nnn
Trang 1
CẤU TRÚC ĐỀ THI TỐT NGHIỆP THPT MÔN TOÁN
* PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I
(3,0 điểm)
- Khảo sát, vẽ đồ thị của hàm số.
- Các bài toán liên quan đến ứng dụng của đạo hàm và đồ thị của hàm số: chiều biến thiên của hàm số, cực
trị, tiếp tuyến, tiệm cận (đứng và ngang) của đồ thị hàm số; tìm trên đồ thị những điểm có tính chất cho trước,
tương giao giữa hai đồ thị (một trong hai đồ thị là đường thẳng)
Câu II (3,0 điểm)
- Hàm số, phương trình, bất phương trình mũ và lôgarit.
- Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số.
- Tìm nguyên hàm, tính tích phân.
- Bài toán tổng hợp.
Câu III (1,0 điểm)
Hình học không gian (tổng hợp): Diện tích xung quanh của hình nón tròn xoay, hình trụ tròn xoay; tính thể tích
khối lăng trụ, khối chóp, khối nón tròn xoay, khối trụ tròn xoay; diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu.
* PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh học chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2). Theo
chương trình Chuẩn
Câu IV.a (2,0 điểm): Phương pháp tọa độ trong không gian:
- Xác định tọa độ của điểm, vectơ.
- Mặt cầu.
- Viết phương trình mặt phẳng, đường thẳng.
- Tính góc, tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng. Vị trí tương đối của đường thẳng, mặt phẳng và mặt cầu.
Câu V.a (1,0 điểm)
- Số phức: môđun của số phức, các phép toán trên số phức; căn bậc hai của số thực âm; phương trình bậc
hai hệ số thực có biệt thức Delta âm.
- Ứng dụng của tích phân: tính diện tích hình phẳng, thể tích khối tròn xoay. Theo
chương trình Nâng cao
Câu IV.b (2,0 điểm): Phương pháp tọa độ trong không gian:

nnn
Trang 2
MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ LƯỢNG GIÁC
I. BẢNG GIÁ TRỊ LƯỢNG GIÁC CỦA MỘT SỐ CUNG ĐẶC BIỆT
Cung/
GTLG
0
(
0
0
)
6
π
(
0
30
)
4
π
(
0
45
)
3

0
180
)
sin
0
1
2
2
2
3
2
1
3
2
2
2
1
2
0
cos
1
3
2
2
2
1
2
0
1
2

0
3
3
−-1
3
−
||
II. CƠNG THỨC LƯỢNG GIÁC
1. Cơng thức cộng
cos( ) cos cos sin sin
cos( ) cos cos sin sin
sin( ) sin cos sin cos
sin( ) sin cos sin cos
tan tan
tan( ) ,( , , )
1 tan tan 2
tan tan
tan( ) ,( ,
1 tan tan
π
π
− = +
+ = −
− = −
+ = +
+
+ = ≠ + ∈

sin 2 2sin cos
cos2 cos sin 2cos 1 1 2sin
2tan
tan 2
1 tan
a a a
a a a a a
a
a
a
=
= − = − = −
=
−



3. Cơng thức hạ bậc
2 2
2
1 cos2 1 cos 2
cos tan
2 1 cos 2
1 cos 2
sin
2
a a
a a
a
a



6. Các hằng đẳng thức lượng giác

2 2
2
2
2
2
sin 1
1
1 tan , ,
2
1
1 cot , ,
sin
tan .cot 1, ,
2
a cos a
a a k k
cos a
a a k k
a
k
a a a k
π
π
π
π
+ =

a b a b
a b
a b
a b
a b
a b
a b
a b
+ −
+ =
+ −
− = −
+ −
+ =
+ −
− =
+
+ =
−
+ =






HOÀNG THÁI VIỆT ĐHBKĐN - 01695316875
TTTaaàøøiii llliiieeệääuuu ooôâânnn ttthhhiii TTT
ooốááttt nnnggghhhiiieeệääppp
TTT

   
− = − = −
± = ±
 
+ = + −
 
 




x x x cos x
x x cos x x
x
x x x x x
6
3 3
4 4 2
4 4 2 2
6 2
1
sin cos (sin cos ) 1 sin 2
2
1
sin cos 1 sin 2
2
sin cos sin cos
3
sin cos 1 sin 2
4


ℤ
x k
x a k
x k
sin 2
sin ;
sin 2
x arc a k
x a k
x arc a k
π
π π

= +
= ⇔ ∈

= − +

ℤ


2
s s ;
2
α π
α

Phương trình tanx = a (ĐK:
π
π
≠ + ∈
ℤ
,
2
x k k
)
Phương trình cotx = a (ĐK:
π
≠ ∈
ℤ
,
x k k
)


tan tan ;
α α π
= = ⇔ = + ∈
ℤ
x a x k k


tan arctan ;
π
= ⇔ = + ∈
ℤ
x a x a k k

+ +
2. Phương trình
2 2
a x b x x c x d
+ + =
sin sin cos cos

- Kiểm tra xem cosx = 0 có là nghiệm của phương trình khơng ?.
- Nếu
cos 0
x
≠
, chia cả 2 vế của phương trình cho
2
cos x
, ta được:
2 2
tan (1 tan )
a x btanx c d x
+ + = +

