Chương trình luyện thi đại học cấp tốc (1 tháng ) môn Toán

Chia sẻ: Huỳnh Thanh Vân | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:38

Thêm vào BST

Báo xấu

187
lượt xem 34
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Chương trình luyện thi đại học cấp tốc (1 tháng ) môn Toán giúp cho các bạn củng cố được các kiến thức lý thuyết được học, các dạng bài tập Toán được được ra trong các đề thi ĐH-CĐ. Tài liệu phục vụ cho việc ôn thi ĐH-CĐ môn Toán.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chương trình luyện thi đại học cấp tốc (1 tháng ) môn Toán

CHƯƠNG TRÌNH LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC (1 tháng ) MÔN TOÁN *Chuyên đề 1 : khảo sát hàm số Sơ đồ chung khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: 8 bước( 8 dấu :+ ) I / Hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d ( a ≠ 0) . 1) Tập xác định : +/ D = R . 2) Sự biến thiên : +/ Chiều biến thiên : y’ = 3ax2 + 2bx + c . y’ = 0 xi = ? ; f(xi) = ? . +/ trên các khoảng (….) và (…..) : y’ > 0 , : Hàm số đồng biến . Trên khoảng (….) : y’ y = d . Giao điểm đồ thị với trục Ox : y = 0 => x = ? ., Các điểm khác : … +) Đồ thị : II / Hàm số y = ax4 + bx2 + c ( a ≠ 0) . 1) Tập xác định : +/ D = R . 2) Sự biến thiên :
+/ Chiều biến thiên : y’ = 4ax3 + 2bx = 2x(2ax2 + b ) . x 0 f (0) c y’ = 0 x ? f ( x) . x ? f ( x) +/ trên các khoảng (….) và (…..) : y’ > 0 , : Hàm số đồng biến . Trên khoảng (….) : y’ x = ? . Các điểm khác … Đồ thị : ax b III / Hàm số : y cx d d 1) Tập xác định : +/ D = R /{ . } c 2) Sự biến thiên : +/ Chiều biến thiên : ad bc y’ = . (cx d ) 2 y’ > 0 ( y
+/ Cực trị : Hàm số không có cực trị . + / Tiệm cận và Giới hạn : a a a lim y và lim y => tiệm cận ngang : y = . x c x c c lim y ? Và lim y ? => tiệm cận đứng : x = d . a a x c x c c +/ Bảng biến thiên : X ∞ ? ? + ∞ y’ ? ? ? ? Y b 3) Đồ thị : * Giao điểm đồ thị với trục Oy : x = 0 => y = . d b d Giao điểm đồ thị với trục Ox : y = 0 => x = , Đồ thị nhận giao điểm I( ; a c a ) của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng c *Chuyên đề 2 : NGUYÊN HÀM , TÍCH PHÂN A/Nguyên hàm: I .Định nghĩa và ký hiệu: 1. Định nghĩa : F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) nếu F’(x) = f(x) 2. Ký hiệu: f ( x).dx F ( x). 3. Định lí : f ( x).dx F ( x). + C II. Tính chất: 1. f ' ( x).dx f(x) +C 2. k . f ( x ).dx k . f ( x).dx 3. [ f ( x) g ( x )]dx f ( x)dx g ( x)dx Chú ý 1 : Nguyên hàm dạng tích , và hữu tỷ không có công thức phải biến đổi đưa về tổng hiệu: Ví dụ 1 : Tìm Nguyên hàm : A = sin 3 x. cos 5 xdx .
