SKKN
NGƯỜI VIẾT: TRẦN VĂN TRUNG
GV TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN – PHAN RANG
THÁP CHÀM, NINH THUẬN
TÊN ĐỀ TÀI:
CÁCH GIẢI VÀ XÂY DỰNG CÁC BÀI TOÁN DÃY SỐ TỪ
HỆ THỨC BAÁT BIẾN ĐỐI VỚI CHỈ SỐ
A. Đặt vấn đề
Trong nhiều năm làm công tác giảng dạy và bồi dưỡng các lớp chuyên toán bản
thân tôi cảm thấy nếu một người thầy trực tiếp dạy các lớp này cần một nhiệm vụ và khả
năng không thể thiếu được đó là năng lực sáng tạo các bài toán mới và tìm mối quan hệ,
sắp xếp cách dạy toán theo một lớp chung cùng xuất xứ từ một vấn đề.
Để chia sẻ công việc này tôi giới thiệu các đồng nghiệp một vấn đề “Cách giải và
xây dựng các bài toán dãy số từ hệ thức bất biến đối với chỉ số”.
Người thầy có khả năng tự giúp mình chủ động trong cách soạn giáo án lên lớp,
sáng tác các đề thi mới để kiểm tra chính xác năng lực của học sinh, bởi vì lặp lại các
bài toán đã có học sinh có khả năng đã giải trước vì hiện nay thông tin đến với các em rất
là phong phú. Hơn nữa các đề thi học sinh giỏi hầu hết được sáng tác mới. Công việc này
phần nào giúp học sinh hiểu được tư tưởng của người làm đề qua đó các em phân tích
nhận định tìm tòi lời giải.
B. Quá trình thực hiện
Để học sinh hiểu được một cách sâu sắc và có cơ sở khoa học thì trước hết phải
trang bị cho các em hiểu được hệ thức bất biến đối với chỉ số là gì ?
(
,
)
)
j
j
1
x
k
f x
(
i
f x x x
,
i
k
1
x
n
x
n
x
n
1
1
2
,
n N
Đó là hệ thức :
, i, j, k N
,
x
1
i, j k thường là các số tự nhiên liên tiếp.
x
n
x
n
x
n
1
VD:
Giá trị bất biến này bằng bao nhiêu là tùy thuộc vào giá trị ban đầu.
Biểu thức bất biến này được dấu trong một biểu thức phức tạp bởi người xây dựng
bài toán mà người giải toán phải xác định được nó.
I.
Bước chuẩn bị
1/ Sưu tầm một số hệ thức bất biến với chỉ số và một số bài tập, hay một số đề
thi mà có sử dụng bất biến đối với chỉ số.
2/ Chọn bài toán mẫu tiêu biểu từ dễ đến phức tạp và đặc biệt từ mỗi bài toán
phải thay đổi nhiều cách phát hiện khác nhau.
3/ Phân bố thời gian
Cần tập trung nhiều ở phần mở rộng và xây dựng các bài toán từ 1 hệ thức bất
1
biến.
. Nắm vững kiến thức cơ bản của dãy số
. Một số dạng toán cơ bản của dãy.
. Giáo án và một số dụng cụ dạy học liên quan.
. Chuẩn bị bài tập mẫu chu đáo.
. Giới thiêu một số thủ thuật mở rộng và xây dựng bài toán mới.
1
1
4/ Bước chuẩn bị của thầy và trò
4.1- Chuẩn bị của trò :
4.2- Chuẩn bị của thầy :
(1) Bài tập :
* Bài tập mẫu dạy tại lớp
)na xác định bởi :
2
(
3)
n
a
n
2
2
a
1
n
a
n
a
1
a
2
na nguyên với mọi n.
+ Bài toán 1: Cho dãy số (
Chứng minh
Dụng ý :
. Cung cấp học sinh lời giải bài toán.
. Kĩ thuật sử dụng bất biến.
. Cung cấp các cách xây dựng bài toán từ đó giúp các em nhìn được vấn đề đơn
2
500
giản trong sự phức tạp.
2000
)na xác định bởi :
2
1
1
n
(
2)
a
n
a
n
1
1
1
a
1
a
2
a
3
a
n
a
n
20002
a
n
a
n
Chứng minh mọi số hạng của dãy số là số nguyên dương và
+ Bài toán 2 : Cho dãy số (
2000a
chia hết cho .
Dụng ý :
2
8
. Tiếp tục rèn học sinh phát hiện sự bất biến.
. Cung cấp cho học sinh thấy thêm kiểu dấu hệ thức bất biến khác.
2
)nu xác định bởi :
u
u
n
4
0;
3
2
n
n
1
n
u
1
u
u
n
S
arc
u
cot(
)
+ Bài toán 3 : Cho dãy số (
n
2
i
c
1
và
n
Tìm lim u
S
Dụng ý :
. Kĩ thuật sử dụng bất biến ở mức độ cao.
2
. Tập học sinh thay đổi đề bài dựa vào bài toán 1.
:f N
N
thỏa đồng thời các điều kiện :
2
1) 1997
2)
n
(
(
f
n N
Có bao nhiêu hàm số
1/ f(1) = 1
f n f n
( ) + Bài toán 4 : (Kì thi HSG QG: 96-97 bảng A)
2/
Dụng ý :
. Tiếp tục rèn luyện.
. Gây sự hứng thú khi sử dụng hệ thức bất biến.
0
0
1
*. Bài tập tự rèn luyện
)nu xác định bởi :
u
u
1999
n
n
n
1
2
u
u
1
u
2(
)
a
n
nu là số nguyên tố.
a
a
n
n
a
n
1
1
2
4
Bài 1: Cho dãy số (
a
n
a
.
1
n
1
a
2
Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho
Bài toán 2: Cho dãy số nguyên na thoả
Chứng minh rằng tồn tại số nguyên M không phụ thuộc vào n sao cho
M + là số chính phương với mọi n 0.
5
a
n
1
2
a
n
1
.
a
n
a
n
1
a
1
a
2
3
Bài toán 3: Cho dãy số :
1
1
Chứng minh mọi số hạng của dãy đều là số nguyên.
(2) Đồ dùng dạy học
* Đồ dùng dạy học 1 :
)nu xác định bởi :
2
n
(
3)
a
n
2
2
a
1
n
a
n
a
1
a
2
na nguyên với mọi n.
Bài toán 1: Cho dãy số (
. Nguồn gốc bắt đầu từ hệ thức bất biến đối với chỉ số
a
a
a
n
1
a
n
1
n
n
2
a
a
n
1
n
a
n
a
n
2
Chứng minh
* Đồ dùng dạy học 2 : Mở rộng và xây dựng bài toán
4
a
n
1
3
. Cho bất biến này nhận giá trị 4 tại
a
n
2
a
4
n
2
a
a
n
a a
.
n
n
1
n
1
(2)
thì từ (1)
2
a
2
a
1
a
3
3
(1)
C . Cho
1
Nếu cho
Từ (2) ta có : C = 2
2
a
n
1
2
Vậy
2
2
a a
.
2
n
n
,n
a a là nghiệm của phương trình
x
2 0
n
Do đó
2
1
n
2
a a
.
n
2
1
n
a x a
4
1
2
a
n
2
n
a
a
n
2
1
n
a
2
n
2
4
a
a
a
2
x Dy
K
. Ta có
1
n
n
2
. Ta Ta có bài toán 1 và bài toán này cũng được xây dựng như sau :
. Từ hệ thức
)
(
K
x y
,
0
0
2
,
2
x Dy
1
và dựa vào phương trình Pell :
2
n
xây dựng được vô số các bài toán dãy số có cùng lời giải với bài toán 1.
2
x Dy . là nghiệm không tầm thường của phương trình
. Khi đó nếu xét 2 dãy số
x
n
n
D y
.
n
1
và (
) là
,
y xác định nghiệm cơ sở của phương trình
1
n
n
2
K
bởi :
n
x
x
n
n
y
y
x
n
x y là nghiệm của
,n
2
x Dy
Từ hệ phương trình trên ta có thể tìm được
.
1
x
n
x
.
n
2
D x K
n
thì
y
y
n
1
.
n
2
x
1
4
.
1
2
x
n
y
x
n
y
0,
1;
.
n
n
n
23
có nghiệm cơ sở (2;1) do đó ta có nghiệm :
y
x
2;
1,
1
y
1
1
2
2
K Dy
n
Như vậy đã xuất hiện được hai dãy số nguyên cho bởi công thức không nguyên.
Áp dụng :
.. Phương trình Pell :
x
0
y
0
4
a
n
a
n
1
x
n
y
4
. Ta có dãy số kiểu khác của bài toán 1 nhưng bản chất cùng một bất biến
a
n
2
Do đó :
2
a
0
2
3
a
n
a
n
2
3
a
n
1
Như vậy hai công thức :
4
2
a
a
n
2
1
n
a
2
n
a
2
a
a
3
3
.
n
2
n
1
n
a
a
n
n
2
.
