bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao ĐẳnG năm 2002
Môn thi : toán
Đề chính thức (Thời gian làm bài: 180 phút)
_____________________________________________

Câu I (ĐH : 2,5 điểm; CĐ : 3,0 điểm)
Cho hàm số :
(1) ( là tham số).
23223
)1(33 mmxmmxxy +++= m
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi .1
=
m
2. Tìm
k để phơng trình: có ba nghiệm phân biệt. 033
2323
=++ kkxx
3. Viết phơng trình đờng thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1).
Câu II.(ĐH : 1,5 điểm; CĐ: 2,0 điểm)
Cho phơng trình :
0121loglog
2
3
2
3
=++ mxx (2) ( là tham số). m
1 Giải phơng trình (2) khi
.2
=
m
2. Tìm để phơng trình (2) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [m

là các trung điểm của các cạnh và Tính theo diện tích tam giác , biết rằng SB .SC
a
AMN
mặt phẳng
( vuông góc với mặt phẳng . )AMN )(SBC
2. Trong không gian với hệ toạ độ Đêcac vuông góc
Oxyz cho hai đờng thẳng:


và

.



=++
=+
0422
042
:
1
zyx
zyx





+=
+=

Oxy , xét tam giác vuông tại , ABC A
phơng trình đờng thẳng
là BC ,033 = yx các đỉnh và A
B
thuộc trục hoành và
bán kính đờng tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm
của tam giác . G ABC

2. Cho khai triển nhị thức:

n
x
n
n
n
x
x
n
n
x
n
x
n
n
x
n
n
x
x
CCCC













+








=






+


( n là số nguyên dơng). Biết rằng trong khai triển đó C và số hạng thứ t
13
5
nn
C=
bằng , tìm và n20 n
x
.
Hết
Ghi chú:
1) Thí sinh chỉ thi cao đẳng không làm Câu V.

2) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Giỏo viờn: NGUYN HU BIN
THI I HC MễN TON (ỏp ỏn + biu im) Trang 1
1
bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002
Đáp án và thang điểm
môn toán khối A
Câu ý Nội dung
ĐH CĐ
I1

23
31 xxym +==
Tập xác định Rx . )2(363'
2
=+= xxxxy ,

0 lồi





=
=
=
3
0
0
x
x
y , 4)1( =y
Đồ thị:
( Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên)

1,0 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ

1,5 đ
0,5đ
0,5 đ
0,5 đ
-
1
1 2 3



>++
<

021
30
0)44)(1(
30
2
2
kk
k
kkk
k





<<

20
31
kk
k
Cách II. Ta có
[
]
03)3()(033

5,0 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25đ
0,25 đ

5,0 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
3
Cách I.
3)(3)1(363
222'
+=++= mxmmxxy ,



+=
=
=
1
1
0
2
1
'

(
)
23;1
2
2
+++ mmmM là:

++
=
+
4
23
2
1
2
mmymx
mmxy +=
2
2
Cách II.
3)(3)1(363
222'
+=++= mxmmxxy , Ta thấy
0'09)1(99'
22
=>=+= ymm có 2 nghiệm
21
xx
và 'y đổi dấu khi qua
1

2
22
2
.
Vậy phơng trình đờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị là mmxy +=
2
2
.

1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25đ
0,25 đ
0,25 đ

0,1 đ
0,5 đ
Giỏo viờn: NGUYN HU BIN
THI I HC MễN TON (ỏp ỏn + biu im) Trang 3
3
3
1
=
t (loại) ,
3
3
2
32
33log3log2

==== xxxt
3
3

=x thỏa mãn điều kiện 0>x .
(Thí sinh có thể giải trực tiếp hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác)
0,25 đ 0,5 đ
2.
0121loglog
2
3
2
3
=++
mxx (2)

[]
2;1

.20
622
222
22)2(
22)1(




+
+




+
+
m
m
m
mf
mf
Cách 2.
TH1. Phơng trình (3) có 2 nghiệm
21
,tt thỏa mãn 21
21

0,25 đ

0,1 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
III 1.
5
32cos
2sin21
3sin3cos
sin +=






+
+
+ x
x
xx
x
. Điều kiện
2

2sin21
3sin3cos2sinsin2sin
=5
=






+
+++
x
xxxxx
2sin21
3sin3cos3coscossin
5
x
x
xx
cos5
2sin21
cos)12sin2(
=







2 nên lấy
3
1

=x và
3
5
2

=x . Ta thấy
21
, xx thỏa mãn điều
kiện
2
1
2sin x . Vậy các nghiệm cần tìm là:
3
1