2x 1 Ví dụ 2 : Tìm Nguyên hàm : B = 2 x 3.x 4 III .Công thức: 1. Nhóm 1: Hàm số lũy thừa. 1 x 1.1 / kdx k .x C . k R . 1.2 / x .dx = C . 1 1 dx 1.3 / = ln x + C . x 2 . Nhóm II: Hàm số lượng giác 2.1 / sin xdx cos x C 2.3 / tan xdx ln cos x C 2.2 / cos xdx sin x C 2.4 / cot xdx ln sin x C dx dx 2.5 / tan x C 2.7 / x cot x C cos 2 x tan 2 x dx dx 2.6 / cot x C 2.8 / x tan x C sin 2 x cot 2 x 4. Nhóm III: Hàm số Mũ : ax 3.1 / a x dx C 3.2/ e x dx e x C ln a Chú ý 2 : 1 Nếu : F(x)’ = f(a) , thì : f (ax b) dx F (ax b) C a B/ Phương pháp tính tích phân: b Công thức : f ( x).dx F ( x) ba F (b) F (a ) a I/ TÍNH TÍCH PHÂN BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN b 1. Dạng 1: Tính : I f u ( x) .u ' ( x).dx a Phương pháp chung : Bước 1 : Đặt : t=u(x) dt = u’(x).d Bước 2 : Đổi cận : x a b
t u(a) u(b) Bước 3 : Tính I : u (b ) I = f (t )dt F (t ) uu (( ba)) F [u (b)] F [u (a)] u(a) CÁC DẠNG CƠ BẢN THƯỜNG GẶP : b 2. Dạng 2 : Tính : I = f ( x).dx ; Với f(x) = x (a.x 1 b) . R* a 3. Phương pháp: dt 4. Bước 1 : Đặt t = (a.x 1 b) dt = a .( 1).x dx . x .dx ( 1).a 5. Bước 2 : Đổi cận : x a b t u(a) u(b) Bước 3 : Tính I : u (b ) t .dt 1 I = t( 1) u ( b ) u (a) . u(a) ( 1).a ( 1).( 1).a Ví dụ 3: Tính các tích phân sau : 2 2 x3 1. A = x 3 (2 x 4 1) 5 dx . ; B = dx . 1 1 (2 x 4 1) 5 2 2. C = x 3 (2 x 4 1) 5 dx. . ( Ta đặt t = (2 x 4 1) 5 ) 1 b 3. Dạng 3 : Tính : I = f ( x).dx ; Với f(x) = cos x.(a. sin x b) . a Phương pháp: dt Bước 1 : Đặt t = (a. sin x b) dt = a . cos x.dx . cosx.dx = . a 1 f(x)dx = t dt . ta đưa về bài toán quen thuộc. a Ví dụ 4 : Tính các tích phân sau : 3 3 4 . D = cos x(2 sin x 3) 3 dx. ; 5 . E = cos x dx . 0 0 (2 sin x 3) 3
3 6 . G = cos x 4 (2 sin x 3) 3 dx. ; Ta đặt t = (2 sin x 3)3 . 0 b dx 4 Dạng 4 : Tính : I = f ( x).dx ; Với f(x)dx = 2 . a b x2 Phương pháp: b Bước 1 : Đặt x = b.tant , dx = dt b(1 tan 2 t ) .dt. cos 2 t 1 b2 + x2 = b2.( 1 + tan2t) . f(x).dx = dt . b Bước 2: Đổi cận, tính kết quả . b dx 6. Dạng 5 : Tính : I = f ( x).dx ; Với f ( x)dx = dx . (a> 0) a a2 x2 7. Phương pháp: Bước 1 : Đặt x = a.sint dx = a.cost.dt ; a 2 x2 a 2 .(sin 2 t ) a cos t . Bước 2: Đổi cận, tính kết quả . II/ TÍNH TÍCH PHÂN BẰNG PHƯƠNG PHÁP TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN b 2.1 Dạng áp dụng phương pháp tích phân từng phần : I = U.dV . a 2.2 Phương pháp: u u ( x) du u ' ( x).dx Đặt : ; dv v'.dx v v'.dxv ' b b b U.dV = U.V a V .dU . a a 2.3 Các dạng tích phân thường gặp : b Dạng 1 : Tính : I = f ( x).dx ; Với f(x)dx = P(x). cosx.dx , hoặc P(x).sinx.dx . a Ta đặt : U = P(x) ; dv = sinx.dx.
