM '  v

B. M  T v (M ').   D. M 'M  v. Giải

Ví dụ 1: Giả sử Tv (M)  M '. Chọn đáp án sai:   A. MN '  v.   C. MM ' cùng hướng với v.

Đáp án A, C đúng

Chọn đáp án D

OF FI

    Đáp án B, ta có: M  T V (M ')  M 'M  v  MM '  v nên B đúng suy ra đáp án D sai.

  Ví dụ 2: Trong mặt phẳng Oxy cho v  (1;2) và điểm M(2;1). Tìm ảnh của M qua phép tịnh tiến v . C. (3; 1).

B. (3;1).

Giải  Gọi M '  x ';y '  là ảnh của M(2;1) qua phép tịnh tiến v

D. (1;3).

ƠN

A. (1; 3).

A. (1;6).

  x ' 2  1 x '  1 Ta có: MM '  v     M '(1;3). Chọn đáp án D y ' 1  2 y '  3  Ví dụ 3: Trong mặt phẳng Oxy cho v  (2;1) và điểm A(4;5). Hỏi A là ảnh của điểm nào sau đây qua  phép tịnh tiến v ? B. (2;4).

C. (4;7).

D. (6;6).

Giải

 Gọi M(x,y) là điểm sao cho A là ảnh của M qua phép tịnh tiến v

phương trình là:

B. x  5y  15  0.

KÈ

A. x  5y  15  0.

   4  x  2 x  2 Ta có: MA  v     M(2;4). Chọn đáp án B 5  y  1 y '  4   Ví dụ 4: Cho đường thẳng d : x  5y  1  0 và vectơ v  (4;2) . Khi đó ảnh của d qua phép tịnh tiến v có C. x  5y  6  0.

D. 5x  y  0.

Giải

DẠ Y

 Cách 1: Lấy A(1;0) và B  4;1 thuộc d và gọi A ', B' là ảnh của A, B qua phép tịnh tiến v  Tương tự trên ta có A '  5;2 , B'  0;3  A 'B'  (5;1)    Phương trình ảnh d' qua A '  5;2 và nhận n  (1;5) (n  A 'B') làm vectơ pháp tuyến là: 1(x  5)  5(y  2)  0  x  5y  15  0

Chọn đáp án A

 Cách 2: Ảnh d ' của d qua phép tịnh tiến v song song với d nên phương trình d ' có dạng: d' : x  5y  m  0 (m  1)

 Lấy A(1;0) thuộc d, ta có ảnh A ' của A qua phép tịnh tiến v có tọa độ A '  5; 2  Do A ' thuộc d ' nên m  15

Vậy d' : x  5y  15  0. Chọn đáp án A

 Cách 3: Gọi M(x,y)  d và M '(x ',y ')  d' là ảnh của M qua phép tịnh tiến v

x '  x  4 x  x ' 4 Ta có:   y '  y  2 y  y ' 2

OF FI

Mà M(x,y)  d nên (x ' 4)  5(y ' 2)  1  0  x ' 5y ' 15  0

Vậy d' : x  5y  15  0. Chọn đáp án A  Ví dụ 5: Cho v  (3;3) và đường tròn (C) : x 2  y 2  2x  4y  4  0. Ảnh của (C) qua Tv là: B. (x  4)2  (y  1)2  9.

C. (x  4)2  (y  1)2  9.

D. x 2  y 2  8x  2y  4  0. Giải

2  a  2  1  I(1; 2) Đường tròn (C) có tâm I  b  4  2  2

ƠN

A. (x  4)2  (y  1)2  4.

Bán kính R  a2  b2  c  12  (2)2  4  3

 x '  1  3  4 Gọi I '  x ', y ' là ảnh của I 1; 2  qua phép tịnh tiến vectơ v, ta có:   I '(4;1) y '  2  3  1

Đường tròn ảnh  C ' của (C) có tâm I '  4;1 , bán kính R '  R  3. Phương trình  C ' là: (x  4)2  (y  1)2  9. Chọn đáp án B

DẠNG 2: PHÉP ĐỐI XỨNG TRỤC

KÈ

hình tròn, hình thoi.

Ví dụ 1: Sắp xếp theo thứ tự giảm dần về số trục đối xứng của các hình sau: hình vuông, tam giác đều, A. Hình tròn, hình vuông, tam giác đều, hình thoi. B. Hình vuông, hình tròn, tam giác đều, hình thoi. C. Hình tròn, tam giác đều, hình vuông, hình thoi.

DẠ Y

D. Hình tròn, tam giác đều, hình thoi, hình vuông. Giải

Hình vuông có 4 trục đối xứng. Hình tròn có vô số trục đối xứng là các đường thẳng qua tâm. Tam giác đều có 3 trục đối xứng là ba đường trung trực của ba cạnh. Hình thoi có 2 trục đối xứng là các đường thẳng qua hai đỉnh đối diện. Chọn đáp án A

Ví dụ 2: Cho điểm M(1;2) và đường thẳng d : 2x  y  5  0. Tìm tọa độ của điểm N đối xứng với điểm

 9 12  A.  ;  . 5 5 

 3 C.  0;  .  2

B. (2;6).

D. (1;4).

Giải

M qua d.

 Cách 1: Phương trình đường thẳng a qua M(1;2) và vuông góc với d (nhận ud  (1; 2) làm VTPT) là

OF FI

x  1  2(y  2)  0  x  2y  3  0. 7  x  2x  y  5  0   7 11  5  I ;  Tọa độ giao điểm I của a và d là:  5 5  x  2y  3  0 y  11  5

N(a; b) là điểm đối xứng với M qua d

2.1  2  5 1  ; A  2; B  1 22  12 5

Cách 2: Ta có: k  

ƠN

7 9  a  2. 5  1  5  9 12   N  ;  . Chọn đáp án A  I là trung điểm MN   5 5  b  2. 11  2  12  5 5

2 9  x '  1  5 .2  5  9 12   M '  ;  . Chọn đáp án A Do đó:  5 5  y '  2  2 .1  12  5 5

Ví dụ 3: Trong hệ trục Oxy, cho (d) : x  y  0. Gọi  d ' là ảnh của (d) qua ĐOy. Phương trình  d ' là: A. x  y  0.

B. x  y  0.

C. x  y  1  0.

D. x  y  2  0.

Giải

Giả sử M(x,y)  d và M '(x',y')  d' là ảnh của M qua ĐOy.

KÈ

y '  y y  y ' Ta có:   x '  x x  x '

Mà M(x,y)  d nên ta có: x ' y '  0  x ' y '  0. Chọn đáp án B Ví dụ 4: Đường thẳng đối xứng với đường thẳng m : x  4y  1  0 qua đường thẳng  : x  4y  3  0 có phương trình là:

DẠ Y

A. x  4y  7  0.

B. x  4y  4  0.

C. x  4y  7  0.

D. x  4y  4  0.

Giải

Cách 1: Chú ý: ảnh của đường thẳng (d) : ax  by  m  0 qua phép đối xứng trục

() : ax  by  n  0 song song với (d) là đường (d') : ax  by  p  0 với p  2n  m

Áp dụng vào bài toán, ta có: p  2.3  (1)  7. Chọn đáp án A

Cách 2: Lấy A(1;0); B  3;1  m Tìm tọa độ A ', B' là ảnh của A, B qua phép đối xứng trục . 1  4.0  3 4   ; A  1; B  4 2 2 1 4 17

Tìm tọa độ A '. Ta có: k  

8 59  x '  3  17 .1   17  59 15   B'   ;   Nên:   17 17  y '  1  8 .4   15  17 17     Ta có: AB  (4;1); n  AB chọn n  (1;4)

Phương trình A ' B' là x 

OF FI

3  4.1  3 4   ; A  1; B  4 2 2 1 4 17

ƠN

Tìm tọa độ B'. Ta có: k  

8 9  x '  1  17 .1  17  9 32   A ' ;  Nên:   17 17  y '  0  8 .4   32  17 17

9 32    4  y    0  x  4y  7  0. Chọn đáp án A 17 17  

  1.1  4.4 1 Cách 3: Ta có: n  (1;4), n1  (1;4)  1  2 1  42

Phương trình đường thẳng ảnh của m là: 2.1(x  4y  3)  (x  4y  1)  0  x  4y  7  0

Chọn đáp án A

phép đối xứng trục d. A. (x  2)2  (y  1)2  9.

C. (x  2)2  (y  1)2  9.

Ví dụ 5: Cho đường tròn (C) : x 2  y 2  2x  4y  4  0 và đường thẳng d : x  y  0. Tìm ảnh của (C) qua

B. (x  2)2  (y  1)2  3. D. (x  2)2  (y  1)2  9. Giải

Đường tròn (C) : x 2  y 2  2x  4y  4  0 có tâm I(1;2) , bán kính R  (1)2  22  4  3

KÈ

Đường thẳng a qua I  1; 2  và vuông góc d có phương trình:

x  1 y  2  0  x  y  3  0

DẠ Y

3  x  x  y  3  0    3 3 2   H ;  Giao điểm H của a và d. Xét hệ:   2 2 x  y  0 y  3  2

I’(a,b) là ảnh của I  1; 2  qua phép đối xứng trục d nên H là trung điểm II’

3  x   2 .2  1  2  I '(2;1), R'  R  3 Suy ra  3 y  .2  2  1  2

Vậy phương trình  C ' là (x  2)2  (y  1)2  9. Chọn đáp án C

DẠNG 3: PHÉP ĐỐI XỨNG TÂM

A. N(2;1).

B. P(1;3).

C. S(5;4). Giải

Gọi M '  x ', y ' là ảnh của M qua phép đối xứng tâm I.

x '  2.1  3 Do đó:   M '(1;5). Chọn đáp án D y '  2.2  (1)

D. Q(1;5).

ƠN

Ta có: I là trung điểm MM '

OF FI

Ví dụ 1: Cho M  3; 1 và I(1;2). Hỏi điểm nào trong các điểm sau là ảnh của M qua phép đối xứng tâm I

Ví dụ 2: Cho đường thẳng d : x  y  4  0. Hỏi đường thẳng nào trong các đường thẳng sau có ảnh là d A. x  y  2  0.

B. x  y  10  0.

trong phép đối xứng tâm I(4;1)?

C. x  y  8  0.

D. x  y  6  0.

Giải

Cách 1: Gọi d ' là ảnh của d qua phép đối xứng tâm I(4;1) thì d ' // d nên d ' có dạng:

xym0

Lấy M(0,4)  d lúc đó ảnh M ' của M qua phép đối xứng tâm I(4;1) có tọa độ M '  8; 2  . Mà M '  d' nên m  10. Chọn đáp án B

x  8  x ' Ta có:  y  2  y '

Cách 2: Giả sử M(x,y)  d và M '(x ',y ')  d' là ảnh của M qua ĐI.

KÈ

Mà M  d nên 8  x ' (2  y ')  4  0  x ' y ' 10  0. Chọn đáp án B Ví dụ 3: Tìm ảnh của đường tròn (C) : (x  1)2  y 2  6 qua phép đối xứng tâm I  3; 1 . B. (x  2)2  (y  1)2  6.

C. (x  5)2  (y  2)2  6.

D. (x  5)2  (y  2)2  6.

DẠ Y

A. (x  5)2  (y  2)2  6.

Giải

Đường tròn (C) : (x  1)2  y 2  6 có tâm J(1;0), bán kính R  6 Ảnh J ' của J qua phép đối xứng tâm I  3; 1 là:

x  2.3  1  5 J' :   J'(5; 2), bán kính R'  R  6 y  2.(1)  0  2

tròn (C) : (x  2)2  y 2  16 thành đường tròn nào sau đây? B. (x  1)2  (y  1)2  16.

C. (x  1)2  (y  4)2  16.

D. (x  7)2  (y  8)2  16.

OF FI

A. (x  1)2  (y  2)2  16.

Phương trình ảnh  C ' là: (x  5)2  (y  2)2  6. Chọn đáp án A  Ví dụ 4: Thực hiện liên tiếp phép tịnh tiến vectơ v  (1;2) và phép đối xứng tâm I(2;3) sẽ biến đường

Giải

Đường tròn (C) : (x  2)2  y 2  16 có tâm J(2;0), bán kính R  4.  Phép tịnh tiến vectơ v  (1;2) biến (C) thành (C1) và tâm J(2;0) thành J1(3;2) và R1  R  4 Phép đối xứng tâm I(2;3) biến (C1) thành (C2) và tâm J1(3;2) thành J2 (1;4) và R2  R1  4

ƠN

Vậy (C2 ) : (x  1)2  (y  4)2  16. Chọn đáp án C

Ví dụ 5: Trong mp(Oxy), cho đường tròn (C) : x 2  y 2  2x  6y  6  0 và điểm I(1;2). Tìm ảnh của (C)

qua phép đối xứng tâm I. A. (x  1)2  (y  2)2  4.

B. (x  3)2  (y  1)2  4.

C. (x  1)2  (y  2)2  16.

D. (x  3)2  (y  1)2  16.

Giải

Cách 1: Phương trình (C) viết lại (x  1)2  (y  3)2  4 có tâm  J(1;3) , bán kính R  2

Ta chỉ tìm J '  x, y  là ảnh của J qua phép đối xứng tâm I(1;2) bằng công thức chuyển trục tọa độ:

x '  2  (1) x '  3   J'  (3;1) và R'  R  2  y '  4  (3) y '  1

Chọn đáp án B

Do đó  C ' có phương trình: (x  3)2  (y  1)2  4 là ảnh của (C) qua phép đối xứng tâm I

KÈ

Cách 2: Gọi M(x,y) thuộc (C), M '  x ', y ' thuộc  C ' là ảnh của M qua phép đối xứng tâm I

x '  2.1  x x  2  x ' Ta có:   y '  2.2  y y  4  y '

DẠ Y

Mà M(x;y) thuộc (C) nên (2  x ')2  (4  y ')2  2(2  x ')  6(4  y ')  6  0

 x 2  y 2  6x  2y  6  0  (x  3)2  (y  1)2  4. Chọn đáp án B

DẠNG 4: PHÉP QUAY Ví dụ 1: Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(1;3). Xác định tọa độ ảnh của điểm A qua phép quay tâm O

A. A '(3;1).

B. A '(3; 1).

 . 2

góc quay bằng

C. A '(2; 2).

D. A '(3;1).

Cách 1: Giả sử A '  x, y  là ảnh của A qua phép quay tâm O góc quay

Giải  2

OF FI

 OA '  (x;y) OA '  x 2  y 2 OA '  OA  Khi đó theo định nghĩa phép quay ta có:    với   OA '.OA  0 OA  (1;3) OA  10

OA '  OA  x 2  y 2  10 Ta có:     OA '.OA  0 x  3y  0 2

ƠN

 x  3  A '(3;1) x  3y  x  y  10 y  1  y  1     y  1   x  3 x  3y x  3y   y  1   A '(3; 1)   y  1 2

Do phép quay theo chiều dương nên tọa độ điểm A ' là A '  3;1 . Chọn đáp án A Cách 2: Giả sử A '  x ', y ' là ảnh của A(1;3) qua phép quay tâm O góc quay

 2

   x '  1.cos 2  3sin 2 x '  3   A '(3;1). Chọn đáp án A Ta có:    y '  1  y '  1sin  3cos  2 2

Ví dụ 2: Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(2;1). Xác định tọa độ ảnh của điểm A qua phép quay tâm

 I 1; 2  góc quay bằng  . 2

B. A '(2; 1).

KÈ

A. A '(3;1).

C. A '(4; 3). Giải

Cách 1: Giả sử A '  x, y  là ảnh của A qua phép quay tâm I góc quay 

IA '  IA Khi đó theo định nghĩa phép quay ta có:    IA '.IA  0  IA '  (x  1;y  2) IA '  (x  1)2  (y  2)2  Với   IA  (1;3) IA  10

DẠ Y

D. A '(3; 4).  2

x  1  (3y  6) IA '  IA  (x  1)2  (y  2)2  10       2 2 (x  1)  (y  2)  10 IA '.IA  0 x  1  3y  6  0

 x  2  A '(2; 1) x  3y  5   x  3y  5  y  1   2    y  1   x  4 y  4y  3  0   y  3   A '(4; 3)   y  3

OF FI

Do phép quay thực hiện theo chiều âm nên tọa độ điểm A ' là A '  4; 3 . Chọn đáp án C

Cách 2: Giả sử A '  x ', y ' là ảnh của điểm A(2;1) qua phép quay tâm I 1; 2  góc quay 

 2

ƠN

     x '  (2  1) cos  2   (1  2)sin   2   1 x '  4      Ta có:    A '(4; 3) y '  (2  1)sin      (1  2) cos     2 y '  3  2  2      Chọn đáp án C

Ví dụ 3: Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(4;2). Xác định tọa độ ảnh của điểm A qua phép quay tâm O

A. A '





2;3 2 .

B. A '





2; 2 .



góc quay bằng 45o.

C. A '



2;  2 .

D. A '





2;2 2 .