4
a
1
n
Như vậy thay đổi bất biến khác ta có một loạt dãy số khác.
Ta cũng có thể dẫn bất biến này một hình thức khác tùy bạn sẽ có dãy mới .
đều cùng một bất biến :
1
1
2000
* Đồ dùng dạy học 3 :
Bài toán 2 : Cho dãy số (
n .
2
2,
500,
a
3
a
1
a
2
a
n
a
n
1
a
n
a
n
1
)na được định nghĩa bởi
a
n
a
n
2
1
và với
2000a
chia hết cho
Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số là số nguyên dương và
20002
2
:
8
.
* Đồ dùng dạy học 4 :
2
n
0,
3
4
u
u
n
2
n
n
1
n
u
1
u
u
n
S
arc
u
cot(
)
Bài toán 3 : Cho dãy số
u
n
2
i
i
1
S
Tìm lim n
n
Và
:f N
N
thỏa đồng thời các điều kiện ;
2
* Đồ dùng dạy học 5 :
1) 1997
2)
n
(
(
f
n N
Có bao nhiêu hàm số
1/ f(1) = 1
f n f n
( )
0
0
1
Bài toán 4 : (Kì thi HSG QG: 96-97 bảng A)
2/
* Đồ dùng dạy học 6 : Trình chiếu bài tập tự rèn luyện.
)nu xác định bởi :
u
1999
u
n
n
n
1
2
)
nu là số nguyên tố.
a
2(
n
a
n
a
n
1
1
2
a
n n
4
u
u
1
u
Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho
Bài 2 : Cho dãy số nguyên 0
thoả
a
n
Chứng minh rằng tồn tại số nguyên M không phụ thuộc vào n sao cho
M +
Bài 1 : Cho dãy số (
a
n
a
.
1
n
5
là số chính phương với mọi n 0.
1
a
2
5
a
n
1
2
a
n
1
a
.
n
a
n
a
1
1
a
2
3
Bài toán 3 : Cho dãy số :
Chứng minh mọi số hạng của dãy đều là số nguyên.
II. Các bước soạn giảng
Ngày soạn :
Ngày dạy :
Tên bài dạy : CÁCH GIẢI VÀ XÂY DỰNG BÀI TOÁN DÃY SỐ
TỪ HỆ THỨC BẤT BIẾN ĐỐI VỚI CHỈ SỐ
A. Mục đích yêu cầu
1. Kiến thức : . Nắm vững kiến thức về dãy số.
. Hệ thức bất biến.
. Xây dựng bài toán từ hệ thức bất biến.
2. Kĩ năng : . Xác định hệ thức bất biến.
. Kĩ năng xây dựng bài toán.
3. Tư duy : . Tư duy logic.
. Tư duy biện chứng.
,
)
(
x
)
,
,
B. Đồ dùng dạy học
* Bảng trình chíếu
* Bài tập
C. Hoạt động dạy và học
1. Kiểm tra bài cũ : không
2. Hoạt động : …
j
x
k
1
1
j
i,j,k N
Nội dung ghi bài
f x x x
,
f x
(
i
k
1
i
.Thường i, j, k là 3 số tự nhiên liên tiếp.
* Bài tập 1 :
)na thỏa mãn
2
Cho dãy số (
1,
3)
(
n
a
n
a
1
a
2
2
,
,
)
x
)(
j
1
1
j
2
a
n
1
a
n
na nguyên với mọi n.
Chứng minh rằng
Hoạt động của giáo viên và học sinh
* Hoạt động 1 (3 phút)
GV: Đưa khái niệm hệ thức bất biến
đối với chỉ số.
* Hoạt động 2 (7 ph)
GV: Trình chiếu Bài tập 1
2
x
1
k
j k
i
,
,
(Thường I, j, k là 3 số tự nhiên)
2
Lời giải
2
a a
n n
2
a
1
n
a
n
a
2
n
2
n
1
Từ giả thiết
2
a
n
1
a
n
2
Thay n bởi n + 1 ta có
a a
n
1
Từ hai đẳng thức trên ta được
6
Từ dãy số đã cho xác định
f x
(
f x x x
,
i
k
i
GV: Qua lời giải học sinh nào phát
hiện được bất biến?
a
a
a
a
n
1
n
1
n
n
2
c
a
a
a
n
1
a
n
n
n
2
1
a
n
1
a
n
1
a
1
4
a
4
n
a
n
1
a
n
1
Dự kiến trả lời : (hằng số).
a
3
a
2
Từ đó
a
1
n
a
n
a
a
1
2
n
n
a
Vậy na nguyên với mọi n.
a a
1
n
n
a
n
GV: Để nắm rõ vấn đề và linh hoạt giải
quyết các bài toán này các em xem người
ta xây dựng loại toán này như sau :
* Hoạt động 3 (8 ph) : Giáo viên sử
dụng bảng trình chiếu để thuyết trình.
* Đồ dùng dạy học 2 : Mở rộng và
xây dựng bài toán.
. Nguồn gốc bắt đầu từ hệ thức bất biến
đối với chỉ số
a a
1
n
n
a
n
1
n
a
a
a
n
1
1
2
n
n
GV: Thuyết trình : Mở rộng và xây dựng bài
toán
. Nguồn gốc bắt đầu từ hệ thức bất biến đối với
chỉ số
a
n
a
1
n
n
trị 4
tại
a
. Cho bất biến này nhận giá
a
a
n
n
2
4
a
n
1
4
(1)
a
n
a
n
2
a
C
1
(2)
. Cho
2
1
n
Nếu cho
a
1
a
2
a
3
3
2
1
2
a
n
Do đó
2
a
2
n
a a
.
n
n
thì từ (1)
1
Từ (2) ta có : C = 2
a a
.
Vậy
2
n
n
,n
a a là nghiệm của phương trình
x
n
2
4
2
0
2
1
n
n
. Ta có
2
1
a a
.
n
n
2
2
1
a
n
a x a
1
2
a
n
2
a
n
a
2
n
Ta có bài toán 1 và bài toán này cũng
a
. Từ hệ thức
và dựa vào
a
n
2
2
n
K
là nghiệm không tầm thường
.
được xây dựng như sau :
a
4
1
n
2
x Dy
phương trình Pell :
. Ta xây dựng
được vô số các bài toán dãy số có cùng lời giải với
bài toán 1.
(
)
x y
,
0
0
2
của phương trình
2
x Dy
K
và (
) là
,
7
2
2
x Dy
.
1
xác định bởi :
y
,
x
n
n
x
D y
.
1
n
n
n
x
y
y
n
n
n
1
nghiệm cơ sở của phương trình
Khi đó nếu xét 2 dãy số
x
2
.
K
x y là nghiệm của
,n
n
2
x Dy
Từ hệ phương trình trên ta có thể tìm
thì
được
x
n
1
.
x
n
2
D x K
n
y
K Dy
n
1
.
n
2
n
y
Như vậy đã xuất hiện được hai dãy số
nguyên cho bởi công thức không nguyên.
2
Áp dụng :
x
1
có nghiệm
2;
4
x
.
1
2
x
n
y
x
0
y
n
y
0,
1;
4
.
x
1
y
1
1
2
n
n
0
23
y
.. Phương trình Pell :
cơ sở (2;1) do đó ta có nghiệm :
x
1,
n
y
n
. Ta có dãy số kiểu khác của bài toán 1 nhưng bản
chất cùng một bất biến
a
n
a
n
a
n
2
1
2
a
0
Do đó :
a
2
a
3
3
1
n
a
n
2
n
4
Như vậy hai công thức :
a
2
1
a
n
2
n
a
n
2
2
3
1
a
n
a
n
2
a
3
n
a
n
a
n
2
đều cùng một bất biến :
4
a
n
1
Như vậy thay đổi bất biến khác ta có
một loạt dãy khác.
Ta cũng có thể dẫn bất biến này một
hình thức khác tùy bạn sẽ có dãy mới.
2000
2,
3
a
1
1
1
* Bài toán 2
*Hoạt động 4 (7 ph):
GV Trình chiếu Bài toán 2
GV : Hỏi bất biến của dãy số này ?
Dự kiến trả lời :
với
và
n .
2
n
2
)na được định nghĩa bởi
a
a
n
a
n
1
a
n
a
n
1
a
2
2
1
1
a
a a
n
n
1
20002
chia hết
.
2000a
Cho dãy số (
500,
a
n
a
n
Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số
nguyên dương và
Bài giải
a
1
n
a
a
n
n
GV: Bằng biến đổi người ta thấy được
sự khôn khéo trong việc che đậy hệ
thức bất biến từ đó tạo ra hệ thức
8
a
n
2
a
n
1
2
a
Từ giả thiết ta có
1
n
Suy ra mọi số hạng của dãy số đều khác 0. Từ đó
n
2
...