b Dạng 2 : Tính : I = f ( x).dx ; Với f(x)dx = P(x). ex.dx . a Ta đặt : U = P(x) ; dv = ex.dx . b Dạng 3 : Tính : I = f ( x).dx ; Với f(x)dx = P(x). ln(x).dx . a Ta đặt : U = ln(x) ; dv = P(x).dx . Chú ý 3 : Thông thường bài toán tích phân cho dưới dạng : b I = [ f ( x) h( x)].g ( x).dx , a ta khai triển thành tổng hai tích phân, rồi áp dụng các phương pháp trên để tính , xong cộng kết quả lại. Ví dụ 5: Tính các tich phân sau : π e 2 6. I = (sin 3 x − x).cos xdx ; 7. I = 2 x(1 − ln x) dx ; 1 0 1 x x 1 sin cos dx ; 9 . I = e (e + x) dx x x 8 . I 2 0 2 2 0 C / Ứng dụng tích phân tính diện tích hình phẳng và thể tích: 1) Diện tích hình phẳng: Cơ sở lí thuyết: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y = f(x) (liên b tục); x= a; x= b và y = 0 (trục hoành) được tính bởi: S = f ( x) dx (1). a Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y = f(x), y = b g(x)(liên tục); x = a; x= b được tính bởi: S = f ( x) − g ( x) dx (2). a Ví dụ 6: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y = x2 – 1; y = 0; x = 0; x = 2.
b Giải: Gọi S là diện tích cần tính, áp dụng công thức S = f ( x) dx a 2 thì S = x − 1dx 2 0 Phương trình: x2 1= 0 x = 1 , nghiệm x = 1 [0;2] 1 2 1 2 x3 x3 Vậy S = ( x − 1) dx + ( x − 1)dx = ( − x) + ( − x) = 2 (đvdt) 2 2 0 1 3 0 3 1 Vídụ 7:Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y = 2 – x2 và y =x. Giải: Cận a,b là nghiệm của phương trình: 2 – x2 = x x2 + x – 2 = 0 x = 1 và x = 2 Gọi S là diện tích cần tính, áp dụng công thức b 1 S = f ( x) − g ( x) dx thì S = x 2 + x − 2 dx a −2 1 1 1 x3 x 2 9 Vậy S = x + x − 2 dx = ( x + x − 2)dx = 2 2 + − 2 x = (đvdt) −2 −2 3 2 −2 2 * Lưu ý: Chỉ có thể đưa dấu trị tuyệt đối ra ngoài tích phân nếu hàm số dưới dấu tích phân không đổi dấu trên [a; b]. 2) Thể tích vật thể tròn xoay: Cơ sở lí thuyết: Thể tích vật thể tròn xoay giới hạn bởi các đường y = f(x); x = a; x = b b; y = 0 khi xoay quanh trục Ox được tính bởi: V = π f ( x)dx (3) 2 a Ví dụ 8: a) Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 2x – x2 và y = 0. Tính thể tích vật thể tròn xoay được sinh ra bởi hình phẳng đó khi nó quay quanh trục Ox.,
Giải: Phương trình 2x – x2 = 0 x = 0 và x = 2 b Gọi V là thể tích cần tính.Áp dụng công thức: V = π f ( x)dx 2 a 2 0 5 16π Ta có V = π � (4 x 2 − 4 x 3 + x 4 )dx = π ( 4 x 3 − x 4 + x ) 2 = (2 x − x ) dx = π � 2 2 (đvtt) 0 0 3 5 0 15 b) Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y = – x 2 và y = x3. Tính thể tích vật thể tròn xoay được sinh ra bởi hình phẳng đó khi nó quay quanh trục Ox. Giải: Phương trình – x2 = x3 x = 0 và x = –1 Gọi V1 là thể tích vật thể tròn xoay được sinh ra do hình phẳng giới hạn bởi các đường y = – x2, x = 0, x = –1 và trục Ox khi hình phẳng đó quay quanh Ox: 0 1 Có V1 = π (− x 2 ) 2 dx = π −1 5 Gọi V2 là thể tích vật thể tròn xoay được sinh ra do hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x3, x = 0, x = 1 và trục Ox…: 0 1 Có V2 = π ( x ) dx = π 3 2 −1 7 2 Vậy thể tích V cần tính là: V = V1 − V2 = π (đvtt) 35 Chú ý:4 Khi tính thể tích vật thể tròn xoay sinh bởi hai đường y = f(x) và y = g(x) khi nó quay quanh trục Ox, học sinh có thể ngộ nhận và dùng công thức b 1 V = π ( f ( x) − g ( x)) 2 dx dẫn đến kết quả sai KQs : V = π đvtt. a 105 Các bài tập tự luyện: 32 1) Tính dieän tích hình phaúng giôùi haïn bôûi (P): y = – x2 + 4x .KQ: S = ñvdt 3 2)Tính dieän tích hình phaúng giôùi haïn bôûi hai ñöôøng (P): y = – x2 vaø y = – x – 2 .
