Giáo án tự chọn 11
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

2. Phương trình a(sinx + cosx) + bsinxcosx = c
Đặt t = sinx + cosx, |t| ≤
2
Phương trình trở thành bt
2
+ 2at – (b + 2c) = 0
Lê Xuân Hiếu -1-
(Loại do điều kiện)
Giáo án tự chọn 11
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

⇒



= +

=



(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
=

+ +
= ⇒ =
+ +
⇒
sin
2 sin
cos
x
x
x
=
⇒ sinx
1
2 0
cos x
 
− =
 ÷
 
⇒
sin 0
2
cos
2
x
x
=




Giải
Điều kiện của phương trình đã cho: cos3x ≠ 0, cos4x ≠ 0 và cos5x ≠ 0.
Ta có: tan3x -2tan4x + tan5x = 0 ⇒
sin8 2sin 4
0
cos3 cos5 cos4
x x
x x x
− =
⇒
2sin 4 cos4 2sin 4
0
cos3 cos5 cos4
x x x
x x x
− =
⇒ 2sin4x
2
cos 4 cos3 cos5
0
cos3 cos4 cos5
x x x
x x x
 
−
=
 ÷
 
⇒ 2sin4xsin
2



=

=

(k ∈ )
Từ giả thiết và điều kiện, nghiệm của phương trình là:
1 2 3 4 5
3 5 7
; ; ; ;
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

2
− ±
. Giá trị
1 5
2
− −
< -1 nên bị loại.
Với t =
1 5
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

x – tan
2
x = 5tanx – 3 – 2 tan
2
x
⇒ tan
3
x + tan
2
x – 5tanx + 3 = 0
Đặt t = tanx ta được phương trình.
t
3
+ 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

Ta biến đổi phương trình đã cho:
3 3
2 3 1 3 3 2
sin cos 2sin cos sin cos
3 2 6
x x x x x x
 
− −
+ − +
 
 
=0
⇔
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
 
− + + =

x = 0
Nếu cosx = 0 thì vế trái bằng 1 nên cosx = 0 không thoả mãn phương trình.
Với cosx ≠ 0, chia hai vế của phương trình cho cos
2
x, ta được:
tan
2
x -
2
3 tan 0
3
x
+ =
Giải phương trình, ta được: x =
6
k
π
π
+
và x = arctan
2 3
3
+ kπ, k ∈ 
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm
Lê Xuân Hiếu -4-
Giáo án tự chọn 11
x =
3
,
4 6

2
= 0
⇔ 2(cox +1)(
3
sinx + cosx + 1) = 0
⇔
cos 1 0
3 sin cos 1 0
x
x x
+ =


+ + =

⇔
(2 1)
2
3
x k
x k
π
π
π
= +



= − +


+ sinx) + cosx(cos2x + 1 – sin2x – 2) = 0
⇔ (cos2x – sin2x – 1)(cosx + sinx +
2
) =0
⇔
cos2 sin 2 1 0
cos sin 2 0
x x
x x
− − =


+ + =

⇔
2
cos 2
4 2
cos 1
4
x
x
π
π

 
+ =

 ÷
 

⇔
4
5
2
4
x k
x k
x k
π
π
π
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

π
 
+ =
 ÷
 
Giải ra ta được:
2
arcsin 2
4 6
3 2
arcsin 2
4 6
x k
x k
π
π
π
π

= − + +



= − +


(k ∈ )
Bài 10: Giải phương trình 2sin
3
x + cos2x – 3cosx + 2 =0

1 3( )
1 3
t loai
t

= +

= −


Với t = 1 -
3
, giải ra ta được:
Lê Xuân Hiếu -6-
Giáo án tự chọn 11
2 6
arcsin 2
4 2
5 2 6
arcsin 2
4 2
x k
x k
π
π
π
π

 
−

π
π
π


=


 
−

= + +
 ÷
 ÷

 


 
−
= − +

 ÷
 ÷

 

(k ∈ )
III. BÀI TẬP
Giải các phương trình sau:

5. sin4x
2
1 3
sin 4 sin 2 3 5sin 2 4sin 2 9 cos2 (9 sin 4 ) 0
4 2
x x x x x x
 
− + + − − + − =
 ÷
 
6. cos3x(3tanx + 6 + 2
3
) – 3tanx + (3 - 2
3
) sin2x = 2
3
.
7. sin2x – 2sin
2
x + 3sinx – cosx = 1
8. (
2
- 1)sinx -
2
cosx-cos3x = 0
9. (sinx + cosx)(3cosx + 2) = cos2x + cos
2
x + 3
Lê Xuân Hiếu -7-
Giáo án tự chọn 11

n
A
= n(n -1) … (n – k + 1).
Với quy ước 0! = 1, ta có:
!
( )!
k
n
n
A
n k
=
−

5. Tổ hợp:
• Cho tập A có n phần tử (n ≥ 1). Mỗi tập con gồm k phần tử của tậm A gọi là một tổ hợp chập
k của n phần tử đã cho.
• Kí hiệu
k
n
C
là số các tổ hợp chập k của n phần tử. Ta có:
!
! !( )!
k
k
n
n
A
n

