CHỦ ĐỀ 1
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
I. TÓM TẮT VÀ BỔ SUNG KIẾN THỨC
A. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN
1. Phương trình sinx = a
• Nếu |a| > 1 : Phương trình vô nghiệm
• Nếu |a| ≤ 1 : Phương trình có nghiệm là x = α + k2π và x = π - α + k2π, k ∈ , với sin α = a.
2. Phương trình cosx = a
• Nếu |a| > 1 : Phương trình vô nghiệm
• Nếu |a| ≤ 1 : Phương trình có nghiệm là x = ± α + k2π, k ∈ , với cosα = a.
3. Phương trình tanx = a
Điều kiện: cosx ≠ 0 hay x ≠
2
π
+kπ, k ∈ .
Nghiệm của phương trình x = α + kπ, k ∈ , với tanα = a
4. Phương trình cotx = a
Điều kiện: sinx ≠ 0 hay x ≠ kπ, k ∈ .
Nghiệm của phương trình là x= α + kπ, k ∈  với cotα = a.
B. MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC THƯỜNG GẶP:
1. Phương trình asinx + bcosx = c
• asinx + bsinx = c ⇔ sin(x + α) =
2 2
c
a b+
trong đó: sinα =
2 2
b
a b+
;
cosα =

+ 2at – (b + 2c) = 0
(Loại do điều kiện)
II. RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI TOÁN:
1. Phương trình đưa về phương trình tích:
Bài 1: Giải phương trình: 3tan2x.cot3x +
3
(tan2x – 3cot3x) – 3 = 0
Giải
Điều kiện của phương trình là cos2x ≠ 0 và sin3x ≠ 0
Ta biến đổi 3tan2xcot3x +
3
(tan2x – 3cot3x) – 3 = 0
⇒ 3tan2xcot3x +
3
tan2x – 3
3
cot3x – 3 = 0
⇒ tan2x (3cot3x +
3
) -
3
(3cot3x +
3
) = 0
⇒ (3cot3x +
3
) (tan2x -
3
) = 0
⇒



(k ∈ )
⇒
2
9 3
6 2
x k
x k
π π
π π

= +



= +


(k ∈ )
Caá giá trị này thỏa mãn điều kiện của phương trình. Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là: x =
2
9 3
k
π π
+
và x =
6 2
k
π π

x
=
⇒ sinx
1
2 0
cos x
 
− =
 ÷
 
⇒
sin 0
2
cos
2
x
x
=



=


⇒ x = ±
2
4
k
π
π

0
cos3 cos5 cos4
x x x
x x x
− =
⇒ 2sin4x
2
cos 4 cos3 cos5
0
cos3 cos 4 cos5
x x x
x x x
 
−
=
 ÷
 
⇒ 2sin4xsin
2
x = 0 ⇒
sin 4 0
sin 0
x
x
=


=

⇒

4 4 4 4
x x x x x
π π π π
π
= = = = =
2. Phương trình đưa về phương trình bậc hai của các hàm số lượng giác.
Bài 4: Giải phương trình: 1+sin2x = 2(cos
4
x + sin
4
x)
Giải:
Ta có: 1 + sin2x = 2(cos
4
x + sin
4
x)
= 2[(cos
2
x + sin
2
x)
2
– 2sin
2
xcos
2
x]
= 2
2

ta có phương trình sin2x =
1 5
2
− +
Phương trình này có nghiệm: x=
1 1 5
arcsin
2 2
k
π
 
− +
+
 ÷
 ÷
 
, k ∈ 
Và x =
1 1 5
arcsin
2 2 2
k
π
π
 
− +
− +
 ÷
 ÷
 

+ t
2
– 5t +3 = 0 ⇔ (t – 1)(t
2
+ 2t – 3) = 0 ⇔
1
3
t
t
=


= −

Với t = 1, phương trình tanx = 1 có nghiệm
4
x k
π
π
= +
, k ∈ 
Với t = -3, phương trình tanx = -3 có nghiệm x = arctan(-3) + kπ, k ∈ 
Các giá trị này thỏa mãn điều kiện của phương trình đã cho. Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x
=
4
k
π
π
+
, x = arctan(-3) + kπ, k ∈ 

3 2 2 3 2 2
2 2
sin 3 sin cos sin cos cos sin cos 3 sin cos 0
3 3
x x x x x x x x x x
   
