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

Dấu hiệu: Khi hệ số đứng trước tổ hợp tăng dần hoặc giảm dần từ 1,2,3, ,n hay n, ,3,2,1 tức là số hạng đó có dạng hoặc thì ta có thể dùng đạo hàm cấp 1 để tính. Cụ thể: Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được: Đến đây thay x,a bằng hằng số thích hợp ta được tổng cần tìm.

doc37 trang | Chia sẻ: tuanhd28 | Ngày: 03/10/2015 | Lượt xem: 1024 | Lượt tải: 1download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Chương trình luyện thi đại học cấp tốc (1 tháng ) môn toán, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
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’ < 0 , : Hàm số Nghịch biến . +/ Cực trị : Kết luận về cực trị hàm số . Hàm số đạt cực tiểu tại x = ., yCT = . Hàm số đạt cực Đại tại x = ., yCĐ = . + / Giới hạn ở Vô cực : ? ; ? . +/ Bảng biến thiên : X - ∞ ? ? ? + ∞ y’ ? ? ? Y ? ? ? 3) Đồ thị : + ) Giao điểm đồ thị với trục Oy : x = 0 => 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 ) . y’ = 0 . +/ trên các khoảng (.) và (..) : y’ > 0 , : Hàm số đồng biến . Trên khoảng (.) : y’ < 0 , : Hàm số Nghịch biến . +/ Cực trị : Kết luận về cực trị hàm số . Hàm số đạt cực tiểu tại x = ., yCT = . Hàm số đạt cực đại tại x = ., yCĐ = . + / Giới hạn ở Vô cực : ? ; ? . +/ Bảng biến thiên : X - ∞ ? ? ? + ∞ y’ ? ? ? Y ? ? ? 3) Đồ thị : Hàm số đã cho là hàm số chẵn, do đó đồ thị nhận trục 0y làm trục đối xứng. Giao điểm đồ thị với trục Ox : y = 0 => x = ? . Các điểm khác Đồ thị : III / Hàm số : 1) Tập xác định : +/ D = R /{ - . } 2) Sự biến thiên : +/ Chiều biến thiên : y’ = . y’ > 0 ( y < 0 ) , D +/ : Hàm số đồng biến ( Nghịch biến ) . trên các khoảng (.) và (..) +/ Cực trị : Hàm số không có cực trị . + / Tiệm cận và Giới hạn : và => tiệm cận ngang : y = . ? Và ? => tiệm cận đứng : x = . +/ Bảng biến thiên : X - ∞ ? ? + ∞ y’ ? ? Y ? ? 3) Đồ thị : * Giao điểm đồ thị với trục Oy : x = 0 => y = . Giao điểm đồ thị với trục Ox : y = 0 => x = , Đồ thị nhận giao điểm I(;) của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng *Chuyên đề 2 : NGUYÊN HÀM , TÍCH PHÂN A/Nguyên hàm: I .Định nghĩa và ký hiệu: Định nghĩa : F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) nếu F’(x) = f(x) Ký hiệu: Định lí : + C II. Tính chất: f(x) +C 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 = . Ví dụ 2 : Tìm Nguyên hàm : B = III .Công thức: Nhóm 1: Hàm số lũy thừa. 1.1 / . k R . 1.2 / = . 1.3 / = ln + C . 2 . Nhóm II: Hàm số lượng giác 2.1 / 2.3 / 2.2 / 2.4 / 2.5 / 2.7 / 2.6 / 2.8 / Nhóm III: Hàm số Mũ : 3.1 / 3.2/ Chú ý 2 : Nếu : F(x)’ = f(a) , thì : B/ Phương pháp tính tích phân: Công thức : I/ TÍNH TÍCH PHÂN BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN 1. Dạng 1: Tính : I 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 : I = CÁC DẠNG CƠ BẢN THƯỜNG GẶP : Dạng 2 : Tính : I = ; Với f(x) = . R* Phương pháp: Bước 1 : Đặt t = dt = a . Bước 2 : Đổi cận : x a b t u(a) u(b) Bước 3 : Tính I : I = Ví dụ 3: Tính các tích phân sau : A = . ; B = . C = . ( Ta đặt t = ) 3. Dạng 3 : Tính : I = ; Với f(x) = . Phương pháp: Bước 1 : Đặt t = dt = a . cosx.dx =. f(x)dx = . ta đưa về bài toán quen thuộc. Ví dụ 4 : Tính các tích phân sau : 4 . D = ; 5 . E = . 6 . G = ; Ta đặt t = . 4 Dạng 4 : Tính : I = ; Với f(x)dx = . Phương pháp: Bước 1 : Đặt x = b.tant , dx = .dt. b2 + x2 = b2.( 1 + tan2t) . f(x).dx = . Bước 2: Đổi cận, tính kết quả . Dạng 5 : Tính : I = ; Với = dx . (a> 0) Phương pháp: Bước 1 : Đặt x = a.sint dx = a.cost.dt ; . Bước 2: Đổi cận, tính kết quả . II/ TÍNH TÍCH PHÂN BẰNG PHƯƠNG PHÁP TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN Dạng áp dụng phương pháp tích phân từng phần : I = . Phương pháp: Đặt : ; = U.V. Các dạng tích phân thường gặp : Dạng 1 : Tính : I = ; Với f(x)dx = P(x). cosx.dx , hoặc P(x).sinx.dx . Ta đặt : U = P(x) ; dv = sinx.dx. Dạng 2 : Tính : I = ; Với f(x)dx = P(x). ex.dx . Ta đặt : U = P(x) ; dv = ex.dx . Dạng 3 : Tính : I = ; Với f(x)dx = P(x). ln(x).dx . Ta đặt : U = ln(x) ; dv = P(x).dx . Chú ý 3 : Thông thường bài toán tích phân cho dưới dạng : I = , 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 : 6. ; 7. ; 8 . ; 9 . 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 tục); x= a; x= b và y = 0 (trục hoành) được tính bởi: S = (1). · Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y = f(x), y = g(x)(liên tục); x = a; x= b được tính bởi: S = (2). 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. Giải: Gọi S là diện tích cần tính, áp dụng công thức S = thì S = Phương trình: x2 -1= 0 x = 1 , nghiệm x = 1 [0;2] Vậy S = + = + = 2 (đvdt) 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 S = thì S = Vậy S = = = = (đvdt) * 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; y = 0 khi xoay quanh trục Ox được tính bởi: V = (3) 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 · Gọi V là thể tích cần tính.Áp dụng công thức: V = Ta có V = = = (đvtt) b) Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y = – x2 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: Có V1 == · 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: Có V2 == Vậy thể tích V cần tính là: V = = (đvtt) 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 dẫn đến kết quả sai KQs : V = đvtt. Các bài tập tự luyện: 1) Tính dieän tích hình phaúng giôùi haïn bôûi (P): y = – x2 + 4x .KQ: S = ñvdt 2)Tính dieän tích hình phaúng giôùi haïn bôûi hai ñöôøng (P): y = – x2 vaø y = – x – 2 . KQ: S = ñvdt 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 b) y = x2 vaø y = 3x KQ: c) y = ; y = 0; x = 0; x = KQ: *Chuyên đề 3 : LƯỢNG GIÁC Phần 1: CÔNG THỨC 1. Hệ thức LG cơ bản 2. Công thức LG thường gặp Công thức cộng: Công thức nhân: Tích thành tổng: cosa.cosb =[cos(a-b)+cos(a+b)] sina.sinb =[cos(a-b)-cos(a+b)] SINA.COSB =[SIN(A-B)+SIN(A+B)] Tổng thành tích: Công thức hạ bậc: cos2a =(1+cos2a) SIN2A =(1-COS2A) Biểu diễn các hàm số LG theo 3. Phương trìng LG cơ bản * sinu=sinv * cosu=cosvÛu=±v+k2p * tanu=tanv Û u=v+kp * cotu=cotv Û u=v+kp . 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 . Cách 1: Chia hai vế phương trình cho a rồi đặt , ta được: sinx+tanacosx= sinx+cosx= sin(x+)=. Cách 2: Chia hai vế phương trình cho, ta được: Đặt: . Khi đó phương trình tương đương: hay . Cách 3: Đặt . 3. PHƯƠNG TRÌNH THUẦN NHẤT BẬC HAI ĐỐI VỚI SINX VÀ COSX: Dạng: asin2x+bsinxcosx+ccos2x=0 (*). Cách 1: + Kiểm tra nghiệm với . + Giả sử cosx¹0: chia hai vế phương trình cho cos2x ta được: atan2x+btanx+c=0. Chú ý: 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 |. 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 Phương trình (1) tương đương với: Û cos2x+cos4x+cos6x+cos8x = 0 Û 2cos5xcosx+2cos5xcos3x = 0 Û 2cos5x(cos3x+cosx) = 0 Û 4cos5x.cos2x.cosx = 0 Ví dụ 2. Giải phương trình: cos6x+sin6x = 2 ( cos8x+sin8x) (2). Giải Ta có (2) Û cos6x(2cos2x-1) = sin6x(1-2sin2x) Û cos2x(sin6x–cos6x) = 0 Û cos2x(sin2x–cos2x)(1+sin2x.cos2x) = 0 Û cos2x = 0 Û Ví dụ 3: Giải phương trình: (3). Giải Ta có: Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ đưa phương trình lượng giác về phương trình đại số: Ví dụ 4. Giải phương trình lượng giác: (4). Giải Ta có (4) Đặt cos22x = t, với tÎ[0; 1], ta có Vì tÎ[0;1], nên Ûcos4x = 0 Û Ví dụ 5. Giải phương trình lương giác: 2sin3x – cos2x + cosx = 0 (5) Giải Ta có (5) Û 2(1- cos2x)sinx + 2 – 2 cos2x + cosx – 1 = 0 Û (1- cosx )[2(1 + cosx)sinx + 2(1 + cosx) - 1] = 0 Û (1 – cosx)(2sinx+ 2cosx + 2sinxcosx+1) = 0 Giải (*): Đặt sinx + cosx = t, điều kiện , khi đó phương trình (*) trở thành: 2t + t2 – 1 + 1 = 0 Û t2 + 2t = 0 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:; 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: (6). Giải Điều kiện: x ≥ 0 Do nên , mà |cosx| ≤ 1. Do đó (Vì k, n Î Z). Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0. Phương pháp 4: Sử dụng tính chất hàm số. Ví dụ 7: Giải phương trình: . Giải Đặt . Dễ thấy f(x) = f(-x), , do đó f(x) là hàm số chẵn vì vậy trước hết ta chỉ xét với x ≥ 0. Ta có: f’(x)=sinx+x, f”(x) = -cosx+1, "x≥0 Þ f’(x) là hàm đồng biến, do đó f’(x)≥f’(0), với x≥0 Þ 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. Ví dụ 8: Với n là số tự nhiên bất kì lớn hơn 2, tìm x thuộc khoảng thoả mãn phương trình:. Giải Đặt f(x) = sinnx + cosnx, ta có : f’(x) = ncosx.sinn-1x – nsinx.cosn-1x. = nsinx.cosx(sinn-2x – cosn-2x) Lập bảng biến thiên của f(x) trên khoảng , ta có minf(x) = f = Vậy x = là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. BÀI TẬP Giải các phương trình sau: cos3x+cos2x+2sinx–2 = 0 ĐS: tanx.sin2x-2sin2x=3(cos2x+sinx.cosx) HD: Chia hai vế cho sin2x ĐS: 2sin3x-(1/sinx)=2cos3x+ (1/cosx) ĐS: |sinx-cosx| + |sinx+cosx|=2 ĐS:. 4(sin3x-cos2x)=5(sinx-1) ĐS: với . sinx-4sin3x+cosx =0 ĐS: . ; ĐS: sin3x.cos3x+cos3x.sin3x=sin34x HD: sin2x.sinx.cos3x+cos2x. cosx.sin3x=sin34x ĐS: . ĐS: HD: Chia hai vế cho cos3x ĐS: x = , *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 : 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 : ; R = = Thay kết quả vừa tìm được vào (1), ta có kết quả cầm tìm. 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 : ; R = AG = . 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 : ; R = . 