9 KQ: S = ñvdt 2 3) Tính dieän tích hình phaúng giôùi haïn bôûi ñoà thò haøm soá y = 5x4 – 3x2 – 8, truïc Ox treân [1; 3] KQs: S = 200 ñvdt 4) Tính theå tích caùc hình troøn xoay sinh bôûi caùc hình phaúng giôùi haïn bôûi caùc ñöôøng sau ñaây khi quay quanh truïc Ox: a) (P): y 2 = 8x vaø x = 2 KQ: 16 162 b) y = x2 vaø y = 3x KQ: 5 x π π −2 2 c) y = sin ; y = 0; x = 0; x = KQ: 2 4 8 *Chuyên đề 3 : LƯỢNG GIÁC Phần 1: CÔNG THỨC 1. Hệ thức LG cơ bản sin 2 α + cos 2 α = 1 sin α � π � tan α = � α + kπ � cos α � 2 � 1 � π � = tan 2 α + 1� α + kπ � cos α2 � 2 � tan α .cot α = 1 cos α cot α = (α kπ ) sin α 1 = cot 2 α + 1 ( α kπ ) sin α 2 2. Công thức LG thường gặp sin ( a b ) = sinacosb sinbcosa cos ( a b ) = cos a cos b msinasinb Công thức cộng: tana tanb tan ( a b ) = 1 mtanatanb
sin 2a = 2sin a.cos a cos 2a = cos 2 a − sin 2 a = 2 cos 2 a − 1 = 1 − 2sin 2 a cos 3a = 4 cos3 a − 3cos a Công thức nhân: sin 3a = 3sin a − 4sin 3 a 3 tan a − tan 3 a tan 3a = 1 − 3 tan 2 a 1 Tích thành tổng: cosa.cosb = [cos(a b)+cos(a+b)] 2 1 sina.sinb = [cos(a b) cos(a+b)] 2 1 sina.cosb = [sin(a b)+sin(a+b)] 2 a+b a−b Tổng thành tích: sin a + sin b = 2sin cos 2 2 a+b a−b sin a − sin b = 2 cos sin 2 2 a+b a −b cos a + cos b = 2 cos cos 2 2 a+b a −b cos a − cos b = −2 sin sin 2 2 sin(a b) tan a tan b = cos a.cos b 1 Công thức hạ bậc: cos2a = (1+cos2a) 2 1 sin2a = (1 cos2a) 2 a Biểu diễn các hàm số LG theo t = tan 2 2t 1 t 2 2t sin a = ; cos a = ; tan a = . 1+ t 2 1+ t 2 1− t2 3. Phương trìng LG cơ bản u = v + k 2π * sinu=sinv * cosu=cosv u= v+k2 u = π − v + k 2π * tanu=tanv u=v+k * cotu=cotv u=v+k (k Z) . 4. Một số phương trình LG thường gặp
1. Phương trình bậc nhất, bậc hai đối với một hàm số lượng giác: a. Phương trình bậc nhất đối với một hàm số lượng giác: để giải các phương trình này ta dùng các công thức LG để đưa phương trình về phương trình LG cơ bản. b. Phương trình bậc hai đối với một hàm số lượng giác: là những phương trình có dạng a.sin2x+b.sinx+c=0 (hoặc a.cos2x+b.cosx+c=0, a.tan2x+b.tanx+c=0, a.cot2x+b.cotx+c=0) để giải các phương trình này ta đặt t bằng hàm số LG.. 2. Phương trình bậc nhất đối với sinx và cosx: Dạng: asinx+bcosx=c. Điều kiện để phương trình có nghiệm là a 2 + b 2 c 2 . b Chia hai vế phương trình cho a rồi đặt = tan α , ta được: C ách 1: a c sinx+tan cosx= cos α a c c �� at sinx cos α + sin α cosx= cos α sin(x+ α )= cos α = sin ϕ . a a Chia hai vế phương trình cho a 2 + b 2 , ta được: C ách 2: a b c sin x + cos x = a2 + b2 a 2 + b2 a 2 + b2 a b Đặt: = cos β ; = sin β . Khi đó phương trình tương đương: a +b 2 2 a + b2 2 c c �� at cos β sin x + sin β cos x = hay sin ( x + β ) = = sin ϕ . a 2 + b2 a2 + b2 x Cách 3: Đặt t = tan . 