=x và
3
5
2

=x .
(Thí sinh có thể sử dụng các phép biến đổi khác)
Ta thấy phơng trình
3|34|
2
+=+ xxx có 2 nghiệm 0

5
3
2
343
()( )()
dxxxdxxxdxxxS

+++++=
5
3
2
3
1
2
1
0
2
5635
5
3
23
3
1
23
1
0
23
2
5
3

+=
xxxxxxxS

6
109
3
22
3
26
6
13
=++=S (đ.v.d.t)
(Nếu thí sinh vẽ hình thì không nhất thiết phải nêu bất đẳng thức
++ 3|34|
2
xxx
[]
5;0x )
0,25 đ

1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25đ
0,25 đ

1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ

a
BCMN ,
22
1
==// BC I là trung điểm của SK và MN .
Ta có = SACSAB hai trung tuyến tơng ứng ANAM =
AMN cân tại
A
MNAI .
Mặt khác
()( )
()( )
()
()
SKAISBCAI
MNAI
AMNAI
MNAMNSBC
AMNSBC










=

.
Ta có
16
10
.
2
1
2
a
AIMNS
AMN
==

(đvdt)
chú ý
1) Có thể chứng minh MNAI nh sau:

() ()
AIMNSAKMNSAKBC
.
2) Có thể làm theo phơng pháp tọa độ:
Chẳng hạn chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz sao cho









C
a
BK ;
6
3
;0,0;
2
3
;0,0;0;
2
,0;0;
2
),0;0;0(
trong đó h là độ dài đờng cao SH của hình chóp ABCS. .
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
Giỏo viờn: NGUYN HU BIN
THI I HC MễN TON (ỏp ỏn + biu im) Trang 6
6
2a)
Cách I. Phơng trình mặt phẳng )(
P
chứa đờng thẳng
1

2

và
()
22
1;2;1

M
()
P //
()() ()




=





=

PMPM
un
P
22
2
2
0

tz
ty
tx
tx
()
)4;3;2(,0;2;0
111
=
uM
r
//
1

.
(Ta có thể tìm tọa độ điểm
11

M bằng cách cho 020
===
zyx
và tính
()
4;3;2
21
21
;
12
11
;
22

21
== uun
P
rrr
. Vậy phơng trình mặt phẳng )(P đi qua
()
0;2;0
1
M
và


()
1;0;2 =
P
n
r
là: 02 = zx .
Mặt khác
()()
PM 1;2;1
2
phơng trình mặt phẳng cần tìm là: 02 = zx

5,0 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

4;3;210.
22
HtuMHMH ==
r

5,0 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

0,1 đ
0,5 đ
0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ
V1.
Ta có
()
0;1
BOxBC =
I . Đặt
ax
A
=
ta có );( oaA và
.33 == ayax
CC



+
3
)1(3
;
3
12 aa
G
.
Cách I.
Ta có :
|1|2|,1|3|,1| === aBCaACaAB . Do đó

1đ
0,25 đ
Giỏo viờn: NGUYN HU BIN
THI I HC MễN TON (ỏp ỏn + biu im) Trang 7
7
()
2
1
2
3
.
2
1
==

aACABS





++
+=
3
326
;
3
347
332
11
Ga
TH2









=
3
326
;
3
134

xB Từ 2),(
=
ACId
.3232 +=+=
I
xa








++

3
326
;
3
347
1
G
TH 2. Nếu A và O cùng phía đối với
.321=
I
xB
Tơng tự
ta có .3212 ==
I

CC = ta có 3n và

1 đ
Giỏo viờn: NGUYN HU BIN
THI I HC MễN TON (ỏp ỏn + biu im) Trang 8
8
()()
02835
6
)2)(1(
!1
!
5
!3!3
!
2
=−−⇔=
−−
⇔
−
=
−
nnn
nnn
n
n
n
n
4
1



−−−
−
−
xC
xxx
x
x
0,25 ®
0,25 ®
0,5 ®
Giáo viên: NGUYỄN HỮU BIỂN
ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN (Đáp án + biểu điểm) Trang 9
bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao Đẳng năm 2002
đề chính thức
Môn thi : toán, Khối B.
(Thời gian làm bài : 180 phút)
_____________________________________________
Câu I. (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,5 điểm)
Cho hàm số :
(
)
109
224
++=
xmmxy (1) (m là tham số).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1
=


4
4
2
x
y = và
24
2
x
y = .
Câu IV.(ĐH : 3,0 điểm ; CĐ : 3,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm







0;
2
1
I
, phơng trình đờng thẳng AB là 022
=+ yx
và ADAB 2
=
. Tìm tọa độ các đỉnh
DCBA ,,, biết rằng đỉnh A có hoành độ âm.
2. Cho hình lập phơng