Giải

Giả sử A '  x ', y' là ảnh của A(4;2) qua phép quay tâm O, góc quay 45o

x '  2 x '  4.cos45o  2.sin 45o Ta có:    A'  o o y '  3 2 y '  4.sin 45  2.cos45





2;3 2 . Chọn đáp án A

Ví dụ 4: Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d : 2x  3y  1  0. Tìm phương trình ảnh d ' của d qua phép quay tâm O góc quay bằng 60o.

B. (2  3)x  ( 3  3)y  2  0.

C. (2  3)x  (2  3)y  2  0.

D. (2  3 3)x  (2 3  3)y  2  0.

KÈ

A. (2  3 3)x  (2 3  3)y  2  0.

Giải

Giả sử M(x, y)  d M '(x ', y ')  d ' là ảnh của M qua phép quay tâm O; góc quay 60o

DẠ Y

 x '  x cos 60o  ysin60o (1) Ta có:  o o  y '  x sin 60  y cos 60 (2) Nhân 2 vế của (1) với cos 60o , của (2) với sin 60o rồi cộng vế theo vế

Ta có: x  x 'cos 60o  y 'sin 60o 

x' 3  y' 2 2

Tương tự: y  y 'cos 60o  x 'sin 60o   x '

3 y'  2 2

 x' 3  3 y' Mà M(x, y)  d nên 2   y '    1  0  (2  3 3)x ' (2 3  3)y ' 2  0   3   x ' 2   2 2 2

Vậy d ' : (2  3 3)x ' (2 3  3)y ' 2  0. Chọn đáp án D

OF FI

Ví dụ 5: Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : (x  2) 2  y 2  4. Tìm phương trình ảnh  C ' của

A. (x  3) 2  (y  1) 2  4.

B. (x  1) 2  (y  3) 2  4.

C. (x  2 3) 2  (y  3) 2  4.

D. (x  1) 2  (y  3) 2  4. Giải

Đường tròn (C) : (x  2) 2  y 2  4 có tâm I(2;0), bán kính R  2

ƠN

Gọi I '  x ', y ' là ảnh của I(2;0) qua phép quay tâm O góc quay bằng 60o

 x '  2.cos 60o  0.sin 60o  x '  1 Ta có:    I '(1; 3), bán kính R '  R  2  o o  y '  3  y '  2.sin 60  0.cos 60

Phương trình ảnh (C ') : (x  1) 2  (y  3) 2  4. Chọn đáp án B

B. k = 3.

A. k = 2.

DẠNG 5: PHÉP VỊ TỰ   Ví dụ 1: Nếu IA  2AB thì phép vị tự tâm I biến A thành B theo tỉ số k bằng bao nhiêu? 2 C. k  . 3

3 D. k  . 2

Giải          3  Ta có: IA  2AB  IA  2(AI  IB)  IA  2.AI  2.IB  IB  .IA 2

3  3  Vậy IB  .IA  VI2 (A)  B. Chọn đáp án D 2

I tỉ số k  3.

DẠ Y

A. (6;19).

KÈ

Ví dụ 2: Trong mặt phẳng Oxy cho hai điểm A(4;5) và I  3; 2  . Tìm ảnh của điểm A qua phép vị tự tâm

B. (12;15).

C. (15;13).

D. (19;6).

Giải

Gọi A '  x, y  là ảnh của điểm A qua phép vị tự tâm I tỉ số k  3

  x  x I  3.(x A  x I ) x  3  3(4  3) x  6 Ta có IA '  3IA      A '(6;19) y  2  3(5  2) y  19 y  y I  3.(y A  y I ) Vậy: Ảnh của điểm A qua phép vị tự tâm I tỉ số k  3 là A '  6;19  . Chọn đáp án A

Ví dụ 3: Phép vị tự tâm I(3;5), tỉ số k  2 biến đường thẳng d : x  3y  8  0 thành đường thẳng d '. Tìm phương trình của d '. C. x  3y  2  0. Giải Gọi M(x,y) là một điểm bất kì nằm trên đường thẳng d : x  3y  8  0

x ' (2  1)3 x ' 3   x  2 2 Ta có:  y  y ' (2  1)5  y ' 5  2 2

Thay cặp (x,y) này vào (d) :

x ' 3 y ' 5 3  8  0  x ' 3y ' 2  0 2 2

ƠN

Vậy d' : x  3y  2  0. Chọn đáp án C

OF FI

Gọi M '  x ', y ' là ảnh của điểm M qua phép vị tự tâm I(3;5), tỉ số k  2

D. x  3y  12  0.

B. x  3y  6  0.

A. x  3y  2  0.

Ví dụ 4: Tìm ảnh của đường tròn (C) : (x  4)2  (y  1)2  1 qua phép vị tự tâm O tỉ số k  2. B. (x  8)2  (y  2)2  1.

C. (x  8)2  (y  2)2  4.

D. (x  8)2  (y  2)2  2.

A. (x  4)2  (y  1)2  4.

Giải

Cách 1: Đường tròn (C) có tâm I  4; 1 và bán kính R  1 Gọi I '  x, y  là ảnh của I qua phép vị tự tâm O tỉ số k  2

  x  2x I x  8 Ta có: OI '  2OI     I '(8; 2) y  2 y  2y I Gọi  C ' là ảnh của (C) qua phép vị tự tâm O tỉ số k  2 Khi đó  C ' có bán kính R '  2R  2

Do đó  C ' có phương trình là: (x  8)2  (y  2)2  4. Chọn đáp án C

KÈ

Cách 2: Gọi M(x,y)  (C) :(x  4)2  (y  1)2  1 Gọi M '  x ', y ' là ảnh của M qua phép vị tự tâm O tỉ số k  2

DẠ Y

x'  x    x '  2x   x' y'  2  M ;  Ta có OM '  2OM   2 2 y '  2y y  y '  2  x' y'  Do M  ;   (C) : (x  4)2  (y  1)2  1 2 2 2

 x'   y'  Nên:   4     1  1  (x ' 8)2  (y ' 2)2  4  M '  (C') : (x  8)2  (y  2)2  4 2  2 

Vậy: (C') : (x  8)2  (y  2)2  4. Chọn đáp án C

1  1 13  B. Tâm I  ;  , tỉ số k   . 3 2 4 

 1 13  C. Tâm I   ;  , tỉ số k  3.  2 4

 1 13  D. Tâm I  ;   , tỉ số k  3. 2 4 

1  1 13  A. Tâm I   ;  , tỉ số k  . 3  2 4

  Ví dụ 5: Cho bốn điểm A 1;3 , B  2;5  , C  5; 4  và D  8; 2  . Tìm phép vị tự biến AB thành CD ?

OF FI

Giải Giả sử VIk với k  0 là phép vị tự cần tìm.     Ta có: VIk (A)  C  IC  kIA, VIk (B)  D  ID  kIB     Do IC  kIA nên I, C, A thẳng hàng và ID  kIB nên I, B, D thẳng hàng Suy ra I là giao điểm của AC, BD

Phương trình AC: x  6y  19  0, phương trình BD: 7x  10y  36  0.

ƠN

    1 13   Nên I   ;  ; CD  (3; 6); AB  (1;2)  CD  3AB  k  3  2 4

 1 13  Vậy phép vị tự tâm I   ;  tỉ số k  3 thỏa mãn bài toán. Chọn đáp án C  2 4

DẠNG 5: PHÉP DỜI HÌNH – PHÉP ĐỒNG DẠNG Ví dụ 1: Khẳng định nào sai:

A. Phép tịnh tiến bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ.

B. Phép quay bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ. C. Nếu M ' là ảnh của M qua phép quay Q(O, ) thì (OM';OM)  . D. Phép quay biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính.

Giải

Phép tịnh tiến, phép quay là các phép dời hình nên bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ và biến

KÈ

đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính. Do đó, đáp án A, B, D đúng

Đáp án C sai. Vì nếu M ' là ảnh của M qua phép quay Q(O, ) thì (OM';OM)   Chọn đáp án C

DẠ Y

Ví dụ 2: Trong hệ trục tọa độ Oxy cho điểm M(2;1). Phép đồng dạng là hợp thành của phép vị tự tâm I(1;3) tỉ số k  2 và phép quay tâm O góc quay 45o sẽ biến điểm M thành điểm có tọa độ là: A. (2; 1).

B. (2 2; 2).

C. ( 2;2 2). Giải

Phép vị tự tâm I(1;3) tỉ số k  2 biến M(2;1) thành M '  x ', y '

D. (2 2;  2).

x '  kx  (1  k)a  2.2  (1  2).1  3 Nên   M '(3; 1) y '  ky  (1  k)b  2.1  (1  2).3  1  sẽ biến điểm M '  3; 1 thành điểm M ''  x ', y ' 4

Phép quay tâm O góc quay

x '  2 2 x '  3cos45o  1sin 45o Ta có:    M "(2 2; 2)  o o y '  3sin 45  1cos45 y '  2 

biến điểm M thành điểm M ''(2 2; 2). Chọn đáp án B

OF FI

Vậy phép đồng dạng là hợp thành của phép vị tự tâm I(1;3) tỉ số k  2 và phép quay tâm O góc 45o sẽ

Ví dụ 3: Trong hệ trục tọa độ Oxy cho điểm M(0;1). Phép đồng dạng là hợp thành của phép vị tự tâm I(4;2) tỉ số k  3 và phép đối xứng trục d : x  2y  4  0 sẽ biến điểm M thành điểm có tọa độ là: A. (16;5).

B. (14;9).

C. (12;13). Giải

D. V(18;1).

ƠN

Giả sử M '  x ', y ' là ảnh của M(0;1) qua phép vị tự tâm I(4;2) tỉ số k  3

x '  kx  (1  k)a x'  3.0  (1  3).4  16 Ta có:    M '(16;5) y '  ky  (1  k)b y '  3.1  (1  3).2  5

Gọi M ''  x '', y '' là ảnh của M ' qua phép đối xứng trục d : x  2y  4  0

M 'M "  d 2x"  y"  37  0 x"  12 Ta có:  với I là trung điểm M 'M ''     M "(12;13) I  d x"  2y"  14  0 y"  13

Chọn đáp án C

Ví dụ 4: Phép dời hình là hợp của phép quay tâm O, góc quay 90o và phép tịnh tiến theo vectơ  v  (1;2) biến điểm M  2; 4  thành điểm có tọa độ nào sau đây? A. (4; 2).

B. (2; 4).

C. (2; 4).

D. (5;0).

Giải

Gọi M '  x ', y ' là ảnh của M  2; 4  qua phép quay tâm O, góc quay 90o

KÈ

x '  y  4 Ta có:   M '(4; 2) y '  x  2

 Gọi M ''  x '', y '' là ảnh của M '  4; 2  qua phép tịnh tiến theo vectơ v  (1;2)

DẠ Y

x"  4  1  5 Ta có:   M "(5;0). Chọn đáp án D y"  2  2  0 Ví dụ 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm I(2;3). Tìm ảnh của đường thẳng d : x  y  4  0 có  được qua phép tịnh tiến theo vectơ v  (1;1) và phép đối xứng tâm I. A. x  y  6  0.

B. x  y  6  0.

C. x  y  4  0. Giải

D. x  y  6  0.

 Giả sử d ' là ảnh của d qua phép tịnh tiến theo vectơ v  (1;1) và d '' là ảnh của d ' qua phép đối xứng tâm  Lấy M(x,y)  d và M '(x ',y ')  d' là ảnh của M qua phép tịnh tiến theo vectơ v  (1;1)

x '  x  1 Ta có:  y '  y  1

OF FI

Gọi M "(x",y")  d" là ảnh của M '(x ',y ')  d' qua phép đối xứng tâm I(2;3)

x"  2.2  x ' x"  4  x  1  3  x x  3  x" Ta có:    y"  2.3  y ' y"  6  y  1  5  y y  5  y"

I(2;3)

Mà M(x,y)  d nên 3  x"  (5  y")  4  0  x"  y"  6  0. Chọn đáp án A

Bài tập vận dụng

  x2 y  và vectơ v  (1;2) . Khi đó ảnh của d qua phép tịnh tiến v có 1 4

ƠN

Câu 1: Cho đường thẳng d : phương trình là:

A. x  4y  6  0. B. 4x  y  2  0. C. 4x  y  6  0. D. 4x  y  2  0.  Câu 2: Cho v  (2;1) và đường tròn (C) : x 2  y 2  2x  2y  2  0 . Ảnh của (C) qua Tv là: A. (x  3)2  y 2  4.

B. (x  3)2  y 2  4.

C. (x  3)2  y 2  2.

D. x 2  y 2  2x  4y  1  0.

B. x  y  0.

A. x  y  0.

Câu 3: Trong hệ trục Oxy, cho (d) : x  y  1  0. Gọi  d ' là ảnh của (d) qua ĐOx. Phương trình  d ' là C. x  y  1  0.

D. x  y  1  0.

Câu 4: Trong hệ trục Oxy, cho đường tròn (C) : x 2  y 2  4x  6y  0. Gọi  C ' là ảnh của (C) qua phép đối xứng trục Ox. Phương trình  C ' là:

A. x 2  y 2  4x  6y  0. C. x 2  y 2  4x  6y  0.

B. x 2  y 2  4x  6y  0. D. x 2  y 2  4x  6y  0.

KÈ

Câu 5: Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng d : x  2y  2  0 và d' : x  2y  8  0. Tìm phép đối xứng tâm I biến d thành d ' và biến trục Ox thành chính nó. A. I  3;0  .

B. I  3; 1 .

C. I(2;0).

D. I(3;0).

DẠ Y

Câu 6: Có hay không một phép đối xứng tâm I biến đường tròn (C) : (x  2)2  (y  2)2  12 thành

(C') : x 2  y 2  4x  2y  16  0?

A. Không có.

 1 5 B. Có, I  ;  .  2 2

1  C. Có, I  ; 3 . 2 

D. Có, I(3; 2).

Câu 7: Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(3;2). Xác định tọa độ ảnh của điểm A qua phép quay tâm

I 1; 2  góc quay bằng 60o . B. A '(2  2 3; 3).

C. A '(2  2 3; 3).

D. A '(2  3; 3).

A. A '(2 3; 3).

C. (x  2)2  (y  1)2  9.

D. (x  1)2  (y  2)2  9.

OF FI

A. x 2  (y  2)2  9.

Câu 8: Trong mp(Oxy), cho đường tròn (C) : (x  2)2  (y  2)2  9. Tìm phương trình ảnh  C ' của

Câu 9: Cho (C) : x 2  y 2  4x  2y  4  0. Viết phương trình ảnh của (C) qua phép tị tự tâm A(1;1), tỉ số

k  2 . A. (x  7)2  (y  1)2  36.

B. (x  4)2  (y  2)2  6.

C. (x  7)2  (y  4)2  36.

D. (x  4)2  (y  2)2  36.

của phép vị tự tâm I 1; 1 tỉ số k 

ƠN

Câu 10: Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho đường (C) : (x  1)2  (y  2)2  9. Phép đồng dạng là hợp thành

 1 và phép tịnh tiến vectơ v  (3;4) sẽ biến đường tròn (C) thành 3

đường tròn có phương trình là: A. (x  4)2  (y  4)2  9.

B. (x  4)2  (y  4)2  1. D. (x  1)2  y 2  1.

C. (x  4)2  (y  4)2  1.

Câu 1: Chọn đáp án B

Giải bài tập vận dụng

 Gọi M(x,y)  d và M '(x',y')  d' là ảnh của M qua phép tịnh tiến vectơ v.

x '  x  1 x  x ' 1 Ta có:   y '  y  2 y  y ' 2

x ' 1  2 y ' 2 x ' 1 y ' 2     4(x ' 1)  y' 2  4x' y' 2  0 1 4 1 4

KÈ

Mà M(x,y)  d nên d :

Câu 2: Chọn đáp án A

Đường tròn (C) có tâm I 1; 1

DẠ Y

Bán kính R  a2  b2  c  12  (1)2  2  2

 Gọi I '(x ',y ') là ảnh của I 1; 1 qua phép tịnh tiến vectơ v  (2;1), ta có: x '  1  2  3  I '(3;0)  y '  1  1  0

Đường tròn ảnh  C ' của (C) có tâm I’(3;0), bán kính R '  R  2.

Phương trình  C ' là: (x  3)2  y 2  4. Câu 3: Chọn đáp án C

Giả sử M(x,y)  d và M '(x',y')  d' là ảnh của M qua ĐOX

x '  x x  x ' Ta có:   y '  y y  y ' Mà M(x,y)  d nên ta có: x ' y ' 1  0.

OF FI

Câu 4: Chọn đáp án B

Cách 1: Đường tròn (C) : x 2  y 2  4x  6y  0 có tâm I  2; 3 bán kính R  22  (3)2  13 Gọi I '  x ', y ' là ảnh của I  2; 3 qua phép đối xứng trục Ox

x '  x  2 Ta có:   I '(2;3), R'  R  13 y '  y  3

ƠN

Vậy phương trình  C ' là: (x  2)2  (y  3)2  13  x 2  y 2  4x  6y  0 Cách 2: Giả sử M(x,y)  (C) và M '(x ',y ')  (C') là ảnh của M qua ĐOX.

x '  x x  x ' Ta có:   y '  y y  y '

Mà M(x,y)  d nên ta có: x '2  (y ')2  4x ' 6(y ')  0  x '2  y '2  4x ' 6y '  0 Câu 5: Chọn đáp án D

Gọi M(x,y)  d , M '(x',y')  d' là ảnh của M qua phép đối xứng tâm I

x '  2a  x Giả sử tâm đối xứng là I(a;b), ta có:  y '  2b  y

 (2a  x)  2(2b  y)  8  0  x  2y  4b  2a  8  0  2  4b  2a  8  0 Để trục Ox thành chính nó thì tâm đối xứng phải có dạng: I(a;0) tức là b  0

4b  2a  6  0 a  3 Từ hai kết quả trên ta có:    I(3;0). b  0 b  0

KÈ

Câu 6: Chọn đáp án A

Đường tròn (x  2)2  (y  2)2  12 có tâm I(2;2), bán kính R  12 Đường tròn x 2  y 2  4x  2y  16  0 nên tâm I(2; 1), bán kính R'  21

DẠ Y

Vì R  R' nên không tồn tại phép đối xứng tâm I để biến (C) thành  C ' Câu 7: Chọn đáp án C Giả sử A '  x ', y ' là ảnh của điểm A(3;2) qua phép quay tâm I 1; 2  góc quay 60o o o x '  2  2 3 x '  (3  1).cos60  (2  2).sin60  1 Ta có:    A '(2  2 3; 3)  o o y '  (3  1).sin60  (2  2).cos60  2 y '  3

Câu 8: Chọn đáp án A

Gọi I '  x ', y ' là ảnh của I( 2; 2) qua phép quay tâm O góc quay 45o

x '  2.cos45o  2 sin 45o x '  0 Ta có:   o o y '  2 y '  2 sin 45  2 cos45

Phương trình ảnh  C' : x 2   y  2   9. 2

Câu 9: Chọn đáp án A Đường tròn (C) có tâm I  2;1 và bán kính R = 3. Gọi I '  x, y  là ảnh của I qua phép vị tự tâm A, tỉ số k  2

ƠN

  x  1  2(2  1) x  7 Ta có AI'  2AI     I '(7;1) y  1  2(1  1) y  1

OF FI

 I '(0;2), bán kính R'  R  3.

Gọi  C ' là ảnh của (C) qua phép vị tự tâm A tỉ số k  2

Khi đó  C ' có bán kính R'  2 R  6. Do đó  C ' có phương trình là: (x  7)2  (y  1)2  36. Câu 10: Chọn đáp án B

Đường tròn (C) : (x  1)2  (y  2)2  9 có tâm E(1;2), bán kính R  3.

Gọi E '  x ', y ' là ảnh của E(1;2) qua phép vị tự tâm I 1; 1 tỉ số k 

1 3

 1  1 x '  .1   1   .1  1  3 x '  kx  (1  k)a  1  3 Ta có:    E'(1;0); R'  R  1 3 y '  ky  (1  k)b y '  1 .2   1  1  .(1)  0    3  3  Gọi E ''  x '', y '' là ảnh của E’(1;0) qua phép tịnh tiến vectơ v  (3;4)

KÈ

x"  1  3  4 Ta có:   E"(4;4), R"  R'  1. y"  0  4  4

DẠ Y

Vậy (C") : (x  4)2  (y  4)2  1.

Đường tròn (C) : (x  2)2  (y  2)2  9 có tâm I( 2; 2) , bán kính R  3

QUAN HỆ SONG SONG

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT I. ĐẠI CƯƠNG VỀ MẶT PHẲNG  Có một và chỉ một đường thẳng đi qua hai điểm phân biệt.  Có một và chỉ một mặt phẳng đi qua ba điểm không thẳng hàng.

1. Các tính chất thừa nhận

OF FI

 Nếu một đường thẳng có hai điểm phân biệt cùng thuộc một mặt phẳng thì mọi điểm của đường thẳng đều thuộc mặt phẳng đó.  Có bốn điểm không cùng thuộc một mặt phẳng.

 Nếu hai mặt phẳng phân biệt có một điểm chung thì chúng còn có một điểm chung khác nữa.  Trên mỗi mặt phẳng, kết quả đã biết trong hình học phẳng đều đúng. Một mặt phẳng hoàn toàn xác định khi biết: - Nó đi qua ba điểm không thẳng hàng.

ƠN

2. Cách xác định mặt phẳng

- Nó chứa hai đường thẳng cắt nhau. Các kí hiệu:

- Nó đi qua một điểm và một đường thẳng không đi qua điểm đó.

- (ABC) là kí hiệu mặt phẳng đi qua ba điểm không thẳng hàng A, B, C (h1). - (M,d) là kí hiệu mặt phẳng đi qua d và điểm M  d (h2).

- (d1,d2) là kí hiệu mặt phẳng xác định bởi hai đường thẳng cắt nhau d1, d2 (h3).

3. Hình chóp và hình tứ diện

KÈ

3.1. Hình chóp

Trong mặt phẳng (α) cho đa giác lồi A1A2...An. Lấy điểm S nằm ngoài (α). Lần lượt nối S với các đỉnh A1, A2,..., An ta được n tam giác SA1A2, SA2A3,..., SAnA1. Hình gồm đa giác A1A2...An và n tam giác

DẠ Y

SA1A2, SA2A3,..., SAnA1 được gọi là hình chóp, kí hiệu là S.A1A2...An. Ta gọi S là đỉnh, đa giác A1A2...An là đáy, các đoạn SA1, SA2,..., SAn là các cạnh bên, A1A2, A2A3,...,

AnA1 là các cạnh đáy, các tam giác SA1A2, SA2A3,..., SAnA1 là các mặt bên... 3.2. Hình tứ diện

Cho bốn điểm A, B, C, D không đồng phẳng. Hình gồm bốn tam giác ABC, ABD, ACD và (BCD)

được gọi là tứ diện ABCD.

II. HAI ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG, CHÉO NHAU 1. Vị trí tương đối của hai đường thẳng trong không gỉan

Cho hai đường thẳng a và b trong không gian. Có các trường hợp sau đây xảy ra đối với a và b:

Trường hợp 1: Có một mặt phẳng chứa cả a và b, khi đó theo kết quả trong hình học phẳng ta có ba khả năng sau:

OF FI

- a và b cắt nhau tại điểm M, ta kí hiệu a  b  M. - a và b song song với nhau, ta kí hiệu a // b. - a và b trùng nhau, ta kí hiệu a  b.

Trường hợp 2: Không có mặt phẳng nào chứa cả a và b, khi đó ta nói a và b là hai đường thẳng chéo nhau. 2. Các định lí và tính chất

ƠN

 Trong không gian, qua một điểm cho trước không nằm trên đường thẳng a có một và chỉ một đường thẳng song song với a.

 Nếu ba mặt phẳng phân biệt đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến thì ba giao tuyến đó hoặc đồng

qui hoặc đôi một song song.

 Nếu hai mặt phẳng phân biệt lần lượt chứa hai đường thẳng song song thì giao tuyến của chúng (nếu có) cũng song song với hai đường thẳng đó hoặc trùng với một trong hai đường thẳng đó.

 Nếu hai đường thẳng phân biệt cùng song song với đường thẳng thứ ba thì chúng song song.

III. ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG SONG SONG

KÈ

1. Vị trí tương đối của đường thẳng và mặt phẳng. Cho đường thẳng d và mặt phẳng (α), ba vị trí tương đối giữa chúng là:  d và (α) cắt nhau tại điểm M, kí hiệu M  d     hoặc để đơn giản ta kí hiệu M  d      h1

DẠ Y

 d song song với (α), kí hiệu d // (α) hoặc (α) // d (h2)  d nằm trong (α), kí hiệu d      h3

AL CI OF FI

2. Các định lí và tính chất

 Nếu đường thẳng d không nằm trong mặt phẳng (α) và d song d      Vậy d // d  d //    d      

ƠN

song với đường thẳng d' nằm trong (α) thì d song song với (α).

 Cho đường thẳng d song song với mặt phẳng (α). Nếu mặt phẳng (β) đi qua d và cắt (α) theo giao tuyến d' thì d' // d.

d //      d // d Vậy d              d

 Nếu hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với một đường thẳng thì

   // d   d // d Vậy    // d          d

giao tuyến của chúng (nếu có) cũng song song với đường thẳng đó.

 Cho hai đường thẳng chéo nhau. Có duy nhất một mặt phẳng chứa

KÈ

đường thẳng này và song song với đường thẳng kia. IV. HAI MẶT PHẲNG SONG SONG 1. Định nghĩa

Hai mặt phẳng được gọi là song song nếu chúng không có điểm chung, kí hiệu (α) // (β).

DẠ Y

Vậy    //             . 2. Định lý và tính chất  Nếu mặt phẳng (α) chứa hai đường thẳng cắt nhau a,b và hai

đường thẳng này cùng song song với mặt phẳng (β) thì (α) // (β).

a     , b      Vậy a  b  M     //    a //  , b //      

 Qua một điểm nằm ngoài mặt phẳng có một và chỉ một mặt phẳng song song với mặt phẳng đã

cho.

Hệ quả 1. Nếu d // (α) thì trong (α) có một đường thẳng song song với d và qua d có duy nhất một

OF FI

mặt phẳng song song với (α).

Hệ quả 2. Hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với mặt phẳng thứ ba thì chúng song song. Hệ quả 3. Cho điểm không nằm trên mặt phẳng (α). Mọi đường thẳng đi qua A và song song với (α) đều nằm trong mặt phẳng qua A song song với (α).

ƠN

A     , A      A  d Vậy   d   d //        / /    

 Cho hai mặt phẳng song song. Nếu một mặt phẳng cắt mặt phẳng này thì cũng cắt mặt phẳng kia và hai giao tuyến đó song song với nhau.

   //    Vậy           b // a         a 3. Định lí Ta-lét (Thales)

Hệ quả. Hai mặt phẳng song song chắn trên hai cát tuyến song song những đoạn bằng nhau. Ba mặt phẳng đôi một song song chắn trên hai cát tuyến bất kì những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ.

   //    //     A1B1 A 2 B2  d1      A1 , d1      B1 , d1      C1  B1C1 B2 C2  d 2      A 2 , d 2      B2 , d 2      C 2

KÈ

Định lí Ta-lét (Thales) đảo

Cho hai đường thẳng d1, d2 chéo nhau và các điểm A1, Bl, C1

DẠ Y

trên d1, các điểm A2, B2, C2 trên d2 sao cho

A1B1 A 2 B2 . Lúc đó  B1C1 B2 C2

các đường thẳng A1A2, B1B2, C1C2 cùng song song với một mặt phẳng.

4. Hình lăng trụ và hình chóp cụt Cho hai mặt phẳng song song (α) và (α'). Trên (α) cho đa giác A1A2...An. Qua các đỉnh A1, A2, …, An vẽ các đường thẳng song song với nhau cắt (α') lần lượt tại

A1 , A2 , , An .

OF FI

Hình gồm hai đa giác A1A2...An, A1A2  An và các hình bình

4.1.Hình lăng trụ

hành A l A1A2 A 2 , A 2 A2 A3 A 3 , , A n An A1A1 được gọi là hình lăng trụ

A1A 2 ...An.A1A2 ...An . Lăng trụ có đáy là hình bình hành được gọi là hình hộp. 4.2. Hình chóp cụt

ƠN

Cho hình chóp S.A1A2...An.

Một mặt phẳng không đi qua đỉnh, song song với mặt phẳng đáy của hình chóp cắt các cạnh bên SA1,SA2,..,SAn lần lượt tại A1 , A2 , ...An .

Hình tạo bởi thiết diện A1A2 ...An và đáy A1A2...An cùng với các tứ giác

A1A2 A 2 A1 , A2 A3 A 3 A 2 ,..., An A1A1A n gọi là hình chóp cụt A1A2 ...An .A1A 2 ...A n .

B. CÁC DẠNG BÀI TẬP

DẠNG 1: ĐẠI CƯƠNG VỀ MẶT PHẲNG

Ví dụ 1: Cho hai đường thẳng a và b cắt nhau tại điểm I, đường thẳng c cắt đường thẳng a tại điểm

A  A  I  , cắt đường thẳng b tại điểm B  B  I  . Xét các mệnh đề:

(I). Ba đường thẳng a, b, c không nằm trong một mặt phẳng (II). Đường thẳng c nằm trong mặt phẳng chứa a và b

KÈ

(III). Đường thẳng c song song với a hoặc b Mệnh đề nào sau đây đúng?

B. Mệnh đề (II)

C. Mệnh đề (II) và (III)

D. Mệnh đề (I) và (III)

DẠ Y

A. Mệnh đề (I)

Giải

Xét mệnh đề (I). Giả sử mệnh đề (I) đúng Gọi (P) là mặt phẳng xác định bởi hai đường thẳng cắt nhau a và b.

a   P  A   P  Như vậy   b   P  B   P 

Đường thẳng c đi qua hai điểm A và B của mặt phẳng (P)

Suy ra c   P  (mâu thuẫn giả thiết) Do đó a, b, c cùng nằm trong một mặt phẳng (P) Vậy mệnh đề (I) sai, mệnh đề (II) đúng

Xét mệnh đề (III). Giả sử mệnh đề (III) đúng thì c // a hoặc c // b mâu thuẫn giả thiết c cắt a, b. Vậy mệnh đề (III) sai. Chọn đáp án B

OF FI

Ví dụ 2: Cho bốn điểm A, B, C, D không cùng nằm trong một mặt phẳng. Trên các đoạn thẳng AB và AD lần lượt lấy các điểm M, N sao cho đường thẳng M, N cắt đường thẳng BD tại I. Hỏi điểm I thuộc bao nhiêu mặt phẳng? A. 1

B. 2

C. 3 Giải

ƠN

Ta có: I  MN mà MN   ABD 

D. 4

 I   ABD 

Tương tự I  MN mà MN   CMN 

 I   CMN  , I  BD Mà BD   BCD   I   BCD 

Vậy I thuộc ba mặt phẳng (ABD), (CMN), (BCD) Chọn đáp án C

Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD. Một mặt phẳng không đi qua đỉnh nào của hình chóp cắt các cạnh SA, SB, SC, SD lần lượt tại A', B'; C'; D'. Gọi O là giao điểm của AC và BD; I là giao điểm A'C' và B'D'; Điểm I nằm trên đường thẳng nào sau đây?

B. Đường thẳng BC' D. Đường thẳng SC Giải

KÈ

C. Đường thẳng SO

A. Đường thẳng AA'

Ta chứng minh I nằm trên SO

I  AC Thật vậy:   I   SAC  AC   SAC 

DẠ Y

I  BD  I   SBD   BD   SBD 

Suy ra I   SAC    SBD  mà  SAC    SBD   SO Vậy I  SO . Chọn đáp án C

Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình bình hành tâm O. Gọi M, N, P là ba điểm A. Tam giác

B. Tứ giác

trên các cạnh AD, CD, SO. Thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (MNP) là hình gì? C. Ngũ giác

D. Lục giác

Giải

Trong mặt phẳng (ABCD) gọi E, K, F lần lượt là giao điểm của MN với DA, DB, DC Trong mặt phẳng (SDB) gọi H  KP  SB

OF FI

Trong mặt phẳng (SAB) gọi T  EH  SA Trong mặt phẳng (SBC) gọi R  FH  SC

E  MN Ta có   EH   MNP  H  KP

Lí luận tương tự ta có R  SC   MNP  Thiết diện là ngũ giác MNRHT. Chọn đáp án C

ƠN

T  SA  T  SA   MNP   T  EH   MNP 

Ví dụ 5: Cho tứ diện ABCD và M, N là các điểm thay trên các cạnh AB, CD sao cho

AM CN  k0 MB ND

 AP   k  . Tính theo k tỉ số diện tích tam giác MNP và diện tích thiết và P là một điểm trên cạnh AC   PC 

2k k 1

k 2k  1

diện của hình chóp cắt bởi (MNP).

k k 1

Giải

Trong (ABC) gọi R  BC  MP

MNPQ Gọi K  MN  PQ

AM CN  MB ND

DẠ Y

SMNP PK  SMPNQ PQ

KÈ

Ta có

Trong (BCD) gọi Q  NR  BD thì thiết diện là tứ giác

Nên theo định lí Thales đảo thì AC, NM, BD lần lượt thuộc ba mặt phẳng song song với nhau và đường thẳng

k k2

PQ cắt ba mặt phẳng này tương ứng tại P, K, Q nên áp dụng định lí Thales ta được:

PK PK AM CN PK PK k KQ   k    . KQ MB ND PQ PK  KQ PK  1 k  1 KQ

OF FI

DẠNG 2: HAI ĐƯỜNG THẲNG SONG, CHÉO NHAU

Chọn đáp án C

Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang AB // CD. Gọi d là giao tuyến của hai mặt phẳng (ASB) và (SCD). Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. d // AB

B. d cắt AB

C. d cắt AD

Ta có:

AB // CD  AB   SAB  , CD   SCD   d // AB // CD   SAB    SCD   d

ƠN

Giải

D. d cắt CD

Chọn đáp án A

Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình bình hành. Gọi A', B', C', D' lần lượt là trung A. Hình thang

điểm các cạnh SA, SB, SC, SD. Tứ giác A'B'C'D' là hình gì? B. Hình thoi

Trong tam giác SAB, ta có: A'B' // AB 1 AB (đường trung bình) 2

và AB 

KÈ

Tương tự trong tam giác SCD, ta có : 1 C ' D ' // CD và C ' D '  CD 2

DẠ Y

Mà AB // CD và AB = CD

 A ' B' // C ' D ' và A ' B'  C ' D '

Vậy A'B'C'D' là hình bình hành. Chọn đáp án C

C. Hình bình hành Giải

D. Hình vuông

Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình bình hành. Gọi A', B' lần lượt là trung điểm các

cạnh SA, SB. Gọi M là điểm bất kì trên BC. Mặt phẳng (A'B'M) cắt hình chóp S.ABCD theo một thiết diện là hình gì? A. Tứ giác

B. Hình bình hành

C. Hình thoi

D. Hình thang

Giải

OF FI

AB // AB  Ta có: AB   ABCD  , AB   ABM   M   ABCD    ABM 

Do đó, giao tuyến của  ABM  và (ABCD) là Mx song song AB và A' B' cắt AD tại N Ta có:

ƠN

 ABM    ABCD   MN;  ABM   SAD   NA  ABM   SAB   AB;  ABM   SBC   BM

Vậy: thiết diện là A'B'MN có MN // A'B' nên là hình thang. Chọn đáp án D khẳng định đúng trong các khẳng định sau. A. AC và BD chéo nhau

Ví dụ 4: Cho hai đường thẳng chéo nhau a và b. Trên a lấy hai điểm A, B; trên b lấy hai điểm C, D. Chọn B. AC và BD cắt nhau D. AC và BD trùng nhau

Giải

C. AC và BD song song

Giả sử AC và BD không chéo nhau. Lúc đó, AC và BD song song hoặc cắt nhau hoặc trùng nhau nên đồng phẳng hay a, b đồng phẳng. Điều này mâu thuẫn giả thiết cho a, b chéo nhau. Vậy AC và BD chéo nhau

KÈ

Chọn đáp án A

Ví dụ 5: Cho hai đường thẳng chéo nhau a và b. Trên a lấy hai điểm A, B; trên b lấy hai điểm C, D. Lấy M nằm trên đoạn AC không trùng A, C; N nằm trên đoạn BD không trùng B, D. Xét các mệnh đề sau:

DẠ Y

(I). Đường thẳng MN song song AB (II). Đường thẳng MN song song CD không (III). MN cắt CD

Số mệnh đề đúng là: A. 3

B. 1

C. 2 Giải

D. 0

Xét mệnh đề (I). Giả sử MN song song AB đúng Lúc đó, MN, AB chứa trong một mặt phẳng (P)

Lại có: C  AM  C   P  ; D  BN  D   P  Suy ra A, B, C, D đều nằm trên (P) hay a, b chứa trong (P)

Điều này mâu thuẫn giả thiết cho a, b chéo nhau Tương tự (II), (III) sai. Chọn đáp án D

DẠNG 3: ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG MẶT PHẲNG

OF FI

Vậy MN và AB không song song. Mệnh đề (I) sai

Ví dụ 1: Cho tứ diện ABCD có M, N lần lượt là trung điểm AB, AC. Gọi d là giao tuyến của hai mặt phẳng (DNM) và (DBC). Lúc đó, d song song với mặt phẳng nào sau đây? B. (BCD)

C. (ACD)

ƠN

A. (ABC)

MM // BC (vì đường trung bình)  Ta có: MN   DMN  , BC   DBC    DMN    DBC   d

d // MN Như vậy  MN   ABC  , d   ABC 

 d //  ABC 

 d // MN // BC

Giải

D. (ABD)

Chọn đáp án A.

Ví dụ 2: Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF không nằm trong cùng một mặt phẳng. Gọi

KÈ

1 1 M và N lần lượt trên AE và BD sao cho AM  AE, BN  BD. Lúc đó, MN song song với 3 3

mặt phẳng nào sau đây? A. (ADF)

B. (BCE)

C. (ACF) Giải

DẠ Y

Với đáp án A.

Trong (ABEF) gọi H là giao điểm BM và AF Ta có:

2 BM BN 1    3 BH BD 3

Nên MN cắt DH tại I hay MN   ADF   I. Đáp án A sai

D. (BDF)

Với đáp án B.

Do (BCE) // (ADF) nên MN cắt (BCE). Đáp án B sai Với đáp án C.

BM BN 2   nên MN // HO mà HO   ACE  , MN   ACE  . Do đó; MN // (ACF). Đáp án C BH BO 3

Ta có:

đúng. Chọn đáp án C

Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và M, N lần lượt là trung điểm của AB, A. Tứ giác

B. Hình bình hành

C. Hình thoi Giải

M   SAB      Ta có   SAB    SAD   SA

 N   SCD       Tương tự    //  SAD    SCD    SAD   SD

  SCD       NH // SD, H  SC Dễ thấy HK       SBC 

Thiết diện là tứ giác MNHK

D. Hình thang

ƠN

  SAB       MK // SA, K  SB

OF FI

CD. Thiết diện của hình chóp cắt bởi (α) đi qua MN và song song với mặt phẳng (SAD) là hình gì?

Ba mặt phẳng (ABCD), (SBC) và (α) đôi một cắt nhau theo các giao tuyến là MN, HK, BC, mà MN // BC => MN // HK. Vậy thiết diện là một hình thang. Chọn đáp án D Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABCD, có đáy là hình vuông cạnh a và tam giác SAB đều. Một điểm M thuộc cạnh BC sao cho BM  x  0  x  a  ,    mặt phẳng đi qua M song song với SA và SB; (α) cắt hình

3 2 a  x2   4

KÈ

chóp theo một thiết diện. Tính diện tích thiết diện theo a và x. 3 2 a  x2   2

DẠ Y

M       SBC   Ta có    // SB  SB   SBC 

      SBC   MN // SB, N  SC

C. Giải

3 2 a  x2 S  4

3 2 a  x2 S  2

 N   SAC       Tương tự    // SA  SA   SAC 

  SAD       QP // SA, P  SD Thiết diện là tứ giác MNPQ CM CN   CB CS  CM CI   IM // AB  CI CN  CB CA L¹ i có IN // SA   CA CS 

ƠN

Do MN // SB 

OF FI

Q   SAD       Trong (ABCD) gọi Q  MI  AD, thì ta có    // SA  SA   SAD 

  SAC       NI // SA, I  AC

Mà AB / /CD  IM / /CD

Ba mặt phẳng (α), (ABCD) và (SCD) đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến là MQ, CD, NP với MQ // CD

=> MQ // NP Vậy MNPQ là hình thang

MN CM DQ PQ    , mà SA  SB  a  MN  PQ SB CB DA SA

Do đó MNPQ là hình thang cân. MN CM a  x    MN  a  x SA CB a

Từ

Ta có

PN SN BM    PN  BM  x DC SC BC

KÈ

IM CM   IM  CM  a  x AB CB

Gọi J là trung điểm của IM thì NJ  MN  MJ  2

a  x 

3 ax  a  x    2  2 

1 1 3 3 NJ  MQ  NP   .  a  x  a  x    a 2  x 2  2 2 2 4

DẠ Y

SMNPQ 

Chọn đáp án A

Ví dụ 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành ABCD. Gọi M là trung điểm của SC; (α) là mặt phẳng qua AM và song song với BD. Gọi E, F lần lượt là giao điểm của (α) với các cạnh SB,SD. Tính các tỉ số

SSME . SSBC

2 3

1 3

1 2

Giải Gọi O  AC  BD, I  SO  AM

OF FI

BD //     Ta có BD   SBD   I       SBD 

      SBD   EF // BD, E  SB, F  SD, I  EF Do O, M lần lượt là trung điểm của AC, SC Nên I là trọng tâm của tam giác SAC 

IS 2  , mặt khác EF // BD nên IO 3

ƠN

SE SF SI 2    SB SD SO 3

SSME SM SE 1 2 1  .  .  . Chọn đáp án B SSBC SC SB 2 3 3

Từ đó ta có

1 4

DẠNG 4: HAI MẶT PHẲNG SONG SONG

Vỉ dụ 1: Cho tứ diện ABCD. Gọi I, J, K lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC, ACD, ABD. Khẳng B. (IJK) // (BCD)

A. (IJK) // (ACD)

định nào sau đây đúng?

C. (IJK) // (BCA) Giải

Ta chứng minh (IJK) // (BCD)

Gọi I’, J’, K’ lần lượt là giao điểm của các cặp đường

Từ

AI AJ AK 2    AI AJ AK 3

KÈ

Khi đó, ta có

thẳng AI và BC, AI và CD, AK và BD.

AI AJ 2   suy ra IJ // I’J’ AI AJ 3

DẠ Y

Mà IJ   BCD  nên IJ //  BCD  Từ

1

AI AK 2   suy ra IK // I’K’ AI AK 3

Mà IK   BCD  nên IK //  BCD 

 2

Từ (1) và (2), ta có (IJK) // (BCD) vì IJ cắt IK tại I. Chọn đáp ám B

D. (IJK) // (ABD)

Ví dụ 2: Cho tứ diện đều SABC cạnh bằng a. Gọi I là trung điểm của đoạn AB, M là điểm di động trên SABC, biết AM  x.



A. x 1  3





B. 2x 1  3





C. x 2  3





D. x 2  3

CMNP 2x 2x   CMNP  CSIC CSIC a a

 CMNP 



 2x 2x  a 3 a 3   a  SI  IC  SC    a a  3 3 



ƠN

 2x 1  3 . Chọn đáp án B

OF FI

Do đó:

AM 2x  AI a



Giải Hai tam giác MNP và SIC đồng dạng với tỉ số

đoạn AI. Qua M vẽ mặt phẳng (α) song song với (SIC). Tính chu vi của thiết diện tạo bởi (α) với tứ diện

Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân với cạnh bên BC  2, hai đáy AB  6; DC  4. Mặt phẳng (P) song song với (ABCD) và cắt cạnh SA tại M sao cho SA = 3SM. Diện tích thiết

5 3 9

diện của (P) và hình chóp S.ABCD bằng bao nhiêu? 2 3 3

C. 2

KÈ

Giải

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của C, D trên AB

DẠ Y

AH  BK; CD  HK ABCD là hình thang cân nên   BK  1 AH  HK  BK  AB Tam giác BCK vuông tại K, CK  BC2  BK 2  3 Suy ra diện tích hình thang ABCD là S  CK.

AB  CD 5 3 2

7 3 9

Gọi N, P, Q lần lượt là giao điểm của (P) và các cạnh SB, SC, SD.

5 3 . 9

Khi đó (P) cắt hình chóp theo thiết diện MNPQ có diện tích SMNPQ  k 2 .S 

MN NP PQ MQ 1     AB BC CD AD 3

Vì (P) // (ABCD) nên theo định lí Talet, ta có

Chọn đáp án A

Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O có AC = a, BD = b. Tam giác

OF FI

SBD là tam giác đều. Một mặt phẳng (α) di động song song với (SBD) đi qua điểm I trên đoạn OA và

AI  x  0  x  a  , cắt hình chóp theo một thiết diện. Tính diện tích thiết diện theo a, b và x. A.

2b 2 x 2 3 3a 2

b2 x 2 3 a2

b2  x 2 a2

Giải

b2 2  x 2 a2

ƠN

Ta có

I       ABD         ABD   MN // BD, I  MN    //  SBD    ABD    SBD   BD

Tương tự

Thiết diện là tam giác MNP

 N       SAD     SAD       NP // SD, P  SN    //  SBD    SAD    SBD   SD

   //  SBD   Do  SAB    SBD   SB  MP // SB.   SAB       MP

Hai tam giác MNP và BDS có các cặp cạnh tương ứng song song nên chúng đồng dạng, mà BDS đều nên

Ta có SBCD

KÈ

tam giác MNP đều.

BD 2 3 b 2 3 SMNP  MN    ,   4 4 SBCD  BD 

DẠ Y

MN AI 2x b2 x 2 3  2x  Do MN // BD     SMNP    SBCD  . Chọn đáp án B BD AO a a2  a  Ví dụ 5: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. M và P là hai điểm di động trên các cạnh DA và BC, sao cho

MA  PC  x, (0 < x < a). Một mặt phẳng qua MP song song với CD cắt tứ diện theo một thiết diện. Tìm

x để diện tích thiết diện nhỏ nhất.

A. x 

3a 2

B. x 

a 2

C. x 

2a 3

D. x 

a 3

Giải Ta có

OF FI

Tương tự      BCD   PQ // CD, Q  BD Thiết diện là tứ giác MNPQ

 MN // CD Vì   MN // PQ nên MNPQ là hình thang. PQ // CD

ƠN

Dễ thấy DQ  CP  x, DM  a  x Áp dụng định lí cô sin cho tam giác DMQ ta có:

MQ 2  DM 2  DQ 2  2DM.DQ cos60

1  3x 2  3ax  a 2  MQ  3x 2  3ax  a 2 2

 MQ 2  x 2  (a  x ) 2  2x  a  x 

M       ACD         ACD   MN // CD, N  AC CD   ACD   CD //   

Tương tự ta cũng tính được NP  3x 2  3ax  a 2  MP  NQ Do đó MNPQ là hình thang cân

Dễ thấy MN  x, PQ  a  x, đường cao hình thang h 

1 1 1 a   a  x   . 8x 2  8ax  3a 2  a 8x 2  8ax  3a 2 2 2 2

SMNPQ 

1 8x 2  8ax  3a 2 2

Vậy min SMNPQ

a2 a   x  . Chọn đáp án B 2 2

KÈ

Ta lại có SMNPQ

1 1 a a2   a 8x 2  8ax  3a 2  a 8  x    a 2  2 2 2 2 

Bài tập vận dụng

Câu 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là trung điểm SC, SD. Lúc đó, điểm N thuộc mặt phẳng nào sau đây?

DẠ Y

A. (SAB)

B. (ABM)

C. (SBC)

D. (SAC)

Câu 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Mặt phẳng (P) cắt các đoạn SA, SB, SC, SD lần lượt tại A’, B’, C’, D’. Tìm điều kiện của (P) để tứ giác A’B’C’D’ là hình bình hành. A. Mặt phẳng (P) qua trung điểm SA

B. Mặt phẳng (P) qua trung điểm SA, SB

C. Mặt phẳng (P) song song AC

D. Mặt phẳng (P) song song mặt phẳng (ABCD)

Câu 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. M là một đỉểm di động trên cạnh SB SD SC   . SH SK SM

A. 1

B. 2

1 2

2 3

P

SC, (α) là mặt phẳng qua AM và song song với BD. Gọi H, K là giao điểm của (α) với SB, SD. Tính

Câu 4: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Gọi I là trung điểm của cạnh AC, J là điểm thuộc cạnh AD sao

OF FI

cho AJ = 2JD. M là một điểm di động trong tam giác BCD sao cho (MIJ) // AB. Tính diện tích thiết diện của tứ diện cắt bởi (MIJ). A.

17a 2 22

a 2 51 14

5a 2 4

a 2 5 51 144

  90 . Trên AB lấy Câu 5: Cho hình chóp SABCD có đáy là hình vuông cạnh có SA  AB  a, góc SAD

ƠN

một điểm M vớỉ AM  x. Gọi (α) là mặt phẳng qua M và song song với mặt phẳng (SAD) cắt SB, SC, và CD lần lượt tại N, P, Q. Tìm x để diện tích thiết diện MNPQ là a 2

C. x 

a 3

B. x 

A. x  a

3a 2 . 8

D. x 

a 5

Câu 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành, mặt bên SAB là tam giác vuông tại A. Với điểm M bất kì thuộc cạnh AD  M  A, D  , xét mp(α) đi qua điểm M và song song với SA, CD. Tính diện

ab 8

3ab 4

tích thiết diện theo a, b biết AB  a, SA  b, M là trung điểm của AD. C.

3ab 8

3ab 2

Câu 7: Cho tứ diện ABCD. Gọi G1, G2, G3 lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC, ACD, ADB. Tính diện tích thiết diện của tứ diện ABCD với mặt phẳng (G1G2G3) theo diện tích của tam giác BCD là a. a 4

2a 3

4a 9

4a 5

KÈ

Câu 8: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều, SA  SB  SC  a và cùng tạo với mặt phẳng (ABC) góc 60°. Một mặt phẳng (P) song song với SA, BC và cắt hình chóp theo thiết diện là hình vuông. Tính diện tích thiết diện.