2 3. Phương trình thuần nhất bậc hai đối với sinx và cosx: Dạng: asin2x+bsinxcosx+ccos2x=0 (*). π Cách 1: + Kiểm tra nghiệm với x = + kπ . 2 + Giả sử cosx 0: chia hai vế phương trình cho cos2x ta được: atan2x+btanx+c=0. 1 � π � Chú ý: 2 = tan 2 x + 1 �x + kπ � cos x � 2 � Cách 2: Áp dụng công thức hạ bậc. 4. Phương trình đối xứng đối với sinx và cosx: Dạng: a(sinx cosx)+ bsinxcosx=c. Cách giải: Đặt t= sinx cosx. Điều kiện t 2.
� π� � π� L� u y� ca� c co� ng th� �c : sin x + cos x = 2 sin �x + �= 2 cos �x − � � 4 � � 4� � π � � π� sin x − cos x = 2 sin �x − �= − 2 cos �x + � � 4 � � 4� Phần 2: PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC KHÔNG MẪU MỰC Phương pháp 1: Dùng các công thức lượng giác đưa về phương trình dạng tích. Ví dụ 1. Giải phương tình: sin2x + sin23x = cos22x + cos24x (1). Giải 1 − cos 2 x 1 − cos 6 x 1 + cos 4 x 1 + cos8 x Phương trình (1) tương đương với: + = + 2 2 2 2 cos2x+cos4x+cos6x+cos8x = 0 2cos5xcosx+2cos5xcos3x = 0 2cos5x(cos3x+cosx) = 0 4cos5x.cos2x.cosx = 0 π π kπ 5x = + kπ x= + cos 5 x = 0 2 10 5 π π lπ � cos 2 x = 0 � 2 x = + kπ � x = + , ( k , l , n �ﾢ ) 2 4 2 cos x = 0 π π x = + kπ x = + nπ 2 2 Ví dụ 2. Giải phương trình: cos6x+sin6x = 2 ( cos8x+sin8x) (2). Giải Ta có (2) cos6x(2cos2x 1) = sin6x(1 2sin2x) cos2x(sin6x–cos6x) = 0 cos2x(sin2x–cos2x)(1+sin2x.cos2x) = 0 cos2x = 0 π π kπ 2 x = + kπ � x = + , ( k �ﾢ ) 2 4 2 Ví dụ 3: Giải phương trình: 8 2 cos6 x + 2 2 sin 3 x sin 3 x − 6 2 cos 4 x − 1 = 0 (3). Giải Ta có:
(3) � 2 2 cos 3 x(4 cos 3 x − 3cos x) + 2 2 sin 3 x sin 3 x − 1 = 0 � 2 cos 2 x.2 cos x cos 3 x + 2sin 2 x.2sin x sin x3 x = 2 � (1 + cos 2 x)(cos 2 x + cos 4 x) + (1 − cos 2 x)(cos 2 x − cos 4 x) = 2 � 2(cos 2 x + cos 2 x cos 4 x) = 2 2 � cos 2 x (1 + cos 4 x) = 2 2 � cos 2 x.cos 2 2 x = 4 2 π � cos 2 x = � x = � + kπ, ( k ﾢ) 2 8 Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ đưa phương trình lượng giác về phương trình đại số: 17 Ví dụ 4. Giải phương trình lượng giác: sin 8 x + cos8 x = (4). 