BẢNG ĐẠO HÀM


'
( )
x
α
=
1

(cosx)’ = - sinx

(tanx)’ =
2
1
cos
x


(cotx)’ =
2
1
sin
x
−



'
( )
u
α
=
1
. '. u u
α
α
−



cos
u
u

(cotu)’ =
2
'
sin
u
u
−



'
)(
x
e
= e
x



'
)(
x
a
= a
x
.lna


(ln| u |)’ =
u
u'


(log
a
| u |)’ =
a
u
u
ln
'
(u
±
v)’ = u’
±
v’


(uv)’ = u’v + v’u


(ku)’ = k.u’


nnn
Trang 4
Chương I KHẢO SÁT VÀ VẼ ĐỒ THỊ HÀM SỐ
I. KHẢO SÁT VÀ VẼ ĐỒ THỊ HÀM SỐ BẬC 3, BẬC 4
1. Các bước khảo sát
- Tập xác định: D = R ;
- Tính đạo hàm y’, giải phương trình y’ = 0 và tìm các điểm cực trị ;
- Tính các giới hạn
lim
x
y
→−∞
;
lim
x
y
→+∞
;
- Lập BBT, nhận xét về tính đơn điệu và cực trị của đồ thị hàm số ;

= ⇒ = −

= ⇔ + = ⇔

= − ⇒ =


* Giới hạn:
lim
x
y
→−∞
= −∞
;
lim
x
y
→+∞
= +∞
* Bảng biến thiên:
Ví dụ : Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
4 2
2 3
y x x
= − −
Giải
* Tập xác đònh: D = R
* Đạo hàm:
3 2
' 4 4 4 ( 1)

PHẦN GIẢI TÍCH
HOÀNG THÁI VIỆT ĐHBKĐN - 01695316875
TTTaaàøøiii llliiieeệääuuu ooôâânnn ttthhhiii TTT
ooốááttt nnnggghhhiiieeệääppp
TTT
TTTHHHPPP
nnn mmmooôâânnn TTToooaaáùù

nnn
Trang 5
x
−∞
-2 0 +
∞
y’ + 0 - 0 +
y
0
+∞
−∞
-4
* Nhận xét :
+ HS đồng biến trên
( ; 2)
−∞ −

-3
+∞
-4 -4
* Nhận xét:
+ HS đồng biến trên
( 1;0) −
và
(1; )
+∞
,
nghịch
biến trên
( ; 1)
−∞ −
và
(0;1)
.
+ HS đạt cực đại tại x = 0 ; y
CĐ
= -3, đạt cực tiểu
tại x =
1 ±
; y
CT
= -4.
* Đồ thị:
+ Cho
2 5
x y
= − ⇒ =

−
.
* Tính đạo hàm
'
2
( )
ad bc
y
cx d
−
=
+
.
* Giới hạn, tiệm cận.
lim ?
d
x
c
y
+
→−
=
,
lim ?
d
x
c
y
−
→−

Ví dụ: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
1
1
x
y
x
+
=
−
Giải
* Tập xác định:
\{1}
D
=
ℝ
* Đạo hàm:
2
2
' 0
( 1)
y
x
−
= <
−
x D
∀ ∈
.
* Giới hạn, tiệm cận:
+ Vì

HOÀNG THÁI VIỆT ĐHBKĐN - 01695316875
TTTaaàøøiii llliiieeệääuuu ooôâânnn ttthhhiii TTT
ooốááttt nnnggghhhiiieeệääppp
TTT
TTTHHHPPP
nnn mmmooôâânnn TTToooaaáùù nnn
Trang 6
* Vẽ đồ thị.
Tìm điểm đặc biệt: giao với trục Ox, Oy.
Lưu ý:
- Đồ thị đối xứng qua điểm I là giao điểm của
TCĐ và TCN.
- Trục hồnh: y = 0.
- Trục tung: x = 0.
+ HS ln nghịch biến trên
(
)
;1

= − +
3.
3 2
3
y x x
= +

4.
3 2
3 2
y x x
= − +
5.
3 2
2 3
y x x
= −

6.
3 2
6 9
y x x x
= − +
7.
3 2
3
y x x
= − +

8.

y x x x
Bài tập 2: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của các hàm số sau:
1.
4 2
2 1
y x x
= − −
2.
2 4
2
y x x
= −
3.
4 2
1
2 1
4
= − + +
y x x

4.
4 2
2 4 1
y x x
= − −
5.
4 2
2 2
y x x
= − −

1
2
−
=
−
x
y
x
3.
2 1
1
x
y
x
−
=
+
4.
2 3
1
x
y
x
−
=
+
5.
3
1
x

−
=
+
9.
2 1
2
x
y
x
+
=
−
10.
2 1
2
x
y
x
− +
=
+
11.
2 1
2
x
y
x
+
=
−
nnn
Trang 7
BÀI TỐN 1: Định giá trị của m để hàm số đồng biến, nghịch biến trên TXĐ
1. Định lí về dấu của tam thức bậc 2
Cho tam thức bậc 2:
2
( )
f x ax bx c
= + +
(
0
a
≠
) có
2
4
b ac
∆ = −
. Khi đó:
- Nếu
0
∆ <
thì f(x) cùng dấu với hệ số a với mọi x
∈
ℝ

(
1 2
x x
<
) ta có b
ả
ng xét d
ấ
u:
x
-
∞

1
x

2
x
+
∞
f(x) cùng d
ấ
u a 0 trái d
ấ
u a 0 cùng d
ấ
u a
2. Định giá trị của m
Đối với hàm bậc 3
3 2

x
c
 
≠ −
 
 
TX
Đ
: D =
\
d
R
c
 
−
 
 
.
Đạ
o hàm:
2
. .
'
( )
a d b c
y
cx d
−
=
+

' 0
y
⇔ ≤
,
x D
∀ ∈

0
0
<

⇔

∆ ≤

a

y
đồ
ng bi
ế
n trên t
ừ
ng
kho
ả
ng c
ủ
a D
' 0

ad bc
Ví dụ:

Đị
nh m
để
hàm s
ố

3 2
1
( 6) (2 1)
3
y x mx m x m
= + + + − +
đồ
ng bi
ế
n trên
t
ậ
p xác
đị
nh.
Giải.
T
ậ
p xác
đị
nh: D = R

1
0
3
2 3
6 0

= >

⇔ − < <

− − <


a
m
m m
.
Ví dụ: Đị
nh m
để
hàm s
ố

(2 1) 3
m x
y
x m
− +
=
+

đồ
ng bi
ế
n trên TX
Đ
thì
2
1
' 0 2 3 0
3
2
< −


> ⇔ − − > ⇔

>

m
y m m
m
.
BÀI TẬP

1.
Cho hàm s
ố

3 2
( 2) ( 1) 2

y x x (1).
Đị
nh m
để
hàm s
ố
(1)
đồ
ng bi
ế
n trên t
ậ
p xác
đị
nh c
ủ
a nó.
3.
Cho hàm s
ố

2 3 2
1
( 1)
3
( 1) 2 1
−
= + − − +
m
y x m x x

( ; )
∈
a b
* Tính các giá trị
1 2
( ), ( ), ( ), ( )
y a y b y x y x
* Tìm số lớn nhất M và số nhỏ nhất m trong các số
trên, ta có:
max
[ ; ]
= y M
a b

min m
[ ; ]
=
y
a b
Ví dụ. Tìm GTLN và GTNN của hàm số
3 2
3 2
= − +
y x x
trên đoạn [-1 ; 1].
Giải
* Đạo hàm:
2
' 3 6 3 ( 2)
= − = −

3 1
y x x
= − +
trên đoạn [0 ; 2] (TN THPT 2007).
2. Tìm GTLN, GTNN của hàm số
4 2
2 1
y x x
= − +
trên đoạn [0 ; 2] (TN THPT 2008 – Lần 1).
3. Tìm GTLN, GTNN của hàm số
3 2
2 6 1
y x x
= − +
trên đoạn [-1 ; 1] (TN THPT 2008 – Lần 2).
4. Tìm GTLN, GTNN của hàm số
3 2
1
2 3 7
3
= − + −
y x x x
trên đoạn [0 ; 2].
5. Tìm GTLN, GTNN của hàm số
2
ln(1 2 )
y x x
= − −
trên đoạn [-2 ; 0] (TN THPT 2009).

y
) biết trước.
Cách giải: Thay x
0
, (
0
y
) vào phương trình của (C) ta tìm được y
0,
(
0
x
) tương ứng.
Lưu ý: + Tại giao của đồ thị (C) với trục tung: Ta có x
0
= 0.
+ Tại giao của đồ thị (C) với trục hồnh: Ta có y
0
= 0.
2. Có hệ số góc k cho trước.
Cách giải: Từ phương trình k = f’(
0
x
) ta tìm được
0
x
từ đó tìm được
0
y
.


nnn
Trang 9
k = f’(
0
x
) = a ta tìm được
0
x
từ đó tìm
0
y
.
Ví dụ 1. Cho hàm số
1
2
x
y
x
−
=
+
, gọi đồ thị của hàm số là (C). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) .
1. Tại điểm có hồnh độ bằng -1 ; 2. Tại điểm có tung độ bằng 2 ;

2 1 2( 2) 5
2
x
x x x
x
−
⇒ = ⇒ − = + ⇒ = −
+
.
Mặt khác hệ số góc k = y’(-5)
1
3
=
.
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y - 2 =
1
3
(x + 5) hay y =
3
x
+
11
3
.
3. Theo đề bài ta có y
0
= 0
0
0
0

1
2
. Mặt khác hệ số góc k = y’(0) =
3
4
.
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y +
1
2
=
3
4
(x - 0) hay y =
3
4
x -
1
2
.
Ví dụ 2. Cho hàm số
2
1
x
y
x
=
−
, gọi đồ thị của hàm số là (C). Viết PTTT với đồ thị (C)
1. Tại điểm có hệ số góc bằng -2.
2. Biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng

0
2
'( ) 2 2 ( 1) 1 2 0
2
( 1)
x
y x x x x
x
x
=

−
= − ⇔ = − ⇔ − = ⇔ − = ⇔

=
−

.
Với
0 0
0 0
x y
= ⇒ =
. Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y – 0 = -2(x – 0) hay y = -2x.
Với
0 0
2 4
x y
= ⇒ =
. Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y – 4 = -2(x – 2) hay y = -2x + 8.

= −
−

x
y x x x x
x
x
.
Với
0 0
3 3
x y
= ⇒ =
. Phương trình tiếp tuyến cần tìm là:
( )
1
3 3
2
y x
− = − −
hay
1 9
2
2
y x
= − +
.
Với
0 0
1 1Trang 10
3. Vì tiếp tuyến vng góc với đường thẳng
9
2
y x
=
nên tiếp tuyến có hệ số góc k =
0
2
'( )
9
y x
= −
.
Đến đây làm tương tự câu 2.
Đáp án: Có 2 tiếp tuyến thoả mãn là
2 32
9
9
y x= − +
và
2 8
9
9
y x
= − +

=
+
có đồ thị (C). Viết PTTT với (C) tại điểm có tung độ = -2 (TN THPT 2008).
4. Cho HS
2 1
2
x
y
x
+
=
−
có đồ thị (C). Viết PTTT với (C), biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng -5 (TN
THPT 2009).
5. Cho HS
4 2
1 3
3
2 2
= − +
y x x
có đồ thị (C). Viết PTTT với (C) tại điểm có hồnh độ bằng 2.
6. Cho HS
2 3
1
−
=
−
x
y

CD
CT
m y
m y
=


=

: (1) có 2 nghiệm.
*
CT CD
y m y
< <
: (1) có 3
nghiệm.
*
CT
m y
<
: (1) vơ nghiệm.
*
CT
m y
=
: (1) có 2 nghiệm.
*
CT CD
y m y
< <

hàm số
4 2
2 1
= − −
y x x
. Dựa vào đồ thị (C), biện
luận theo m số nghiệm của phương trình
4 2
2 1 0
− − + =
x x m
.
Giải
* Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm
số: (học sinh tự làm).
* Đồ thị:
HOÀNG THÁI VIỆT ĐHBKĐN - 01695316875
TTTaaàøøiii llliiieeệääuuu ooôâânnn ttthhhiii TTT
ooốááttt nnnggghhhiiieeệääppp
TTT
TTTHHHPPP
nnn mmmooôâânnn TTToooaaáùù
m m
m m
− = − = −
 
⇔
 
− = =
 
thì phương trình (1)
có 2 nghiệm.
+ Nếu
2 1 2 1 3
m m
− < − < ⇔ − < <
thì phương trình
(1) có 3 nghiệm.
* Ptrình
4 2 4 2
2 1 0 2 1 2
− − + = ⇔ − − = −
x x m x x m
(1)
* Số nghiệm của PT (1) là số giao điểm của đồ thị
(C) với đường thẳng y = m – 2. Dựa vào đồ thị (C),
ta có:
+ Nếu
2 2 0
− < − ⇔ <
m m
thì phương trình (1) vơ

= − + −
y x x
, gọi đồ thị của
hàm số là (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của
hàm số.
2. Tìm các giá trị của m để phương trình
− + + + =
3 2
3 2 1 0
x x m
có 3 nghiệm phân biệt.
Giải
1. Học sinh tự làm.
2. Tìm các giá trị của m …
− + + + = ⇔ − + − = +
3 2 3 2
3 2 1 0 3 2 1
x x m x x m
(1)
Số nghiệm của PT (1) là số giao điểm của đồ thị
(C) với đường thẳng y = m + 1. Để phương trình
có 3 nghiệm phân biệt thì:
2 1 2 3 1
m m
− < + < ⇔ − < <
.
Ví dụ: Cho hàm số
4 2
1

nnn mmmooôâânnn TTToooaaáùù
nnn
Trang 12
Số nghiệm của PT trên là số giao điểm của đồ thị
(C) với đường thẳng y = 2m - 1. Để phương trình
có 4 nghiệm phân biệt thì:
1 5
0 2 1 4
2 2
m m
< − < ⇔ < <
.
BÀI TẬP
1. Cho hàm số
3 2
2 3 1
y x x
= + −
có đồ thị (C). Dựa vào (C), biện luận theo m số nghiệm của phương
trình
3 2

y ax bx cx d
= + + +
).
Phương pháp Ví dụ
Hàm số có cực đại và cực tiểu
⇔
y’ = 0 có 2
nghiệm phân biệt
'
0
0
y
a



≠
⇔
∆ >
.
Ví dụ: Định m để hàm số
3 2
( 1) 2
y x m x x
= + − + −
có cực đại, cực tiểu.
Giải
Đạo hàm:
2
' 3 2( 1) 1

m
m m
m
.
BÀI TẬP
1. Cho hàm số
3 2 2
1
( 1) (3 4 1)
3
= + − + − + +
y x m x m m x m
. Xác định m để :
a. Hàm số có cực đại và cực tiểu. (Đáp án: 0 < m < 1).
b. Hàm số ln đồng biến trên R. (Đáp án:
0
m
≤
hoặc
1
m
≥
).
2. Cho hàm số
3 2
( 2) 3 5
y m x x mx
= + + + −
. Xác định m để hàm số có cực đại và cực tiểu.
3. Cho hàm số

y x
y x
.
Ví dụ: Định m để hàm số
3 2 2
( 1) (3 4 ) 9
3
= + − + − + −
m
y x m x m m x m

nhận điểm x =1 làm điểm cực đại.
Giải
HOÀNG THÁI VIỆT ĐHBKĐN - 01695316875
nnn ttthhhiii TTT uuu ooôââiii llliiieeệää TTTaaàøø
ooốáá ttt nnnggghhhiiieeệää ppp
TTT
TTTHHHPPP
nnn mmmooôâânnn TTToooaaáùù
nnn
Trang 13

3
''(1) 0
1
3
4 2 0
2
m m
y
m m
m
y
m
m

= ∨ = −

=

− − =

⇔ ⇔ ⇔ = −
  
<
− <



<



Ví dụ: Chứng minh rằng đồ thị hàm số
3 2
2 1
y x mx x
= − − +
ln có một điểm cực đại và
một điểm cực tiểu với mọi giá trị của m.
Giải
* Tập xác định: D = R.
* Đạo hàm:
2
' 3 2 2
y x mx
= − −