( )
n A
n Ω
Từ đó:
• 0 ≤ P(A) ≤ 1, P(∅) = 0, P(Ω)=1
• P(A ∪B) = P(A) + P(B) nếu A ∩ B = ∅.
9.Ta nói hai biến cố A và B độc lập nếu sự xảy ra (hay không xảy ra) của A không làm ảnh hưởng
đến xác suất của B.
A và B độc lập khi và chỉ khi P(AB) = P(A).P(B)
A và B độc lập ⇒ A và
B
độc lập.
10. Công thức cộng mở rộng
Giải sử A và B là hai biến cố tùy ý cùng liên quan đến một phép thử. Lúc đó:
P (A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(AB)
D. BIẾN NGẪU NHIÊN
11. Biến ngẫu nhiên hay đại lượng ngẫu nhiên là một quy tắc cho ứng mỗi kết quả của phép thử với
một số thực:
Giả sử X là một biến ngẫu nhiên và a là một giá trị của nó. biến cố “X nhận giá trị a” được kí hiệu là
[X = a] hay (X = a)
Giải sử X có tập các giá trị là {x
1
, x
2
,…,x
n
}
Đặt: p
1
= P[X = x

(2)
Phương sai của biến ngẫu nhiên X, kí hiệu V(X), là một số được cho bởi công thức:
2 2 2 2
1 1 2 2 1 1
( ) ... ( ... )
n n n n
V X x p x p x p x p x p
= + + + − + +
Độ lệch chuẩn của biến ngẫu nhiên X, kí hiệu: σ (X), là một số được cho bởi công thức:
σ (X) =
( )V X
Kì vọng của X là số đặc trưng cho giá trị trung bình của X.
Phương sai là độ lệch chuẩn là số đặc trung cho độ phân tán của X so với kì vọng của X.
II. RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI TOÁN
Bài 1: Hỏi có bao nhiêu đa thức bậc ba P(x) = ax
3
+ bx
2
+ cx + d mà các hệ số a, b, c, d thuộc tập {-
3, -2, 0, 2, 3}. Biết rằng:
a. Các hệ số tùy ý?
b. Các hệ số đều khác nhau?
Lê Xuân Hiếu -9-
Giáo án tự chọn 11
Giải
a. Có 4 cách chọn hệ số a vì a ≠ 0. Có 5 cách chọn hệ số b, 5 cách chọn hệ số c, 5 cách chọn hệ số d.
Vậy có 4 x 5 x 5 x 5 = 500 đa thức.
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.

cách.
- Chọn 2 nữ từ 5 nữ, có
2
5
C
cách.
- Xếp 5 bạn đã chọn vào bàn đầu theo những thứ tự khác nhau, có 5! Cách.
Từ đó theo quy tắc nhân ta có: n(A) =
3
6
C
.
2
5
C
.5!
Vì sự lựa chọn và sự sắp xếp là ngẫu nhiên nên các kết quả đồng khả năng.
Do đó:
3 2
6 5
5
11
. .5!
( ) 0,433
C C
P A
A
= ≈
.
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

6
C
.
2
4
C
= 90
Tương tự n(C) = 1.
3
6
C
.
1
4
C
= 80
Vậy n(A) = 80 + 90 = 170 và P(A) =
( ) 170
0, 215
( ) 792
n A
n
= ≈
Ω
Bài 5: Sáu bạn, trong đó có bạn H và K, được xếp ngẫu nhiên thành hàng dọc. Tính xác suất sao cho:
a. Hai bạn H và K đứng liền nhau;
b. hai bạn H và K không đứng liền nhau.
Giải
Không gian mẫu Ω gồm các hoán vị của 6 bạn. Do đó: n(Ω) = 6!. Do việc xếp là ngẫu nhiên Ω gồm
các kết quả đồng khả năng.

2
13
C
cách.
Chọn 2 người từ tổ II, có
2
12
C
cách.
Từ đó không gian mẫu gồm:
2
13
C
.
2
12
C
= 5148 (phần tử).
n(B) =
2 2
6 8
.C C
= 420
n(C) =
2 2
7 4
.C C
= 126
Vậy P(A) =
420 126 546

Từ đó ta có bảng phân phối sau:
X 0 1 2 3
P
1
8
3
8
3
8
1
8
Bài 8: Từ một hộp có 3 bi xanh và 6 bi đỏ, chọn ngẫu nhiên 4 bi. Gọi Y là số bi xanh trong 4 bi đã
chọn.
a. Lập bảng phân phối xác suất của Y.
b. Tính xác suất sao cho trong 4 bi đã chọn có ít nhất 1 bi xanh
b. Tính xác suất sao cho trong 4 bi đã chọn có nhiều nhất 2 bi đỏ,
d. Tính kì vọng, phương sai và độ lệch chuẩn của Y.
Giải
a. Y có tập giá trị là 0, 1, 2, 3
Ta thấy P[Y = 0] =
0 4
3 6
4
9
.
15
126
C C
C
=