221
,,, L nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật
có các đỉnh là 4 trong n2 điểm
n
AAA
221
,,, L , tìm n .
Hết
Ghi chú : 1) Thí sinh
chỉ thi
cao đẳng không làm Câu IV 2. b) và Câu V.
2) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Giỏo viờn: NGUYN HU BIN
THI I HC MễN TON (ỏp ỏn + biu im) Trang 10

1
Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002
Đáp án và thang điểm đề thi chính thức
Môn toán, khối b

Câu
ý Nội dung ĐH CĐ
I
1
Với
1=m
ta có 108
24
+= xxy là hàm chẵn đồ thị đối xứng qua Oy .


== xxy

3
2
0" == xy
.
Bảng biến thiên:

+

2
3
2
0
3
2
2x
'y

0
+

0


0 +

"y + 0









9
10
;
3
2
1
U và








9
10
;
3
2
2
U .
Giao điểm của đồ thị với trục tung là 0,5 đ
0,25 đ

5,1 đ
0,5 đ

THI I HC MễN TON (ỏp ỏn + biu im) Trang 11

2

I
2

(
)
(
)
922924'
2223
+=+= mmxxxmmxy ,




=+
=
=
092
0
0'
22
mmx
x
y

Hàm số có ba điểm cực trị phơng trình

0
2
2
. Phơng trình 092
22
=+ mmx
có 2 nghiệm khác 0



<<
<

.30
3
m
m

Vậy hàm số có ba điểm cực trị



<<
<

.30
3
m
m



II
1

xxxx 6cos5sin4cos3sin
2222
=

2
12cos1
2
10cos1
2
8cos1
2
6cos1 xxxx
+


=
+

()()
06cos8cos10cos12cos
=
+
+ xxxx



0,1
đ

0,25 đ 0,25 đ
0,5 đ


0,1
đ

0,25 đ 0,25 đ
0,5 đ


>
>
x
xx
x
x
x
(2).
Do
173log
9
>>x nên
(
)
x
x
729log)1(
3(
)
072333729
2

xxxx
(3).
Đặt
x
t 3= thì (3) trở thành


0,1 đ 0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

Giỏo viờn: NGUYN HU BIN
THI I HC MễN TON (ỏp ỏn + biu im) Trang 12

3

3






++=+
=


Thay
y
x
= vào (2), giải ra ta đợc .1
=
=
yx
Thay
1+= yx vào (2), giải ra ta có:
2
1
,
2
3
== yx
.
Kết hợp với điều kiện (3) hệ phơng trình có 2 nghiệm:

1,1 =
=
yx
và
2
1
,
2
3
== yx



0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

III
Tìm giao điểm của hai đờng cong
4
4
2
x

4
4
2
x
và do hình đối xứng qua trục tung
nên
dx
xx
S









=
8
0
22
24
4
42
21
8
0
2
8


tt . Do đó

0,1 đ 0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ
x
0
-4
4
2
y
-2
2
2
2
2
A
2
A
1
4
x
4y
2
=

1
22
1
8
0
3
8
0
2
2
===

xdxxS . Vậy
3
4
2
21
+==

SSS .
Chú ý: Thí sinh có thể tính diện tích dx
xx
S







Khoảng cách từ
I
đến đờng thẳng AB bằng
2
5
5= AD và
2
5
==
IBIA .
Do đó BA, là các giao điểm của đờng thẳng
A
B với đờng tròn tâm
I
và bán
kính
2
5
=
R . Vậy tọa độ BA, là nghiệm của hệ :



Giải hệ ta đợc
()()
2;2,0;2 BA (vì 0
<
A
x )
()( )
2;1,0;3 DC .

Chú ý
:

Thí sinh có thể tìm tọa độ điểm
H
là hình chiếu của
I
trên đờng thẳng AB .
Sau đó tìm
BA,
là giao điểm của đờng tròn tâm
H
bán kính
HA
với đờng
thẳng AB .
0,1 đ



5,1 đ

0,25 đ
0,5 đ

0,5 đ

0,25 đ


Cách I. Chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz sao cho
()()()()
(
)
(
)
(
)( )
aaDaaaCaaBaaCaAaDaBA ;;0,;;;;0;;0;;;0;0,0;;0,0;0;,0;0;0
1111

() ()()
0;0;,;;,;0;
1111
aBAaaaDBaaBA === và
[
]
(
)
222

11






.
Tơng tự DBCA
111

(
)
111
BCADB .
Gọi
()
111
BCADBG = . Do aCBBBAB
=
=
=
11111
nên
GGCGBGA ==
11
là tâm tam giác đều
11
BCA có cạnh bằng 2a .
Gọi

1
là: 02 =++ azyx và tính khoảng cách từ
1
B (hoặc từ D ) tới
()
P ,
hoặc viết phơng trình mặt phẳng
(
)
Q chứa DB
1
và song song với BA
1
là:
022 =++ azyx
và tính khoảng cách từ
1
A (hoặc từ B) tới
(
)
Q .


0,1
đ 0,25 đ
5,1
đ 0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

y
x
A
C
B
I
G
Giỏo viờn: NGUYN HU BIN
THI I HC MễN TON (ỏp ỏn + biu im) Trang 15

6

2b)
Cách I.
Từ Cách I của 2a) ta tìm đợc


















=






= NCMPa
a
NC
aa
aMP .
Vậy NCMP
1
.


90 === . Từ đây
theo định lý ba đờng vuông góc ta có NCMP
1

.


0,1
đ

0,25 đ 0,5 đ
0,25 đ

0,25 đ


đờng chéo lớn thì đa giác đã cho có
n
đờng chéo lớn.
Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong
n2 điểm
n
AAA
221
,,, L có các đờng
chéo là hai đờng chéo lớn. Ngợc lại, với mỗi cặp đờng chéo lớn ta có các đầu
mút của chúng là 4 đỉnh của một hình chữ nhật. Vậy số hình chữ nhật nói trên
bằng số cặp đờng chéo lớn của đa giác
n
AAA
221
L tức
2
n
C .
Theo giả thiết thì:

0,1 đ

0,25 đ

x
z
Giỏo viờn: NGUYN HU BIN
THI I HC MễN TON (ỏp ỏn + biu im) Trang 16

7
()
()
()
(
)
(
) ()
2
1
20
6
2212.2
!2!2
!
20
!32!3
!2
20
23
2

=


Giỏo viờn: NGUYN HU BIN
THI I HC MễN TON (ỏp ỏn + biu im) Trang 17
Bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi Tuyển sinh đại học ,cao đẳng năm 2002

Đề chính thức
Môn thi : Toán, Khối D
(
Thời gian làm bài : 180 phút
)
_________________________________________
CâuI
( ĐH : 3 điểm ; CĐ : 4 điểm ).
Cho hàm số :
()
1x
mx1m2
y
2


= (1) ( m là tham số ).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) ứng với m = -1.
2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đờng cong (C) và hai trục tọa độ.
3. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) tiếp xúc với đờng thẳng x
y
= .
Câu II ( ĐH : 2 điểm ; CĐ : 3 điểm ).
1. Giải bất phơng trình :

AB = 3 cm ; BC = 5 cm . Tính khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng (BCD).
2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 02yx2 =+
và đờng thẳng
m
d:
()()
()



=++++
=+++
02m4z1m2mx
01mym1x1m2
( m là tham số ).
Xác định m để đờng thẳng
m
d song song với mặt phẳng (P).
Câu V (ĐH : 2 điểm ).
1. Tìm số nguyên dơng n sao cho 243C2 C4C2C
n
n
n2
n
1
n
0
n
=++++ .
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy , cho elip (E) có phơng trình

CĐ

I3đ
4đ

1.

1 1,5

Khi m = -1 ,ta có
1x
4
3
1x
1x3
y

=


=
-TXĐ : 1x


- CBT :
()
>

/
+ +
+

y -3 -3 -

1/4

1/4- TC: x=1 là tiệm cận đứng vì =

ylim
1x
.
y=-3 là tiệm cận ngang vì 3ylim
x
=


1/4

1/4- Giao với các trục : x = 0 y = 1; y = 0 x = - 1/3.

3/1










=

1/4

1/2


=
0
3/1
0
3/1
1x
dx
4dx3
1/4 1/4

()



=
=
.x)x(f
x)x(f
/
/

1/4 1/4

Ta có (H)
()
()







=








=

+
=



0
1x
mx1xmx2
0
1x
mx
2
2
2

1/4 1/4

Ta thấy với 1m ; x = m luôn thoả mãn hệ ( H ) . Vì vậy 1m , (H)
luôn có nghiệm , đồng thời khi m = 1 thì hệ ( H ) vô nghiệm. Do đó đồ
thị hàm số (1) tiếp xúc với đờng thẳng y = x khi và chỉ khi 1m

.
ĐS : 1m .
1/4 1/4

2
2

1/4 1/2

TH 1: .
2
1
x2x02x3x202x3x2
22
====
1/4 1/4

TH 2:




>







>
0x3x
02x3x2
0x3x

1
x <
1/4 1/4

Từ hai trờng hợp trên suy ra ĐS: 3x2x
2
1
x =
1/4 1/4
2.
1 1,5

Hệ phơng trình



=
=

y2
y4y52
x
2x3

1/4 1/2






=
=
4y
2x
1y
0x

1/4 1/2

III 1đ 1đ

Phơng trình
()()
01x2cos4xcos3x3cos =++

0xcos8xcos4
23
=

()
02xcosxcos4
2
=
0xcos =

7
x

= .
1/4 1/4
IV
2đ

2đ

1.
1 1
Cách 1
Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông tại A , do đó .ACAB
1/4 1/4

Lại có
()
ABCmpAD ABAD và ACAD , nên AB, AC, AD đôi
một vuông góc với nhau.

1/4

1/4
Do đó có thể chọn hệ toạ độ Đêcac vuông góc, gốc A sao cho B(3;0;0) ,
C(0;4;0), D( 0;0;4). Mặt phẳng (BCD) có phơng trình :
01
4
z
4

Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông tại A , do đó .ACAB
1/4 1/4

Lại có
()
ABCmpAD ABAD và ACAD , nên AB, AC, AD đôi
một vuông góc với nhau.1/4

1/4

D

H C A E B
Gọi AE là đờng cao của tam giác ABC; AH là đờng cao của tam giác
ADE thì AH chính là khoảng cách cần tính.
Dễ dàng chứng minh đợc hệ thức:
2222
AC


1/4

Gọi V là thể tích tứ diện ABCD, ta có V= 8ADACAB
6
1
= .
áp dụng công thức
)BCD(dt
V3
AH

= với V = 8 và dt(

BCD) =2 34
ta tính đợc cm
17
346
AH = .
1/2 1/2
2
1 1
Cách 1:
Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến
()
0;1;2n

. Đờng thẳng
m
d có vec

1/4 1/4
Giỏo viờn: NGUYN HU BIN
THI I HC MễN TON (ỏp ỏn + biu im) Trang 22

5
()






=


PA,dA
0n.u
m

Ta có : điều kiện 0n.u =


2
1
m =
1/4 1/4


m)t.m(12z
t1)(2m1 y
1)tm)(2m(1 x
2

1/4 1/4

m
d // (P) hệ phơng trình ẩn t sau







=+
=
+=
+=
02yx2
t)m1(m2z
t)1m2(1y
t)1m2)(m1(x
2
vô nghiệm
1/4 1/4

phơng trình ẩn t sau 3(2m+1)t+1 = 0 vô nghiệm
1/4 1/4


+
=

=
3
4m2
y
3
1m
x

1/4 1/4
Thế x , y tìm đợc vào phơng trình thứ ba ta có :
)6m11m(
3
1
z)1m2(
2
++=+
1/4 1/4

Hệ (H) vô nghiệm
2
1
m =
1/4 1/4
V
2đ


1/4

5n32433
5n
=== .
1/2
Giỏo viờn: NGUYN HU BIN
THI I HC MễN TON (ỏp ỏn + biu im) Trang 23

6

2.
1

Cách 1
Giả sử M(m;0) và N(0;n) với m > 0 , n > 0 là hai điểm chuyển động trên
hai tia Ox và Oy.
Đờng thẳng MN có phơng trình :
01
n
y
m
x
=+
1/4
Đờng thẳng này tiếp xúc với (E) khi và chỉ khi :

1
n
1

m
9
m
n
1625
n
9
m
16
nmnmMN ++=






++=+=
499.16225
=+ 7MN
1/4 Đẳng thức xảy ra


)
21;0N,0;72M thì MN đạt GTNN và GTNN (MN) = 7.
1/4
Cách 2
Giả sử M(m;0) và N(0;n) với m > 0 , n > 0 là hai điểm chuyển động trên
hai tia Ox và Oy.
Đờng thẳng MN có phơng trình : 01
n
y
m
x
=+
1/4
Đờng thẳng này tiếp xúc với (E) khi và chỉ khi :

1
n
1
9
m
1
16
22
=










+






++=+=
.
7MN
1/4

- Đẳng thức xảy ra









>>
=+
=

0n,0m

1/4
Giỏo viờn: NGUYN HU BIN
THI I HC MễN TON (ỏp ỏn + biu im) Trang 24

7 Suy ra toạ độ của M và N là








0;
x
16
M
0
và









0
2
0
2
0
2
2
0
2
2
y
9
x
16
9
y
16
x
y
9
x
16
MN
1/4
Sử dụng bất đẳng thức Côsi hoặc Bunhiacôpski (nh cách 1 hoặc cách 2)
ta có :
22
7MN

1/4