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 : ( 2) 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 (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: véc tơ pháp tuyến (A ; B ; C) , được xác định tùy từng trường hợp cụ thể Viết phương trình mặt phẳng qua 3 điểm không thẳng hàng : A(xA ; yA ; zA ) , B(xB ; yB ; zB ) , C(xC ; yC ; zC ). Cách giải : Khi đó ta chọn M0 là điểm A. = [ , ] = ( A ; B; C ) . Chú ý rèn luyện cách tính tích có hướng của 2 véc tơ [ , ] . Với : = (a1 ; b1 ; c1 ). = (a2 ; b2 ; c2 ). Ta có = [ , ] = = (b1.c2 – b2.c1 ; c1.a2 – c2.a1 ; a1.b2 – a2.b1 ) 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 : Δ : ; 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 : = ( a1 ; a2 ; a3 ) làm véc tơ pháp tuyến = = ( 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 : Δ : ; 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 : = ( a1 ; b1 ; c1 ) Ví dụ: Cho đường thẳng Δ có phương trình : Δ : ; và điểm I( -1 , 3 ; 2). Viết phương trình mặt phẳng (α ) qua I và (α ) vuông góc Δ. Giải: Cho : = t ; Ta có véc tơ chỉ phương của Δ là = ( 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 . Cho tứ diện A.BCD , Viết phương trình mặt phẳng (α ) qua AB và song song CD . Ta có : véc tơ pháp tuyến : = [ , ] . Cho mặt phẳng ( β ) : A( x – a) + B ( y – b ) + C ( z – c ) = 0 . ( * ) Viết phương trình mặt phẳng (α ) qua M0(x0 ; y0 ; z0 ) và song song mp ( β ) Ta có : véc tơ pháp tuyến : = [ A ; B ; C ] . Áp dụng giải bài tập trang 80, 81 skg hh12 cơ bản Bài toán 3.1/ Viết phương trình tham số của đường thẳng Δ qua điểm M0(x0 ; y0 ; z0 ) có véc tơ chỉ phương (a1 ; a2 ; a3 ). Giải : Gọi M(x ; y ; z ) Δ, ta có : phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm M0(x0 ; y0 ; z0 ) có véc tơ chỉ phương (a1 ; a2 ; a3 ) : Δ : ; Các dạng bài tập : 3.1/a : Viết phương trình tham số của đường thẳng Δ qua điểm M0(x0 ; y0 ; z0 ) , và vuông góc mặt phẳng : (α ) : Ax + By + Cz + D = 0. (1). Giải : Ta có véc tơ chỉ phương của đường thẳng Δ , là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (α ) : = = (A ; B ; C). Vậy phương trình tham số của đường thẳng Δ là : Δ : ; (2) 3.1/b : Viết phương trình tham số của đường thẳng Δ qua điểm M0(x0 ; y0 ; z0 ) , và song song với đường thẳng d: d: ; Giải : Ta có véc tơ chỉ phương của đường thẳng Δ , là véc tơ chỉ phương của đường thẳng d : = (a1 ; a2 ; a3). Vậy phương trình tham số của đường thẳng Δ là ( 2 ) 3.1/c : Viết phương trình tham số của đường thẳng Δ qua điểm M0(x0 ; y0 ; z0 ) ; M1(x1 ; y1 ;z1 ) . Giải : Ta có véc tơ chỉ phương của đường thẳng Δ , là véc tơ : = = (x1 – x0 ; y1 – y0 ; z1 – z0 ) = (a1 ; a2 ; a3). Vậy Vậy phương trình tham số của đường thẳng Δ là ( 2 ) Áp dụng giải bài tập 1 trang 89 SGK HH 12 CB. Bài tập 4 trang 92. Dạng II : Xét vị trí tương đối : Mặt Cầu, mặt phẳng, đường thẳng. Bài 2.1.a / Xét vị trí tương đối của hai đường thẳng d1 và d2 có phương trình : d1: ( 1 ) ; d2 : ; ( 2 ) Cách giải : Bước 1 : Đường thẳng d1 đi qua M0(x0 ; y0 ; z0 ) ; có véc tơ chỉ phương = (a1 ; a2 ; a3 ) . Đường thẳng d2 có véc tơ chỉ phương : = ( b1 ; b2 ; b3 ). Nếu : = k.: Đúng (Đ) , và M0(x0 ; y0 ; z0 ) d2 . Ta có d1 // d2 . : = k.: Sai ( S ) , Bước 2 : ta xét hệ : ( * ) ; Ta lấy 2 trong 3 phương trình ( * ), giải tìm được t và t’ , thế vào phương trình còn lại . Nếu Đ thì hệ ( * ) có đúng 1 nghiệm thì d1 cắt d2 . Nếu S hệ ( * ) vô nghiệm thì d1 chéo d2 . Kết luận: Bài 2.1.b / Xét vị trí tương đối của đường thẳng Δ và mặt phẳng (α ), có phương trình : Δ : ; (1) ; (α ) : Ax + By + Cz + D = 0 ( 2 ) . Cách giải : Gỉa sử Δ cắt (α ) tại M( x ; y ; z ) , thế tọa độ M (1 ) vào ( 2 ). A ( ) + B ( t ) + C( ) = 0 ( 3 ) . Nếu : + Phương trình ( 3 ) có 1 nghiệm t , thì Δ cắt (α ). + Phương trình ( 3 ) có vô số nghiệm t , thì Δ (α ). + Phương trình ( 3 ) vô số nghiệm t , thì Δ // (α ). Bài 2.1.c / Xét vị trí tương đối của mặt phẳng ( α ) và mặt cầu ( S ), có phương trình : (α ) : Ax + By + Cz + D = 0 . ( 1 ) (S): x2 + y2 + z2 – 2ax + 2by + 2cz + D = 0 . ( 2 ) Cách giải : Bước 1 : Tìm tọa độ tâm I ( a ; b ; c ) và bán kính R của mặt cầu ( S ); ( bài toán 1.2/ ). Bước 2 : Tìm khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng ( α ) : d(I ; (α )) = = m . Bước 3 : So sánh và kết luận : Nếu m > R : mặt phẳng (α ) không cắt mặt cầu (S) . Nếu m = R , mặt phẳng (α ) tiếp xúc mặt cầu (S) . Nếu m < R , mặt phẳng (α ) cắt mặt cầu (S) theo thiết diện là đường tròn ( C ), Tâm H, bán kính r = IH . Trong đó H là hình chiếu I trên (α ). Áp dụng : Bài tập 5, trang 92. Đề thi TN THPT 4a.1 năm 2009. Đề thi CĐ Khối B năm 2010 . -------------------------------------------------------------------------------------------- Dạng III : 1)Tìm hình chiếu vuông góc H của điểm M trên mặt phẳng (α) , 2)Trên đường thẳng Δ Bài : 3.1 : cho điểm M0(x0 ; y0 ; z0 ) . Tìm hình chiếu vuông góc H của M trên mặt phẳng (α ) : Ax + By + Cz + D = 0 . (1) Cách giải : Gọi H (x ; y ; z ) là hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng (α) . H (α) , và H MH vuông góc (α) . Đường thẳng MH đi qua điểm M0(x0 ; y0 ; z0 ) và vuông góc (α) , nên nhận véc tơ pháp tuyến của (α) làm véc tơ chỉ phương = = (A ; B ; C): MH : ( 2 ) ; Thay ( 2 ) vào ( 1 ) ta tìm được t , thay vào ( 2 ) ta tìm được tọa độ H. Áp dụng Bài tập 8 trang 91 sgk ; Bài 9 trang 93 sgk . Đề thi CĐ Khối B năm 2010 Bài : 3.2 : cho điểm M0(x0 ; y0 ; z0 ) . Tìm hình chiếu vuông góc H của M trên đường thẳng Δ có phương trình : Δ : ( 1 ) ; Cách giải : Gọi H (x ; y ; z ) là hình chiếu vuông góc của M trên đường thẳng Δ: H Δ . . H (α )qua M0 , và (α ) vuông góc đường thẳng Δ . Mặt phẳng (α ) đi qua điểm M0(x0 ; y0 ; z0 ) và vuông góc (α) , nên nhận véc tơ véc tơ chỉ phương = (a1 ; a2 ; a3) của Δ làm véc tơ pháp tuyến của (α) : = = (a1 ; a2 ; a3) . Ta có (α) : a1(x – x0 ) + a2 (y – y0 ) + a3(z – z0 ) = 0 ( 2 ). Thế ( 1) vào ( 2 ) , ta tìm được t . Thế t vào ( 1 ) ta tìm được toa độ H. Kết luận . Áp dụng Bài tập 7 trang 91 sgk ; Bài 12 trang 93 sgk . --------------------------------------------------------------------------------------------- Dạng IV : Bài toán tổng hợp : Cho 4 điểm : A(xA ; yA ; zA ) , B(xB ; yB ; zB ) , C(xC ; yC ; zC ). D(xD ; yD ;zD ). Viết phương trình mặt phẳng ( ABC ) . Tính góc A, B của tam giác ABC. Tính diện tích tam giác ABC . Chứng minh D.ABC là tứ diện. Tính thể tích hình chóp D.ABC . Cách giải : Bài toán 2.1/ Chú ý a) ( Ta có cosA = = = m. Sử dụng MTCT tính góc A. SABC = AB . AC . sinA .( kết quả ở 2) ) Thế tọa độ D(xD ; yD ; zD ) vào (α ) : Ax + By + Cz + D = 0 (1). AxD + ByD + CzD + D = 0 m = 0 : Sai ( S), ta có D (ABC). Kết luận D.ABC là tứ diện. Gọi : VD.ABC là thể tích tứ diện D.ABC . Ta có : VD.ABC = Sđ. h. ( Với Sđ = SABC = AB . AC . sinA , h = d(D,(ABC))= ). Ta có thể tích cần tìm. *Chuyên đề 5 : HƯỚNG DẪN GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ NHỊ THỨC NEWTON & Giới thiệu: Các bài toán về “Nhị thức Newton” gần đây rất hay gặp trong các đề thi khối A (ĐH-CĐ) ; Đề ra không khó, chỉ cần nắm vững công thức/định lí là giải được. Vì HS thường it tiếp cận với dạng đề này nên lúng túng giải mất nhiều thời gian. Tài liệu này giúp các bạn hệ thống lại phần kiến thức liên quan và sưu tầm một loạt đề toán thi ĐH có giải bằng ứng dụng “Nhị thức Newton” để các bạn tham khảo. Nội dung chính trong tài liệu là của bạn Nguyễn Trung Hiếu, - Từng phần, từng bài toán có đặt trong “khung” rất tiện cho người sử dụng khi cần sao trích, biên soạn bài giảng cho HS. A.- Phần LÍ THUYẾT cần nắm vững: 1/.Các hằng đẳng thức liên quan 2.-Nhị thức Newton( Niu-tơn) a/.Định lí: Hệ quả: * * b/.Tính chất của công thức nhị thức Niu-tơn : -Số các số hạng của công thức là n+1 -Tổng số mũ của a và b trong mỗi số hạng luôn luôn bằng số mũ của nhị thức: (n-k)+k=n -Số hạng tổng quát của nhị thức là: (Đó là số hạng thứ k+1 trong khai triển ) -Các hệ số nhị thức cách đều hai số hạng đầu, cuối thì bằng nhau. -Tam giác pascal: Khi viết các hệ số lần lượt với n = 0,1,2,... ta được bảng n K 0 1 2 3 4 5 .... 0 1 1 1 1 2 1 2 1 3 1 3 1 4 1 4 6 4 1 5 1 5 10 10 5 1 Trong tam giác số này, bắt đầu từ hàng thứ hai, mỗi số ở hàng thứ n từ cột thứ hai đến cột n-1 bằng tổng hai số đứng ở hàng trên cùng cột và cột trước nó. Sơ dĩ có quan hệ này là do có công thức truy hồi (Với 1 < k < n) 3/.Một sô công thức khai triển hay sử dụng: 4/.Dấu hiệu nhận biết sử dụng nhị thức newton. a/.Khi cần chứng minh đẳng thức hay bất đẳng thức mà có với i là số tự nhiên liên tiếp. b. Trong biểu thức có thì ta dùng đạo hàm Trong biểu thức có thì ta nhân 2 vế với xk rồi lấy đạo hàm Trong biểu thức có thì ta chọn giá trị của x=a thích hợp. Trong biểu thức có thì ta lấy tích phân xác định trên thích hợp. Nếu bài toán cho khai triển thì hệ số của xm là Cin sap cho phương trình có nghiệm đạt MAX khi hay với n lẽ, với n chẵn. B.- CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG NHỊ THỨC NEWTON. I.-Các bài toán về hệ số nhị thức. 1/.Bài toán tìm hệ số trong khai triển newton. FBài toán 1: (Đề thi ĐH Thuỷ lợi cơ sở II, 2000) Khai triển và rút gọn đa thức: Ta được đa thức: Xác định hệ số a9. @Giải: Hệ số x9 trong các đa thức lần lượt là: Do đó: a9 =11+55+220+715+2002=3003 FBài toán 2:(ĐHBKHN-2000) Giải bất phương trình: @Giải: Điều kiện:x là số nguyên dương và Ta có: dất phương trình đã cho tương đương với: Vì x là nghiệm nguyên dương và nên FBài toán 3: (ĐH KA 2004) Tìm hệ số của x8 trong khai triển đa thức của: @Giải: Cách 1: Ta có: Vậy ta có hệ số của x8 là: thỏa mãn Hệ số trong khai triển của x8 là:=238 Cách 2: Ta có: Nhận thấy: x8 chỉ có trong các số hạng: Số hạng thứ 4: Số hạng thứ 5: Với hệ số tương đương với: A8==238 FBài toán 4:(ĐH HCQG, 2000) Tìm hệ số x8 trong khai triển Cho biết tổng tất cả các hệ sô của khai triển nhị thức bằng 1024. Hãy tìm hệ số a của số hạng ax12 trong khai triển đó. ( ĐHSPHN, khối D,2000) @ Giải: Số hạng thứ (k+1) trong khai triển là: Ta chọn Vậy số hạng thứ 3 trong khai triển chứa x8 và có hệ số là: Ta có: Với x=1 thì: Do đó hệ số a (của x12) là: FBài toán 5:(HVKTQS, 2000) Khai triển đa thức: Tìm max Giải: Gọi ak là hệ số lớn nhất của khai triển suy ra: Từ đây ta có hệ phương trình: 2/.Bài toán tìm sô hạng trong khai triển newton. FBài toán 6: Tìm số hạng thứ 21 trong khai triển: @Giải: Số hạng thứ 21 trong khai triển là: FBài toán 7: Tìm số hạng đứng giữa trong các khai triển sau Tìm số hạng đứng giữa trong các khai triển sau @Giải: Khai triển có 21+1=22 số hạng nên có hai số hạng đứng giữa là số thứ 11 và 12. Số hạng thứ 11 là: Số hạng thứ 12 là: Khai triển có 20+1=21 số hạng. Nên số hạng đứng giữa 2 số là số hạng thứ ( Với [x] là ký hiệu phần nguyên của x nghĩa là sô nguyên lớn nhất không vượt quá x). FBài toán 8: (ĐH Khối D-2004) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển. với @Giải: Số hạng tổng quát trong khai triển: Ứng với số hạng không chứa x ta có: Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là: FBài toán 9: (ĐH SPHN-2001) Cho khai triển nhị thức: Hãy tìm số hạng lớn nhất. @Giải: Ta có: Ta có ak đạt được max Vậy max Bài tập áp dụng Bài 1: (ĐH TK-2002) Gọi a1, a2,, a11 là các hệ số trong khai triển sau: Hãy tìm hệ số a5 Bài 2: ( Khối D-2007) Tìm hệ số của x5 trong khai triển Bài 3: ( Đề 4 “TH&TT” -2003) Tìm hệ số của x5y3z6t6 trong khai triển đa thức Bài 4: (TT ĐH- chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An) Xác định hệ số của x11 trong khai triển đa thức: biết: Bài 5: (LAISAC) Khai triển ta được Biết rằng ba hệ số đầu a0, a1, a2 lập thành cấp số cộng. Tính số hạng thứ x4 II. Áp dụng nhị thức Newton để chứng minh hệ thức và tính tổng tổ hợp. 1/.Thuần nhị thức Newton Dấu hiệu nhận biết: Khi các số hạng của tổng đó có dạng thì ta sẽ dùng trực tiếp nhị thức Newton: . Việc còn lại chỉ là khéo léo chọn a,b. FBài toán 10: Tính tổng @HD Giải: Dễ dàng thấy tổng trên có dạng như dấu hiệu nêu trên. Ta sẽ chọn a=3, b=-1. Khi đó tổng trên sẽ bằng (3-1)16 = 216 FBài toán 11: ( ĐH Hàng Hải-2000) Chứng minh rằng: @Giải: Lấy (1) + (2) ta được: Chọn x=3 suy ra: 2.Sử dụng đạo hàm cấp 1,2. a/. Dùng Đạo hàm cấp 1. Dấu hiệu: Khi hệ số đứng trước tổ hợp tăng dần hoặc giảm dần từ 1,2,3,,n hay n,,3,2,1 tức là số hạng đó có dạng hoặc thì ta có thể dùng đạo hàm cấp 1 để tính. Cụ thể: Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được: Đến đây thay x,a bằng hằng số thích hợp ta được tổng cần tìm. FBài toán 12:(ĐH BKHN-1999) Tính tổng

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • docchuong_trinh_luyen_thi_dai_hoc_cap_toc_8093.doc
Tài liệu liên quan