32 Giải Ta có (4) 4 4 1 − cos 2 x � � � 1 + cos 2 x � 17 1 17 �� + � �= � (cos 4 2 x + 6 cos 2 2 x + 1) = � 2 � � 2 � 32 8 32 1 t= 2 2 17 13 2 Đặt cos22x = t, với t [0; 1], ta có t + 6t + 1 = 4 � t + 6t − 4 = 0 � 13 t=− 2 1 1 cos 4 x + 1 1 Vì t [0;1], nên t = � cos 2 2 x = � = 2 2 2 2 π π π cos4x = 0 4x = + kπ � x = + k , ( k �ﾢ ) 2 8 4 Ví dụ 5. Giải phương trình lương giác: 2sin3x – cos2x + cosx = 0 (5) Giải Ta có (5) 2(1 cos2x)sinx + 2 – 2 cos2x + cosx – 1 = 0 (1 cosx )[2(1 + cosx)sinx + 2(1 + cosx) 1] = 0 (1 – cosx)(2sinx+ 2cosx + 2sinxcosx+1) = 0 cos x = 1 � x = kπ2 ,k( �ﾢ ) 2sin x + 2 cos x + 2sin x cos x + 1 = 0 (*)
Giải (*): Đặt sinx + cosx = t, điều kiện | t | 2 , khi đó phương trình (*) trở thành: 2t + t2 – 1 + 1 = 0 t2 + 2t = 0 t=0 π � � sin x = cos x � x = − + nπ, (n �ﾢ ) t = −2 (lo ﾹi) 4 π Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x = − + nπ ; x = kπ2 , n( k, ﾢ) 4 Phương pháp 3: Quy phương trình lượng giác về việc giải hệ phương trình lượng giác bằng cách đánh giá, so sánh, sử dụng bất đẳng thức. Ví dụ 6. Giải phương trình: π|sin x| = cos x (6). Giải Điều kiện: x ≥ 0 Do | sin x | 0, nên π|sin x| π 0 = 1 , mà |cosx| ≤ 1. � | sin x |= 0 � x = kπ, ( k ﾢ + ) �x = kπ2 2 k π2 =n � k =n=0 Do đó (6) � � � � � � �� | cos x |= 1 � �x = nπ, ( n ﾢ ) �x = nπ �x = nπ x=0 (Vì k, n Z). Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0. Phương pháp 4: Sử dụng tính chất hàm số. x2 Ví dụ 7: Giải phương trình: 1 − = cos x . Giải 2 x2 Đặt f ( x)= cos x + . Dễ thấy f(x) = f( x), ∀x ﾢ , do đó f(x) là hàm số chẵn vì 2 vậy trước hết ta chỉ xét với x ≥ 0. Ta có: f’(x)=sinx+x, f”(x) = cosx+1, x≥0 f’(x) là hàm đồng biến, do đó f’(x)≥f’(0), với x≥0 f(x) đồng biến với x≥0 . Mặt khác ta thấy f(0)=0, do đó x=0 là nghiệm duy nhất của phương trình. � π� Ví dụ 8: Với n là số tự nhiên bất kì lớn hơn 2, tìm x thuộc khoảng �0; � thoả 2 � � 2− n mãn phương trình: sin n x + cos n x = 2 2 . Giải Đặt f(x) = sinnx + cosnx, ta có : f’(x) = ncosx.sinn1x – nsinx.cosn1x. = nsinx.cosx(sinn2x – cosn2x)
�π� �π � 2− n Lập bảng biến thiên của f(x) trên khoảng �0; �, ta có minf(x) = f � � = 2 2 2 � � 4 �� π Vậy x = là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. 4 BÀI TẬP Giải các phương trình sau: π 1. cos3x+cos2x+2sinx–2 = 0 ĐS: x = k 2π ; x = + n 2π 2 2. tanx.sin2x 2sin2x=3(cos2x+sinx.cosx) HD: Chia hai vế cho sin2x π π ĐS: x = − + kπ ; x = + n 2π 4 3 3. 2sin3x (1/sinx)=2cos3x+ (1/cosx) π π π 7π ĐS: x = + k ; x = − + nπ ; x = + mπ . 4 4 12 12 π 4. |sinx cosx| + |sinx+cosx|=2 ĐS: x = k . 2 5. 4(sin3x cos2x)=5(sinx 1) π 1 ĐS: x = + k 2π ; x = α + n 2π ; x = π − α + l 2π ; với sin α = − . 2 4 π 6. sinx 4sin3x+cosx =0 ĐS: x =+ kπ . 4 � π� � π� π π 3 x − �= sin 2 x.sin �x + �; ĐS: x = + k 7. sin � � 4� � 4� 4 2 8. sin3x.cos3x+cos3x.sin3x=sin34x π HD: sin2x.sinx.cos3x+cos2x. cosx.sin3x=sin34x ĐS: x = k . 12 −π x= + kπ 4 1 1 �7π � + = 4 sin � − x � −π 9. sin x � 3π � �4 � ĐS: x = + kπ sin �x − � 8 � 2 � 5π x= + kπ 8 10. sin 3 x − 3 cos3 x = sin x cos 2 x − 3 sin 2 x cos x π HD: Chia hai vế cho cos3x ĐS: x = − + k π , 3 π x= + kπ 4 *Chuyên đề 4 : PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN. Dạng I : Viết phương trình : Mặt Cầu, mặt phẳng, đường thẳng. Bài toán 1.1/ Viết phương trình mặt cầu (S): Tâm I(a, b , c), bán kính R: (S): x2 + y2 + z2 – 2ax + 2by + 2cz + D = 0. (1). Thường được cho dưới dạng : a) Cho 2 điểm A(xA ; yA ; zA ) , B(xB ; yB ; zB ): Viết phương trình mặt cầu (S), nhận AB làm đường kính Cách giải : Gọi I(a ; b ; c ) là tâm mặt cầu (S), bán kính R : Ta có I là trung điểm AB : xA xB a 2 yA yB AB 1 b ; R = = ( xB xA )2 ( yB yA )2 (zB z A )2 2 2 2 zA zB c 2 Thay kết quả vừa tìm được vào (1), ta có kết quả cầm tìm. b) Cho 3 điểm : A(xA ; yA ; zA ) , B(xB ; yB ; zB ) , C(xC ; yC ; zC ). Tìm trọng tâm G của tam giác ABC, Viết phương trình mặt cầu (S) Tâm G, đi qua A . Cách giải : Gọi G(a ; b ; c) là tâm mặt cầu (S), bán kính R : Ta có G là trọng tâm Δ ABC : xA xB xC a 3 yA yB yC b ; R = AG = ( xG xA )2 ( yG yA )2 ( zG zA )2 . 3 zA zB zC c 3
1.2/ Tìm tâm, bán kính mặt cầu (S) có phương trình : (S): x2 + y2 + z2 + mx + ny + pz + D = 0. (1). Cách giải : Gọi I(a ; b ; c) , R là tâm và bán kính mặt cầu (S), có phương trình (1), ta có : m a 2a m 2 n 2b n b ; R = a 2 b2 c2 D . 2 2c p p c 2 Kết luận : I(a ; b ; c ) ; R. 1.3/ Cho 4 điểm A(xA ; yA ; zA ) , B(xB ; yB ; zB ) , C(xC ; yC ; zC ). D(xD ; yD ; zD ). Viết phương trình mặt cầu (S )đi qua A,B,C,D. Cách giải : phương trình mặt cầu (S) có dạng (S): x2 + y2 + z2 – 2ax + 2by + 2cz + D = 0. (1) Trong đó gọi I(a ; b ; c) là tâm mặt cầu (S) Lần lượt thay tọa độ A, B, C, D vào (1), ta có hệ phương trình : X 2 A Y 2 A Z 2 A 2ax A 2bYA 2cZ A D 0, X 2 B Y 2 B Z 2 B 2aX B 2bYA 2cZ A D 0 ( 2) X 2 C Y 2 C Z 2 C 2aX C 2bYC 2cZ C D 0 X 2 D Y 2 D Z 2 D 2aX D 2bYD 2cZ D D 0 Giải hệ ( 2 ) , với 4 ẩn số :a , b , c , D thế vào (1) ta có phương trình (S) cần tìm. Chú ý : bài toán đơn giản khi A(xA ; 0 ; 0 ) , B(0 ; yB ; 0 ) , C(0 ; 0 ; zC ). D(xC ; yD ; zD ). Áp dụng : 1/ bài thi TN THPT năm 2010: Câu 4.a/1:
“… Cho 3 điểm A(1 ; 0 ; 0), B(0 ; 2; 0) và C(0 ; 0 ; 3). Tìm tọa độ tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện O.ABC . “ 2/ Bài 9.b/ trang 100 sgk hh 12 cơ bản. Bài toán 2.1/ Viết phương trình mặt phẳng (α ) qua M0(x0 ; y0 ; z0 ) có véc tơ pháp tuyến ﾢ n (A ; B ; C). Ta có : (α ) : A(x – x0) + B(y – y0) + C(z – z0) = 0. Ax + By + Cz + D = 0. (2). Chú ý 1: ﾢ véc tơ pháp tuyến n (A ; B ; C) , được xác định tùy từng trường hợp cụ thể a. Viết phương trình mặt phẳng qua 3 điểm không thẳng hàng : A(xA ; yA ; zA ) , B(xB ; yB ; zB ) , C(xC ; yC ; zC ). ﾢ Cách giải : Khi đó ta chọn M0 là điểm A. n = [ AB , AC ] = ( A ; B; C ) . Chú ý rèn luyện cách tính tích có hướng của 2 véc tơ [ AB , AC ] . Với : AB = (a1 ; b1 ; c1 ). ﾢ AC = (a2 ; b2 ; c2 ). Ta có n = [ AB , AC ] ﾢ a1 ; b1 ; c1 a1 n = = (b1.c2 – b2.c1 ; c1.a2 – c2.a1 ; a1.b2 – a2.b1 ) a 2 ; b2 ; c 2 a2 Tính theo tích chéo : “ Giữa – Cuối ; Cuối – Đầu ; Đầu – Giữa “ b. Viết phương trình mặt phẳng (α ) qua A(xA ; yA ; zA ) , và vuông góc đường thẳng :
x x 0 a 1 .t Δ : y y 0 a 2 .t ; z z a 3 .t Cách giải : (α ) qua điểm A(xA ; yA ; zA ) và vuông góc với đường thẳng Δ nên (α ) nhận véc tơ chỉ phương của Δ : a = ( a1 ; a2 ; a3 ) làm véc tơ pháp ﾢ tuyến n = a = ( a1 ; a2 ; a3 ) . Ta có : (α ) : a1.( x – xA ) + a2. (y – yA ) + a3. (z – zA ) = 0 a1.( x ) + a2.(y ) + a3.(z ) + D = 0 . Chú ý 2 : Nếu đường thẳng Δ cho dưới dạng chính tắc : x x0 y y0 z z0 Δ : ; a1 b1 c1 Thì khi giải chú ý dạng chính tắc các ẩn số x , y , z có hệ số là + 1, Nếu đề chưa cho đúng thì phải biến đổi sắp xếp dạng chính tắc đã nêu. Ta cho cả 3 phân số trên = t, chuyển về dạng tham số của Δ, ta tìm được véc tơ chỉ phương của Δ : a = ( a1 ; b1 ; c1 ) Ví dụ: Cho đường thẳng Δ có phương trình : x 5 1 y z 2 Δ : ; và điểm I( 1 , 3 ; 2). Viết phương trình mặt 2 3 2 phẳng (α ) qua I và (α ) vuông góc Δ. Giải: x 5 t 2 x 5 2t x 5 1 y z 2 1 y Cho : = t t y 1 3t ; 2 3 2 3 z 2 2t z 2 t 2 Ta có véc tơ chỉ phương của Δ là a = ( 2 ; 3 ; 2 ) . Mặt phẳng (α ) qua I ( 1 , 3 ; 2), và (α ) vuông góc Δ : (α ) : 1(x – 2) + 3( y + 3) + 2( z 2) = 0. (α ) : x + 3y + 2z + 7 = 0 .