DẠ Y

A. 3a 2 2  3



B. a 2 2  3





3a 2 2  3





D. 3a 2 2  3



Câu 9: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Gọi I là trung điểm AD, J là điểm đối xứng với D qua C, K là điểm đối xứng với D qua B. Tính diện tích thiết diện của tứ diện cắt bởi mặt phẳng (IJK). A.

a2 6

a2 3

a2 2

2a 2 5

Câu 10: Cho tứ diện ABCD trong đó góc giữa hai đường thẳng AB và CD là α. Gọi M là điểm bất kì

điểm M để diện tích thiết diện của tứ diện ABCD khi cắt bởi mp(P) đạt giá trị lớn nhất. B. M trên AC sao cho MA  2MC

C. M là trung điểm của AC

D. M trên AC sao cho 3MA  2MC

A. M trùng với A

thuộc cạnh AC, đặt AM  x  0  x  AC  . Xét mp(P) đi qua M và song song với AB, CD. Xác định vị trí

OF FI

Giải bài tập vận dụng Câu 1: Chọn đáp án B Với đáp án A. Rõ ràng N   ABC  Đáp án A sai Cách 1. Ta có: MN là đường trung bình tam giác SCD Nên MN // CD

ƠN

Với đáp án B.

Mà CD // AB nên MN // AB hay MN và AB nằm trong một mặt phẳng Vậy N   ABM  Cách 2.

Gọi O là giao điểm AC và BD

Trong tam giác SAC có giao điểm I của SO và AM là trọng tâm của tam giác nên Mặt khác, trong tam giác SBD có SO cũng là trung tuyến và Nên I cũng ỉà trọng tâm tam gỉác SBD

Vậy BI qua trung điểm N của SD hay N   ABM  .

KÈ

Câu 2: Chọn đáp án D

Giả sử A'B'C'D' là hình bình hành

DẠ Y

AB // CD  Tacó: AB   SAB     C D   SCD 

    SAB    SCD  ,  // AB,  // CD

SI 2  SO 3

AB // CD  Mặt khác: AB   SAB   CD   SCD 

    SAB    SCD  ,  // AB,  // CD

Do đó, AB // AB  AB //  ABCD  1

OF FI

Tương tự, AD //  ABCD   2  Từ (1) và (2) suy ra  P  //  ABCD  . Câu 3: Chọn đáp án A SB SD SO   nên SH SK SI

SB SD 2SO   1 SH SK SI

Gọi N là trung điểm của MC, ta có:

Câu 4: Chọn đáp án D Ta có

SB SD SC SO  SO    2 2  1  1 SH SK SM SI  SI 

Từ (1) và (2) ta có

SC SN  NC SN NC    SM SM SM SM SN SN  SM SN SO   2 1  2 1  2. SM SM SM SI

ƠN

Gọi I  AM  HK, thế thì

I   IJM    ABC     IJM    ABC   IE // AB, E  BC AB   ABC   AB //  IJM 

KÈ

Tương tự  IJM    ABD   JF // AB, F  BD

IE // AB Do  nên thiết diện IEFJ là hình thang. JF // AB

DẠ Y

a a Dễ thấy JF  , IE  3 2

Áp dụng định lí Côsin ta có: a 2 4a 2 a 2a 1 13a 2 IJ  AI  AJ  2AIAJ cos 60    2. . .  4 9 2 3 2 36 2



13a 2 36

Tương tự ta cũng có IE 2 

a 2 5 51 . Do đó IEFJ là hình thang cân, tính được diện tích thiết diện là S  144

Câu 5: Chọn đáp án B

Qua B kẻ đường thẳng song song với SA cắt giao tuyến d của hai mặt phẳng (SAB) và (SDC) tại S0, MN kéo dài cắt d tại I

OF FI

Ta có: SMNPQ  SIMQ  SINP  SSAD  SINP 1 Ta có:  SAD vuông cân tại A nên SSAD  .a 2 2

Ta có: NI // S0 B 

NI SN  S0 B SB

1

PN // BC 

PN SN  BC SB

 2

MN // SA 

AM SN  AB SB

ƠN

Xét tam giác SBC, tam giác SBS0 và tam giác SAB

 3

Từ (1), (2) và (3), ta được:

NI PN AM    NI  PN  AM  x  INP vuông cân tại N S0 B BC AB

1 Suy ra SINP  .x 2 2

1 1 1 Do đó SMNPQ  .a 2  .x 2   a 2  x 2  2 2 2

3.a 2 1 3.a 2 3.a 2 a2 a  a2  x2    x2  a2   x2  x . 8 2 8 4 4 2

Theo giả thiết SMNPQ 

Câu 6: Chọn đáp án C

KÈ

CD //     Ta có CD   ABCD   M       ABCD 

DẠ Y

Nên giao tuyến của (ABCD) và (α) là đường thẳng qua M song song CD cắt BC tại N Tương tự MQ // SA; PQ // CD Suy ra thiết diện là tứ giác MNPQ. Do MN // PQ // CD nên MNPQ là hình thang

Lại có: MQ // SA, MN // BA mà SA  BA

Khi M là trung điểm AD, ta được:

MQ 1 b PQ 1 a   MQ  ;   PQ  ; MN  AB  a SA 2 2 CD 2 2

 MN  PQ  .MQ  3ab . 2

Vậy SMNPQ 

 MQ  MN  thiết diện là hình thang MNPQ vuông tại M

BC //  G1G 2 G 3   Ta có: BC   BCD   G1   G1G 2 G 3    ABC 

 Giao tuyến của  G1G 2 G 3  và (ABC) là đường thẳng qua G1 và song song với BC cắt AB và AC tại E và F

OF FI

Câu 7: Chọn đáp án C

 G1G 2G 3 

ƠN

Tương tự:  G1G 2 G 3  cắt (ACD) theo giao tuyến FG // CD

cắt (ABD) theo giao tuyến GE // BD

Suy ra thiết diện là tam giác EFG

2 Để ý rằng tam giác EFG đồng dạng với tam giác ABC theo tỉ lệ đồng dạng k  . 3 SEFG 4 4 4  k 2   SEFG  SABC  a. SABC 9 9 9

Do đó,

Câu 8: Chọn đáp án A

Giả sử H là tâm của tam giác đều ABC, suy ra SH là trục của tam giác ABC

  60. Gọi cạnh của hình vuông MNPQ là x, A’ là trung điểm của BC Suy ra SAH

Mà ta lại có:

KÈ

 MN BN  SA  BS 1  BN  SN  1  x.   1 Ta có:   BS  SA BC   NP  SN  BC SB

3 3 3 3a AA  .AH  .SA.cos A  .a.cos 60  2 2 2 4

DẠ Y

Suy ra: BC  2.BA  2AA.cot 60  2.

3a 3 a 3 .  4 3 2









 3a 2 2  3 .

 

Vậy SMNPQ  x 2  a 3 2  3



  1 1   1 x  a 3 2  3 Do đó: x.   a a 3     2 

Câu 9: Chọn đáp án A

OF FI

Nối IJ cắt AC tại N, nối IK cắt AB tại M Tam giác IMN là thiết diện cần tìm. Ta có M, N là trọng tâm các tam giác ADK, ADJ Nên AN 

2 2 AC  AB  AM 3 3 2 2a BC  3 3

ƠN

Suy ra MN // BC và MN 

Định lí cosin cho tam giác AIM : IM 2  IA 2  AM 2  2IA.AMcos60 a 13  IN 6

Nên IM 

Gọi H là trung điểm MN ta có IH  MN và IH 

Vậy SIMN

1 a2  IH.MN  . 2 6

NP // CD, P  BD MQ // CD, Q  AD

Câu 10: Chọn đáp án C Dựng MN // AB, N  BC

a 2

Vậy thiết diện là hình bình hành MNPQ

Diện tích thiết diện MNPQ (H là hình chiếu M lên NP):

KÈ

S  MH.MQ  MN.sin .MQ 

AB CD .CM.sin . .AM AC AC

DẠ Y

AM  GM AB.CD.sin   CM  MA  AB.CD.sin   .CM.MA  . AC2 AC2 4 2 AB.CD.sin  AC AB.CD.sin   .  2 AC 4 4

Do đó: Smax 

AB.CD.sin   CM  MA hay M là trung điểm của AC. 4

QUAN HỆ VUÔNG GÓC

Định nghĩa Các khái niệm và các phép toán của vectơ trong không gian được định nghĩa hoàn toàn giống như trong mặt phẳng. Ngoài ra ta cần nhớ thêm: 1. Quy tắc hình hộp

OF FI

       Nếu ABCD. A ' B ' C ' D ' là hình hộp thì: AC'  AB  AD  AA '  a  b  c.

I. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

2. Qui tắc trọng tâm tứ diện

G là trọng tâm tứ diện ABCD khi và chỉ khi một trong hai điều kiện sau xảy ra:

     GA  GB  GC  GD  0      MA  MB  MC  MD  4 MG, M    3. Ba vectơ a, b, c đồng phẳng nếu giá trị của chúng song song với một mặt phẳng    Điều kiện cần và đủ để ba vectơ a, b, c đồng phẳng là có các số m, n, p không đồng thời bằng 0 sao cho     ma  nb  pc  0 .    Cho hai vectơ không cùng phương khi đó điều kiện cần và đủ để ba vectơ a, b, c đồng phẳng là có các số    m, n sao cho c  ma  nb.     Nếu ba vectơ a, b, c không đồng phẳng khi mỗi vectơ d đều có thể phân tích một cách duy nhất dưới dạng     d  ma  nb  pc.

II. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN

ƠN

 

1. Góc giữa hai đường thẳng

Định nghĩa: Góc giữa hai đường thẳng a và b trong không gian là hai góc giữa hai đường thẳng a’ và b’ cùng đi qua một điểm và lần lượt song song (hoặc trùng) với a và b.

a, b    , 0    90 Chú ý: + Ký hiệu hai góc giữa hai đường thẳng: 

KÈ

+ Hai đường thẳng song song hoặc trùng nhau:   0   + Nếu u1 , u2 lần lượt là vectơ chỉ phương của các đường thẳng a và b thì:

     u1 , u2 khi u1 , u2  90  a; b        180  u1 , u2 khi u1 , u2  90 

     

DẠ Y





2. Hai đường thẳng vuông góc Định nghĩa: Hai đường thẳng được gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng 90 . a, b   90 Chú ý:  a  b  

 a  b  a, b cắt nhau hoặc a, b chéo nhau

   u1 , u2 lần lượt là vectơ chỉ phương của các đường thắng a và b thì: a  b      u1  u2  u1.u2  0

 a / / b, c  a  c  b. III. ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG

1. Định nghĩa đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

Định nghĩa: Đường thẳng  được gọi là vuông góc mp   nếu  vuông góc với mọi đường thẳng nằm

OF FI

trong mp   . Kí hiệu:   mp   .

Định lý 1: Nếu đường thẳng d vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau a và b cùng nằm trong mặt phẳng (P) thì đường thẳng d vuông góc với mp(P).

Hệ quả:

ƠN

d  a; d  b   d  mp  P  Tức: a  b   a, b  mp P   

a  AB    a  BC a  AC 

2. Các tính chất

Tính chất 1: Có duy nhất một mp (P) đi qua điểm O cho trước và vuông góc với đường thẳng a (cho trước).

Tính chất 2: Có duy nhất một đường thẳng  đi qua điểm O cho trước và vuông góc với mặt phẳng (P)

(cho trước).

+ Mặt phẳng trung trực của một đoạn thẳng là mặt phẳng vuông góc với đoạn thẳng đó tại trung điểm

của nó

+ (P) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB  mọi điểm của (P) luôn cách đều A và B. [tức là (P) là mp trung trực của đoạn AB, M  mp  P   MA  MB ]

ab   b. a  ( P)   a / / b b  ( P) 

( P) / /(Q)  a.   d  (Q) d  ( P) 

( P)  a   b. (Q)  a   ( P) / /(Q) ( P)  (Q) 

a / /( P)  a. b  a b  ( P) 

a  ( P)   b. a  b   a / /( P) ( P)  b 

DẠ Y

Tính chất 4:

a / /b  a.   ( P)  b ( P)  a 

KÈ

Tính chất 3:

3. Mối liên hệ giữa quan hệ song song và quan hệ vuông góc

Tính chất 5:

4. Định lý ba đường vuông góc

Phép chiếu vuông góc phép chiếu vuông góc lên mặt phẳng (P). Định lý 2: (định lý ba đường vuông góc)

Định nghĩa: Phép chiếu song song lên mặt phẳng (P) theo phương 1 vuông góc với mặt phẳng (P) gọi là

Cho đường thẳng a không vuông góc với mặt phẳng (P) và đường thẳng b nằm trong mp (P). Khi đó điều

5. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng Định nghĩa: Cho đường thẳng a và mặt phẳng (P). + Nếu a  mp  P   góc giữa đường thẳng a và mp(P) là 90

OF FI

b  mp  P     b  a ' với a’ là hình chiếu của a lên mp(P) ba 

kiện cần và đủ để b vuông góc với a là b vuông góc với hình chiếu a’ của a trên mp(P):

hình chiếu a’ của nó trên (P).

ƠN

+ Nếu a không vuông góc với mp(P) thì góc giữa đường thẳng a và mp(P) là góc giữa đường thẳng a và Góc giữa đường thẳng a và mp(P) được ký hiệu là: (a,(P)) Theo định nghĩa  0   a,  P    90

 a / / mp  P    a,  P    0    a  mp  P    a,  P    90  a  mp  P 

IV. HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC l. Góc giữa hai mặt phẳng

 Định nghĩa: Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng đó ký hiệu là: ((P),(Q)) = (a; b)

Từ định nghĩa:  0    Q  ,  P    90

 mp  P  / / mp  Q 

  Q  ,  P    0  mp



  Q  ,  P    90  mp  P   mp  Q 



 P   mp  Q 

KÈ



 Cách xác đỉnh góc giữa hai mặt phẳng - Nếu  P  / /  Q  hoặc  P    Q   Góc giữa hai mp(P) và (Q) là 0

DẠ Y

- Nếu  P    Q    . Để xác định góc giữa 2 mp(P) và (Q). Ta thực hiện: C1: Dựng  R   ,  R    P   p;  R    Q   q.

 Góc giữa 2 mp(P) và (Q) bằng góc giữa 2 đường thẳng p và q

 P    Q     C2: a   P  , a    Góc giữa (P) và (Q) bằng góc giữa a và b.  b   Q  , b   ' . M’H   )  Góc giữa (P) và (Q) bằng góc giữa MH và M’H, tức góc MHM

 Nhận xét: Góc giữa 2 đường thẳng lấy giá trị từ 0 đến 90

C3: Lấy M bất kì trên mp(P). Gọi M’ là hình chiếu của M trên (Q), H là hình chiếu của M trên  . (khi đó

OF FI

 Định lý 1: Gọi S là diện tích của đa giác H trong mặt phẳng (p), gọi S’ là diện tích hình chiếu H’ của H trên mặt phẳng (P’) thì S '  S .cos  , trong đó  là góc giữa hai mặt (P) và (P’). 2. Hai mặt phẳng vuông góc a. Định nghĩa:  P    Q     P  ,  Q    90

(Hai mặt phẳng gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng 90 ) b. Điều kiện để hai mặt phẳng vuông góc nhau

ƠN

Định lý 2: Nếu một mặt phẳng chứa một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng khác thì hai mặt phẳng đó vuông góc với nhau.

a   P      P   Q  a   Q  

Tóm tắt

 P   Q    Định lý 3:  P    Q   d   a   Q   a   P, a  d 

c. Các tính chất

  P   Q   Hệ quả 1: A   P  ; a qua A  a   P   a  Q  

KÈ

 P   Q   d   Hệ quả 2:  P    R    d   R  Q    R   Hệ quả 3: Qua đường thẳng a không vuông góc với mp(P) có duy nhất mp(Q) vuông góc góc với mp(P). 3. Lăng trụ đứng: là hình lăng trụ có các cạnh bên của nó vuông góc với mặt đáy.

DẠ Y

+ Lăng trụ đứng có đáy là đa giác đều gọi là lăng trụ đều + Lăng trụ đứng có đáy là hình bình hành gọi là hình hộp đứng + Lăng trụ đứng có đáy là hình chữ nhật gọi là hình hộp chữ nhật + Hình hộp có tất cả các mặt bên đều là hình vuông gọi là hình lập phương 4. Hình chóp đều: là hình chóp có đáy là đa giác đều và chân đường cao hình chóp trùng với tâm của đa giác đáy (hoặc các cạnh bên bằng nhau).

Tính chất: Trong hình chóp đều: + Các cạnh bên đều bằng nhau.

+ Các mặt bên là những tam giác cân bằng nhau.

+ Đoạn thẳng nối đỉnh hình chóp với trung điểm của một cạnh đáy bất kỳ gọi là trung đoạn của hình chóp.

Hình chóp cụt đều: Khi cắt hình chóp đều bởi mặt phẳng song song với đáy để được hình chóp cụt thì hình chóp cụt đó được gọi là hình chóp cụt đều.