2
1
n
a
n
1
a
a
n
a
n
1
2
a
a
3
a a
a a
n
2 1
1
n
a a
2 n
Vậy
, như thế mọi số hạng của đãy
n
số đều là số nguyên dương.
.
.
...
a
2000
a
.
1
a
1999
a
1998
a
2
a
1
.
a
2000
a
1999
2000a chia hết
20002
Mặt khác
2
:
8
* Bài toán 3
n
0,
n
3
u
4
n
u
n
1
2
u
1
u
2
u
n
n
S
arc
u
cot(
)
Cho dãy số
u
n
2
i
u
i
1
1
n
2
n
Và
S
Tìm lim n
n
u
n
tương đương khác.
GV : Hướng dẫn HS tạo ra bài toán
mới.
*Hoạt động 5 (8 ph):
GV Trình chiếu Bài toán 3
GV : Từ giả thiết
u
4
u
n
Ta có thể thay bởi :
4,
2n
u
n
u
.
n
1
1
2
u
n
1
u
u
u
3
n
n
1
3
n
)
2
u
n
1
u
1
n
)
n
2
(4 )
u
n
u
u
(
n
n
1
1
u u
u
2
n
1
n
1
u u
1.
3
n
2
u
2
*
Giống bài toán 1. Ta có các bài
toán phức tạp hơn và các em tự tìm đến
nhiều bài toán khác có cùng lời giải.
GV : Hệ bất biến mới ?
4
n
a rc
a r c
c o t
co t
u
u
2
n
n
u
u u
.
n
n
2
n
1
2
n
2
1
n
u u
n
1
u
4
Trước hết ta chứng minh
Quả vậy, ta có :
(4
u
u
)
n
n
1
u
u u
(
n
n
n
u
u
u
2
.
1
n
n
n
=…=
u
2
2
= 8 2 – (4.8 – 2)2 = 4
)
1
.
* (u 3) Bài giải
2
u
n
arc
cot
u u
(
n
n
2
u
1
u
u
n
u
.
n
n
1
1
n
1
n
1
.
u
u
arc
cot
n
1
u
n
u
n
u
u
n
1
u
n
u
n
n
1
1
n
arc
cot
arc
cot
u
n
u
u
u
n
n
1
n
1
S
arc
cot(
)
n
2
u
i
arc
cot
u
n
u
i
1
n
Hơn nữa :
u
n
n
1
2
1
2
1
=
1
.
u
4
u
4
n
u
u
n
u
n
u
u
n
u
n
n
n
1
9
Dự kiến trả lời :
u
1
1= 4x – x 2 (với
x
)
1
lim
n
u
n
u
n
3
x 2 – 4x + 1 = 0
1
3
2
lim
n
x
2
u
n
u
n
S
arccot
(2
)
3
n
lim
n
1
0
1
12
u
n
u
n
u
1n
u
n
n
1
u
u
u
n
u
n
1
n
(dãy có giới hạn, vì : )
Có bao nhiêu hàm số f: N * N * thỏa mãn đồng
* Bài toán 4 (Thi HSG QG 96-97 bảng A)
*Hoạt động 6 (8 ph):
GV Trình chiếu Bài toán 4 thời hai điều kiện sau:
1) f(1) = 1
2) f(n) f(n+2) = f 2 (n+1) + 1997 với mọi n N * GV : Nhận xét bất biến của bài toán
này ?
1997
2
Bài giải
Gọi D là tập hợp tất cả các hàm số có tính chất nêu trên. Để cho
gọn ta kí hiệu:
. Ta có: Dự kiến trả lời : Bất biến này
(1)
1997
f n
( )
2
a
n
1
2
a
n
2
a
n
a
n
3
2
Suy ra:
. Vậy:
(2)
a
n
a
n
2
ca
n
1
1
2
a
n
.
ở đó c là hằng số,
c
na
a a
n n
a a
n
n
3
1
a a
1
n
n
a
n
a
a
3
1
a
2
Ta chứng minh c = N. Thật vậy, nếu
với (p,q) = 1 thì từ (2)
c
cũng chính là bất biến bài toán 1.
p
q
ta có:
)
q a
(
a
n
a
nq
1
1
2
Vì
nên q = 1 (do 1997 là số nguyên
1997
2
n
a a
n n
2
pa
n
2
a
n M
1
tố).
.
Đặt f(2) = a. Từ (1) và (2) ta có:
1997
1
1998
ca
a
a
a
1
a
3
a a
1 3
2
2
ca
a
2 1997
2
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
b
N
1998
a
Ta chứng minh f = D.
2
(2) = (a + b)a – 1 – a
2
Dễ thấy f(n) N * và f(n + 2)f(n) – f
= 1997 f = D
Tương ứng f f(2) là một song ánh giữa D và tập các ước
dương của 1998.
Vậy:
10
GV : Vậy các em có quyền thay đổi giả
thiết mà lời giải bài toán vẫn không
thay đổi.
GV : Bất biến này được sử dụng trong
một bài toán khó phức tạp.
D
(1 1)(1 3)(1 1) 16
3. Củng cố : (4 ph)
. Sử dụng bất biến để giải toán.
. Kĩ năng phát hiện bất biến.
. Sưu tầm các bài toán bất biến.
. Phát biểu bài toán bằng cách khác.
. Sau khi học xong bài học này thì học sinh có một cách nhìn khá nhạy bén về vấn
)nu với
Nhóm 1 : 15 học sinh
Câu hỏi : Xác định hệ thức bất biến cũa dãy số (
1
2
u
3
u
2
n
1
n
2
n
u
u
Kết quả: 13 em xác định đúng.
Nhóm 2 : 15 học sinh
D. Đánh giá hiệu quả :
đề Hệ bất biến đối với chỉ số và kết quả đó được thể hiện ở khảo sát sau :
u
1
1
u
3
2
u
u
2
1
1
n
n
n
u
Xác định số hạng tổng quát của dãy số
Kết quả: 14 em là có lời giải tốt.
Câu hỏi : Thay đổi cách phát biểu bài toán sau để cảm nhận phức tạp hơn
C. Kết luận :
. Thực tế trong việc giảng dạy việc truyền thụ để học sinh lĩnh hội những tri thức
một cách chính xác chưa đủ mà cần phải cung cấp cho học sinh hiểu được nguồn gốc và
bản chất của vấn đề từ đó các em mới sáng tạo và linh hoạt trong việc giải toán.
. Với bài giảng này trên thực tế tôi đã giúp học sinh làm sáng tỏ bản chất của rất
nhiều bài toán về dãy số và cũng được nhiều đồng nghiệp hoan nghênh tại Hội thảo Toan
học tại tỉnh Phú Yên tháng tư vừa rồi.
. Để một ngày hoàn thiện hơn mong sự góp ý của các đồng nghiệp thêm cho bản
thân tôi..
11
Phan Rang, ngày 10 tháng 5 năm 2011 Trần Văn Trung
12
ĐÁNH GIÁ HỘI ĐỒNG KHOA HỌC TRƯỜNG
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
ĐÁNH GIÁ HỘI ĐỒNG KHOA HỌC SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
Đề 12
A. Phần chung (7 điểm)
4
y
x
x
(1) (m tham số)
Câu 1 : (2 điểm)
2 1
Cho hàm số:
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M có thể kẻ được ba tiếp tuyến với (C).
x
x
x
cos6
x
Câu 2 : (2 điểm)
mx
x
3
m
1
1. Giải phương trình : 4cos .cos2 .cos3
2. Xác định m để bất phương trình sau có nghiệm
2
f x
( )
1
2
4
x
3
x
x
1
Câu 3 : (1 điểm) Tìm họ nguyên hàm của hàm số
Câu 4 : (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hỉnh vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam
giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối chóp S.ABCD
và góc giữa 2 mặt phẳng (ASD) và (SAC).
Câu 5 : (1 điểm)
13
Xác định m để hệ sau có nghiệm
2
2
xy
2
y
x m
x
2
2
xy
2
x m
2
x
* Dành cho học sinh nâng cao
B. Phần riêng (3 điểm)
Câu 6b : (2 điểm)
1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz. Cho ABC có A(1;2;1), B(-1;0;2),
C(2;1;-1). Xác định tọa độ tâm và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC.
2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho 2 đường thẳng (d 1 ): x – y + 1 = 0 và
(d 2 ): x – 2y + 1 = 0. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1;0) và (d) cắt (d 1 ) và
(d 2 ) lần lượt tại M 1 , M 2 mà M 1 M = 2MM 2 .