* Ta có
2 2
' ( ) 3.( 2) 6 0,
∆ = − − − = + > ∀ ∈
m m m R
. Suy
ra y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt và y’đổi dấu (có
thể lập bảng xét dấu với hai nghiệm
1 2
; x x
) khi x đi
qua 2 nghiệm đó.
* Vậy hàm số ln có một điểm cực đại và một
điểm cực tiểu với mọi m.
Hết chương I

1,( 0)
1

n
n
a a
a
a
−
= ≠
=



m
.
a

m n m n
m n
n
a a a
a
a
+
−
=
=



2. Căn bậc n
Định nghĩa: Cho số thực b và số ngun dương n
≥
2.
Số a được gọi là căn bậc n của số b nếu
n
a b
=
.
Kí hiệu:
n
a b
=
.
- n lẻ,
b R∈
: tồn tại duy nhất
n
b
.
- n chẵn: + b < 0: khơng tồn tại căn bậc n của b.
+ b = 0:
0 0
n
=
.
+ b > 0: tồn tại 2 căn bậc n trái dấu của b đó
là
n
b

(
)
m
n
m
n
a a
=


.
n
m n m
a a
=


m
n m
n
a a
=


.m n
m
n
a a
=


a
a
α
α β
β
−
=


a a
b b
α
α
α
 
=
 
 
(
)
.
a a
β
α α β
=

Nếu a > 1 thì


log 1 0
a
=


log ( . ) log log
M N M N
a a a
= +


log 1
a
a
=


log log log
M
M N
a a a
N
= −
log
M
a M

log
log
=
a
b
b
a

c. Cơng thức đổi cơ số: Cho a, b, c > 0,
1
a
≠
, c
≠
1.
log
log
log
b
c
b
a
a
c
=

d. So sánh lơgarit: Cho a > 0,
1
a
≠

e
x x
=
HOÀNG THÁI VIỆT ĐHBKĐN - 01695316875
TTTaaàøøiii llliiieeệääuuu ooôâânnn ttthhhiii TTT
ooốááttt nnnggghhhiiieeệääppp
TTT
TTTHHHPPP
nnn mmmooôâânnn TTToooaaáùù nnn
Trang 15
5. Giải PT, BPT mũ và lơgarit
Phương trình mũ Phương trình lơgarit
a. Phương trình mũ cơ bản
Dạng:
x
a b
=
,

b
x b x a
a

b. Phương pháp giải PT lơgarit thường gặp
- Đưa về cùng cơ số.
- Đặt ẩn phụ (khơng cần đặt điều kiện cho ẩn phụ).
- Mũ hố.
Chú ý: Các em nắm thật vững hai phương pháp đưa về cùng cơ số và đặt ẩn phụ để giải PT, BPT mũ,
lơgarit. Còn phương pháp thứ 3 tương đối khó chỉ nên tham khảo thêm.
6. Một số dạng phương trình (BPT) mũ, lơgarit thường gặp
a. Các dạng cơ bản
a > 0,
1
a
≠
a > 1 0 < a < 1
( ) ( )
( ) ( )
f x g x
a a f x g x
= ⇔ =
( ) 0
log ( ) log ( ) ( ) 0
( ) ( )
a a
f x
f x g x g x
f x g x
>

( ) 0
log ( ) log ( )
( ) ( )
a a
f x
f x g x
f x g x
>

> ⇔

<

b. Vận dụng
Dạng tốn Ví dụ
Dạng 1: Phương trình mũ bậc hai
2
. . 0
x x
m a n a p
+ + =
(1)
Phương pháp
- Đặt
x
t a
=
, (t > 0). Ta được PT:
2
. . 0

1
3
=

− + = ⇔

=


t
t t
t

Với t = 1
3
3 1 log 1 0
x
x
⇔ = ⇔ = =
.
Với t =
3
1 1 1
3 3 log 1
3 3 3
x x
⇔ = ⇔ = = −
.
Vậy PT đã cho có 2 nghiệm x = 0 ; x = -1.
Dạng 2:

Ví dụ: Giải phương trình
1
6 6 5 0
x x−
− − =
.
Giải
1
6
6 6 5 0 6 5 0
6
x x x
x
−
− − = ⇔ − − =
Đặt t =
6
x
(t > 0), ta được phương trình
2
6 (nhan)
6
5 0 5 6 0
1(loai)
t ä
t t t
t
t ï

=

Trang 16
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 6.
Dạng 3: BPT mũ
( ) ( )
,(0 1)
f x g x
a a a
≤ < ≠
.
Phương pháp
- Nếu 0 < a < 1, ta có f(x)
≥
g(x) (BPT đổi chiều).
- Nếu a > 1, ta có f(x)
≤
g(x).
Với BPT
( ) f x
a c
≤
- Nếu 0 < a < 1, ta có f(x)
≥
log
a
c
(BPT đổi
chiều)
- Nếu a > 1, ta có f(x)
≤
log

a a
f x g x
=
.
Phương pháp
- Dùng các cơng thức tính tốn, cộng, trừ lơgarit
để biến đổi.
- Cần chú ý đến ĐK của các biểu thức dưới dấu
lơgarit.
Ví dụ: Giải phương trình
3 9
log (9 ) log 5
x x
+ =
.
Giải
Điều kiện:
0
0
9 0
x
x
x
>

⇔ >

>

. Khi đó:

a
t f x
=
, ta được
2
. . 0
m t n t p
+ + =
. Giải
phương trình tìm t.
- Giải PT
log ( ) ( )
t
a
f x t f x a
= ⇔ =
để tìm x.
- Kết luận nghiệm.
Ví dụ: Giải phương trình
2
2 2
4log 3log 10 0
x x
− − =
.
Giải
Điều kiện:
0
x
>