OF FI

V. KHOẢNG CÁCH 1. Khoảng cách từ một điểm tới một đường thẳng

Cho điểm M và một đường thẳng  . Trong mp(M,  ) gọi h là hình chiếu vuông

góc của M trên  . Khi đó khoảng cách MH được gọi là khoảng cách từ điểm M đến  . Nhận xét: MH  OM , O   2. Khoảng cách từ một điểm tới một mặt phẳng

ƠN

Kí hiệu: d(M,  ) = MH

Cho mặt phẳng (  ) và một điểm M, gọi H là hình chiếu của điểm M trên

mặt phẳng (  ). Khi đó khoảng cách MH được gọi là khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (  ). d(M,(  )) = MH

Nhận xét: MH  OM , O   

3. Khoảng cách từ một đường thẳng tới một mặt phẳng

Cho đường thẳng  và mặt phẳng (  ) song song với nhau. Khi đó, khoảng cách từ một điểm bất kì trên  đến mặt phẳng (  ) được gọi là khoảng cách giữa đường thẳng  và mặt phẳng (  ).

d(  ,(  )) = d(M,(  )), M   .

4. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng

KÈ

Cho hai mặt phẳng (  ) và (  ) song song với nhau, khoảng cách từ một điểm bất kì trên mặt phẳng này đến mặt phẳng kia được gọi là khoảng cách giữa hai mặt phẳng (  ) và (  ).

DẠ Y

d    ,      d  M ,      d  N ,    , M    , N     . 5. Khoảng cách giữa hai đường thẳng Cho hai đường thẳng chéo nhau a, b. Độ dài đoạn vuông góc chung MN của a và b được gọi là khoảng cách giữa hai đường thẳng a và b. B. CÁC DẠNG BÀI TẬP DẠNG 1: CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC VECTƠ

các đẳng thức sau.       A. AD  BE  CF  AB  AC  BC       C. AD  BE  CF  AE  BF  CD

      B. AD  BE  CF  AF  CE  BD       D. AD  BE  CF  BA  BC  AC

Giải

Ví dụ 1: Cho tam giác ABC. Gọi D, E, F là trung điểm các cạnh BC, CA, AB. Tìm đẳng thức đúng trong

OF FI

Ta có:    AD  AC  CD    BE  BA  AE    CF  CB  BF

         Cộng các vế ta có AD  BE  CF  AC  CD  BA  AE  CB  BF           AC  CB  BA  CD  AE  BF  AE  BF  CD





Chọn đáp án C

ƠN

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC. Gọi G là trọng tâm và H là điểm đối xứng của B qua G. Tìm đẳng thức đúng trong các đẳng thức sau  1  5  A. AH  AC  AB 3 2  2  1  C. AH  AC  AB 3 3

 1  2  B. AH  AC  AB 3 3  4  7  D. AH  AC  AB 3 2

Giải

Ta có AC và GH giao nhau tại trung điểm E của mỗi đường   2  Nên AGCH là hình bình hành nên AH  GC   CF 1 3  1   Mà CF là trung tuyến tam giác ABC nên CF  CA  CB  2  2





Thay (2) vào (1) ta có:  1   1    2  1  AH   CA  CB   CA  CA  AB  AC  AB 3 3 3 3



KÈ

Chọn đáp án C



  Ví dụ 3: Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Biểu thị MN qua BC và  AD  1    1   A. MN  BC  AD B. MN  BC  AD 4 2  1    1   C. MN  BC  AD D. MN  BC  AD 2 4















DẠ Y



Gọi P, Q lần lượt là trung điểm AC, BD, ta có:

Giải

 MP / / BC  MP là đường trung bình tam giác ABC nên  1  MP  2 BC

 NQ / / BC  Tương tự  1  NQ  2 BC

 MP / / NQ Do đó:   MPNQ là hình bình hành  MP  NQ

OF FI

   1  1  Suy ra MN  MP  PN  BC  AD 2 2

Chọn đáp án B

Ví dụ 4: Cho tứ diện ABCD, các điểm M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. Gọi P, Q lần lượt là các

Giải

ƠN

điểm thỏa mãn PA = kPD, QB = kQC, (k 1). Biểu diễn MN qua MP và MQ.  k  1  k  1   k  k  MP  MQ MP  MQ A. MN  B. MN  2k 2k 2k 2k  k  1  k  1   k  k  MP  MQ MP  MQ C. MN  D. MN  k k 2k 2k          MA  k MD Ta có: PA  k PD  MA  MP  k MD  MP  MP  1 k      MA  k MC Tương tự QB  kQC  MQ  1 k       MA  k MD  MB  k MC k    MC  MD (Do Suy ra MP  MQ  1 k 1 k    MA  MB  0 )    Mặt khác N là trung điểm của CD nên MC  MD  2 MN







KÈ

Chọn đáp án B

 k  1  k  1  MP  MQ Do đó MN  2k 2k

DẠ Y

    Ví dụ 5: Cho tứ diện ABCD, các điểm M, N xác định bởi MA  xMC , NB  y ND  x, y  1 . Tìm điều    kiện giữa x và y để ba vectơ AB, CD, MN đồng phẳng. A. x  3 y  0

B. x  y  2

C. x  2 y

D. x  y

Giải          Đặt DA  a, DB  b, DC  c thì a, b, c không đồng phẳng.

           DA  xDC a  xc MA  xMC  DA  DM  x DC  DM  DM   1 1 x 1 x    1  1  DB  b  2 Lại có NB  y ND  DN  1 y 1 y





OF FI

   1  1  x  a b c Từ (1) và (2) suy ra MN  DN  DM  1 x 1 y 1 x        Ta có: AB  DB  DA  b  a, CD  c      AB và CD là hai vectơ không cùng phương nên AB, CD, MN đồng phẳng khi và chỉ khi    MN  m AB  nCD , tức là:    1  1  x  a b c  m b  a  nc 1 x 1 y 1 x





ƠN

 1 m  1  x    1   1 x   1    m  mb   n  x y a   c  0  m  1 x  1 x  1 y   1 y     x n   1 x     Vậy ba vectơ AB, CD, MN đồng phẳng khi và chỉ khi x  y

Chọn đáp án D

DẠNG 2: GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG

Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, SA  a 3 , SA  BC. Tính góc giữa hai đường thẳng SD và BC?

B. 45

A. 30 Ta có:

C. 60 Giải

KÈ

 BC / / AD   90  SA  AD hay SAD  SA  BC  DA Do AD / / BC nên  SD, BC    SD, AD   S

DẠ Y

Xét tam giác SAD vuông tại A ta có:   SA  3  SDA   60 tan SDA AD

Vậy góc giữa hai đường thẳng SD và BC bằng 60 . Chọn đáp án C

D. 90

Ví dụ 2: Cho tứ diện ABCD có AB = CD = 2a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và AD,

A. 60

B. 45

C. 30

D. 90

Giải

Cách 1: Gọi I là trung điểm của BD. Ta có:

IN / / AB       AB, CD    IM , IN  IM / / CD 

OF FI

Xét tam giác IMN có: IM = IN = a, MN  a 3 2 2   2a  3a   1  MIN   120 Do đó cos MIN 2 2a 2

AB, CD   180  120  60 Vậy 

Chọn đáp án A



   IM 2  IN 2  2 IN .IM

  IM 2  IN 2  MN 2 a2 IM .IN   2 8   IM .IN 1 cos AB, CD   cos IM , IN      . IM IN 2



ƠN

  IM .IN AB, CD   cos IM , IN     Cách 2: cos IM IN

    2   MN  IN  IM  MN  IN  IM

MN  a 3 . Tính góc giữa hai đường thẳng AB và CD?

AB, CD   60 Vậy 

Chọn đáp án A

Ví dụ 3: Cho tứ diện S.ABC đáy là tam giác đều cạnh a  2 2 , SC = 1 và vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi D, E thứ tự là trung điểm AB, BC. Tính góc tạo bởi CD và SE. B. 30

KÈ

A. 45

Giải

Gọi F là trung điểm BD, ta có: CD 1 a 3 6   2 2 2 2

DẠ Y

EF // CD và EF 

CD, SE    EF, SE  Do đó: 

 . Tam giác SCE vuông tại C có: Tính SEF SE 2  SC 2  CE 2  1 

 2

C. 90

3

D. 60

Hai tam giác vuông SCB và SCA vuông tại C có SC chung, CA =CB nên bằng nha. Do đó SB = SA hay tam giác SAB can tại S

 6

 2 2  15     2  4 

SF  SD +DF  SC +CD  DF  1  2

Do D là trung điểm AB nên SD  AB , do đó:

Áp dụng định lý cosin trong tam giác SEF, ta có:

OF FI

SF 2  SE 2 +EF2  2 SEEF.cos S EF 2 2 2   SE  EF  SF   2  SEF   135  cosSEF 2.SEEF 2

CD, SE    EF , SE   180  135  45 Vậy 

Chọn đáp án A

ƠN

Ví dụ 4: Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc và OA = OB = OC = 1. Gọi M là trung điểm AB. Tính góc giữa hai vectơ OM và BC. A. 90

B. 45

C. 120

Giải     OM .BC OM .BC     OM .BC Ta có: cos OM , BC      2 OM . BC . 2 2   1     Mặt khác OM .BC  OA  OB OC  OB 2 1        2  OA.OC  OB.OA  OB.OC  OB 2

D. 60









Vì OA, OB, OC đôi một vuông góc và OA = OB = OC = 1        2 Nên OA.OC  OB.OA  OB.OC  0 và OB  1   1 Do đó: cos OM , BC   2   Vậy OM , BC  120





KÈ





DẠ Y

Chọn đáp án C

Ví dụ 5: Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = AB = AC = a và BC  a 2 . Tính góc giữa hai đường thẳng AB, SC. A. 90

B. 45

C. 120 Giải

D. 60

     SA  AC . AB SC. AB SC , AB      Ta có: cos   SC . AB SC . AB







Mà CB 2  a 2

    AB.SA  AB. AC  cos ( SC , AB)    SC . AB  a 2  a 2  AC 2  AB 2

OF FI

   Nên tam giác ABC vuông tại A, do đó: AB. AC  0

    a2 Lại có: tam giác SAB đều nên AB, SA  120 nên AB.SA  a.a.cos120   2





a2     1 Do đó: cos SC , AB  22    SC , AB  120 a 2











ƠN

Vậy góc giữa hai đường thẳng AB, SC là 180  120  60 Chọn đáp án D DẠNG 3: GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG

 A. SBA

Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy góc giữa SC là đáy là

 B. SAC

 C. SDA

 D. SCA

Giải

Nên A là hình chiếu của S lên (ABCD)

Ta có: SA   ABCD  (giả thiết)

Suy ra AC là hình chiếu của SC lên (ABCD)

 





   Do đó: SC ,  ABCD   SC , AC  SCA

Chọn đáp án D

KÈ

Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy,

SA  a 6 . Tính sin của góc giữa SC và (SAB). 2 2

2 4

DẠ Y

3 3

Giải

Ta có: BC  AB  gt  và SA  BC (vì SA   ABCD  )  BC   SAB   Do đó: SB là hình chiếu vuông góc của SC trên mp(SAB)   SC ,  SAB    BSC  Ta có: sin  SC ,  SAB    sin BSC

Lại có tam giác SBC vuông tại B

5 3

 Nên sin BSC

BC  SC

a SA  AC 2



2 4

Chọn đáp án B

Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA   ABCD  và SA = 2a. Tính sin của góc giữa SB và (SAC). B.

10 5

5 4

1 2

OF FI

10 10

Giải Gọi O là tâm của hình vuông ABCD Ta có: BD  AC (Hai đường chéo của hình vuông ABCD) BD  SA vì SA   ABCD 

ƠN

 BD   SAC  tại O nên hình chiếu của B lên (SAC) là O

 Hình chiếu của SB lên (SAC) là SO

 





    SB ,  SAC   SB , SO  BSO

Lại có ABCD là hình vuông cạnh a nên BD  a 2  BO 

 2a 

 a2  a 5

Trong  SAB vuông tại A nên SB  SA2  AD 2 

1 a 2 BD  2 2





Chọn đáp án A

10  ,  SAC   Vậy sin SB 10

a 2 BO 2 10   2   Trong  SOB vuông tại O, ta có: sin BSO SB a 5 2 5 10

KÈ

Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, O là tâm của đáy, SO   ABCD  ; M, N lần lượt là trung điểm của SA, CD. Biết góc giữa MN với (ABCD) bằng 60 . Tính góc giữa MN và (SBD). 1 2

DẠ Y

A. arcsin

B. 46

Kẻ MH // SO, H  OA

 MH / / SO Do   MH   ABCD   SO   ABCD 

C. arctan Giải

1 2

D. 72

Suy ra NH là hình chiếu của MN trên (ABCD)

 chính là góc giữa đường thẳng MN với (ABCD)  MNH

 Ta có: HN 2  HC 2  CN 2  2 HC.CN .cos HCN 2

 3a 2   a  2 3a 2 a 5a 2 a 5   . .cos 45   NH       2. 4 2 8 2 2  4  2

OF FI

a 5 HN a 5 a 15 Xét  MHN có MN  2 2  ; MH  NH tan 60  1 cos 60 2 2 2 2

Gọi I là trung điểm của OB, J là trung điểm của SO thì MJ // IN và MJ = IN Gọi K  IJ  MN  JK 

1  là góc giữa MN và (SBD) IJ và MJ   SBD   MKJ 2 2

a 2 15a 2  a 2  2 Ta có IJ  JO  OI  MH  OI      2a  IJ  a 2 và IK  2 8  4  2

ƠN

a 2 MJ 1     tan   Đặt MKJ  4  JK a 2 2 2 Vậy góc giữa MN và (SBD) là  = arctan

1 2

Chọn đáp án C



 



1 1  2 5a 2  1 5a 2 2 2 2 2 SO  AC  OB  SO   MN  SO    4  4 2  2 2 

Suy ra MN 2 

Cách khác  1   1     1    Ta có MN  SC  AB  SO  OC  AO  OB  SO  AC  OB 2 2 2

KÈ

Ta có  là góc giữa MN và (SBD)   MN .n  Nên sin     ( n là vectơ có giá vuông góc với (SBD)) MN n

DẠ Y

   AC  SO Do   AC  ( SBD) nên chọn n  AC , từ đó ta có:  AC  BD

sin  

1     SO  AC  OB AC 2





1 5a 2 2 SO  .a 2 2 2

1 AC 2 2a 2    * 2 1 5a 2 SO 2  5a 2 2 SO  .a 2 2 2

Do góc giữa đường thẳng MN và (ABCD) bằng 60

  1 SO 2 MN .SO 3 3 2      Nên 2 2 MN SO 1 5a 2 SO 2  .SO 2 2  8SO 2  3  2 SO 2  5a 2   2 SO 2  15a 2

Vậy góc giữa MN và (SBD) là  = arcsin

1 1    arcsin 5 5 1 5

OF FI

Thay vào (*) suy ra sin  

Ví dụ 5: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A1 B1C1 D1 CÓ đáy ABCD là hình vuông . Tìm góc lớn nhất giữa đường thẳng BD1 và mặt phẳng  BDC1  . 1 3

C. arcsin Giải

I  AC  BD, O là trung điểm của

BD1

Cách 1: Gọi

3 3

ƠN

B. arcsin

A. 78

thì

 BD  AC Do   BD   CAA1C1  , hạ OH  IC1 , H  IC1 BD  CC  1

  là góc OBH

Đặt AB  AD  a, AA1  b thì

 BDC1 

thì OH   BDC1  , vậy góc giữa đường thẳng BD1 và mặt phẳng

BD1  AB 2  AB 2  DD12  2a 2  b 2  OB 

1 OH 1  sin    2 OB 2 1  a b2  2 2 2 2 2  2   5 a b a  b

KÈ

Dễ thấy HO 

2a 2  b 2 2

a 2 b2 1 1  Do 2  2  2  sin      arcsin (Do 0    ) b a 3 3 2

DẠ Y

Vậy max = arcsin

1 khi a=b 3

Chọn đáp án B          Cách 2: CB  x, CD  y, CC1  z  x  y  a, z  b

      2  2  2 BD1   x  y  z , BD1  x  y  z  2a 2  b 2

D. 72

O   CAA1C1 

Gọi H là hình chiếu của C trên C1 I thì CH  C1 I và CH  BD  CH   BDC1  C1 H C1 H .C1 I CC12 b2 2b 2     IH IH .IC1 CI 2  a 2  2 a2    2 

Ta có

OF FI

   a 2  b2 b2 b2 a2  CC  CI  x  y  z 1 a 2  2b 2 a 2  2b 2 a 2  2b 2 a 2  2b 2 a 2  2b 2  CH 

a

b4 2

 2b



2 2

2 x 

a

b4 2

 2b



2 2

 2 y 

a

a4 2

 2b



2 2

2 x 

a 2  2b 2

Vậy

a

 2b 2  2a 2  b 2 





3 4 a 2b 4 3 4 a 4b 2



a

 2b 2  2a 2  b 2 

1 3

1 1 1    arcsin  max = arcsin khi a=b. 3 3 3

Vậy sin  



Theo BPT AGM ta có

 z 

ƠN

    b 2   b2 a2   x  y  z  2 x  y  2 CH .BD1 a 2  2b 2 a 2  2b 2  a  2b sin      ab CH BD1 2a 2  b 2 2 a  2b 2



2b 2 2     1  b2 a 2 CI  a CC  CC  .2 CI Nên CH  1 1 2b 2 2b 2 a 2  2b 2 a 2  2b 2 1 2 1 2 a a

Chọn đáp án B

DẠNG 4: THIẾT DIỆN CẮT BỞI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC ĐƯỜNG THẲNG Ví dụ 1: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh đáy a và đường cao h. Dựng mp(  ) đi qua A và

vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B', C', D'. Tìm điều kiện của h để C' là một điểm thuộc cạnh

A. h 

a 2

KÈ

SC?