2
x
2
y
Câu 7b : (1 điểm)
x
2
x
Cho (C):
Viết phương trình đường cong (C’) đối xứng với (C) qua đường thẳng y = 2.
Đề 11
B. Phần chung (7 điểm)
(2
Câu 1 : (2 điểm)
y
2
1)m x m
x
1
Cho hàm số: (1) (m tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1.
2. Xác định m để đồ thị hàm số hàm số (1) tiếp xúc với Ox .
2
Câu 2 : (2 điểm)
x
x
2cos2 (3sin
x
5)
2
2
1
x
y
3. Giải phương trình :
4 4sin 2
xy
2
x y
2
y
x y
x
Câu 3 : (1 điểm)
2
I
dx
4. Giải hệ :
3
Tính tích phân
sin
x
x
x
cos )
(sin
0
14
Câu 4 : (1 điểm)
Cho hình chóp cụt tứ giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính R cho trước. Tính
thể tích khối chóp cụt biết cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ.
Câu 5 : (1 điểm)
2
2
2
2
2
2
2
b
b
c
c
a
1
10
a b c
(
)
1
1
a
Cho a, b, c là các số không âm thỏa điều kiện ab + bc + ca > 0. Chứng minh rằng :
B. Phần riêng (3 điểm)
* Theo chương trình nâng cao
Câu 6b : (2 điểm)
1. Trong không gian Oxyz. Viết phương trình mặt phẳng (
) đi qua điểm A(4;2;1).
) cắt các tia Ox và Oy và Oz lần lượt tại M, N, và P sao cho thể tích khối tứ diện
Biết (
OMNP nhỏ nhất.
2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường thẳng ( ) : x – y + 1 = 0 và
A(3;1), B(2; – 1). Tìm M trên ( ) sao cho MAB có chu vi nhỏ nhất.
3
1
10
x
10x trong khai triển
Câu 7b : (1 điểm)
1
x
(với x 0) Tìm hệ số của
* Trường THPT Chuyên Lê Quí Đôn
Câu lạc bộ Đề thi thử lần I ngày 27-3-2011
(Thời gian 180’)
3
2
x
x m
3
(4
(7
1)
m
m
x
(1)
1
1)
Cho hàm số:
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.
2. Xác định m để hàm số (1) tiếp xúc với Ox .
Câu 2 : (2 điểm)
4
4
sin
x
5. Giải phương trình :
cot 2
x
cos
x
1
2
6. Giải phương trình :
1
3 2
1
8sin 2
x
x
2
x
x
5sin 2
2
1
3 2
x
x
Câu 3 : (1 điểm)
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C):
y
x
2 3
x
và đường thẳng : y = 2
2
Câu 4 : (1 điểm)
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, (cid:0)
ABC
060
15
A. Phần chung (7 điểm)
Câu 1 : (2 điểm)
y
a
3
trong đó O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Gọi M là trung
SO (ABCD) và
SO
2
điểm AD, () là mặt phẳng đi qua BM, song song với SA, cắt SC tại K. tính thể tích khối chóp K.BCDM.
Câu 5 : (1 điểm)
2
2
2
Cho ABC. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
Q
sin
A
sin
B
2sin
C
A. Phần riêng (3 điểm)
1/ Theo chương trình chuaån
Câu 6a : (2 điểm)
)
): x 2 + y 2 – 4x – 2y – 20 = 0. Viết phương trình đường tròn đi qua các giao điểm của (C 1 ) và (C
2
2
1
) là giao tuyến của hai mặt phẳng
và (d
2
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ xOy. Cho hai đường tròn (C 1 ): x 2 + y 2 – 10x = 0
và (C
và có tâm nằm trên đường thẳng ( ): x + 6y – 6 = 0
x
1
y
2
z
1
) ? Viết phương trình mặt phẳng chứa (d 1 ) và vuông
): 2x + y – 1 = 0 .
) và chứng minh (d 1 ) (d
2
2
2. Trong không gian Oxyz. Cho 2 đường thẳng (d 1 ):
(1 ): 3x – z + 1 = 0 ( 2
Chứng minh (d 1 ) chéo (d
)
góc với (d
2
Câu 7a : (1 điểm) Cho hai số phức Z và W có
Z W
.
1
là một số thực.
Chứng minh số
(1
ZW
0)
Z W
ZW
1
2/ Theo chương nâng cao
Câu 6b : (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Cho ABC vuông tại A. Biết A(– 1,2), B(1,– 4) và đường thẳng BC đi
qua M(
) . Tìm tọa độ điểm C.
2,
1
2
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz. Cho 3 điểm A(4,– 1,2), B(1,2,2), C(1,1,5). Tìm tọa độ tâm
và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC.
Câu 7b : (1 điểm)
2
Giải hệ phương trình:
(x,y (cid:0) )
x y
x
4
2 0
2.log
y
x
log
2)
(
0
2
2
Đề dự bị
1
Olympic 1 /
30-4-2009 –
1
2
(cid:0)
(
n
)
2
n
3
u
u
.
u
u
1
n
2
u
.
u
n
n
n
1
n
n
1
u
0
u
1
u
Xác định ( nu )
Cho dãy số nu xác định bởi :
Giải :
16
Dễ thấy ( nu ) 0 , n (cid:0)
1
2
u
1
n
2
u
.
n
u
1
n
u
2
u
3
u
u
.
u
3
u
u
1
1
n
n
n
n
n
2
n
. Suy ra (
v
n
)nv xác định bởi
1
4
1
u
n
2
5
4
9
4
3
v
n
v
n
1
v
n
2
1
2
3 0
x
2
x
Đặt
3
1
n
v
0
v
1
x
x
n
( 1)
n
.3 ,
n
(cid:0)
1
2
nv
v
0
n
( 1)
n
3 ,
n
(cid:0)
v
n
3
8
7
8
v
1
3
8
7
8
5
4
9
4
1
2
(
n
(cid:0)
)
u
n
n
n
8
7.3
2
3( 1)
Phương trình đặc trưng :
Đề dự bị
17
Olympic 2 /
30-4-2008 –
2005
2006
u
)
u
2
u
.
n
1
n
1
n
1
n
1
u
1
u
2
....
u u
(
n
u
Tìm lim n
n
Cho dãy số nu xác định bởi :
1
u
1
u
n
1
n
1
u
u
(
)
Từ điều kiện Giải :
2
u
n
2
n
n
1
2005
1
2006
1
u
n
u
u
n
u
1
u
...
2 n
u
d
(
)nu là cấp số cộng với công sai
1
2005.2006
1
n
(
n
1)
d
u
n
u
1
1
2005
2005.2006
n
1
1
1
1
2005
2006
n
2007
2005.2006
nu
2005.2006
n
2007
18
. xác định bởi Đặt
DÃY SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC
*******
*I- Tìm hệ thức bất biến đối với chỉ số
2
1,
(
3)
n
a
n
)na thỏa mãn
a
1
a
2
2
2
a
1
n
a
n
* Bài 1. Cho dãy số (
na nguyên với mọi n.
Chứng minh rằng
2
2
Lời giải
2
a a
n n
2
a
1
n
a
n
2
a
n
1
a
n
a
2
a a
1
n
1
n
2
n
a
2
Thay n bởi n + 1 ta có
Từ hai đẳng thức trên ta được
a
a
a
n
1
n
1
n
2
n
c
Từ giả thiết
n
1
a
n
a
a
1
a
n
a
n
1
(hằng số).
4
a
4
n
a
n
1
a
n
1
a
3
a
2
1
a
n
Vậy na nguyên với mọi n.
Từ đó
)na được định nghĩa bởi
1
1
2000
* Bài 2. Cho dãy số (
n .
2
2,
500,
a
3
a
1
a
2
a
n
a
n
1
a
n
a
n
1
a
n
a
n
2
1
20002
và với
2000a
chia hết .
Lời giải
2
a
n
1
a
n
2
.
a
Từ giả thiết ta có
1
n
Suy ra mọi số hạng của dãy số đều khác 0. Từ đó
2
n
...
2
1
n
a
n
1
a
a
n
a
3
a a
2 1
Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số nguyên dương và
a
n
2
Vậy
...
.
a
2000
a
.
1
a
2000
a
a a
n
1
n
a a
2 n
, như thế mọi số hạng của đãy số đều là số nguyên dương.
1
n
a
2000
a
1999
a
1999
a
1998
a
2
a
1
19
Mặt khác chia hết cho 2000a
)na được xác định bởi
a
6
3
2
a
1
n
2
24
*II- Công thức tổng quát của dãy số
* Bài 3. Cho dãy số (
n .
4
1,
2,
a
a
n
3
a
1
a
2
2
a
1
n
n
a
n
2
8
a
n
a
n
3
và với
na chia hết cho n..