− + + + − =
 ÷  ÷
   
⇔
2 2
2
sin 3 sin cos cos (sin cos ) 0
3
x x x x x x
 
− + + =
 ÷
 
⇔
2 2
sin cos 0 (1)
2
sin 3sin cos cos 0 (2)
3
x x
x x x x
+ =



6
k
π
π
+
và x = arctan
2 3
3
+ kπ, k ∈ 
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm
x =
3
,
4 6
k x k
π π
π π
+ = +
và x = arctan
2 3
3
+ kπ, k ∈ 
3. Phương trình asinx + bcosx = c
Bài 7: Giải phương trình 4cosx + 2
3
sinx + cos2x +
3
sin2x + 3 = 0
Giải:
Ta có: 4cosx + 2

(2 1)
2
3
x k
x k
π
π
π
= +



= − +

(k ∈ )
Bài 8: Giải phương trình:
2cos
3
x – sin2x(sinx + cosx) + cos2x(sinx +
2
) -
2
(sin2x + 1) – 2cosx – sinx = 0
Giải:
Ta biến đổi phương trình đã cho:
2cos
3
x – sin2x(sinx + cosx) + cos2x(sinx +
2
) -

cos 2
4 2
cos 1
4
x
x
π
π

 
+ =

 ÷
 


 
− = −

 ÷
 

⇔
2 2
4 4
2
4
x k
x k
π π

= − +



= +

(k ∈ )
4. Phương trình a(sinx + cosx) + bsinx + cosx = c
Bài 9: Giải phương trình cos2x + cos
2
x + (5 – 3cosx)(sinx + cosx) – 2 = 0
Giải:
Ta có: cos2x + cos
2
x + (5 – 3cosx)(sinx + cosx) – 2 = 0
⇔ 5(sinx + cosx) – 3cosxsinx = 3
Đặt t = sinx + cosx (-
2
≤ t ≤
2
), phương trình trở thành:
3t
2
– 10t + 30 = 0 ⇒
3( )
1
3
t loai
t
=


= − + +



= − +


(k ∈ )
Bài 10: Giải phương trình 2sin
3
x + cos2x – 3cosx + 2 =0
Giải:
Biến đổi phương trình đã cho, ta được: 2sin
3
x + cos2x – 3cosx + 2 = 0
⇔ 2sinx (1-cos
2
x) + 2cos
2
x – 3cosx +1=0
⇔ (1 – cosx)[2sinxcosx + 2(sinx – cosx) + 1} = 0
⇔
cos 1 (1)
2sin cos 2(sin cos ) 1 0 (2)
x
x x x x
=



4 2
x k
x k
π
π
π
π

 
−
= + +

 ÷
 ÷

 

 
−

= − +
 ÷
 ÷

 

(k ∈ )
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
2
2 6

= − +

 ÷
 ÷

 

(k ∈ )
III. BÀI TẬP:
Giải các phương trình sau:
1.
3
cot2xtan3x-(cot2x +
3
tan 3x) + 1 =0
2. 4cos
2
2xsinx + 2cosxsin4x + 2
3
cos2x + 2sin3x +
3
= 0
3.
1 cos2
sin 4
1 tan 2
x
x
x
−

8. (
2
- 1)sinx -
2
cosx-cos3x = 0
9. (sinx + cosx)(3cosx + 2) = cos2x + cos
2
x + 3
CHỦ ĐỀ 2:
TỔ HỢP VÀ XÁC SUẤT
I. TÓM TẮT VÀ BỔ SUNG KIẾN THỨC
A. QUY TẮC CỘNG VÀ NHÂN, HOÁN VỊ, CHỈNH HỢP, TỔ HỢP:
1. Quy tắc cộng:
Một công việc được hoàn thành bởi một trong hai hành động, hành động này có m cách thực
hiện, hành động kia có n cách (không trùng với hành động thứ nhất). khi đó có m + n cách hoàn thành
công việc.
2. Quy tắc nhân
Một công việc được hoàn thành bởi hai hành động liên tiếp, có m cách thực hiện hành động thứ
nhất và ứng với mỗi cách đó có n cách thực hiện hành động thứ hai. Khi đó m.n cách hoàn thành công
việc.
3. Hoán vị:
• Cho tập hợp A gồm n phần tử (n ≥ 1). Mỗi kết quả của sự sắp xếp thứ tự n phần tử của tập A
được gọi là hoán vị của n phần tử đó.
• Số các hoán vị của n phần tử được kí hiệu là P
n
. Ta có:
P
n
= n(n – 1) … 2.1 = n!
4. Chỉnh hợp:

!
! !( )!
k
k
n
n
A
n
C
k k n k
= =
−
6. Nhị thức Niu – tơn:
0 1 1
0
( ) ... ...
n
n n n k n k k n n k n k k
n n n n n
k
a b C a C a b C a b C b C a b
− − −
=
+ = + + + + + =
∑
B. PHÉP THỬ VÀ BIẾN CỐ:
7. Giải sử Ω là không gian mẫu, A và B là các biến cố.
• Ω\A =
A
được gọi là biến cố đối của biến cố A.

,…,x
n
}
Đặt: p
1
= P[X = x
1
], … , p
n
= P[X = x
n
]. Ta có bảng sau đây gọi là bảng phân phối xác suất của biến
ngẫu nhiên X.
X x
1
x
2
… … x
n
P p
1
p
2
… … P
n
12. Kì vọng, phương sai, độ lệch chuẩn.
Giả sử X là biến ngẫu nhiên có bảng phân phối (1). Kì vọng của X, kí hiệu E (X), là một số được cho
bởi công thức:
E(X) = x
1

b. Có 4 cách chọn hệ số a (a≠ 0)
- Khi đã chọn a, có 4 cách chọn b
- Khi đã chọn a và b, có 3 cách chọn c.
- Khi đã chọn a, b và c, có 2 cách chọn d.
Theo quy tắc nhân có: 4 x 4 x 3 x 2 = 96 đa thức.
Bài 2: Để tạo những tín hiệu, người ta dùng 2 lá cờ màu khác nhau cắm thành hàng ngang. Mỗi tín
hiệu được xác định bở số lá cờ và thứ tự sắp xếp. Hỏi có thể tạo ra bao nhiêu tín hiệu nếu:
a. Cả năm lá cờ đều được dùng?
b. Ít nhất một lá cờ được dùng?
Giải:
a. Nếu dùng cả 5 lá cờ thì mỗi tín hiệu chính là một hoán vị của 5 lá cờ. Vậy có 5!=120 tín hiệu được
tạo ra.
b.Mỗi tín hiệu tạo bởi k lá cờ là một chỉnh hợp chập k của 5 phần tử. Theo quy tắc cộng, có tất cả
1 2 3 4 5
5 5 5 5 5
325A A A A A+ + + + =
tín hiệu.
Bài 3: Từ một tổ gồm 6 bạn nam và 5 bạn nữ, chọn ngẫu nhiên 5 bạn xếp vào bànd 9ầu theo những
thứ tự khác nhau. Tính xác suất sao cho trong cách xếp trên có đúng 3 bạn nam.
Giải
Mỗi một sự sắp xếp chỗ ngồi cho 5 bạn là một chỉnh hợp chập 5 của 11 bạn.
Vậy không gian mẫu Ω gồm
5
11
A
(phần tử)
Kí hiệu A là biến cố: “Trong cách xếp trên có đúng 3 bạn nam”
Để tính n(A) ta lí luận như nhau:
- Chọn 3 nam từ 6 nam, có
3

.
Bài 4: Một tổ chuyên môn gồm 7 thầy và 5 cô giáo, trong đó thấy P và cô Q là vợ chồng. Chọn ngẫu
nhiên 5 người để lập hội đồng chấm thi vấn đáp. Tính xác suất để sao cho hội đồng có 3 thầy, 2 cô và
nhất thiết phải có thầy P hoặc cô Q nhưng không có cả hai.
Giải:
Kết quả của sự lựa chọn là một nhóm 5 người tức là một tổ hợp chập 5 của 12. Vì vậy không gian
mẫu Ω gồm
5
12
792C =
phần tử.
Gọi A là biến cố cần tìm xác suất.
B là biến cố chọn được hội đồng gồm 3 thầy, 2 cô trong đó có thầy P nhưng không có cô Q.
C là biến cố chọn được hội đồng gồm 3 thấy, 2 cô trong đó có cô Q nhưng không có thầy P.
Như vậy: A = B ∪ C và n(A) = n(B) + n(C).
Tính n(B) như sau:
- Chọn thầy P, có 1 cách
- Chọn 2 thầy từ 6 thầy còn lại, có
2
6
C
cách
- Chọn 2 cô từ 4 cô, có
2
4
C
cách
Theo quy tắc nhân, n(B) = 1.
2
6

B là biến cố “H đứng ngay trước K”
C là biến cố “K đứng ngay trước H”
Rõ ràng B và C xung khắc và A = B ∪ C.
* Tính n(B):
Xếp H và 4 bạn khác thành hàng, có 5! Cách. Trong mỗi cách xếp như vậy, xếp bạn K ngay sau H, có
1 cách. Vậy theo quy tắc nhân ta có:
n(B) = 5! x 1 = 5!
* Tương tự: n(C) = 5!
Do đó P(A) = P(B) + P(C) =
5! 5! 1
6! 6! 3
+ =
b. Ta thấy
A
là biến cố: “H và K không đứng liền nhau”. Vậy:
1 2
( ) 1 ( ) 1
3 3
P A P A= − = − =
Bài 6: Tổ I có 6 nam và 7 nữ, tổ II có 8 nam và 4 nữ. Để lập một đoàn đại biểu, lớp trưởng chọn ngẫu
nhiên từ mỗi tổ hai người. Tính xác suất sao cho đoàn đại biểu gồm toàn nam hoặc toàn nữ.
Giải:
Gọi: A là biến cố: “Đoàn đại biểu được chọn gồm toàn nam hoặc toàn nữ”,
B là biến cố: “Đoàn đại biểu được chọn gồm toàn nam”,
C là biến cố: “Đoàn đại biểu được chọn gồm toàn nữ”.
Ta có: BC = ∅, A = B ∪ C.
Suy ra: P(A) = P(B) + P(C)
Chọn 2 người từ tổ I, có
2
13

+ + ≈
Bài 7: Xét phép thử gieo một đồng tiền 3 lần.
a. Xác định không gian mẫu
b. Gọi X là số lần xuất hiện mặt gấp S, hãy liệt kê các giá trị mà X có thể nhận.
c. Tính các xác suất để X nhận các giá trị đó. Lập bảng phân phối xác suất của X.
Giải:
a. Trong phép thử gieo đồng tiền 3 lần, không gian mẫu gồm 2
3
= 8 phần tử.
Ω = {SSS, SSN, SNS, NSS,SNN, NSN, NNS, NNN}
Trong đó chẳng hạn NSN là kết quả đồng tiền lần đầu ngửa, lần thứ hai sấp, lần thứ ba ngửa.
b. X có thể nhận các giá trị 0, 1, 2, 3. Chẳng hạn: “X nhận giá trị 1: khi xảy ra một trong các kết quả
SNN, NSN, NNS, nghĩa là:
[X = 1] = {SNN, NSN, NNS}
c. Vì [X = 0] = {NNN} nên P[X = 0] =
1
8
Tương tự [X = 1] = {NNS, SNN, NSN} nên P[X = 1] =
3
8
[X = 2] = {SSN, SNS, NSS} nên P[X = 2] =
3
8
[X = 3] = {SSS } nên P[X = 3] =
1
8
Từ đó ta có bảng phân phối sau:
X 0 1 2 3
P
1

9
.
k k
C C
C
−
, k = 0, 1, 2, 3
Từ đó ta có bảng phân phối sau:
Y 0 1 2 3
P
15
126
60
126
45
126
6
126
b. Kí hiệu [Y ≥ a] là biến cố “Y nhận giá trị lớn hơn hoặc bằng a”.
Ta tính P[Y ≥ 1]
Vì [Y ≥ 1] là biến cố đối của biến cố [Y = 0] nên:
P[Y ≥ 1] = 1 – P [Y = 0] = 1 -
5 111
0,881
126 126
= ≈
c. Vì số bi đỏ được lấy là 4 – Y và 4 – Y ≤ 2 ⇔ Y ≥ 2 nên
P[Y ≥ 2] = P[Y = 2] + P[Y = 3] =
45 6 51
0,405

b. Không có hai bạn cùng lớp ngồi đối diện nhau hoặc cạnh nhau?
3. Có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi cho 10 bạn vào ngồi quanh 2 bàn tròn sao cho bàn thứ nhất có 6
bạn, bàn thứ hai có 4 bạn? Chú ý rằng hai cách xếp n người cụ thể vào ngồi quanh bàn tròn được coi là
như nhau nếu bạn bên trái mỗi người trong cách xếp này cũng chính là bạn trong cách xếp kia.
4. Có bao nhiêu cách xếp chỗ cho 6 nam, 4 nữ vào ngồi quanh một bàn tròn sao cho:
a. Sự sắp xếp là tùy ý?
b. Không có 2 nữ nào ngồi cạnh nhau?
5. a. Một tổ có 6 nam, 5 nữ. Có bao nhiêu cách phân công 4 bạn làm trực nhật sao cho trong đó phải có
đúng k nam (k = 0, 1, 2, 3, 4)?
Từ đó chứng minh rằng:
4 4 0 3 1 2 2 1 3 0 4
11 6 5 6 5 6 5 6 5 6 5
C C C C C C C C C C C= + + + +
b. Chứng minh đẳng thức:
0 1 1 0
...
r r r r
n m n m n m n m
C C C C C C C
−
+
= + + +
Ở đây n, m ≥ 1 và r ≤ n, r ≤ m.
6. Có bao nhiêu cách xếp thành hàng ngang 4 quyển Toán khác nhau, 3 quyển Lí khác nhau và 2 quyển
Hóa khác nhau lên giá sách nếu:
a. Các quyển được sắp tùy ý?
b. Các quyển cùng môn phải cạnh nhau?
c. Các quyển toán cạnh nhau, còn các quyển khác xếp tùy ý?
C
B

   
b.
3 5
1 1
x x
x x
   
+ −
 ÷  ÷
   
10. Trong khai triển của (x + a)
3
(x – b)
6
hệ số của x
7
là -9 và không có số hạng chứa x
8
. Tìm a và b
11. Gieo hai con xúc xắc cân đối, đồng chất, một con đỏ và một con xanh. Kí hiệu A là biến cố: “Tổng
số chấm trên hai con là 6”, B là biến cố: “Con đỏ xuất hiện mặt 4 chấm” và C là biên cố: “Tổng số
chấm trên hai con là 7”. Chứng tỏ rằng:
a. A và B không độc lập
b. B và C độc lập
12. Bốn quả cầu được rút ngẫu nhiên (cùng một lúc) từ một cái hộp chứa 8 quả cầu đen và 4 quả cầu
trắng. Giả sử ta sẽ nhận được 2 cái kẹo cho mỗi quả đen được rút ra và mất 1 kẹo cho mỗi quả trắng
được rút. Kí hiệu X là số kẹo nhận được.
a. Lập bảng phân phối của X
b. Tính kì vọng, phương sai, độ lệch chuẩn của X.
13. Con xúc xắc cân đối đồng chất được gieo 2 lần. Kí hiệu X là số nhỏ nhất trong 2 số chấm xuất hiện

0
}, x
0
∈ K.
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
\{ }
lim ( ) ( )
\{ }
lim ( ) ( )
\{ }
lim ( ) ( )
lim ( )
lim ( )
lim ( )
n
n
x x

→
→
→
→
 ∈ 

= ⇔ ⇒ →
 ÷

→

 
 ∈ 

 ÷

= ⇔ > ⇒ →

 ÷

 ÷
→

 
 ∈ 

 ÷

= ⇔ < ⇒ →


0 0
0
0
\{ }
lim ( ) ( )
lim ( ) lim( ( ))
n
n
x x
n
x x x x
x K x
f x f x
x x
f x f x
→
→ →
 ∈ 

= +∞ ⇔ ⇒ → +∞
 ÷

→

 
= −∞ ⇔ − = +∞
• Giả sử f(x) xác định trên khoảng (a; + ∞)
lim ( ) ( )
lim ( ) lim ( ( ))
n

lim
( )
x x
u x
v x
→
có dạng
0
0
• Khi
0 0
lim ( ) lim ( )
x x x x
u x v x
→ →
= = ±∞
thì
0
( )
lim
( )
x x
u x
v x
→
có dạng
∞
∞
• Khi
0 0

0
∈ (a; b)
• f(x) liên tục tại x
0
∈ (a; b) ⇔
0
0
lim ( ) ( )
x x
f x f x
→
=
• f(x) liên tục trên (a; b) ⇔ f(x) liên tục tại mọi x ∈ (a; b)
• f(x) liên tục trên [a; b] ⇔
lim ( ) ( )
( ) ( ; )
lim ( ) ( )
x a
x b
f x f a
f x lien tuc tren a b
f x f b
+
−
→
→
=




0
)),
tức là f’(x
0
) =
0
0
0
( ) ( )
lim
x x
f x f x
x x
→
−
−
• Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại M(x
0
; f(x
0
)) là:
y – y
0
= f’(x
0
)(x – x
0
); y
0
= f(x

= >
(sinx)’ = cosx; (cosx)’ = - sinx
2 2
1 1
(tan )' ; (cot )' ;
cos sin
x x
x x
−
= =
(ku + lv)’ = ku’ + lv’ (k, l là hằng số)
(uv)’ = u’v + uv’
2
' ' '
( 0)
u u v uv
v
v v
−
 
= ≠
 ÷
 
y'
x
= y'
u
. u'
x
(y = y(u), u = u(x))

2 2
x
x x
→
 
−
 ÷
+
 
d.
(
)
2
lim 1
x
x x x
→+∞
+ + −
Giải
a. Dạng
0
0