B. h 

a 2

C. h 

a 2

Giải

DẠ Y

Ta có: SAC là tam giác cân SA = SC

 là góc nhọn Nếu C’ thuộc đoạn SC khi và chỉ khi ASC  a2  a Khi đó: AC 2  SA2  SC 2  2a 2  2  h 2    h  2  2  Vì vậy khi h 

a thì mp(  ) cắt SC tại C’ là một điểm thuộc cạnh SC. 2

D. h 

a 2

Chọn đáp án A

Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thoi với các đường chéo AC = 4a, BD = 2a cắt nhau tại O. Đường cao của hình chóp SO = h. Dựng mặt phẳng (  ) qua A và vuông góc với SC cắt SB, SC,

C. h  a

B. h  2a 3

3 2

Giải

D. h 

2a 3 3

OF FI

A. h  a 3

SD lần lượt tại B’, C’, D’. Xác định h để thiết diện B’C’D’ là tam giác đều.

 phải là góc nhọn Giả sử AB’C’D’ là thiết diện cần dựng và có C’ thuộc đoạn thẳng SC, khi đó ASC  OC  SO

Thật vậy, Nếu OC = SO thì SAC vuông tại S và C '  S

   OS    180  AS   2.AS C  ASC C  OAS C  90  là góc tù, trái với kết luận trên Nghĩa là ASC Tù đó OC  SO hay 2a  h

ƠN

  OS   Nếu OC>SO thì: OS C  OCS, A  OAS

Trong mp(ABCD) từ A kẻ đường thẳng song song với BD, đường thẳng này cắt BC kéo dài tại B1 ,

B1    và B1  mp  SBC  , Hiển nhiên C’, B’, B1 đều thuộc giao tuyến của mp(  ) và mp(SBC), nên chúng thẳng hàng

2 S SAC  4ah  AC '.SC  AC '. 4a 2  h 2  AC ' 

4ah

4a 2  h 2

Vì AC = 2OC và AB1 / / OB , nên AB1  2OB  2a Nếu B’C’D’ đều thì  AC ' B1  30

4ah

4a  h 2

 3

KÈ

Suy ra: 2a 3 

Tam giác AC ' B1 vuông tại A nên AC ' 

AB1  AB1 3  2a 3 tan 30

2h 4a 2  h 2

 h  2a 3  SO

Do đó  SAC đều và C’ là trung điểm SC. Dễ dàng kiểm tra lại nếu h  2a 3 thì B’C’D’ là tam giác đều

DẠ Y

Chọn đáp án B

Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Mặt bên SAB là tam giác cân tại S và

mp  SAB   mp  ABCD  , cạnh bên SC tạo với mặt phẳng đáy góc  . Tính diện tích thiết diện của hình

chóp khi cắt bởi mặt phẳng trung trực của cạnh BC.

3a 2 5 .cos  A. 16

3a 2 5 .sin  B. 16

3a 2 5 .tan  C. 8

3a 2 5 .tan  D. 16

Giải Gọi H là trung điểm của BA thì SH  AB  SH   ABCD 

Gọi M, E, N, P, F, Q lần lượt là giao điểm của mặt phẳng trung trực (R) của BC với các cạnh BC, HK, AD, SD, SK, SC

OF FI

Do đó thiết diện là tứ giác MNPQ. Ta có:

Gọi K là trung điểm của CD

SH   SH  BC EF//SH EF  MN,EF=     2 CD  BC  SH / /  R  , CD / /  R   MN//CD   ( R)  BC PQ//CD  PQ / / MN , PQ  CD    2

Mặt khác, EF 

HB 2  BC 2 .tan  a 5  .tan  2 4

1 1  a a 5 3a 2 5  .  MN  PQ  .EF= .  a   . .tan   .tan  2 2  2 4 16

Vậy SMNPQ

SH HC.tan    2 2

ƠN

1 Thiết diện là hình thang MNPQ có đường cao EF  SMNPQ  .  MN  PQ  .EF 2

Chọn đáp án D

Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông cạnh a, SA  mp ( ABCD) và SA = a. Gọi ( ) là mp

mp ( ) a2 3 6

a2 3 4

qua A và vuông góc với SC cắt SB, SD lần lượt tại B1 , D1 . Tính diện tích thiết diện của hình chóp tạo bởi

a2 3 3

Giải

KÈ

Giả sử B1 D1 cắt BD, khi đó ta có: SC  B1 D1 (do SC  mp   ) (1) Lại có BD  AC , BD  SA  BD  mp  SAC   BD  SC (2) Từ (1) và (2) ta có: SC  mp  SBD   SC  SD

DẠ Y

Mặt khác, DC  SA, CD  AD  CD  SD  vô lí Do đó, B1 D1 / / BD

Mà BD  mp  SAC   B1 D1  mp  SAC   B1 D1  AC1 Do đó: S AB1C1D 1 

1 B1 D1. AC1 2

a2 3 12

 BC  AB, BC  SA  BC  AB1 Lại có :   AB1  SB  SC  AB1

Tương tự, AD1  SD Do tam giác SAB vuông cân tại A, AB1 là đường cao nên B1 là trung điểm của SB

1 1 1 1 1 3 a 6  2  2  2  2  AC1  2 2 AC1 SA AC a 2a 2a 3

OF FI

Xét tam giác SAC vuông tại A, đường cao AC1 :

AD 2  AB 2 a 2  2 2

BD 1 BD  1 1   B1 D1   BD 2 2

1 a 2 a 6 a2 3 .  Vậy S AB1C1D1  . 2 2 3 6

Chọn đáp án A

3 , SA   ABCD  , SA  2 3 , mặt phẳng

ƠN

Ví dụ 5: Cho hình chóp SABCD, ABCD là hình vuông cạnh

( ) qua BC tạo với AC một góc 30 , cắt SA, SD lần lượt tại M và N. Tính diện tích thiết diện BCNM. 9 2 4

B. S 

9 2 3

C. S 

3 2 4

D. S 

A. S 

Giải

 BC / / AD   MN / / BC / / AD Ta có:     SAD   MN   BC    , AD   SAD 

Mà: BC  BA; BC  SA  SA   ABCD    BC   SAB   BC  BM Suy ra thiết diện BCNM là hình thang vuông tại B, M Dựng AH  BM

Ta có: BC  AH (vì BC   SAB  )

KÈ

ACH  30 Suy ra: AH     

Tam giác ABM vuông tại A, đường cao AH có:

DẠ Y

1 1 1    2 2 AM AH AB 2



 3  3 2



1  AM  3 3

 BM  6 (tam giác ABM vuông cân) và MN 

Diện tích hình thang vuông BCNM: S  Chọn đáp án A

3 2

 3  9 2 1 1 MB.  MN  BC   . 6   3   2 2 4  2 

6 2 4

DẠNG 5: GÓC GIỮA HAI MẶT PHẲNG

Ví dụ 1. Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA   ABC  . Gọi E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AC. Góc giữa hai mặt phẳng (SEF) và (SBC) là góc nào sau đây?

 B. BSF

 C. BSE

 D. CSE

 A. CSF

 BC  SA Ta có:   BC   SAB   BC  AB Mà BC   SBC  nên  SBC    SAB 1 Lại có EF // BC (EF là đường trung bình tam giác ABC) Nên EF   SAB  mà EF   SEF 

ƠN

Do đó:  SEF    SAB  2 

OF FI

Giải

Từ (1) và (2) ta có góc giữa hai mặt phẳng (SEF) và (SBC) là góc giữa hai giao tuyến của chúng với (SAB)





  , SB  BSE Vậy   SEF  ,  SBC    SE Chọn đáp án C

B. 30

A. 45

Ví dụ 2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Tính góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (A’CD) C. 90

D. 60

Giải

Cách 1. Ta có  A ' BC    A ' CD   A 'C

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD và H là hình chiếu vuông góc của O trên A’C.

KÈ

 BD  AC Do   BD   ACA'  BD  A ' C  BD  AA '  A ' C  OH Vậy   A ' C   BDH   A ' C  BD

DẠ Y

 A ' BC  ,  A ' BD     HB , HD   BDH    A ' CD   HD,  BDH    A ' BC   BH    Tam giác BCA’ vuông góc tại B có đường cao BH, do đó 1 1 1 1    2 2 2 BH BA ' BC a 2

Dựng DH  a

2 3







1 3 2  2  BH  a 2 a 2a 3

Áp dụng định lí côsin cho  HBD ta có:





Vậy  A 'BC  ,  A ' BD    HB, HD   60

2a 2 2a 2   2a 2 2 2 2 HB  H D  BD 1 3    120 cos BHD  3    BHD 2 2a 2 HB.HD 2 2. 3

Chọn đáp án D

OF FI

Cách 2. Gọi H  A ' C   BDC ' , do mặt chéo  BDC ' ứng với đường chéo A’C nên  BDC '  A ' C . Vậy góc giữa hai đường thẳng HB, HD chính là góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (A’CD). Do CB  CD  CC '  HB  HD  HC ' và BD  BC '  DC '  a 2 suy ra H là tâm của tam giác đều

  120 C ' BD  BHD





ƠN

Vậy  A 'BC  ,  A ' BD    HB, HD   60 Chọn đáp án D

 AB '  A ' B Cách 3. Do   AB '   A ' BC   AB '  BC





Tương tự AD '   A ' CD  nên  A ' BC  ,  A ' BD    AB ', AD '  60 (vì  AB’D’ đều).

Chọn đáp án D

mặt phẳng (SAB) và (ABCD) A. 60

Ví dụ 3. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng

B. 45

C. 30 Giải

Ta có:  SAB    ABCD   AB

KÈ

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và CD Suy ra AB  EF;AB  SO (do SO   ABCD  )

 AB   SEF  ;  SEF    ABCD  =EF;  SEF    SAB   SE





DẠ Y

 là góc nhọn)  (Vì SEF   SAB  ,  ABCD    SE , EF   SEF

Do ABCD là hình vuông cạnh a nên AC  a 2  OC  Trong  SOC vuông tại O nên

a 2 2

a 5 . Tính góc giữa hai 2

D. 90

a 5 a 2 5a 2 2 a 2 a 3 SO  SC  OC          4 4 2  2   2  2

a 3 SO    60  2  3  SEF Trong  SEO vuông tại O, ta có: tan SEF a OE 2





Chọn đáp án A

OF FI

  60 Vậy  SAB  ,  ABCD   SEF

Ví dụ 4. Cho hình chóp S.ABCD, có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB. Tính diện tích tam giác AMN biết rằng  AMN    SBC  a 2 10 8

a 2 10 4

a 2 10 16

ƠN

a 2 10 20

Giải Gọi K là trung điểm của BC và I  SK  MN

1 a BC  , MN / / BC  I là trung điểm của SK và MN 2 2

Từ giả thiết ta có MN 

Ta có  SAB=  SAC  hai trung tuyến tương ứng AM = AN

 SBC    AMN    SBC    AMN   MN Mặt khác   AI   AMN   AI  MN 

  AMN cân tại A  AI  MN

 AI   SBC   AI  SK  SAK cân tại A  SK  AK 

Ta có S AMN 

3a 2 a 2 a 2 a 10  SK     AI  SA2  SI 2  SA2     4 4 2 4  2 

KÈ

Ta có SK 2  SB 2  BK 2 

a 3 2

1 a 2 10 MN . AI  2 16

DẠ Y

Chọn đáp án C

Ví dụ 5. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = AD = a, AA’ = b. Gọi M là trung điểm của CC’. Xác định tỉ số A.

a 1 b

a để hai mặt phẳng (A’BD) và (MBD) vuông góc với nhau. b

a 2 b

a 2  b 3

a 1  b 2

Giải Gọi O là tâm của hình vuông ABCD

 AC  BD Ta có BD   A ' BD    MBD  ,    ACC ' A '  BD AA'  BD

 ACC ' A '  BD  Vậy  ACC ' A '   A ' BD   OA '   ACC ' A '   MBD   OM

Ta có OM 

OF FI

Do đó góc giữa hai đường thẳng OM, OA’ chính là góc giữa hai mặt phẳng (A’BD) và (MBD) AB 2  AD 2  AA '2 2a 2  b 2  2 2

AC '  2

a 2 a2 2 OA '  AO  AA '    b   b2  2  2  2



MA '  A ' C '  MC '  a 2 2



b b     2a 2  4 2

ƠN

Hai mặt phẳng (A’BD) và (MBD) vuông góc với nhau  OMA ' vuông góc tại O

 A ' BD    MBD  khi

  2a 2  b 2  a 2 b2  a    b 2    2a 2    a 2  b 2   1 4 4 b  2  

 OM 2  OA '2  MA '2 

a  1 (Khi đó ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương) b

Chọn đáp án A DẠNG 6: KHOẢNG CÁCH

Ví dụ 1: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Tính khoảng cách từ đỉnh D’ đến đường

3 2

2 3

B. a

KÈ

A. a

chéo AC’:

C. a

3 2

Giải

Gọi H là hình chiếu của D’ lên AC’

DẠ Y

C ' D '  D ' A ' Do   C ' D '  (ADD ' A ')  C ' D '  D ' A C ' D '  DD ' Vậy tam giác D’AC’ vuông tại D’ có đường cao D’H Suy ra

1 1 1 1 1 3 2     2  2  D'H  a 2 2 2 2 D'H D 'A D 'C a 2a 3 a 2





D. a

2 3

Vậy d(D ', AC ')  a

2 . Chọn đáp án A. 3

Ví dụ 2: Cho hình chóp đều S.ABC, đáy ABC có cạnh bằng a, mặt bên tạo với đáy một góc α. Tính d(A,(SBC)) theo a và α. a 3 .sin  2

a 3 .sin  3

a 2 .sin  2

Giải

Kẻ AH  SI (H  SI) mà SI  (SAI)  (SBC) nên AH  (SBC) Do đó, d(A, (SBC))  AH

Vậy d(A, (SBC))  AH 

a 3 .sin  . Chọn đáp án A. 2

a 3 .sin  2



SIA  

ƠN

Mặt khác, xét tam giác vuông AHI có: AH  AI.sin  

OF FI

SI  BC Gọi I là trung điểm của BC. Ta có:   BC  (SAI) và AI  BC

a 2 .sin  4

Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA  (ABCD),SA  2 a . Tính

a 5 5

d(A, (SBC)) 2a 5 5

2a 3 3

a 5 15

Giải

Kẻ AH  SB (H  SB) (1)

Ta có: SA  (ABCD)  SA  BC (*) và AB  BC (**) Từ (*) và (**) suy ra: BC  (SAB)  BC  AH (2) Từ (1) và (2) ta có: AH  (SBC) hay d(A, (SBC))  AH

Mặt khác, xét tam giác vuông SAB có:

KÈ

1 1 1 5 2a    2  AH  2 2 2 AH AB SA 4a 5

Vậy d(A, (SBC)) 

2a 5 . Chọn đáp án B. 5

Ví dụ 4: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD’ và

DẠ Y

BD A.

a 5 5

2a 3 5

a 3 3

Giải

Cách 1: Dựng đường vuông góc chung rồi tính độ dài đoạn vuông góc chung

a 3 15

BD / /B'D' Do  nên (AB’D’) là mặt phẳng chứa AD’ và song song với BD AD '  (AB'D')

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD Ta dựng hình chiếu của điểm O trên (AB’D’)

B' D '  A 'C' Do   B' D '  (CC ' A ')  B' D '  A 'C (1) B'D'  CC ' Từ (1), (2) suy ra A'C  (AB'D') . Gọi G  A'C (AB' D ') Do ∆AB’D’ đều và A ' A  A ' B'  A ' D ' Nên G là trọng tâm của tam giác AB’D’

OF FI

Tương tự A'C  AD ' (2)

Vậy Gọi I là tâm của hình vuông A’B’C’D’ thì AI là trung tuyến của tam giác AB’D’ nên A, G, I thẳng hàng.

ƠN

Trong (ACC’A’) dựng OH//CA’ cắt AI tại H thì H là hình chiếu của O  BD trên (AB’D’)

Từ H dựng đường thẳng song song với BD cắt AD’ tại M, từ M dựng đường thẳng song song với OH cắt BD tại N thì MN là đoạn vuông góc chung của AD’ và BD do đó d(AD ', BD)  MN

Dễ thấy MNOH là hình chữ nhật nên MN = OH

1 Do OH là đường trung bình trong tam giác ACG  OH  CG 2

Mặt khác

a 3 3

GC AC 2 2 2 3a 1 2 3a a 3   2  CG  2GA '  CG  CA '  a 3   OH  .  GA ' A ' I 3 3 3 2 3 3

Vậy d(AD ', BD)  MN  OH 

Cách 2: Dựng đường vuông góc chung (theo cách 2) rồi tính đoạn dài đoạn vuông góc chung Chọn (DCB’A’) vuông góc với AD’ tại trung điểm O của AD’.

Gọi I là tâm của hình vuông BCC’B’ thì BI  CB' và BI  CD nên

KÈ

BI  (DCB' A ') từ đó DI là hình chiếu của DB lên (DCB’A’) Trong (DCB’A’) kẻ OH  DI , từ H dựng đường thẳng song song với AD’ cắt BD tại M, từ M dựng đường thẳng song song với OH cắt OA tại N thì MN là đoạn vuông góc chung của AD’ và BD do đó

DẠ Y

d(AD ', BD)  MN

Ta có OHMN là hình chữ nhật nên MN = OH Mặt khác OH là đường cao trong tam giác vuông ODI Nên

1 1 1 1 1 3 a 3   2   2  2  OH  2 2 2 OH OD OI a 3 a 2 a    2 

Vậy d(AD ', BD)  MN  OH 

a 3 3

Cách 3. Giả sử MN là đoạn vuông góc chung của AD’ và BD… Từ M kẻ MP  AD , từ N kẻ NQ  AD

Dễ thấy BD  (MNP)  BD  NP; AD '  (MNQ)  AD '  MQ Hai tam giác AMQ và DNP vuông cân nên

Lại có PN 

a 3

OF FI

QD  QN  QP  MP  PA 

DP 2a a 2   3 2 3 2 2

2 2 a 3 a a 2 a Từ đó MN  PM  PN      . Chọn đáp án C    MN  3 3 3  3  2

ƠN

Cách 4. Xem khoảng cách cần tìm bằng khoảng cách của hai mặt phẳng song song chứa hai đường đó

AD '  (AB'D')  Dễ thấy BD  (BDC')  d(AD ', BD)  d((AB' D '), (BDC ')) (AB'D') / /(BDC') 

Gọi I, J lần lượt là giao điểm của A’C với các mặt phẳng (AB’D’), (BDC’) Theo chứng minh trong cách 1 thì I, J lần lượt là trọng tâm của các tam giác AB’D’ và (BDC’)

Mặt khác dễ dàng chứng minh được A ' C ( AB ' D '), A ' C ( BDC ')

1 a 3 Suy ra d(AD ', BD)  d((AB' D '), (BDC '))  IJ  A 'C  3 3

Chọn đáp án C

Cách 5. Sử dụng phương pháp vectơ

Gọi MN là đoạn vuông góc chung của AD’ và BD với M  AD ', N  BD

 

  





  

Đặt AB  x, AD  y, AA '  z  x  y  z  a, xy  yz  zx  0

 



KÈ



  

 



 

AD  y  z  AM  kAD '  k(y  z), DB  x  y  DN  m(x  y)

     



Ta có MN  AN  AM  AD  DN  AM  mx  (1  k  m)y  kz





 



  

DẠ Y

Vì MN  DB  MN.DB  0  (m x  (1  k  m)y  kz)(x  y)  0  2m  k  1  0

  2m  k  1 1 Tương tự MN.AD  0  1  m  2k  0 , từ đó ta có hệ  mk 3 m  2k  1





 1  1  1   1  2  2 2 a 3 x y z  Vậy MN  x  y  z  MN  MN  . Chọn đáp án C. 3 3 3 9 3

Ví dụ 5: Cho tứ diện SABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc và SA = SB = SC = a. Gọi M, N lần lượt SM và CN. A.

a 5

2a 5

a 3 3

Giải

a 3

là trung điểm của AB và SA. Dựng đường vuông góc chung và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

 NE  (CNE) Gọi E là trung điểm của AM, ta có:   SM / /(CNE) SM/ / NE Do đó (CNE) là mặt phẳng chứa CN và song song với SM Trong (SAB), kẻ SF  NE thì:

 NE  SF  NE  (CNF)  (CSF)  (CNE)   NE  CS

OF FI

Cách 1: Dựng đoạn vuông góc chung IK của hai đường thẳng SM và CN rồi tính IK

ƠN

Trong (CSF) kẻ SH  CF  SH  (CNE) vậy H là hình chiếu của S trên (CNE), từ H kẻ đường thẳng song song với SM cắt CN tại K, từ K kẻ đường thẳng song song với SH cắt

a 2 1 1 1 1 1 9 a , 2  2 2   2  2  SH  2 4 SH SF SC a 3 a 2 a    4 

Vậy d(SM, CN)  IK=SH 

a . Chọn đáp án D. 3

Ta có SF  AM 

SM tại I thì IK là đoạn vuông góc chung của SN và CN

Cách 2: Dựng đoạn vuông góc chung IK của hai đường thẳng SM và CN rồi tính IK Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của SB và CN, E là giao điểm của NP và SM

Khi đó NQ / /CS, CS  (SAB)

 NQ  (SAB)  NQ  SM

KÈ

Lại có SM  NP  SM  (NPQ) tại E, dựng hình bình hành CSEH  CH / /SE , mà SE  (NPQ)  CH  (NPQ)

Kẻ EF  NH tại F, từ F kẻ đường thẳng song song với SM cắt CN tại

DẠ Y

I, từ I kẻ đường thẳng song song với EF cắt SM tại K thì IK là đoạn vuông góc chung của CN và SM Tam giác EHN vuông tại E có đường cao EF



1 1 1 1 1 1 8 9 a      2  2  2  EF  2 2 2 2 2 EF EH EN CS  AB  a a a 3    4 

Vậy d(CN,SM)  IK=EF 

a . Chọn đáp án D. 3

Cách 3. Sử dụng phương pháp vectơ Gọi EF là đoạn vuông góc chung của SM và CN

  

  



  

Đặt SA  a,SB  b,SC  c  a  b  c  a và ab  bc  ca  0





OF FI

SE  xSM E  SM    F  CN CF  yCN      EF là đoạn vuông góc chung của SM và CN   EF  SM EF.SM  0 EF  CN    EF.CN  0

Ta có EF ES SC CF  SC CF SEc yCN xSM c





x 1 1  1 a b  y  ac   yx  a  xb1 y  c 2 2 2  2

ƠN

4    x  EF.SM  0  2x  y  0   9   Ta có     x  5y  4 y  8 EF.CN  0  9

 4   8  Vậy đường vuông góc chung của SM và Cn là đường thẳng EF với SE  SM, CF  CN 9 9  2  2  1  4  2 4  2 4 2 a a  b  c  Lúc đó EF  a  b  c  EF  9 9 9 81 81 81 3

a . Chọn đáp án D. 3

Vậy d(CN,SM)  EF  Bài tập vận dụng

Câu 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Đằng thức nào sau đây đúng?

   

A. SA  SC  SB  SD

   

C. SA  SB  SC  SD

   

B. SA  SD  SB  SC





 

D. SB  2SC  2SA  SD

KÈ

Câu 2: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy,

SA  a 6 . Tính sin của góc giữa AC và (SBC) A.

6 7

21 3

21 7

6 21

DẠ Y

Câu 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình bình hành. Gọi K là trung điểm của cạnh SC. Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại M, N. Tính A. 3

1 3

C. 5

SB SD  SM SN

4 21

Câu 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, (SAB)  (ABCD) , H là trung điểm của AB, SH = HC, SA = AB. Tính tan của góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD). 2 2

2 3

3 3

5 3

Câu 5: Cho hình chóp S.ABC đỉnh S, đáy là một tam giác vuông ở A với AB = a, BC = 2a. Điểm H 6 1 thuộc AC sao cho CH  CA , SH là đường cao của hình chóp và SH  a . Gọi I là trung điểm của 3 3

A. S 

a2 2 6

B. S 

a2 2 3

C. S 

a2 2 2

OF FI

cạnh BC. Tính diện tích thiết diện của hình chóp với mặt phẳng qua H và vuông góc AI. D. S 

a2 2 12

Câu 6: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA  (ABCD) , SA = 2a. Tính

d(A, (SBD)) a 3

2a 3 3

2a 3

ƠN

a 2 3

Câu 7: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều, (SAB)  (ABCD)

a 2 8

.Gọi I, F lần lượt là trung điểm của AB và AD. Tính d(I, (SFC)) 2a 3 3

3a 2 4

3a 2 8

Câu 8: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Tính khoảng cách

a 2 8

2a 3 3

giữa hai đường thẳng BN và CM

a 10 10

a 10 5

Câu 9: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và cạnh bên SA  (ABCD) , SA = a. Gọi E là trung điểm của cạnh CD. Tính khoảng cách từ S đến đường thẳng BE. 3a 5 5

2a 3 3

a 5 5

a 10 5

KÈ

Câu 10: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a.Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và B’C’. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AN và DM A.

a 5 15

2a 5 15

DẠ Y

Giải bài tập vận dụng Câu 1: Chọn đáp án A Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD

  

Ta có : SA  AO  SO

  

SC  CO  SO

a 10 10

a 10 5

  

 SA  SC  2SO (1)

 



Và SB  SD  2SO (2)

   

Từ (1) và (2) ta có SA  SC  SB  SD Câu 2: Chọn đáp án C

+ Trong mp (SAB) kẻ AH  SB (H  SB) Ta có: BC  AB (gt) và SA  BC (vì SA  (ABCD) )

Hay CH là hình chiếu vuông góc của AC trên mp (SBC)



 (AC, (SBC))  ACH + Xét tam giác vuôn SAB có đường cao AH nên:



+ Xét tam giác vuông AHC vuông ở H có sin ACH  Câu 3: Chọn đáp án A

  

 SM 

Ta có SM 

SB 

SB SD  m; n SM SN

AH 21  AC 7

  

Đặt a  SA, b  SB, c  SD và

ƠN

1 1 1 7 6    2  AH  a. 2 2 2 AH AB SA 6a 7

OF FI

 BC  (SAB)  AH  BC

1   SM  1  SB;SN  SD  SD m SD n

 1  1   1   1    n  m  1  SK  SC  (SD  DC)  (SD  AB)  (SD  SB  SA)  SN  SM  SA 2 2 2 2 2 2 2 Mặt khác ta có A, M, K, N đồng phẳng nên Vậy

SB SD  3 SM SN

m n  1    1 m  n  3 2 2  2

1 a AB  2 2

KÈ

Ta có: AH 

Câu 4: Chọn đáp án A

SA  AB  a;SH  HC  BH 2  BC2 

5a 2  AH 2 4

DẠ Y

Vì SA 2  AH 2 

a 5 2

Nên tam giác SAH vuông tại A hay SA  AB mà (SAB)  (ABCD) Do đó, SA  (ABCD) và AC là hình chiếu vuông góc của SC lên mp (ABCD)



Ta có: (SC, (ABCD))  SCA

SA a 2   AC a 2 2

Vậy tan của góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) là góc có tang bằng Câu 5: Chọn đáp án A

Ta có SH  mp(ABC) và AB  ACS Nên theo định lí ba đường vuông góc ta có SA  AB

OF FI

Vậy tam giác SAB vuông tại A Trong tam giác ABC, ta có :

AC2  BC2  AB2  3a 2 hay AC  a 3 1 a 3 Vậy HC  AC  3 3

ƠN

Suy ra: SC2  SH 2  HC2  a 2 hay SC = a Và AH 

2 2



tan SCA 

2 2 3a AC  nên SA 2  SH 2  HA 2  2a 2 hay SA  a 2 3 3

Ta có: SB2  SA 2  AB2  3a 2

Xét SB2  SC2  3a 2  a 2  4a 2  BC2 nên tam giác SBC vuông tại S và với I là trung điểm của BC thì BC  a  AI 2

Trong tam giác vuông ABC có AB 

BC a 2

SI 



Do đó tam giá AIB là tam giác đều  AIB  60 và HCI  30 Trong tam giác vuông SHI có HI  SI 2  SH 2 



a 3  HC 3

Vậy tam giác HIC là tam giác cân tại H nên HIC  30



 

Xét AIH  180  (AIB  HIC)  90 suy ra HI  AI (1)

KÈ

Lại có: SH  mp(ABC) nên theo định lí ba đường vuông góc ta có SI  AI (2) Từ (1) và (2) suy ra mp(SHI)  AI Vậy mặt phẳng qua H và vuông góc với AI chính là mp(SHI) nên tam giác vuông SHI là thiết diện phải

DẠ Y

dựng Diện tích thiết diện là: SSHI

1 a2 2  SH.HI  2 6

Câu 6: Chọn đáp án C Cách 1: Gọi O  AC  BD Kẻ AK  SO ( (K  SO) (1)

Ta có: SA  (ABCD)  SA  BD (*)

Từ (1) và (2) ta có: AK  (SBD) hay d(A, (SBD))  AK Mặt khác, xét tam giác vuông SAO có: 2a 3

OF FI

Vậy d(A, (SBD)) 

1 1 1 9 2a    2  AK  2 2 2 AK AO SA 4a 3

Từ (*) và (**) suy ra: BD  (SAC)  BC  AK (2)

Và AC  BD (giả thiết) (**)

Cách 2: Tứ diện A.SBD có AS, AB, AD đôi một vuông góc nên gọi AK là khoảng cách từ A tới (SBD). Ta có

1 1 1 1 1 1 1 9 2a     2  2  2  2  AK  2 2 2 2 AK SA AB AD 4a a a 4a 3

Câu 7: Chọn đáp án D Gọi K  FC  ID

ƠN

+ Kẻ IH  SK  H  K 1

 SAB    ABCD    SAB    ABCD   AB Ta có   SI   ABCD   SI  FC * SI  SAB     SI  AB  Xét hai tam giác vuông AID và DFC có: AI = DF, AD = DC

,   Suy ra, AID  DFC   AID  DFC ADI  DCF

 Mà  AID   ADI  90  DFC ADI  90 hay FC  ID ** Từ (*) và (**) ta có: FC   SID   IH  FC  2  Từ (1) và (2) suy ra: IH   SFC  hay d(I,(SFC)) = IH a 3 2

Ta có: SI 

DẠ Y

KÈ

a 5 2 1 1 1 5 a 5 3a 5    2  DK   IK  ID  DK  2 2 2 DK DC DF a 5 10

ID 

Trong tam giác SIK vuông tại I đường cao IH, ta có:

Vậy d(I,(SFC)) =

3a 2 8

Câu 8: Chọn đáp án C

1 1 1 32 3a 2  2  2  2  IH  2 IH SI IK 9a 8

Gọi H là tâm của tam giác đều BCD thì AH   BCD  . Gọi   là mặt phẳng đi qua N và song song với AH thì    BN . Xét phép chiếu vuông góc lên   , gọi A’, B’, C’, D’, H’, M’, N’ lần lượt là ảnh của

A, B, C, D, H, M, N thì B '  N '  H '  N , C '  C , D '  D Ta có d(CM,CD) = d(N,CM) 2 2a 3 a 3 BN   3 3 2 3

BH 

a 3 2 AH  AB  BH  a     a 3  3  NM ' 

OF FI

1 1 2 a AH  a  2 2 3 6

Tam giác NCM’ vuông tại N nên

1 1 1 1 1 10 a 10      2  d ( N , CM ')  2 2 2 2 d  N , CM ' CN NM ' a 10 a  a      2  6  a 10 10

Câu 9: Chọn đáp án A Trong (SBM) kẻ SH  BM thì d(S,BM)=SH

DN MD   1  DN  BC  a  AN  2a BC MC

AD / / BC 

Gọi N  BM  AD , ta có

Vậy d(CM,BN) = d(N,CM’)=

ƠN

Trong tam giác vuông ABN có

1 1 1 1 1 5 2a 5    2  2  AH  2 2 2 2 AH AB AN a  2a  4a 5

KÈ

Tam giác ASH vuông tại A, do đó SH  AH 2 +AS2  Vậy d(S,BM) = SH 

4 2 3a 5 a  a2  5 5

3a 5 5

DẠ Y

Câu 10: Chọn đáp án B

Gọi E là trung điểm của BC AMD   AEB Dễ thấy  ADM =  BAE nên 

  90     90  DM  AE Mà  AEB  BAE AMD  BAE Lại có EN   ABCD   EN  DN do đó  AEN   DN tại I Xét phép chiếu vuông góc lên (ANE), ta có AN chính là hình chiếu của nó nên d(DM,AN) = d(I,AN)

Gọi K là hình chiếu của I trên AN thì d(I,AN) = IK Ta có AKI  AEN IK AI AI .EN   IK  1 EN AN AN

Suy ra

9a 2 3a  AN  4 2 1 1 1 1 4 5 a 5    2  2  2  AI  2 2 2 AI AD AM a a a 5

2a 5 15

2a 5 . 15

DẠ Y

KÈ

ƠN

Vậy d(DM,AN)=

OF FI

Thay vào (1) ta được IK 

AN 2  AE 2  EN 2  AB 2  BE 2  EN 2 