Chứng minh rằng với mọi n thì
8
a
2
2
n
1
Lời giải
V
6
n
1
V
8
n
2
V
n
a
n
a
n
1
n
1
a a
6 n
n
a
n
2
n
1
4
Xét .
n .
2
1
với mọi Từ đó tìm được
...
.
a
n
2
2
2
2
n
n
n
3
a
n
3
2
a a
3
2
.
a a
2
1
1
n
(4
2 )(4 2)
1
2 )(4
2
)...(4
a
n
a
n
1
nV V
.
n
nV
a
n
a
n
2
V
...
1
1
p (mod p).
12
1
1
p
4
2
i
Với mọi số nguyên tố p, theo định lý Fecma nhỏ ta có
14 p (mod p) và
1
p
(mod p).
0
Từ đó
2
k
k
k
p
p p
n
2 ...
là phân tích tiêu chuẩn của n
Bây giờ giả sử
m
1
m
1
i
i
1)
với mỗi i = 1, 2,…,k 1 .
n m m p
1(
n m p
Ta có
i
1 1
1k .
Chú ý rằng m 1 > m 2 >…> m
Do đó
n m n
i
nên trong phân tích của na có chứa k 1 thừa số.
1)
1)
n m
i
n m
i
i
m p
(
1
i
i
m p
(
1
i
2
4
2
0
(mod
1)p
Chú ý rằng do
4
k
na p
1
1
Suy ra
na p với mọi I = 1, 2, …,r. Từ đó ta có đpcm.
k
1
1
20
Chứng minh tương tự ta có
n
1).
a
n
)na thỏa mãn
2
na
1
1(
Chứng minh rằng dãy số chứa số hạng vô tỉ.
Lời giải
*III- Chuyển từ dãy số hữu tỉ sang dãy số nguyên
* Bài 4. Cho dãy số đương (
,
a
n
b c
) 1
n
n
b
n
c
n
Từ giả thiết
c
n
ta có
a
1n
b
n
1
c
n
,
,
) 1
n
c
n
c
n
)
1
b
(
)
n
c
n
1)
1
2
na
1
2
2
b
b
b
n
1
n
n
1
2
2
c
c
c
n
1
1
n
n
Do gcd (
b
b c nên gcd (
) 1
n
n
Từ đó ta được hai dãy số nguyên (b n ) và (c n ) thỏa mãn
2
với n = 1, 2,…
c
b
b
n
n
n
1
2
c
c
b
(
c
b
Suy ra
n
n
n
1
1)
n
1
n
. Từ đó
c
1 1
n
với mọi n.
2
c c
,
n
n
1
2
2
b
b
1
n
n
1
c
b
1
n
1
n
b
c
b
n
n
n
1
1
1
b
Chú ý rằng
n
b
n
Như thế dãy (b n ) là dãy giảm các số nguyên dương. Điều này vô lí.
Đặt với gcd (
)na , n = 0, 1, 2, … xác định bởi
a và
1
* Bài 5. (TST Vietnam 2006)
Cho dãy số đương (
)
(
0
na
1
1
2
1
a
3n
a
0
với mọi n = 0, 1, 2, …
A
n
1
3
2
3
a
n
Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, số là một số
chính phương và có ít nhất n ước nguyên tố phân biệt.
Lời giải
,
a
n
b c là những số nguyên dương và gcd (
,n
n
b c
) 1
n
n
b
n
c
n
1
Đặt với
2
2
c
b
3
n
n
6
b c
n n
1
,
,
Từ hệ thức đầu bài ta có
a
2
a
3
a
4
2
3
7
12
b
n
c
n
17
168
21
. Ta có
1n thì nb và nc luôn khác tính
Bằng qui nạp đơn giản ta thấy rằng với mọi
chẵn lẻ.
2
b
3 n
2
c
n
Gọi p là ước nguyên tố chung của
và 6 n nb c . Nếu p là ước của b n
, hoặc c n thì p là ước chung của b n và c n . điều này mâu thuẫn với gcd (
2
c
n
2
b
3 n
b c .
) 1
n
n
và 6 n nb c thì p = 3.
Do đó nếu p là ước nguyên tố chung của
2
2
c
b
3
n
n
b c
6
n n
2
2
2
c
b
3
n
b c
6
n
Ta sẽ chứng minh rằng phân số luôn được rut gọn cho 3. Thật vậy,
6
2
2
c
b
3
n
n
b c
6
n n
Chú ý rằng do gcd (
2
b
n
b c
n
b
n
1
1
,
b c nên b n không chia hết cho 3. Như thế phân số trên
n
n
1nc cũng chia hết cho 3 mà không
c c
,
3
n
các số c 1 = 3, c 2 = 12, c 3 = 168 đều chia hết cho 3 và không chia hết cho 9. Giả sử c n = 3c
chia hết cho 3 và (c,3) = 1. Khi đó
2
b
3
c
9
n
b c
18
n
) 1
. Nghĩa là
tối giản và do đó
chia hết cho 9.
2
b
3
n
2
c
n
2,
3,
,
2
b c
n n
b
1
c
1
b
n
1
c
n
1
3
Tóm lại, các dãy số (b n ) và (c n ) được xác định như sau :
2
c
n
2
b
3 n
với mọi n = 1, 2, 3,…
2
)
2
b
(3
n
2
c
n
2
c
n
4
b
9
n
4
c
n
3.
3
2 2
b c
4
n n
2
b
3
1
n
2
c
1
n
9
3
2
b
3
n
3
2 2
b c
6
n n
3
3
Bằng qui nạp ta sẽ chứng minh rằng
3
Thật vậy, hiển nhiên khẳng định đúng với n = 1.
Ta có :
theo giả thiết qui nạp.
A
n
2
c
n
2
c
3
n
3
1
3
2
3
a
n
2
c
3
n
2
3
b
n
2
c
n
3.
1
3
2
b
n
2
c
n
) 1
Bây giờ là số chính phương.
c
n
nc có ít nhất n
b
(
n
c
,
1
n
nên dễ thấy rằng
1
1
b c
2
Mặt khác do
n
1
n
ước số nguyên tố phân biệt.
22
và gcd
0,
u
1
(cid:0)
n
u
(
n
1
2 3
u
.
) ,
n
1
*IV- Một số bài toán về dãy số trong các đề thi Olympic 30-4
* Bài 6. Cho dãy số
na được xác định bởi :
u
0
0
u
n
2
Tìm số hạng tổng quát của
0u
0u > 0, n (cid:0)
Giải
1
2 3
)n
u
n
2
u
(
n
ln
ln
ln
u
u
n
u
n
2
n
1
u
,
u
.
1
1
3
ln
n
Bằng qui nạp, ta có :
2
3
0
n
V
n
V
n
2
V
n
V
n
1
1
3
V
3
n
2
2
3
V
2
n
V
n
1
Đặt :
x
1
2
3
2 0
x
x
x
2
3
,
(cid:0)
(
)
1
2
nV
1
2
2
3
(2
V
0
V
0
V
3 )
1
1
Xét phương trình đặc trưng
n
V
1
1
)
V V
(
0
1
2
2
2
3
1
5
3
5
1
2
n
(2
V
0
V
3 )
1
V
(3
0
V
3 )
1
V
n
1
5
2
3
1
5
23
n
n
ln(
)
(ln
)
(2
(3
2 3
u u
0 1
V
0
V
3 )
1
V
0
1
5
2
3
1
5
1
5
1
5
2
3
V
3 )
1
3
u
0
3
u
1
e
u
e
n
n
(
n
)
(
)
3
5
2
3
n
( 2)
1
n
5.3
( 2)
1
n
5.3
3
5
3
5
1
u u
2
3 5
.
0
1
u
.
0
u
.
1
3
5
u
0
3
5
u
.
1
n
2
8
:
=
2
n
u
n
u
4
0,
3
n
n
n
1
2
u
1
u
u
n
S
arc
cot
)
* Bài 7. Cho dãy số
u
n
2
g u
(
i
i
1
S
Tìm lim n
n
Và
2n
2
u
n
u
n
1
u
.
n
1
)
2
1
(4 )
u
u
n
1
n
u
u
u
(
)
n
n
n
1
1
u u
u
n
2
n
u u
u
2
3 1.
2
Giải
4,
arc
arc
cot
cot
Trước hết ta chứng minh
Quả vậy, ta có :
(4
u
u
)
n
1
n
u
u u
(
n
n
n
1
u
u
u
2
2
.
1
n
n
n
1
n
=…=
= 8 2 – (4.8 – 2)2 = 4
2
gu
n
u
4
n
4
g u
n
)
1
u u
(
n
n
2
u
1
u
u
n
u
.
n
n
1
1
n
n
1
1
.
u
u
cot
arc
g
1
1
n
u
n
u
n
1
n
1
arc
cot
g
arc
cot
g
u
n
u
n
u
n
u
n
u
n
u
u
u
n
n
1
n
n
2
1
arc
cot
g u
(
S
arc
cot
)
arc
cot
)
arc
cot
n
2
g u
(
i
2
g u
(
i
)i
u
g
n
u
i
1
i
1
n
+
u
n
n
1
n
2
1
2
1
1
.
u
4
u
4
n
u
n
u
n
u
n
u
u
n
u
n
1
24
Hơn nữa :
1
x
)
1
lim
n
u
n
u
n
x 2 – 4x + 1 = 0
3
1= 4x – x 2 (với
1
3
2
lim
n
x
2
u
n
u
n
S
arctg
(2
)
3
n
lim
n
12
1
0
1
u
n
u
n
n
1
u
1n
u
n
u
u
1
n
u
n
u
n
có giới hạn, vì : ) (dãy
a b
,
(0,1)
a. Xét dãy
nu xác định bởi
u
u
b ,
* Bài 8. Cho
n
2
n
1
2
1
3
2
3
u
n
nu có giới hạn hữu hạn khi n và tìm giới hạn đó.
, n (cid:0) .
u 0 a , 1u
Chứng minh rằng dãy
,
0
Giải
nV định bởi
0
2
V
n
V n
,
n
1
1
3
V Min a b
1
V
n
3
V V
n
n
2
V
n
V
n
* Xét dãy
1
2
1) (
2) 0,
n
0
V
n
2
3
V V
(
n
n
1
3
1
3
nV tăng (2)
nV có giới hạn hữu hạn.
Bằng qui nạp ta chứng minh được 0 < V n < 1 (1)
Mặt khác :
nV
n
2
c
c
c
1
c
lim
n
2
3
c
1
3
V
1
0
1
+ n = 1 u 0 a
+ n = k (cid:0) : Giả sử
, ta có :
Từ (1) và (2)
Đặt c = lim n
V
U
(0,1)
k
1
+ n = k + 1 : Ta có :
(0,1),
n
0
2
u
k
1
3
(0,1)
Theo ngưyên lý qui nạp ta có :
nu
25
(0,1)
(0,1)
ku
1
2
u
k
3
(0,1)
,
,
0
n
n
n
2
2
n
1
V Min U U
,
,
* Chứng minh
,
0
1
0
V Min u u
+ n = k N : Giả sử
,
Min a b Min a b
V Min u
2
u
2
1
k
k
k
u
2
k
u
2
k
1
Quả vậy :
+ n = 0 :
2
2
u
u
V
2
2
2
k
k
V
k
V
k
1
2
k
1
k
k
1
3
2
3
2
2
2
u
u
V
V
+ n = k + 1 :
V
k
V
k
2
k
3
2
k
1
k
V
k
V
k
V
k
1
2
k
2
k
1
k
1
3
1
3
2
3
2
3
1
3
2
3
1
3
2
3
u
u
,
U
Min U
V
k
1
2
k
2
2
k
3
0
n
,
,
n
n
n
1
2
2
1
n
1(
Theo nguyên lý qui nạp, ta có
V Min U U
n
0)
n
1
1
u
Từ các kết quả trên, ta suy ra :
V u
n
2
V u
n
2
lim
V
n
n
1
2
n
u
n
2
n
1
lim
n
lim
n
1
lim n
u
n
26
Do đó :
CÁC BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ
********
2(
a
)n
a
n
a
n
a
n
1
1
2
n na
0
M a a
4
n
1
n
là
u
n
* Bài 1 (T1/233)
Cho dãy số nguyên
thỏa mãn:
(1)
Chứng tỏ rằng tồn tại số nguyên M không phụ thuộc vào n sao cho
số chính phương với mọi n 0.
u
n
HD Giải
1 2
a
n
u
n
u
(
n
4
1
Đặt
2
u
n . Từ điều kiện (1) suy ra :
2
a
4
n
1
a
0
2
u a
4
n
1
n
n
1
a
a
a
)
n
n
n
4
a a
n
1
n
2
a a
u
4
n
n
1
n
1
2
a
n
2
4n
u
n
0
Vậy là hằng số không phụ thuộc vào n. Gọi hằng số đó là M. Khi đó ta có :
2
u
n
n
a
a
1
n
2
n
2
2 )
u
a
n
2
a
u
4(
1
1
n
n
2
4
u
a a
n
1
1
n
n
2
a a
4
u
n
n
1
n
a a
n
1
n
M a a
4
n
1
1,
(
n
2)
(
n
1)
2
n
a
1
a
n
a
2
a
n
1
a
n
. Tìm tất cả các
1
.
* Bài 2 (T6/237)
na thỏa mãn:
Cho dãy
3,
giá trị của n để na là số chính phương.
27
HD Giải
2)
3,
1,
n
(
1)
n
a
1
a
n
Cho số nguyên p 2. Cho dãy số
a
2
1
2
1
a
n
a
n
na thỏa mãn
(
n
Hãy tìm tất cả các giá trị của n để na là lũy thừa p của một số tự nhiên.
b
n
Ta giải bài toán khái quát sau:
n
3
a
1
n
n
n
!
3
. Khi đó từ công thức xác định dãy Lời giải
na , ta sẽ có
n
n
a
n
b
b . Kết hợp với b 2 = a 2 – a 1 = 3 – 1 = 2! Ta được
. Suy ra
.
nn
1
n
n
!
2
b . Do đó, với mỗi n 2 ta có :
n
n
n
n
(
)
1
a
n
a
1
a
k
a
k
b
k
1
k
!
k
k
k
2
1
2
n
!
k n
1
Với mỗi n 2, đặt
b
a
n
k
1
a
5
(1) Kết hợp với a 1 = 1 = 1! Ta được
2
a Y
5
n
a
,
(vì các số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi 1, 4, 5, 6, 9).
na
na là số chính phương khi và chỉ khi
2
p
na
0(mod 27)
2
1
a
0(mod 3)
hoặc
Xét p=2. Khi
đó, do từ (1) ta
có
na
3(mod10)
nên suy ra
sao cho
na
na
(suy ra từ (1) nên điều kiện cần
n
1na . Từ (1) ta có
a và
n
n
n
n
46233 1(mod 27)
!
k n
9
là Với n = 1,2,3,4 bằng cách thử trực tiếp, ta thấy
n = 1, n = 3.
* Xét p > 2. Khi đó, do từ (1) ta có
để a Y
. Mà
9
a
a
8
na
a
8
a
n
8(mod 27)
9
p
k
1(mod 27)
8n đều không tồn tại tại n để
a
n
8
. Như vậy
na
na
n
1
2
a
3
1
a
n
. Tìm tất cả các số hữu tỉ a 1 mà
2
n
. Suy ra
na thỏa mãn:
a
n
. nên
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
a
tồn tại m n sao cho m
b
n
a
3
n
6
n
(1)
1
2
b
n
1
b
n
Với mỗi n 1 đặt khi đó từ dãy HD Giải
na ta có dãy nb được xác định bởi:
b
n
1
n
.
b thì
3
b
3)(
n
. Suy ra nếu 1
b
n
b
(
n
...
b
1
n
b
...
n
b
1
b
2
b
3
b
1
n
28
Bài toán trở thành: Tìm tất cả các 1b ¤ mà tồn tại m n sao cho m
b
Từ (1) ta có :
2)
3
b thì không tồn tại m n sao cho m
b
b
n
1.
Do đó, nếu 1
3
Xét 1
(
)
,
b . Nếu 1b ¤ thì từ (1) dễ thấy nb ¤ n 1. Với mỗi n 1, viết nb dưới
p q Khi đó nếu tồn tại m n
và
1
b
n
c q
,
n
p q
,
n
n
n
n
dạng , trong đó:
p
n
q
n
b
n
b
sao cho m
1
n
(2)
1
b
n
1
) 1
6
,
thì phải có . Mặt khác, từ (1) ta có:
p
n
q
1
n
2
p
( n
n
p
( n
q
,
1
n
suy ra:
1
1
n
n
.
p
n
q
q
(*)
m
n
2
2
q
p
6
n
n
2
q
n
2
2
q q
. Kết hợp với (2) và
) 1
,
n
n
q
12
n
n
1
p
Vì
1
n
2
1
1
m
2
1
(vì m n). Như vậy, nếu tồn tại m n sao cho
q
1
b
1
30 3
...
...
suy ra
b
suy ra 3
b
4
p
c . Suy ra
b thì 2
0
b
k
b
k
1
.
( n
p q nên
) 1
p
q
2
. Dẫn tới
1
1
n
n
Do đó (*)
b
b
m
thì 1b
n
+ Với 1
6
b
không tồn tại m n sao cho m
...
...
b
suy
b
suy ra 3
b
4
b thì 2
1
.
b
k
b
1
k
b suy ra: 3 19 3
.
0, 1, 2, 3
b
b suy ra: 3
b
n
5
ra không tồn tại m n sao cho m
b
2
3
b
2
b
n
b
2
3
b
2
+ Với 1
3
. Và do đó tất cả các giá trị
1a ¤
b
12,
b thì 2
b
2
b thì 2
b
b
3
3
3
Vậy, tóm lại, tất cả 1b ¤ cần tìm là 1
b
.
; 1
a
2
3
+ Với 1
+ Với 1
cần tìm là 1
* 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 *
f n
( )
HD Giải
1997
2
Gọi D là tập hợp tất cả các hàm số có tính chất nêu trên. Để cho gọn ta kí hiệu:
na
1997
3
2
a
n
1
2
a
n
2
29
(1) . Ta có:
a a
n n
a a
n
n
1
a
n
a
n
2
3
a
1
c
a
n
a
n
2
ca
n
1
a
n
a a
n
n
1
a
n
1
2
a
3
a
2
Suy ra: . Vậy: (2) ở đó c là hằng số, .
c
p
q
)
2
1
a
nq
1
1997
pa
n
2
nên q = 1 (do 1997 là số nguyên tố).
q a
(
n
a a
n n
a
n
2
a
n M
1
2
1998
1997
1
với (p,q) = 1 thì từ (2) ta có: Ta chứng minh c = N. Thật vậy, nếu
ca
a
a
a
1
. Nghĩa là f(2) là ước dương
Vì
2
Đặt f(2) = a. Từ (1) và (2) ta có:
2
ca
a
a a
a
2 1997
1 3
2
3
của 1998 nếu f D.
Đảo lại, với mỗi ước dương a của 1998 ta xây dựng hàm f: N * ¡ như sau:
b
N
1998
a
D
(1 1)(1 3)(1 1) 16
1
2
4,
1,
x
n
y
n
x
0
y
0
4 0
4 0
với mọi n = 0,1,2…
25
b
F(1) = 1, f(2) = a, f(n+2) = (a + b)f(n+1) – f(n), ở đó
. CMR tồn tại số tự
2
na
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:
* Bài 5 (Thi HSG QG 98-99 bảng A)
n nx
n ny
và
0
Cho hai dãy số
0
được xác định như sau:
3
x
x
x
với mọi n = 0,1,2…
4,
1,
n
n
1
y
y
y
3
với mọi n = 0,1,2…
1
n
2
n
1
25
2
1) Chứng minh rằng:
y
x
n
n
2) Giả sử a, b là các số nguyên dương thỏa mãn
a và
b .
kx
ky
3
3
suy ra
x x
n n
1
2
x
n
1
2
x
n
1
nhiên k sao cho
2
x
n
x
n
1
2
2
2
x
n
1
10
7
(2)
2
x
n
HD Giải
x
n
7(
5
5
5
2
y
1
n
(
)
2
2
n
5
) 24
4
1) Từ công thức xác định dãy
nx
Từ đó với mọi n 1 ta có:
3
2
x
Do đó
n
1
2
x
n
Từ (1) và (2) suy ra:
y
2
2
x
n
2
2
2
x
n
2
x
x x
n n
n
1
2
y
(1). Tương tự
n
2
2
x
x
1
1
n
n
7
2
1
n
y
2
x
n
2
2
y
n
30
(3)
4 0
với mọi n = 0,1,2…
2
x
n
25
y
n
Từ hệ thức (3) bằng qui nạp dễ thấy
x
3 n
4
x
n
1
y
x
n
n
y
5
n
1
2
3
2
x
Nếu a = 1 b = 1. Vậy 0
a
,
2) trước hết bằng qui nạp ta chứng minh được:
y
5
n
a
Nếu a > 1 b > 1. Xét: 1
b
1
b
3
2
2
b
5
4
a
b
(mod 2)
.
c
.
2
a
n
a y
0,
b
a
3
b
5
2
a b
,
1
1
2
2
b
5
4
a
2
1
Vì
2
5
b
1
a
a
a
1
),...,
),
,
(
Tiềp tục như vậy sau k bước ta sẽ thu được k + 1 cặp số nguyên dương
a b
(
,
0
0
a b với:
( k
)
k
b
k
0,1, 2,...
1)
a
0
2
a
1
1
a
i
5
a b
0 0
2
b
5
1
a
3
i
4 0,
a
i
,
(6)
1
1
a
i
b
i
2
a
, (
i
i
b a
3
i
i
2
a b
,
1
1
b
1
k
x b
,
0
k
a
Và
k
a
Vậy
k
y
0
a
3 i
b
5
i
1
1
1
a
i
1
,
(7)
Ta có thể kiểm tra được rằng a 1 ,b 1 ¥ * và
a
i
b
i
2
Từ (6) ta có
b
3
i
2
a x
k
b y
k
da
a
n
3) Từ (4), (5), (6) và (7) rút ra và .
ba
n
aa
1
a
0
2
1
n
Dãy số ( na ),n= 0,1,2,… được xác định bởi:
n = 0,1,2… (1), trong đó c là một hằng số.
a
c
a
2 0
na
2
1
n
k
p q
, ( , ) 1
d
. Ta chứng minh
. Thật vậy, với k = 1
* Bài 6 (T6/268)
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:
a
nM n k
(
)
M
Dễ thấy d ¤ . Đặt
q
n
1
da
n
pa
n
a
n
a
n
1
a
n
1
a
n
1
1
p
q
a
n
31
thì
1
1
pa
n
n k tức là
a
)n
k
M
1
n
1
k
. Theo giả thiết qui nạp
n k
pa
1
n
tức là
kq s
k
M
q a
Giả sử khẳng định đúng với n = k. Ta có
(
2
n
k
a
q s
n
. Từ hệ thức (1) suy ra cM 2k
Ma
k
1
n
a
a
n
n
2
k
1
a
s
n
1
suy ra
1
r
n k thì
pa
q
n
1
với mọi k.
* Trường hợp 1: Nếu c 0 suy ra q = 1 tức là d c .
d
2 1
r
2
,
1
. trong đó r * Trường hợp 1: Nếu c = 0
r
u v
( , )
ta suy
a
b
a
ar
2
n
1
a
n
a
n
a
n
2
u
v
n
1
c
r
b
M
v
M
bằng qui nạp suy ra . Đặt Từ đẳng thức
a
n
2
2
a
ra
d r
a
c
n
1
r
b
ab
với bM thì Thử lại ta thấy nếu d c hoặc
Kết luận:
2
2
a
1) Nếu b không chia hết cho a thì d c .
d
b
ab
0,
1,
u
u
1999
u
n
u
1
n
2
n
1
. 2) Nếu bM thì d c hoặc
u
1 1999
nu
n
với mọi n 1.
u
u
n
u
n
n
1
u
n
1999
1
...
* Bài 7 (T6/278)
Dãy số ( nu ) (n = 0,1,2,3…) được xác định bởi:
u
0
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
Tiếp theo ta có:
1
u
2
u u
0 2
1
2
u
1
2
n
1)
u u
n
n
1
u
1)(
1
u
n
u
(1)
u
n
u
n
1
1
n
2
1)
2
u
n
2
u
n
n
1
u
u
Vậy:
(
n
n
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
suy ra
2
1
1
u u
n n
u
(
n
u
1)(
n
1)
M
n
nu là số nguyên tố với n 3. Từ (1) ta có:
u
(
n
1
Vì
Suy ra:
n
1
n
nên .
u
u
1998
nu
n
M
nu
1)
(
1
nu
1 1
n
1
u
.
1)(
1
n
u
nu
u
1 1 1998
n
nu ¥ *
Mà với n 3 thì
1 1
Vậy n = 2 là giá trị cần tìm.
, n¥ * được xác định như sau:
nhưng mâu thuẫn.
nx
32
* Bài 8 (Đề thi HSG QG 00-01 bảng B)
Cho hai dãy số
x
n
1
2
x và
1
3
1
n
x
n
1)
x
n
2(2
.
với mọi n¥ * Hãy tính tổng số của 2001 số
nx
hạng đầu tiên của dãy
Dễ thấy
u và
3
u
n
0,
, n ¥ * . Từ công thức xác định dãy
nx của đề bài ta có: 1
Đặt
4(2
u
n
1
u
n
1
n
HD Giải
x ¥ *
n
n
2
x
n
n
1) n ¥ * (1)
¥ * .
x
n
1
2
u
n
1
1) 2
n
1
1 2
n
n
...
1
x
Vì vậy: 1
x
2
x
2001
(2
1
4003
2
1)(2
n
4002
4003
và
Từ (1) dễ dàng suy ra:
nx (n = 0,1,2,…) được xác định bởi: 0
x
x
1,
1
1
2
* Bài 9 (T8/298)
Dãy số
1
x
n
2002
2000
x
n
x
n
x
n
1
1
với mọi n = 0,1,2,…
x
x
.
n
1
n
x
2001
n
Hãy tìm công thức tổng quát của nx theo n.
HD Giải
1
2000
x
n
2
2001 2002
x
n
1
2001
với n = 0,1,2,… Từ giả thiết suy ra nx 0 với mọi n và
y
y
y
2002 n
ny
n
1
n
2
y
0
y
, 1
3001
2001
x
n
5002
2001
1000
2001
1
x
n
1
n
1
2002(
)
2
2002 (
)
... 2002
(
)
.2002
Đặt ta có và với n = 0,1,2,…
y
y
y
y
y
n
n
1
2
1
1
y
1
y
0
y
n
n
n
n
8003
2001
Suy ra:
y
2
8003
2001
n
1
n
2
n
1
n
2
n
2
n
1
n
1
n
a b
.
a b
.
...
b
( 1)
( 1)
...
b
( 1)
( 1)
a b
.
y
y
Đặt a = 1
y
y
n
n
1
n
2
y
0
a b
n
a b
(
n
( 1)
y
0
n
( 1) )
1
b
n
n
( 1)
(2002)
và b = 2002, ta có:
ny
3000
2003
8003
2001.2003
x
n
Suy ra với n = 0,1,2,…
n
n
2001.2003
2002 .8003 ( 1) .3000.2001 1000.2003
Từ đó ta có công thức tổng quát của nx là
Đề thi thử lần
33
1 –
3
2
x m
1)
2
x
(1) với m là tham số.
1)
m
3(
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.
x
I. Phần chung dành cho tất cả thí sinh (7 điểm)
Câu 1 : (2 điểm)
y m
(
Cho hàm số:
x
3sin
x
8cos
x
với
4 0
2
mx
3)
3
Câu 2 : (2 điểm)
1. Giải phương trình : 3sin 2
y
0,2
(
x
m
1
x
2. Biện luận theo m, tập xác định của hàm số :
,
Câu 3 : (1 điểm)
Cho lăng trụ đứng ABCA 1 B 1 C 1 có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A,
BC = 2a. Gọi M là một điểm trên cạnh AA 1 . Đặt (cid:0)BMC , góc giữa mặt phẳng
(MBC) và mặt phẳng (ABC) là . Tính thể tích khối lăng trụ ABCA 1 B 1 C1 theo
a .
,
2
Câu 4 : (1 điểm)
I
1 cos
t
t
sin2
dt
x
0
Tính tích phân : . Với x (cid:0) là ẩn số
2
2
x
x
y
z
2 4
0
z
2
Các số thực x, y, z thỏa điều kiện
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của F = 2x + 3y – 2z
Câu 5 : (1 điểm)
2
2
A. Phần riêng (3 điểm)
(
x
1)
(
y
2)
25
1. Theo chương trình nâng cao
Câu 6a : (2 điểm)
1/ Trong mặt phẳng, cho đường tròn (C) : x 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.
x
1
2
y
2/ Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz. Cho điểm A(1;-2;3) và đường thẳng
2
1
3
z
1
(d) có phương trình : .
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.
22
z
iz trên tập số phức.
1 0
Câu 7a : (1 điểm)
34
Giải phương trình :
2
3
f x mx
( )
m
(
1)
x
y
với m là tham số.
1
Đề số 1 –
A. Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm)
Câu 1 : (2 điểm)
mx
3
Cho hàm 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.
2
Câu 2 : (2 điểm)
x
5)
1. Giải phương trình :
2
x
2cos2 (3sin
1
x
1
2
x
4 4sin 2
1
3
2
x
x
5
2. Giải bất phương trình :
Cho khối lăng trụ ABCA’B’C’ có ABC đều cạnh a. Đỉnh A cách Câu 3 : (1 điểm)
đều A’B’C’ và AA’ tạo với đáy góc 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ .
I
Câu 4 : (1 điểm)
ln(1
2
x dx
)
1
0
Tính tích phân :
Câu 5 : (1 điểm)
Cho a, b, c dương và a + b + c = 1
p
3
a
b ac
3
b
c ba a cb
3
c
Tìm giá trị nhỏ nhất của
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.
1
3
z
x
1
1
2
1
x
x
x
3
2
Tính tọa độ A, B, C.
2. Trong không gian Oxyz. Cho điểm M(1;1;-2) và đường thẳng ( ):
y . Tìm N trên ( ) sao cho MN nhỏ nhất.
( 5 1)
( 5 1)
2
0
x
Câu 7a : (1 điểm) Giải phương trình :
(d):
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
1
2
y
1
3
z
4
35
y
3
x
y
2
Câu 7b : (1 điểm)
2
3.2
x
1
xy
3 1
x
2
3
x
2
1
Giải hệ :
ĐÁP ÁN Đề
1 –
A. Phần chung
Câu 1 : (2 điểm)
1/
2/ 1 điểm
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
0
. y’ = 0;
2(1
m
)
x
x
0
TH2. m 1
OA OB
.
0.(2 – 2m) + (m – 2)[4(m – 1) 3 + m – 2] = 0
0,25 điểm
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
m
4(
2 0
m
2 0
3
1)
m
. 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
x
cos
0,25 điểm
VN
(
sin
x
)
cos
cos
x
(2cosx – 1)(3sinx – 4) = 0
1
2
4
3
3
k
x
.2
k
.2
3
x
3
36
0,25 điểm
5
,
3 3
Chọn x [0,2] ta có nghiệm 0,25 điểm
2/
(1)
2
3)
3 0
m
x
x
mx
1
(
0,25 điểm Hàm số xác định
x
1
TH1: m = 0
1
x
3 0
x
3
(1)
2
2
m
(
3)
0
(
m
3)
x
có
3
(
x
1
Tập xác định: D = ( - 1, + ) 0,25 điểm
3 0
(cid:0)
\
1
x
. Tập xác định: D =
* m > 3 thì từ (1) suy ra tập xác định: 0,25 điểm
D
(
;
, 1)
3
m
m = 3 thì (1) TH2: m 0
f m mx
)
x
1
2
3
x
6
D
(
,
)
1;
3
m
* 0 < m < 3 từ (1) suy ra tập xác định: 0,25 điểm
D
( 1,
)
3
m
* m > 0 từ (1) suy ra tập xác định: 0,25 điểm
Câu 3 : (1 điểm)
(cid:0)
CMN BMN
Gọi N là trung điểm BC AN BC, AN = a. Ta lại có BAM = CMA
2
BM = CM MN BC (cid:0)MNA và (cid:0)
2
2
2
AM MN
2
2
2
2
AM a
.cot
a
AA’ = 2AM = 2a 0,25 điểm
2
AM a
cot
1
AN
2
2
2
MAN có
2
a
co t
0,25 điểm
1
2
2
AA’ = 2AM =
S
AN BC a
.
ABC
1
2
3
2
V
A A S
'
2
a
co t
0,25 điểm
1
A B C
2
0,25 điểm
2
Câu 4 : (1 điểm)
u
1 cos
t
du
t
sin 2
tdt
2
2 1 cos
37
Đặt : 0,25 điểm
2
I
2
u du
2
2
1 cos
x
2
2
2 2 2 (1 cos
x
) 1 cos
x
Ta có 0,25 điểm
I
3
2
x
8
2
3
2
x
1
0
0,25 điểm
I = 0
1 cos
1 cos
2
cos
x
sin
x
k
x
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 .
(cid:0)
))
F
6
5
85
6
85
d I
( ,(
F
6
17
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
Kết luận: Max F = 6 + 85
Min F = 6 – 85
( ) (d) nên phương trình có dạng : 3x – 4y + m = 0 0,25 điểm
)
, (
2
2
[ , 4)
5
IA HA
HA
4
IH d I
IA R
IH d I
8
2
B. Phần tự chọn
1/ (C) có tâm I(1,2), R = 5.
Gọi H là trung điểm của AB ta có :
m
3.1 4.2
3
2
2
3
( 4)
m
5
15
d[I,( )] = 3 0,25 điểm
Vậy
m
m
5 15
5
15
0,25 điểm
m
m
20
10
38
0,25 điểm
39
PT ( ): 3x – 4y + 15 = 0
3x – 4y – 10 = 0
2/ (1 điểm)
Câu 7a : (1 điểm)
![Tài liệu tham khảo Tiếng Anh lớp 8 [mới nhất/hay nhất/chuẩn nhất]](https://cdn.tailieu.vn/images/document/thumbnail/2025/20250806/anhvan.knndl.htc@gmail.com/135x160/54311754535084.jpg)
![Phiếu bài tập cuối tuần Tiếng Việt 1 tuần 2 đề 2: [Hướng dẫn chi tiết]](https://cdn.tailieu.vn/images/document/thumbnail/2025/20250728/thanhha01/135x160/42951755577464.jpg)
