Đề tài Cách giải và xây dựng các bài toán dãy số từ hệ thức bất biến đối với chỉ số

arc g u

 1cot n
n
u
u
arc g  
 Hơn nữa : 
 1 24n n nu u u   
  1 2 1
1
4
1 .n n n
n nn
u u u
u u u
  

  
 25 
  1= 4x – x 2 (với 1lim 1n
n
n
u
x
u


  ) 
  x 2 – 4x + 1 = 0 
  2 3x   
  1 3lim 2n
n
n
u
u


  
  (2 )
12
lim 3nn S arctg


   
 (dãy 1n
n
u
u
 
 
 
có giới hạn, vì : 
1
1
1
0 1n
n
n n
n n
u
u
u u
u u




 


 

 ) 
* Bài 8. Cho , (0,1)a b a. Xét dãy  nu xác định bởi 
 u 0 a , 1u b , 
2
2 1
1 2
3 3 nn n
u u u   , n  . 
 Chứng minh rằng dãy  nu có giới hạn hữu hạn khi n và tìm giới hạn đó. 
Giải 
 * Xét dãy  nV định bởi 
 0
2
1
,
1 1
, 0
3 3n nn
V Min a b
V V V n






  
 Bằng qui nạp ta chứng minh được 0 < V n < 1 (1) 
 Mặt khác : 
 21
1 2
3 3n n n nn
V V V V V    
 2( 1) ( 2) 0, 0
1
3 n n n
nV V V     
   nV tăng (2) 
 Từ (1) và (2)   nV có giới hạn hữu hạn. 
 Đặt c = lim nn V , ta có : 
2
1
1 2
1 lim3 3
0 1
n
c c c
c
V c


 
  
   
 + n = 1  u 0 a (0,1) 
 + n = k  : Giả sử (0,1)ku  
 + n = k + 1 : Ta có : 

2
1 1
(0,1) (0,1)
1 2
(0,1)
3 3k k k
U u u 
 
  

  Theo ngưyên lý qui nạp ta có : (0,1), 0nu n   
 26 
 * Chứng minh  2 2 1, , 0n n nV Min U U n   
 Quả vậy : 
 + n = 0 :      0 0 1 , ,, Min a b Min a bV Min u u   
 + n = k  N : Giả sử  2 2 1,k k kV Min u u  
 + n = k + 1 : 
2
2 1
k
k
k
k
u
u
V
V 




 
  
2 1
2 2 1
2 2
2 2 2 1
2 2 2
2 3 2 1 1
1 2 1 2
3 3 3 3
1 2 1 2 1 2
3 3 3 3 3 3
k k
k k k
k k k k
k k k k k k
ku u u V V V
u u u V V V V V

 
 
  

  


   




 
   
   1 2 2 2 3,k k kV Min U U   
  Theo nguyên lý qui nạp, ta có 
  2 2 1, , 0n n nV Min U U n   
 Từ các kết quả trên, ta suy ra : 
2
2 1
1
1( 0)
lim 1
n n
n n
nn
V u
V u n
V


  

 


 

 Do đó : 2 2 1 1lim limn n nn nu u    
 1lim nn u  
 27 
CÁC BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ 
******** 
* Bài 1 (T1/233) 
 Cho dãy số nguyên   0n na


 thỏa mãn: 2 1 12( )nn n na a a a     (1) 
 Chứng tỏ rằng tồn tại số nguyên M không phụ thuộc vào n sao cho 14 nnM a a là 
số chính phương với mọi n  0. 
 HD Giải 
Đặt 2 1 0n n nu a a a   . Từ điều kiện (1) suy ra : 1 2n nnu u a  
 2 2 2 21 1 1( 2 ) 4 4n n n nn n nu u a u u a a       
2 2
1 1 1
2
1 1 1
44( )
4 4
n n nn n n
n nn n n
u a a a a a
u a a a a
  
  
 

  
 
  2 21 1 14 4n n nn n nu a a u a a     
 Vậy 2 14n nnu a a là hằng số không phụ thuộc vào n. Gọi hằng số đó là M. Khi đó ta có : 
 21 04 n nn nM a a u    . 
* Bài 2 (T6/237) 
 Cho dãy  na thỏa mãn: 1 2 1 11, 3, ( 2) ( 1) 2nn nn n na a a a a         . Tìm tất cả các 
giá trị của n để na là số chính phương. 
 HD Giải 
 28 
Ta giải bài toán khái quát sau: 
Cho số nguyên p  2. Cho dãy số  na thỏa mãn 1 2 1 11, 3, ( 2) ( 1) 2nn nn n na a a a a         
Hãy tìm tất cả các giá trị của n để na là lũy thừa p của một số tự nhiên. 
 Lời giải 
Với mỗi n 2, đặt 1n n nb a a   . Khi đó từ công thức xác định dãy  na , ta sẽ có 
1. 3n nn nb b    . Suy ra ! 3n n nb    . Kết hợp với b 2 = a 2 – a 1 = 3 – 1 = 2! Ta được 
! 2n n nb    . Do đó, với mỗi n  2 ta có : 
 11
2 2 1
( ) 1 !
n n n
n k k k
k k k
a a a a b k
  
        
Kết hợp với a1 = 1 = 1! Ta được 
1
! 1
n
k
n k na

  (1) 
 Xét p=2. Khi 
đó, do từ (1) ta 
có 
3(mod10) 5na a  
 nên suy ra 
2 , 5na a a Y n     (vì các số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi 1, 4, 5, 6, 9). 
 Với n = 1,2,3,4 bằng cách thử trực tiếp, ta thấy na là số chính phương khi và chỉ khi 
n = 1, n = 3. 
* Xét p > 2. Khi đó, do từ (1) ta có 0(mod3) 2na n   (suy ra từ (1) nên điều kiện cần 
để a Y  sao cho pna a là 0(mod 27)na  hoặc 1na  . Từ (1) ta có 1 2n na    và 
8
9
! 9
n
k
n a k na

   . Suy ra 8(mod 27) 9na na   . Mà 8 46233 1(mod 27)a   
nên 1(mod 27) 8na n   . Như vậy 8n  đều không tồn tại tại n để 
p
na a 
Với 1  n  7, bằng cách thử trực tiếp ta thấy chỉ có duy nhất giá trị n = 1 là giá trị 
cần tìm. 
Trở lại bài toán ban đầu. Đây là trường hợp đặc biệt của bài toán trên với p = 2. Theo 
đó tất cả các giá trị của n thỏa mãn yêu cầu bài toán là n = 1 và n = 3. 
* Bài 3 (T7/240) 
 Xét dãy số thực  na thỏa mãn: 21 3 2 1nn na a     . Tìm tất cả các số hữu tỉ a1 mà 
tồn tại m  n sao cho m na a . 
 HD Giải 
Với mỗi n  1 đặt 3n nb a khi đó từ dãy  na ta có dãy  nb được xác định bởi: 
2
1 6 1nn nb b     (1) 
Bài toán trở thành: Tìm tất cả các 1b ¤ mà tồn tại m  n sao cho m nb b . 
Từ (1) ta có : 1 ( 3)( 2) 1n n nn nb b b b       . Suy ra nếu 1 3b  thì 
1 2 3 1... ...n nb b b b b       
 29 
Do đó, nếu 1 3b  thì không tồn tại m  n sao cho m nb b 
 Xét 1 3b  . Nếu 1b ¤ thì từ (1) dễ thấy nb ¤ n1. Với mỗi n 1, viết nb dưới 
dạng nn
n
p
b
q
 , trong đó: , , 1n n np q c q  và 1.( , )n np q  Khi đó nếu tồn tại m  n 
sao cho m nb b thì phải có (*)m nq q . Mặt khác, từ (1) ta có: 
2 2
1
1 2
1
6
1n n nn
nn
n
p p q
b
q q




    (2) 
Vì , ) 1( n np q  nên 
2 2 26 , ) 1( n n np q q  . Kết hợp với (2) và 1 1, ) 1( n np q   suy ra: 
2
1 1nn np q    . Dẫn tới 
12 1
n
nn
np q

   . 
Do đó (*) 
1 12 2
1 1 1
1
m n
p p q
 
   (vì m  n). Như vậy, nếu tồn tại m  n sao cho 
 m nb b thì 1b c . Suy ra  1 0, 1, 2, 3b    . 
 + Với 1 0b  thì 2 6b   suy ra: 3 30 3b   suy ra 3 4 1... ...k kb b b b      suy ra 
không tồn tại m  n sao cho m nb b . 
+ Với 1 1b   thì 2 5b   suy ra: 3 19 3b   suy ra 3 4 1... ...k kb b b b      suy 
ra không tồn tại m  n sao cho m nb b . 
+ Với 1 2b   thì 2 3 22 2b b b      
+ Với 1 3b   thì 2 3 23 3b b b    
 Vậy, tóm lại, tất cả 1b ¤ cần tìm là 1 12, 3b b    . Và do đó tất cả các giá trị 1a ¤ 
cần tìm là 1
2
; 1
3
a    . 
* Bài 4 (Thi HSG QG 96-97 bảng A) 
 Có bao nhiêu hàm số f: ¥ * ¥ * thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: 
1) f(1) = 1 
2) f(n)f(n+2) = f 2 (n+1) + 1997 với mọi n  N* 
 HD Giải 
Gọi D là tập hợp tất cả các hàm số có tính chất nêu trên. Để cho gọn ta kí hiệu: 
( )na f n . Ta có: 
2
2 1
2
1 3 2
1997
1997
n n n
n n n
a a a
a a a
 
  




 (1) 
 30 
Suy ra: 2 1 3
1 2
n n n n
n n
a a a a
a a
  
 

 . Vậy: 2 1 nn na ca a   (2) ở đó c là hằng số, 
3 1
2
a a
c
a

 . 
Ta chứng minh c = N. Thật vậy, nếu 
p
c
q
 với (p,q) = 1 thì từ (2) ta có: 
 2 1 1)( nn n nqq a a pa a     
Vì 222 11997 n n n Ma a a  nên q = 1 (do 1997 là số nguyên tố). 
Đặt f(2) = a. Từ (1) và (2) ta có: 
2 2
2 1 3 1 3 2 1997 1 1997 1998ca a a a a a ca a a         . Nghĩa là f(2) là ước dương 
của 1998 nếu f  D. 
Đảo lại, với mỗi ước dương a của 1998 ta xây dựng hàm f: N *  ¡ như sau: 
 F(1) = 1, f(2) = a, f(n+2) = (a + b)f(n+1) – f(n), ở đó 
1998
b N
a
  
Ta chứng minh f = D. 
Dễ thấy f(n)  ¥ * và f(n + 2)f(n) – f 2 (2) = (a + b)a – 1 – a 2 = 1997  f = D 
Tương ứng f  f(2) là một song ánh giữa D và tập các ước dương của 1998. Vậy: 
 (1 1)(1 3)(1 1) 16D      
* Bài 5 (Thi HSG QG 98-99 bảng A) 
Cho hai dãy số   0n nx


 và   0n ny


 được xác định như sau: 
 0 1 2 11, 4, 3 nn nx x x x x    với mọi n = 0,1,2 
0 1 2 11, 4, 3 nn ny y y y y    với mọi n = 0,1,2 
1) Chứng minh rằng: 2 25 4 0n nx y   với mọi n = 0,1,2 
2) Giả sử a, b là các số nguyên dương thỏa mãn 2 25 4 0na b   . CMR tồn tại số tự 
nhiên k sao cho kx a và ky b . 
 HD Giải 
1) Từ công thức xác định dãy  nx suy ra 2 2 2 21 1 1 1 2 23 3n n n n n n n nx x x x x x x x          
Từ đó với mọi n  1 ta có: 2 21 13 5n n n nx x x x    
Do đó 2 2 21 27 10n n nx x x    (1). Tương tự 
2 2 2
1 27 2n n ny y y    (2) 
Từ (1) và (2) suy ra: 2 2 15 4n nx x   
2 2 2 2
1 1 2 27( 5 ) ( 5 ) 24n n n nx y x y        (3) 
 31 
 Từ hệ thức (3) bằng qui nạp dễ thấy 2 25 4 0n nx y   với mọi n = 0,1,2 
2) trước hết bằng qui nạp ta chứng minh được: 
 
 
1
1
5
4
2
3
5
2
3 n n
n
n n
n
x y
x
x y
y





 

Nếu a = 1  b = 1. Vậy 0 0,x a y b  
Nếu a > 1  b > 1. Xét: 1 1
5
,
2 2
3 3 aba b
a b
 
  . 
Vì 2 2 1 15 4 (mod 2) ,n b a b a ba c       . 
Ta có thể kiểm tra được rằng a1 ,b1 ¥* và 
2 2 2 2
1 1
1
5 5 4b ba a
a a
     


Tiềp tục như vậy sau k bước ta sẽ thu được k + 1 cặp số nguyên dương 
0 0 1 1, ), , ),..., , )( ( ( k ka b a b a b với: 
0 0 0
2 2
1 1 1
1 1
4 0, , ( 0,1, 2,... 1)
5
, (6)
2 2
5
3 3
ii
i i i i
i i
i k
a a b b
a b a a
a a b a
a b

 

  

    

   

 
Và 1k ka b  
Vậy 0 0,k ka x b y  
Từ (6) ta có 1 1 1 1
5 3
, (7)
2 2
3 i i i i
i i
a b a b
a b   
 
  
3) Từ (4), (5), (6) và (7) rút ra ka x và kb y . 
* Bài 6 (T6/268) 
 Dãy số ( na ),n= 0,1,2, được xác định bởi: 10 1 2 n nna aa ba da a    với mọi 
n = 0,1,2,, trong đó a, b là hai số nguyên khác 0 còn d là số thực. Tìm giá trị của d 
để na là số nguyên với mọi n = 0,1,2 
HD Giải 
Giả sử d thỏa mãn đề bài. Dễ dàng chứng minh được bằng qui nạp: 
1
2
2 0 nn
a a a c

  n = 0,1,2 (1), trong đó c là một hằng số. 
Dễ thấy d ¤ . Đặt , ( , ) 1p q
q
p
d   . Ta chứng minh knM n ka   . Thật vậy, với k = 1 
thì 1 1 1 1( ) 1n n nn n n n Mq na a da a a pa a           
 32 
Giả sử khẳng định đúng với n = k. Ta có 2 1( )nn nq a a pa   . Theo giả thiết qui nạp 
nk thì 2 nn
kq sa a   suy ra 
1
1 1
k
n n
k Mq spa a    n  k tức là 
 11 1
1 k
n n
k n kMq spa a  
   tức là 1 1kn n kMa
    . Từ hệ thức (1) suy ra cM 2k 
với mọi k. 
* Trường hợp 1: Nếu c  0 suy ra q = 1 tức là d  c . 
* Trường hợp 1: Nếu c = 0  
2 1
d
r
r


 trong đó r
a
b
 . 
Từ đẳng thức 2 12 nnn aa a    bằng qui nạp suy ra 
2
n ara  . Đặt , 1( , )r u vv
u
  ta suy 
ra 1nn r c bM v Ma      
Thử lại ta thấy nếu d  c hoặc 
2 21
d r
r
a b
ab


  với bM thì n ca  
 Kết luận: 
1) Nếu b không chia hết cho a thì d  c . 
2) Nếu bM thì d  c hoặc 
2 2
d
a b
ab


. 
* Bài 7 (T6/278) 
 Dãy số ( nu ) (n = 0,1,2,3) được xác định bởi: 10 1 20, 1, 1999 n nnu u u u u    
Tìm tất cã các số tự nhiên n sao cho nu là số nguyên tố. 
HD Giải 
Bằng qui nạp dễ chứng minh được: 0u N và 1 1999 nnu u  với mọi n1. 
Tiếp theo ta có: 
 2 1 1
1
1999 nn n n
nn
u uu u
u u
  

 
  
Suy ra: 
1 1
2 2 2
2 1 1 0 2... 1nnnn n nu u u u u u u u u          
Vậy: 2 1 1( 1)( 1)nn n nu u u u     (1) 
Với n  2 thì u
2
= 1999 là số nguyên tố. 
Ta chứng minh với n3 thì không tồn tại n để nu là số nguyên tố. Thật vậy: Giả sử 
nu là số nguyên tố với n3. Từ (1) ta có: 2 1 1( 1)( 1)n n n nu u u u     suy ra 
1 1( 1)( 1) nn nu u M   . 
Vì 
11
1 1998
n nn
u u u

   nên 1( 1) nnu M  . 
Mà với n3 thì 1 1nu   ¥
*
1 1 nnu u   nhưng 11998 nnu u  mâu thuẫn. 
Vậy n = 2 là giá trị cần tìm. 
* Bài 8 (Đề thi HSG QG 00-01 bảng B) 
Cho hai dãy số  nx , n¥* được xác định như sau: 
 33 
 1
2
3
x  và 1 12(2 1)
n
n
n
x
x
n x


 với mọi n¥ * Hãy tính tổng số của 2001 số 
hạng đầu tiên của dãy  nx . 
 HD Giải 
Dễ thấy 0,n nx   ¥* 
Đặt 
2
n
n
u
x
 , n ¥* . Từ công thức xác định dãy  nx của đề bài ta có: 1 3u  và 
1 14(2 1)n nu n u    n ¥
* (1) 
Từ (1) dễ dàng suy ra: 
2 2 1 1
(2 1)(2 1) 2 1 2 1n n
nx
u n n n n
     
   
¥* . 
Vì vậy: 1 2 2001
1 4002
... 1
4003 4003
x x x      
* Bài 9 (T8/298) 
 Dãy số  nx (n = 0,1,2,) được xác định bởi: 0 1
1
1,
2
x x  và 
1
1
1 1
.
2002 2001 2000
nn
n
n nn n
x x
x
x x x x


 

 
 với mọi n = 0,1,2, 
Hãy tìm công thức tổng quát của nx theo n. 
HD Giải 
 Từ giả thiết suy ra nx  0 với mọi n và 
2 1
1 2001 2002
2000
nn nx x x 
   với n = 0,1,2, 
 Đặt 
1 1000
2001
ny x
  ta có 0
3001
2001
y  , 1
5002
2001
y  và 2 12001 2002 nn ny y y   với n = 0,1,2, 
 Suy ra: 2 1 12 1 1 1 1 0
8003
2002( ) 2002 ( ) ... 2002 ( ) .2002
2001
n n
n nn n n ny y y y y y y y
 
            
 Đặt a = 1 2
8003
2001
y y  và b = 2002, ta có: 
1 1 2 1 2 2 1
1 2 0
0
. . . ... ( 1) ... ( 1) ( 1) ( 1)
( ( 1) )
( 1)
1
n n n n n n n n
n n n
n n
n
a b a b a b a b b b
a b
b
y y y y
y
      
 
                 
 
  

 Suy ra 
3000 8003
( 1) (2002)
2003 2001.2003
n n
ny    với n = 0,1,2, 
Từ đó ta có công thức tổng quát của nx là 
2001.2003
2002 .8003 ( 1) .3000.2001 1000.2003
n n nx    
 Đề thi thử lần 
1 – 
 34 
 I. Phần chung dành cho tất cả thí sinh (7 điểm) 
 Câu 1 : (2 điểm) 
Cho hàm số: 3 2( 1) 3( 1) 2y m x m x m      (1) với m là tham số. 
2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2. 
3. Xác định m để đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị A, B mà  OAB vuông tại O. 
 Câu 2 : (2 điểm) 
1. Giải phương trình : 3sin2 3sin 8cos 4 0x x x    với 0,2x    
2. Biện luận theo m, tập xác định của hàm số : 
2 ( 3) 3
1
y
mx m x
x

  

 Câu 3 : (1 điểm) 
Cho lăng trụ đứng ABCA1 B1 C1 có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, 
BC = 2a. Gọi M là một điểm trên cạnh AA1 . Đặt 
BMC  , góc giữa mặt phẳng 
(MBC) và mặt phẳng (ABC) là  . Tính thể tích khối lăng trụ ABCA1 B1 C1 theo 
, ,a   . 
 Câu 4 : (1 điểm) 
 Tính tích phân : 2
0
1 cossin2
x
I tt dt  . Với x  là ẩn số 
 Câu 5 : (1 điểm) 
Các số thực x, y, z thỏa điều kiện 2 2 2 4 2 0x y z x z     
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của F = 2x + 3y – 2z 
A. Phần riêng (3 điểm) 
1. Theo chương trình nâng cao 
  Câu 6a : (2 điểm) 
1/ Trong mặt phẳng, cho đường tròn (C) : x 2 2( 1) ( 2) 25x y    và đường thẳng 
(d): 4x + 3y – 1 = 0 
Viết phương trình đường thẳng ( ) vuông góc với (d) và ( ) cắt (C) theo một dây 
cung AB = 8. 
2/ Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz. Cho điểm A(1;-2;3) và đường thẳng 
(d) có phương trình : 
1 2 3
2 1 1
x y z  
 

. 
Gọi B và C lần lượt là giao điểm của (d) và các mặt phẳng (Oxy) và (Oxz). Tính 
diện tích  ABC và thể tích tứ diện OABC. 
  Câu 7a : (1 điểm) 
 Giải phương trình : 22 1 0z iz   trên tập số phức. 
 35 
 Đề số 1 – 
 A. Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm) 
 Câu 1 : (2 điểm) 
Cho hàm số: 3 2( ) 3 ( 1) 1y f x mx mx m x      với m là tham số. 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1. 
2. Xác định m để hàm số y = f(x) không có cực trị. 
 Câu 2 : (2 điểm) 
1. Giải phương trình : 24 4sin 2 2cos2 (3sin 5)x x x   
2. Giải bất phương trình : 
2
1 1
2 12 3 5 xx x

 
 Câu 3 : (1 điểm) 
 Cho khối lăng trụ ABCA’B’C’ có  ABC đều cạnh a. Đỉnh A cách 
đều A’B’C’ và AA’ tạo với đáy góc 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ . 
 Câu 4 : (1 điểm) 
Tính tích phân : 
1
2
0
ln(1 )I x dx  
 Câu 5 : (1 điểm) 
Cho a, b, c dương và a + b + c = 1 
Tìm giá trị nhỏ nhất của 
3 3 3a b cp
b ac c ba a cb
  
  
A. Phần riêng (3 điểm) 
 1/ Theo chương trình chuẩn 
  Câu 6a : (2 điểm) 
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ xOy. Cho  ABC có M(2;3) là trung điểm 
của BC và AB có phương trình : x – y – 1 = 0; AC có phương trình : 3x + y – 7 = 0. 
Tính tọa độ A, B, C. 
2. Trong không gian Oxyz. Cho điểm M(1;1;-2) và đường thẳng ( ): 
11 3
1 2 1
yx z   . Tìm N trên ( ) sao cho MN nhỏ nhất. 
  Câu 7a : (1 điểm) Giải phương trình : 
3
2( 5 1) ( 5 1) 2 0
xx x      
2/ Theo chương nâng cao 
  Câu 6b : (2 điểm) 
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) : x 2 + y 2 = 13 và đường tròn 
(C’): (x – 6) 2 + y 2 = 25. Gọi A là giao điểm của (C) và (C’) và y > 0 . Viết phương 
trình đường thẳng (d) đi qua A và cắt (C) , (C’) theo dây cung có độ dài bằng nhau. 
2. Trong không gian Oxyz. Viết phương trình đường vuông góc chung với Ox và 
(d): 11
2 3 4
yx z  

 36 
  Câu 7b : (1 điểm) 
 Giải hệ : 
2 33 1
2 1
2 2 3.2
3 1
y y xx
xx xy





 

 
  
 ĐÁP ÁN Đề 
1 – 
A. Phần chung 
 Câu 1 : (2 điểm) 
 1/ 1 điểm 
 2/ 1 điểm 
 TXĐ: D = R 
 y’ = 3(m – 1)x 2 
+ 6(m – 1)x 
 y’ = 3(m – 1)x[x + 2(m – 1)] 0,25 điểm 
TH1. m = 1 
 . y’ = 0; m  hàm số không có cực trị 
TH2. m  1 
 . y’ = 0;  
0
2(1 )
x
x m

  
Vậy với m  1đồ thị có 2 đểm cực trị A(0,m – 2), B(2 – 2m ,4(m – 1) 3 0,25 điểm 
 OAB vuông tại O  . 0OAOB 
 
0.(2 – 2m) + (m – 2)[4(m – 1) 3 + m – 2] = 0 
  
3
2 0
4( 1) 2 0
m
m m



 
   
 0,25 điểm 
 . Giải ra kết quả 0,25 điểm 
 Câu 2 : (2 điểm) 
 1/ Giải phương trình 
 . 3sin2x – 3sinx – 8cosx + 4 = 0 
  6sinxcosx – 3sinx – 8cosx + 4 = 0 
 3sinx(2cosx – 1) – 4 (2cosx – 1) = 0 
  (2cosx – 1)(3sinx – 4) = 0 0,25 điểm 
  
1
cos
2
4
sin ( )
3
x
x VN



 

cos cos
3
.2
3
.2
3
x
x k
x k





 

 
 
   

 0,25 điểm 
 37 
Chọn x  [0,2 ] ta có nghiệm 
5
,
3 3
 
 0,25 điểm 
2/ 
Hàm số xác định  
2
1
(1)
( 3) 3 0
x
mx m x



 
   
 0,25 điểm 
 TH1: m = 0 
 (1)  
1
1
3 3 0
x
x
x



 
  
 
Tập xác định: D = ( - 1, + ) 0,25 điểm 
TH2: m  0 
2( ) ( 3) 3f m mx m x    có 2( 3) 0m    
m = 3 thì (1)  
2
1
1
3 6 3 0
x
x
x x



 
  
  
. Tập xác định: D =  \ 1 
* m > 3 thì từ (1) suy ra tập xác định: 0,25 điểm 
3
( , 1) ;D
m
 
 
 
      
* 0 < m < 3 từ (1) suy ra tập xác định: 0,25 điểm 
  3( , ) 1;
m
D      
* m > 0 từ (1) suy ra tập xác định: 0,25 điểm 
3
( 1, )
m
D   
 Câu 3 : (1 điểm) 
Gọi N là trung điểm BC  AN BC, AN = a. Ta lại có  BAM =  CMA  
BM = CM  MN BC  MNA  và  
2
CMN BMN

  
AA’ = 2AM = 2a 0,25 điểm 
 MAN có 
2 2 2
2 2 2 2
2
.cot
2
cot 1
2
AM MN AN
AM a a
AM a


 
 
 
 AA’ = 2AM = 22 co t 1
2
a

 0,25 điểm 
 2
1
.
2ABC
S AN BC a   0,25 điểm 
 3 2' 2 co t 1
2A B C
V A A S a    0,25 điểm 
 Câu 4 : (1 điểm) 
Đặt : 2
2
sin 2
1 cos
2 1 cos
tdt
u t du
t

   

 0,25 điểm 
 38 
Ta có 
2
2
2
1 cos
2
x
I u du

  0,25 điểm 
2 22 2 2 (1 cos ) 1 cos
3
x x
I
 
  
  
 0,25 điểm 
I = 0 
 
3
2
2
2
1 cos 8
1 cos 2
cos 1
sin 0
x
x
x
x
x k
  
  
 
 
 
 k  R 0,25 điểm 
 Câu 5 : (1 điểm) 
Trong hệ trục tọa độ Oxyz xét mặt cầu (S) có phương trình : 
(x – 2) 2 + y 2 + (z + 1) 2 = 5. Mặt cầu (S) có tâm I(2,0,-1) và bán ki81nh R = 5 . 
Xét họ mặt phẳng ( ): 2x + 3y – 2z – F = 0. Gọi M(x,y,z) thỏa x 2 + y 2 + z 2 – 4x + 2z 0 
Lúc đó M nằm trong (S) (kể cả mặt cầu (S)) do đó ( ) và (S) có điểm chung 
( ,( ))
6
5 6 85 6 85
17
d I
F
F
 

      

 Kết luận: Max F = 6 + 85 
 Min F = 6 – 85 
B. Phần tự chọn 
1/ (C) có tâm I(1,2), R = 5. 
 ( )  (d) nên phương trình có dạng : 3x – 4y + m = 0 0,25 điểm 
 Gọi H là trung điểm của AB ta có : 
 
2 2
, ( )
5 [ , 4)
8
4
2
IH d I
IA R IH d I IA HA
HA

 

     

  

  d[I,( )] = 3 0,25 điểm 
Vậy 
2 2
3.1 4.2
3
3 ( 4)
m 

 
5 15m   
5 15
5 15
m
m



 

  
 0,25 điểm 
20
10
m
m





 
 0,25 điểm 
 39 
PT ( ): 3x – 4y + 15 = 0 
 3x – 4y – 10 = 0 
 2/ (1 điểm) 
 Câu 7a : (1 điểm)