4
2
5
log 2
4
x x
−
= − ⇔ =
.
Dạng 6: BPT lơgarit
log ( ) log ( ),(0 1)
a a
f x g x a
< < ≠
.
Phương pháp
- ĐK:
( ) 0
( )
0
f x
g x
>


>

.
- Nếu 0 < a < 1, ta có f(x) > g(x) (BPT đổi chiều).
- Nếu a > 1, ta có f(x)

− > +
.
Giải
a. Điều kiện:
0
1
3 1 0
3
x
x
x
>

⇔ >

− >

. Khi đó:
2 2
1
log log (3 1) 3 1 2 1
2
x x x x x x
≥ − ⇔ ≥ − ⇔ ≤ ⇔ ≤
.
Kết hợp ĐK ta được tập nghiệm là:
1 1
;
3 2
T

1
;3
2
T
 
=
 
 
.
HOÀNG THÁI VIỆT ĐHBKĐN - 01695316875
TTTaaàøøiii llliiieeệääuuu ooôâânnn ttthhhiii TTT
ooốááttt nnnggghhhiiieeệääppp
TTT
TTTHHHPPP
nnn mmmooôâânnn TTToooaaáùù

nnn
Trang 17
BÀI TẬP
Bài tập 1. Khơng sử dụng máy tính cầm tay. Hãy tính:
a.
4
0,75
3

5
4
5 0,2
−
−
−
 
 
+
 
 
 
 
f.
3 3
1 2 2 2
3 :9
+

g.
9 2 6 4
7
7 5 5
8 :8 3 .3
−

h.
2 7
2 7 1 7
10

2
1 log 3
8
−

o.
10
2 2log 7
10
+

p.
3 81
2log 2 4log 2
9
+

Bài tập 2. Giải các phương trình sau:
a.
2
3 2
2 4
x x− +
=
b.
3 1 2
(0,5) .(0,5) 2
x x− −
=
c.

1
4 10.2 24
−
− =
x x

e.
2 1 1
5 5 250
− +
+ =
x x

f.
2 6 7
2 2 17 0
+ +
+ − =
x x

i.
2 1
3 9.3 6 0
x x+
− + =
j.
6 3
3. 2 0
x x
e e

p.
1
7 2.7 9 0
x x−
+ − =
q.
3 1
1 1
128 0
4 8
−
   
− − =
   
   
x x
r.
(
)
(
)
2 3 2 3 14
x x
− + + =
Bài tập 4. Giải các phương trình sau:
a.
4 4
log (5 2 ) log ( 3)
x x
− = +

x x
h.
2 2
log log ( 1) 1
x x
+ − =
i.
6 1
6
log ( 4) log ( 1) 1
− − + =
x x

j.
4 4 4
log ( 3) log ( 1) 2 log 8
+ − − = −
x x
k.
2 3 4
log (log (log )) 0
=
x

l.
1 4
4
log (3 1) log (2 3 )
x x
+ = −


q.
2 3
2 2
log log 4 0
+ − =
x x

r.
2
2 2
log 3log 10 0
− − =
x x

Bài tập 5. Giải các bất phương trình sau:
a.
2
2
2 3 2
1
7
7
x
x x− +
 
<
 
 
b.

e.
2
3
1
9
3
x x−
 
≥
 
 

f.
2 1 1
7 2 5.7 2
x x x x
+ − −
− ≤ −

g.
2 2 2 2
1 1 2
2 3 3 2
x x x x
− − +
− > −

h.
9 3 2 0
− − ≥

Trang 18
a.
2 2
log log (3 1)
x x
≥ −
b.
2 2
2log ( 1) log (5 ) 1 0
x x
− − − − ≤
c.
1
2
2
log ( 2) log (3 ) 4
x x
+ + − ≥
d.
1
2
log (2 4) 1
x
+ ≥
e.
1 1
3 3
log (2 1) log ( 2)
x x
− > +

k.
+
− >
3 5
1
2
log (2 15) 0
x

l.
2
3 1
2
1
log log 1
16
x
 
 
+ >
 
 
 
 
m.
2 2
4 4
log ( 2 ) log ( 4)
x x x
− > +

+
= +
∫
+


cos sin
xdx x C
= +
∫



sin cos
xdx x C
= − +
∫



2
1
tan
cos
dx x C
x
= +
∫



a
= +
∫


( )
ax b dx
α
+
∫

1
1 1
. ( )
1
ax b C
a
α
α
+
= + +
+


1
ax b ax b
e dx e C
a
+ +
= +

a
= − + +


sin
tan ln | |
os
x
xdx dx cosx C
c x
= = − +
∫ ∫



os
cot ln | sin |
sinx
c x
xdx dx x C
= = +
∫ ∫

3. Định nghĩa tích phân
Cho f(x) là hàm số liên tục trên đoạn [a ; b]. Giả sử F(x) là 1 nguyên hàm của f(x) trên đoạn [a ; b].
Hiệu số F(b) – F(a) được gọi là tích phân từ a đến b của hàm số f(x). Kí hiệu:
( )
b
f x dx
a


4. Các bài tốn đổi biến số
Bài tốn Ví dụ
Bài tốn 1:
[ ]
( ) . '( )
b
a
f u x u x dx
∫

Phương pháp: - Đặt
( ) '( )
t u x dt u x dx
= ⇒ =
- Đổi cận:
x b t
x a t
β
α



= ⇒ =
= ⇒ =
- Thế:
[ ]
( ) . '( ) ( )
b
a


= ⇒ =
= ⇒ =
1
1 1 0
0
0
1
t t
I e dx e e e e
⇒ = = = − = −
∫

Bài tốn 2:
. '( )
( )
b
a
u x
u x dx
∫

Phương pháp: - Đặt
2
( ) ( )
t u x t u x
= ⇒ =

2 '( )
tdt u x dx


= ⇒ =
= ⇒ =

2 2
2 3 2
1
1 1
1 1
. 2 2 1
3 3
I t tdt t dt t
 
 
⇒ = = = = −
∫ ∫

Bài tốn 3:
2
2 2
0
a
a x dx
−
∫

Phương pháp: Đặt
sin cos
x a t dx a t
= ⇒ =

sin cos
x xdx
π
∫

3.
2
3
0
cos sin
x xdx
π
∫

4.
2
2
0
sin
xdx
π
∫

6.
2
0
cos
3 sin
x
dx

2 1 4sin3 .cos3
x xdx
π
+
∫

11.
6
3
(cos 1) sin
x xdx
π
π
+
∫

12.
4
2
0
sin 2
4 cos
x
dx
x
π
−
∫

13.

0
3 1
x dx
+
∫

18.
2
2
0
4 .
x xdx
−
∫

19.
2
1
0
.
x
e xdx
−
∫

20.
ln 3
0
1
x

TTTaaàøøiii llliiieeệääuuu ooôâânnn ttthhhiii TTT
ooốááttt nnnggghhhiiieeệääppp
TTT
TTTHHHPPP
nnn mmmooôâânnn TTToooaaáùù nnn
Trang 20
5.
4
0
tan
xdx
π
∫
10.
2
0
(2sin 3)cos
x xdx

a
P x e dx
∫

Phương pháp: Đặt
( )
x
u P x
dv e dx



=
=

Ví dụ: Tính tích phân
1
0
x
I xe dx
=
∫
.
Giải. Đặt
x x
u x du dx
dv e dx v e
= ⇒ =



=

Ví dụ: Tính tích phân
2
0
(2 1) sin
π
= +
∫
I x xdx
.
Giải. Đặt
2 1 2
sin cos
= + ⇒ =


= ⇒ = −

u x du dx
dv xdx v x
Vậy
[ ]
2
2
0
0
(2 1) cos | 2 cos
π
π

0
(1 ) os
π
= −
∫
I x c xdx
.
Giải. Đặt
1
cos
= − ⇒ = −


= ⇒ =

u x du dx
dv xdx v sinx
Vậy
[ ]
2
2
0
0
(1 )sin | sin
π
π
= − +
∫
I x x xdx


2 ln
I x xdx
=
∫
.
Giải. Đặt
2
1
ln
2
u x du dx
x
dv xdx v x

= ⇒ =



= ⇒ =

Vậy
2
2 2 2 2 2 2
1 1 1
1
1
( ln ) | ( ln ) | |
2
I x x xdx x x x
= − = −

2
0
(2 1)
x cosxdx
π
−
∫

2.
4
0
(2 3)sin
x xdx
π
+
∫

3.
0
(1 )sin 2
x xdx
π
−
∫

4.
2
0
(1 )
π

8.
2
0
(5 2 )
x
x e dx
−
∫

9.
1
0
ln(1 )
x dx
+
∫

10.
3
1
2 ln
x xdx
∫

11.
2
2
1
ln
x xdx

= −
, trục Ox, hai đường
thẳng x = -1, x = 1.
Giải
Đặt y = f(x) =
2
2
x x
−
. Ta có f(x) = 0
2
2 0
x x
⇔ − =
⇔
x = 0 hoặc x = 2 (loại).
Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là:
1 0 1
2 2 2
1 1 0
( 2 ) ( 2 ) ( 2 )
S x x dx x x dx x x dx
− −
= − = − + −
∫ ∫ ∫
3 3
0 1
2 2
1 0
2

Tính di
ệ
n tích hình ph
ẳ
ng gi
ớ
i h
ạ
n b
ở
i
đồ
th
ị
hàm s
ố

3 2
3
y x x
= +
, trục hồnh và các đường thẳng
x = - 2, x = 1 ;
Dạng 2: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của 2 đường y = f
1
(x), y = f
2
(x).
Phương pháp
- Hồnh độ giao điểm của 2 đường y = f nnn
Trang 22
Ví dụ. Tính diện tích của hình phẳng được giới hạn bởi các đường:
2
2
y x x
= −
và y = x.
Giải
Hoành độ giao điểm của 2 đường cong là nghiệm của phương trình
2 2
2 3 0
x x x x x
− = ⇔ − =
.
Giải PT ta được x = 0 hoặc x = 3.
Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là:
3 3
3
3
2 2 2
0
0 0
3
| 3 | ( 3 )
3 2

4. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
2
6
y x x
= − +
, y = 0 (TN THPT 2007).
5. Cho hàm số
3 2
3
y x x
= − +
có đồ thị (C). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và
trục hồnh (TN THPT 2006).
7. Thể tích vật thể tròn xoay
Thể tích của khối tròn xoay sinh ra do hình phẳng giới hạn bởi các đường: (C) y = f(x), trục Ox,
hai đường thẳng x = a, x = b khi quay quanh trục Ox là:
[ ]
2
( )
b
a
V f x dx
π
=
∫

Ví dụ. Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra do hình phẳng giới hạn bởi các đường (C)
2
2
y x x

1. Tính thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi cho hình phẳng (H) giới hạn bởi đồ thị hàm số y =
cosx, trục hồnh và hai đường thẳng
;
6 2
x x
π π
= =
quay quanh trục hồnh ;
2. Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y = sinx, y = 0, x = 0, x =
2
π
. Tính thể tích của khối
tròn xoay được tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hồnh ;
3. Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường
(2 1) sin
y x x
= +
, y = 0, x = 0, x =
2
π
. Tính thể tích
của khối tròn xoay được tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hồnh.
Hết chương III
HOÀNG THÁI VIỆT ĐHBKĐN - 01695316875
TTTaaàøø iii llliiieeệää uuu ooôâânnn ttthhhiii TTT
ooốááttt nnnggghhhiiieeệääppp
TTT
TTTHHHPPP
nnn mmmooôâânnn TTToooaaáùù


z a b
= +

4. Các phép tốn cộng, trừ, nhân số phức
Cho z = a + bi và z’ = a’ + b’i. Ta có:
a = a'
z = z'
b = b'
z + z' = (a + a' ) + (b + b')i
z - z' = (a - a') + (b - b')i
z.z' = (a.a' - b.b') + (ab' + a'b)i

⇔






5. Phép chia
Cho z = a + bi, z’ = c + di
≠
0
2 2
( )( )
'
z a bi a bi c di
z c di c d
+ + −
= =

i a
±
.
- Cho PT bậc hai
2
0
ax bx c
+ + =
(a, b, c
∈
R,a
≠
0).
Có biệt thức
2
4
b ac
∆ = −
. Khi đó ta có bảng:
∆
Phương trình
2
0
ax bx c
+ + =
∆
> 0
Có 2 nghiệm thực phân biệt
1,2
2

2 2
(1 3 ) (1 3 )
P i i
= + + −
(TN THPT 2008) 2.
2
(1 2 ) 2 3
P i i
= − + −
3.
3 2
2 1
2 3
i
P i
i
+
= − +
−
4.
3
(2 1) 5 2
P i i
= − + −
Bài tập 2. Tìm mơđun của số phức z, biết:
1.
( 2 3 )( 3 2 )
z i i
= + −
2.

− + =
(TN THPT 2006) 6.
2
4 3 1 0
x x
− + =
7.
2
3 3 0
x x
+ + =
8.
2
4 20 0
x x
− + =
Hết chương IV
z = a + bi
z
= a - bi
HOÀNG THÁI VIỆT ĐHBKĐN - 01695316875
TTTaaàøøiii llliiieeệääuuu ooôâânnn ttthhhiii TTT
ooốááttt nnnggghhhiiieeệääppp
TTT
TTTHHHPPP
nnn mmmooôâânnn TTToooaaáùù


V B d
B: Diện tích đáy; d: là chiều cao.
Ví dụ. Tính thể tích của khối chóp S.ABC có cạnh bên SA vng góc với đáy (ABC), SA=a; tam giác
ABC vng tại B, BC = a; AC = 2a.
Giải
Ta có thể tích
1
1
. .
3 3
∆
= =
ABC
V B h S SA
. Mà SA = a.
Trong tam giác ABC vng tại B ta có:

( )
2
2 2 2
2 3
= − = − =
AB AC BC a a a
Nên
2
1 1 1
. 3. 3
2 2 2
∆
= = =

vng tại B, biết SA = AB = BC = a. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
4. (TN THPT 07L2) Cho hình chóp S.ABCD có SA vng góc với mặt phẳng đáy, đáy ABCD là
hình vng cạnh bằng a và SA = AC. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
PHẦN HÌNH HỌC
1
.
3
V S h
=

.
V S h
=
2
xq
S Rl
π
=
2
.
V R h
π
=
xq
S Rl
π
=
2
1
.

nnn mmmooôâânnn TTToooaaáùù nnn
Trang 25
a
a
a
2a
2a
2a
H
I
A
B
C
S
a
a
a


. sin . .sin 60
2 2 2 2 4
∆
= = = =
ABC
a
S AB BC B a a a

Lại có
2
3
=
AH AI
2
2 2 2
2 2 3
3 3 2 3
a a
AB BI a
 
= − = − =
 
 

Trong tam giác SAH vng tại H có
( )
2
2
2 2
3 33

đáy ABCD bằng 45
0
. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a.
Dạng 3. Biết một mặt bên vng góc với đáy. Khi đó đường thẳng đi qua 1 đỉnh của mặt bên, vng góc
với giao tuyến giữa mặt bên và mặt đáy là đường cao của hình chóp.
Ví dụ. Cho hình chóp S.ABC, có mặt bên (SAB) vng góc với mặt đáy (ABC), đáy ABC là tam giác
đều cạnh bằng a và mặt SAB là tam giác vng cân tại S. Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a.
Giải
Ta có
(
)
(
)
∩ =
SAB ABC AB
. Từ S dựng đường thẳng vng góc với AB cắt
AB tại I; nên SI vng góc với đáy (ABC) mà
∆
SAB
vng cân tại S nên I
là trung điểm của AB =>
1
2 2
= =
a
SI AB
.
Khi đó thể tích
1 1
. .

3
a
mặt SAB là tam giác vng tại S và SA = a. Tính thể tích
của khối chóp S.ABC theo a.
HOÀNG THÁI VIỆT ĐHBKĐN - 01695316875