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
126 126
+
= ≈
d. Theo định nghĩa, ta có:
Lê Xuân Hiếu -12-
C
B
A
Giáo án tự chọn 11
2
2 2 2 2 2
15 60 45 6 4
E(Y) =0. 1. 2. 3. ;
126 126 126 126 3
15 60 45 6 294 4 5
V(Y) =0 . 1 . 2 . 3 . ( ( )) ;
126 126 126 126 126 3 9
5 5
( ) ( )
9 3
E Y
Y V Y
σ
+ + + =
 
+ + + − = − =

+
= + + +
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?
7. Một tổ gồm 6 nam, 6 nữ được xếp ngẫu nhiên vào 6 bàn, mỗi bàn 2 bạn. Tính xác suất sao cho:
a. Không bàn nào có 1 nam và 1 nữ
b. Có đúng 4 bàn được xếp 1 nam và 1 nữ.
8. Cho một mạng giao thông như hình 2.3 mà các ô
nhỏ đều là các hình vuông bằng nhau. Một du khác
xuất phát từ A muốn đi đến B.
a. Có bao nhiêu cách đi nhanh nhất
(i) Từ A đến B?
(ii) Từ A qua C, đến B?
Lê Xuân Hiếu -13-
Giáo án tự chọn 11
Dựa vào ý tưởng giải câu a, hãy chứng minh:
m n
m n m n
C C
+ +
=
với m, n ≥ 1 Hình 2.3
b. Giải sử ở tại mỗi đỉnh của hình vuông du khách chọn ngẫu nhiên một trong hai hướng lên
trên và sang phải để đi tiếp. Tính xác suất để du khách xuất phát từ A có thể đến được C.
9. Tìm các số hạng không chứa x trong các khai triển:
a.

“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 trên con xúc xắc.
a. Lập bảng phân phối xác suất của X b. Tính E (X), V(X)
14. Trên mỗi tờ vé số, người ta in 6 ô, mỗi ô chứa một trong các số khác nhau từ 1 tới 49. Khi mở
thưởng người ta rút ngẫu nhiên cùng một lúc 6 quả cầu từ 49 quả cầu được đánh số từ 1 đến 49.
Nếu vé của bạn có k số trúng thì bạn được x
k
đồng. Giả sử bạn mua 1 vé số. Tính số tiền thưởng
trung bình mà bạn nhận được nếu giả thiết
x
0
= 0, x
1
= 100.000đ, x
2
= 500.000đ; x
3
= 1.000.000đ, x
4
= 5.000.000đ; x
5
=10.000.000đ; x

lim ( ) ( )
\{ }
lim ( ) ( )
\{ }
lim ( ) ( )
lim ( )
lim ( )
lim ( )
n
n
x x
n
n
n n
x x
n
n
n n
x x
n
x x
x x
x x
x K x
f x L f x L
x x
x K x
f x L x x f x L
x x
x K x

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

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

lim
( )
x x
u x
v x
→
có dạng
∞
∞
• Khi
0 0
lim ( ) 0, lim ( )
x x x x
u x v x
→ →
= = ±∞
thì
0
lim[ ( ). ( )]
x x
u x v x
→
có dạng 0. ∞
• Khi
0 0
lim ( ) lim ( )
x x x x
u x v x
→ →
= = +∞

x a
x b
f x f a
f x lien tuc tren a b
f x f b
+
−
→
→
=





=


5. Định lí:
a. Các hàm số đa thức liên tục trên . Các hàm số lượng giác liên tục trên từng khoảng xác định.
b. Nếu f(x) liên tục trên [a; b] và f(a). f(b) < 0 thì tồn tại điểm c ∈ (a; b) sao cho f(c)=0 (tứ là phương
trình f(x)=0 có nghiệm trong khoảng (a; b)) .
C. ĐẠO HÀM
6. Định nghĩa và ý nghĩa:
• Cho hàm số y = f(x) xác định trên khoảng (a; b) và x
0
∈ (a; b). Nếu tồn tại giới hạn (hữu hạn):
0
0
0

; f(x
0
)) là:
y – y
0
= f’(x
0
)(x – x
0
); y
0
= f(x
0
).
• Vi phân của hàm số f(x) tại x (ứng với ∆x) là dy = df(x) = f’(x)dx
• Công thức tính gần đúng: f(x
0
+ ∆x) ≈ f(x
0
) + f’(x
0
) ∆x
• Nếu hàm số y = f(x) có đạo hàm tại mọi x ∈ (a; b) thì hàm số x → f’(x) được gọi là đạo hàm
của f(x) trên (a; b).
• Nếu f’(x) có đạo hàm thì ta gọi đạo hàm của nó là đạo hàm cấp hai của f(x).
Kí hiệu: (f’(x))’ = f’’(x)
Tương tự đối với f’’’(x) , …., f
(n)
(x), …
7. Công thức: