Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2022 – 2023 sở GD&ĐT Bình Định

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 9 đề thi chính thức kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán (chuyên Toán) năm học 2022 – 2023 sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Bình Định; kỳ thi được diễn ra vào ngày 11 tháng 06 năm 2022; đề thi có đáp án và lời giải chi tiết. Mời bạn đọc đón xem!

Môn:

Môn Toán 1.2 K tài liệu

Thông tin:
6 trang 1 năm trước

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2022 – 2023 sở GD&ĐT Bình Định

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 9 đề thi chính thức kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán (chuyên Toán) năm học 2022 – 2023 sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Bình Định; kỳ thi được diễn ra vào ngày 11 tháng 06 năm 2022; đề thi có đáp án và lời giải chi tiết. Mời bạn đọc đón xem!

103 52 lượt tải Tải xuống
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VẢO LỚP 10 THPT
BÌNH ĐỊNH M HỌC 2022-2023
Để chính thức Môn thỉ chuyên: TOÁN (CHUYÊN TOÁN)
Ngày thi: 11/6/2022
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thởi gian phát đề)
Bài 1: (2,5 điểm)
1. Cho biểu thức:
2022 2020 2
5 2017
P x x x x x
.
Tính giá trị của
P
khi
3 3
2 5 2 5
x
.
2. Cho phương trình
3 2
1 0
x bx cx
trong đó
,
b c
các số nguyên. Biết phương
trình có nghiệm
0
2 5
x . Tìm
b c
và các nghiệm còn lại của phương trình.
Bài 2: (2,5 điểm)
1. Giải hệ phương trình:
2
2 2
( ) 4 1 0
( ) 2 7 2 0
x x y y y
y x y x y
2. Cho
, ,
a b c
là các số nguyên.
Đặt
5 5 3
( 2021) (2 2022) (3 2023) 2 3 2022
;S a b c P a b c
Chứng minh rằng
S
chia hết cho 30 khi và chi khi
P
chia hết cho 30 .
Bài 3: ( 1,0 điểm)
tất cả bao nhiêu đa thức
( )
P x
có bậc không lởn hơn 2 với các hệ số nguyên
không âm và thỏa mãn điều kiện
(3) 100
P
.
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho tam giác
ABC
nhọn
(AB AC)
nội tiếp đường tròn
(O)
, các đường cao
AD,BE,CF
cắt nhau tại
H
. Gọi
M
là trung diểm
BC
.
a) Chứng minh tứ giác DMEF là tứ giác nội tiếp.
b) Đường tròn tâm
I
đường kính
AH
cắt đường tròn
(O)
tại điểm thử hai là
P
. Kẻ
đường kính
AK
của đường tròn
(O)
. Chứng minh bốn điểm
P, H,M, K
thẳng hàng.
c) Các tiếp tuyến tại
A
P
của đường tròn (I) cằt nhau ở
N
. Chứng minh ba đường
thẳng
MN,EF,AH
đồng quy.
Bài 5: (1,0 điểm)
Cho 2 số
,
x y
thỏa mãn:
2 2
2
3
x y
x y xy
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biều thức:
2 2
T x y xy
---------HẾT---------
Đáp án
Bài 1: (2,5 đim)
1. Cho biu thc
2022 2020 2
5 2017
P x x x x x . Tính giá tr ca
P
khi
3 3
2 5 2 5
x
2. Cho phương trình
3 2
1 0
x bx cx
trong đó
b c
là các s nguyên. Biết phương
trình có nghim
0
2 5
x
. Tìm
,
b c
và các nghim còn li ca phương trình.
Li gii.
1. Ta có
3 3
2 5 2 5
x
3
3 3 3 3
3
2
(2 5) (2 5) 3 2 5 2 5 ( 2 5 2 5 )
2 5 3
( 5) 5 2 0.
x
x x
x x x
Chú ý rng
2
2
5 3
5 2 0
2 4
x x x
nên t đây ch có th
5
x .
Thế nên
2020 2 2
5 2017 2022
P x x x x .
2. Bng tính toán trc tiếp, ta tính được
3 2
0 0
38 17 5; 9 4 5
x x . Vì
0
x
là nghim
ca phương trình
3 2
1 0
x bx cx
nên
3 2
0 0 0
1 0
(38 17 5) (9 4 5) (2 5) 1 0
(39 9 2 ) (17 4 ) 5 0.
x bx cx
b c
b c b c
Ta thy rng nếu
17 4 0
b c
thì
39 9 2
5
17 4
b c
b c
do
b c
là s nguyên, điu vô
lí. Do đó
17 4 0
b c
, kéo theo
39 9 2 0
b c
.
Gii h phương trình
4 17 0 5
9 2 39 0 3
b c b
b c c
.
Vi
( ; ) ( 5;3)
b c
thì phương trình tr thành
3 2
5 3 1 0
x x x
2
4 1 ( 1) 0
2 5
2 5
1
x x x
x
x
x
Vy vi
( ; ) ( 5;3)
b c
, ngoài nghim
0
2 5
x
thì PT còn nghim
1
2 5
x
và
2
1
x
.
Bài 2: ( 2,5 đim)
1. Gii h phương trinh
2
2 2
( ) 4 1 0
( ) 2 7 2 0
x x y y y
y x y x y
.
2. Cho
, ,
a b c
là các s nguyên. Đặt
5 5 5
( 2021) (2 2022) (3 2023)
S a b c
;
2 3 2022
P a b c
. Chng minh rng
S
chia hết cho 30 khi và chi khi
P
chia hết
cho 30 .
Li gii.
1. Xét h phương trình:
2
2 2
( ) 4 1 0 1
( ) 2 7 2 0 2
x x y y y
y x y x y
Nhân hai v phương trình (1) vi 2 , ta được
2 2
2 2 2 8 2 0 3
x xy y y
Cng theo vế phương trình (2) và (3) ta được
2 2
2
( ) 2 2 15 0
( ) 2( ) 15 0
( 3)( 5) 0
0
3
5
y x y xy y y
y x y x y
y x y x y
y
x y
x y
- Nếu
y 0
thay vào phương trình (1) ta được
2
1 0
x
, không có nghim thc.
- Nếu
3
x y
, thay vào phương trình (1) ta được
2
(3 ) 3 4 1 0
y y y
2
2
7 10 0 ( 2)( 5) 0
5
y
y y y y
y
Vi
2
y
thì
1
x
; vi
5
y
thì
2
x
.
- Nếu 5
x y
, thay vào phương trình
(1)
ta được
2
( 5 ) ( 5) 4 1 0
y y y
2
26 0
y y
, không có nghim thc vì
2
2
1 103
26 0
2 4
y y y
.
Vy h phương trình ban đầu có hai nghim là
( ; ) (1;2)
x y
và
( ; ) ( 2;5)
x y
.
2. Đt
2021; 2 2022; 3 2023
x a y b z c
thì
5 5 5
S x y z
và
P x y z
.
Ta có
5 5 5
S P x x y y z z
.
Xét
5 2
( 1)( 1) 1 .
A x x x x x x
Ta thy
( 1) ( 1)
x x x
là tích ca ba s nguyên liên tiếp nên có tích chia hết cho 6 ,
do vy
A
chia hết cho 6. Theo định lý Fermat, ta cũng có
5
(mod5)
x x
nên
A
chia
hết cho 5. Mà ƯCLN
(5,6) 1
nên
5
A x x
chia hết cho 30 .
Hoàn toàn tương t
5
y y
và
5
z z
cùng chia hết cho 30 . Do vy
( )
S P
chia
hết cho 30 . Điu này cho biết
S
chia hết cho 30 khi và chi khi
P
chia hết cho 30 .
Bài 3: ( 1,0 đim )
Có tt c bao nhiêu đa thc
( )
P x
có bc không ln hơn 2 vi các h s nguyên
không âm và tha mãn điu kin
(3) 100
P
.
Li gii.
- Xét đa thc
( )
P x C
là hng s thì ch có đa thc
P(x) 100
tha mãn.
- Xét đa thc
( )
P x ax b
vi
0; 0; ,a b a b
.
Ta có
P(3) 100
hay
3 100
a b
, mà
*
;a b
nên
1 33
a
. Vi mi
a
như vy
ta tìm được duy nht
100 3
b a
tha mãn điu kin nên trường hp này có tt c
33 đa thc tha đề bài.
Xét đa thc
2
( )
P x ax bx c
vi
*
; ,a b c
. Theo đề bài ta có
9 3 100
a b c
,
mà
, ,
a b c
là các s nguyên nên
3 1
c k
vi
k
(vi mi giá tr ca
k
thì ta tìm
được duy nht mt giá tr ca
c
).
Khi đó
3 33
a b k
hay
33 3 0
b k a
, suy ra
1 11
a
.
Vi mi giá tr
a
như vy, có
(34 3 )
a
giá tr nguyên ca
b
nhn t 0 đến (
33 3 )
a
và có duy nht mt giá tr
33 3
k a b
tho mãn sau khi đã chn
a
và
b
. Vy
trường hp này có
11
1
12 11
(34 3 ) 34 11 3 176
2
a
a
cp
( ; ; )
a b k
tho mãn, ng vi
176 cp
( ; ; )
a b c
tho mãn đề bài. Trường hp này có 176 đa thc tho mãn.
T ba trường hp trên, có tt c
1 33 176 210
đa thc
( )
P x
vi h s nguyên
không âm và
(3) 100
P
.
Bài 4: (3,0 đim)
Cho tam giác ABC nhn (AB<AC) ni tiếp đường tròn (O), các đường cao AD, BE,
CF ct nhau ti H. Gi M là trung đim BC.
a) Chng minh t giác DMEF là t giác ni tiếp.
b) Ðưng tròn tâm I đường kính AH ct đường tròn (O) ti đim th hai là P. K
đường kính AK ca đường tròn (O). Chng minh bn đim P, H, M, K thng hàng.
c) Các tiếp tuyến ti A và P ca đường tròn (I) ct nhau N. Chng minh ba
đường thng MN, EF, AH đồng quy.
Li gii.
a) Ta thy các t giác BCEF, ACDF ni tiếp đường tròn đường kinhh BC, AC. Khi
đó
0 0
0
180 180
180 .
MEF AEF MEC ABC MCE
FBD BFD BDF
Do vy t giác DMEF ni tiếp.
b) Theo gi thiết
KB AB
và
HC AB
nên
/ /
KB HC
. Tương tư
KC AC
và
HB AC
nên
/ /
KC HB
. T giác KBHC có hai cp cnh đối din song song nhau
nên là hình bình hành. Li vì
M
là trung đim ca BC nên H, M, K thng hàng.
Mt khác,
90
APH AFH APK
nên P, H, K thng hàng.
Như vy H, M, K, P thng hàng.
c) Gi R là giao đim ca AD và EF. Vì các t giác AFDC, AEDB ni tiếp nên
0 0 0
180 180 2 180 .
EDF FDB EDC BAC FIE
Do vy IEDF là t giác ni tiếp, suy ra
. .
RE RF RI RD
.
Mt khác t giác AEHF ni tiếp nên
RE RF RH RA
. Vy nên
1
RA RD
RI RD RH RA
RI RH
IA HD IA RI RA
RI RH HD RH RD
T chng minh câu
b)
ta có
HM AP
, li vì
NI AP
(do NI là đường trung trc
ca đon AP) nên HM
/ /
NI, kết hp
/ /
NA DM
suy ra
DMH INA
(hai góc nhn có
cp cnh tương ng song song). T đây
DHM AIN
(tam giác vuông có hai góc
nhn bng nhau)
. 2
IA AN
HD DM
T (1) và (2) suy ra
RA AN
RD DM
. Vy nên
ARN DRM
(c.g.c)
ARN DRM
.
Vì
0
180
NRM NRA ARM MRD ARM ARD nên M, N, R thng hàng, tc là
MN cũng đi qua đim
R
. Vy MN, AD, EF đồng quy.
Bài 5: ( 1,0 đim )
Cho hai s
,
x y
tho mãn:
2 2
2
3
x y
x y xy
.
Tìm giá tr ln nht, giá tr nh nht ca biu thc:
2 2
T x y xy
.
Li gii. Ta có bt đẳng thc
2
2
( )
( ) 0
4
x y
x y xy
. Bi vy t gi thiết,
2
2 2
( )
( ) 3 3 0 ( ) 4.
4
x y
x y xy x y
Li để ý đẳng thc
2 2 2 2 2
3 2( )
x y xy x y xy x y
hay
2
0 9 2( ) 8
T x y
,
vy
1 9.
T
Khi
( ; ) (1;1)
x y
(tho mãn gi thiết) thì
1
T
.
Khi
( ; ) ( 3; 3)
x y
(tho mãn gi thiết) thì
9
T
.
Kết lun: Giá tr ln nht ca
T
là 9 ; giá tr nh nht ca
T
là 1 .
| 1/6

Preview text:

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VẢO LỚP 10 THPT
BÌNH ĐỊNH NÃM HỌC 2022-2023
Để chính thức Môn thỉ chuyên: TOÁN (CHUYÊN TOÁN) Ngày thi: 11/6/2022
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thởi gian phát đề) Bài 1: (2,5 điểm) 1. Cho biểu thức: 2022 2020 2 P  x  x  5x  x  x  2017 . Tính giá trị của P khi 3 3 x  2  5  2  5 . 2. Cho phương trình 3 2
x  bx  cx 1  0 trong đó b,c là các số nguyên. Biết phương
trình có nghiệm x  2  5 . Tìm ,
b c và các nghiệm còn lại của phương trình. 0 Bài 2: (2,5 điểm) 2
x(x  y)  y  4y 1  0
1. Giải hệ phương trình:  2 2
y(x  y)  2x  7 y  2  0 2. Cho a, , b c là các số nguyên. Đặt 5 5 3
S  (a  2021)  (2b  2022)  (3c  2023) ; P  a  2b  3c  2022
Chứng minh rằng S chia hết cho 30 khi và chi khi P chia hết cho 30 . Bài 3: ( 1,0 điểm)
Có tất cả bao nhiêu đa thức P(x) có bậc không lởn hơn 2 với các hệ số nguyên
không âm và thỏa mãn điều kiện P(3)  100 . Bài 4: (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn (AB  AC) nội tiếp đường tròn (O) , các đường cao
AD, BE,CF cắt nhau tại H . Gọi M là trung diểm BC .
a) Chứng minh tứ giác DMEF là tứ giác nội tiếp.
b) Đường tròn tâm I đường kính AH cắt đường tròn (O) tại điểm thử hai là P . Kẻ
đường kính AK của đường tròn (O) . Chứng minh bốn điểm P, H,M, K thẳng hàng.
c) Các tiếp tuyến tại A và P của đường tròn (I) cằt nhau ở N . Chứng minh ba đường
thẳng MN, EF, AH đồng quy. Bài 5: (1,0 điểm) x  y  2
Cho 2 số x, y thỏa mãn:  2 2 x  y  xy  3
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biều thức: 2 2 T  x  y  xy ---------HẾT--------- Đáp án Bài 1: (2,5 điểm) 1. Cho biểu thức 2022 2020 2 P  x x  5x
x  x  2017 . Tính giá trị của P khi 3 3 x  2  5  2  5 2. Cho phương trình 3 2
x  bx  cx 1  0 trong đó ,
b c là các số nguyên. Biết phương
trình có nghiệm x  2  5 . Tìm ,
b c và các nghiệm còn lại của phương trình. 0 Lời giải. 1. Ta có 3 3 x  2  5  2  5 3 3 3 3 3
 x  (2  5)  (2  5)  3 2  5  2  5 ( 2  5  2  5 ) 3  x  2 5  3x  (x  5) 2 x  5x  2  0. 2   Chú ý rằng 2 5 3 x  5x  2   x     0 
nên từ đây chỉ có thể x  5 . 2  4   Thế nên 2020 P  x x  2 x   2 5  x  2017  2022 .
2. Bằng tính toán trực tiếp, ta tính được 3 2
x  38 17 5; x  9  4 5 . Vì x là nghiệm 0 0 0 của phương trình 3 2
x  bx  cx 1  0 nên 3 2 x  bx  cx 1  0 0 0 0
 (38 17 5)  b(9  4 5)  c(2  5) 1  0
 (39  9b  2c)  (17  4b  c) 5  0.   Ta thấy rằng nếu b c 17  4b  c  0 thì 39 9 2 5   do ,
b c là số nguyên, điều vô 17  4b  c
lí. Do đó 17  4b  c  0 , kéo theo 39  9b  2c  0 . 4b  c 17  0 b   5
Giải hệ phương trình    . 9b  2c  39  0 c    3 Với ( ;
b c)  (5;3) thì phương trình trở thành 3 2 x  5x  3x 1  0   2 x  4x   1 (x 1)  0 x  2  5   x  2  5 x 1  Vậy với ( ;
b c)  (5;3) , ngoài nghiệm x  2  5 thì PT còn nghiệm x  2  5 và 0 1 x  1. 2 Bài 2: ( 2,5 điểm) 2
x(x  y)  y  4y 1  0
1. Giải hệ phương trinh  . 2 2
 y(x  y)  2x  7 y  2  0 2. Cho a, ,
b c là các số nguyên. Đặt 5 5 5
S  (a  2021)  (2b  2022)  (3c  2023) ;
P  a  2b  3c  2022 . Chứng minh rằng S chia hết cho 30 khi và chi khi P chia hết cho 30 . Lời giải. 2
x(x  y)  y  4y 1  0  1
1. Xét hệ phương trình:  2 2
 y(x  y)  2x  7y  2  0  2
Nhân hai vố phương trình (1) với 2 , ta được 2 2
2x  2xy  2 y  8y  2  03
Cộng theo vế phương trình (2) và (3) ta được 2 2
y(x  y)  2xy  2y 15y  0 2
 y (x  y)  2(x  y) 15  0  
 y(x  y  3)(x  y  5)  0  y  0   x  3  y  x  5   y 
- Nếu y  0 thay vào phương trình (1) ta được 2
x 1  0 , không có nghiệm thực.
- Nếu x  3  y , thay vào phương trình (1) ta được 2
(3  y) 3  y  4y 1  0  y  2 2
 y  7 y 10  0  ( y  2)(y  5)  0    y  5
Với y  2 thì x 1; với y  5 thì x  2. - Nếu x  5
  y , thay vào phương trình (1) ta được 2 ( 5   y)( 5  )  y  4y 1  0 2 2   
y  y  26  0, không có nghiệm thực vì 2 1 103 y  y  26  y    0   .  2  4
Vậy hệ phương trình ban đầu có hai nghiệm là ( ; x y)  (1; 2) và ( ; x y)  (2;5) .
2. Đặt x  a  2021; y  2b  2022; z  3c  2023 thì 5 5 5
S  x  y  z và P  x  y  z .
Ta có    5    5    5 S P x x y y z  z . Xét 5 A  x  x  x x  x   2 ( 1)( 1) x   1 .
Ta thấy (x 1)x(x 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên có tích chia hết cho 6 ,
do vậy A chia hết cho 6. Theo định lý Fermat, ta cũng có 5 x  x( mod 5) nên A chia
hết cho 5. Mà ƯCLN (5,6)  1 nên 5
A  x  x chia hết cho 30 . Hoàn toàn tương tự  5 y  y và  5
z  z cùng chia hết cho 30 . Do vậy (S  P) chia
hết cho 30 . Điều này cho biết S chia hết cho 30 khi và chi khi P chia hết cho 30 . Bài 3: ( 1,0 điểm )
Có tất cả bao nhiêu đa thức P(x) có bậc không lớn hơn 2 với các hệ số nguyên
không âm và thỏa mãn điều kiện P(3) 100 . Lời giải.
- Xét đa thức P(x)  C là hằng số thì chỉ có đa thức P(x)  100 thỏa mãn.
- Xét đa thức P(x)  ax  b với a  0;b  0;a,b  .
Ta có P(3)  100 hay 3a  b 100 , mà *
a   ;b   nên 1  a  33 . Với mỗi a như vậy
ta tìm được duy nhất b 100  3a thỏa mãn điều kiện nên trường hợp này có tất cả
33 đa thức thỏa đề bài. Xét đa thức 2
P(x)  ax  bx  c với *
a   ;b,c  . Theo đề bài ta có 9a  3b  c 100 , mà a, ,
b c là các số nguyên nên c  3k 1 với k  (với mỗi giá trị của k thì ta tìm
được duy nhất một giá trị của c ).
Khi đó 3a  b  k  33 hay b  k  33  3a  0 , suy ra 1  a  11.
Với mỗi giá trị a như vậy, có (34  3a) giá trị nguyên của b nhận từ 0 đến ( 33  3a)
và có duy nhất một giá trị k  33 3a  b thoả mãn sau khi đã chọn a và b . Vậy 11  trường hợp này có 12 11
(343a)  34113 176 cặp (a; ; b k) thoả mãn, ứng với a 1  2 176 cặp ( ; a ;
b c) thoả mãn đề bài. Trường hợp này có 176 đa thức thoả mãn.
Từ ba trường hợp trên, có tất cả 1 33176  210 đa thức P(x) với hệ số nguyên không âm và P(3) 100 . Bài 4: (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn (ABCF cắt nhau tại H. Gọi M là trung điểm BC.
a) Chứng minh tứ giác DMEF là tứ giác nội tiếp.
b) Ðường tròn tâm I đường kính AH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là P. Kẻ
đường kính AK của đường tròn (O). Chứng minh bốn điểm P, H, M, K thẳng hàng.
c) Các tiếp tuyến tại A và P của đường tròn (I) cắt nhau ở N. Chứng minh ba
đường thẳng MN, EF, AH đồng quy. Lời giải.
a) Ta thấy các tứ giác BCEF, ACDF nội tiếp đường tròn đường kinhh BC, AC. Khi đó  0 MEF  180   AEF   0 MEC  180   ABC   MCE 0  180   FBD   BFD   BDF.
Do vậy tứ giác DMEF nội tiếp.
b) Theo giả thiết KB  AB và HC  AB nên KB / /HC . Tương tư KC  AC và
HB  AC nên KC / /HB . Tứ giác KBHC có hai cặp cạnh đối diện song song nhau
nên là hình bình hành. Lại vì M là trung điểm của BC nên H, M, K thẳng hàng. Mặt khác,  APH  AFH 90    
APK nên P, H, K thẳng hàng.
Như vậy H, M, K, P thẳng hàng.
c) Gọi R là giao điểm của AD và EF. Vì các tứ giác AFDC, AEDB nội tiếp nên  0 EDF    FDB   0 EDC    0 180 180 2BAC 180   FIE.
Do vậy IEDF là tứ giác nội tiếp, suy ra RE.RF  RI.RD .
Mặt khác tứ giác AEHF nội tiếp nên RE  RF  RH  RA. Vậy nên RA RD RI  RD  RH  RA   RI RH IA HD IA RI RA       1 RI RH HD RH RD
Từ chứng minh ở câu b) ta có HM  AP , lại vì NI  AP (do NI là đường trung trực
của đoạn AP) nên HM / / NI, kết hợp NA / /DM suy ra  DMH   INA (hai góc nhọn có
cặp cạnh tương ứng song song). Từ đây DHM ∽AIN (tam giác vuông có hai góc nhọn bằng nhau) IA AN   . 2 HD DM Từ (1) và (2) suy ra RA AN 
. Vậy nên ARN ∽DRM (c.g.c)   ARN   DRM . RD DM Vì  NRM   NRA   ARM   MRD   ARM   0
ARD  180 nên M, N, R thẳng hàng, tức là
MN cũng đi qua điểm R . Vậy MN, AD, EF đồng quy. Bài 5: ( 1,0 điểm ) x  y  2
Cho hai số x, y thoả mãn:  . 2 2 x  y  xy  3
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 T  x  y  xy . 2 
Lời giải. Ta có bất đẳng thức (x y) 2 (x  y)  0  xy 
. Bởi vậy từ giả thiết, 4 2 (x  y) 2 2
(x  y)  3  xy  3   0  (x  y)  4. 4
Lại để ý đẳng thức  2 2 x  y  xy   2 2 x  y  xy 2 3  2(x  y) hay 2
0  9 T  2(x  y)  8, vậy 1 T  9. Khi ( ;
x y)  (1;1) (thoả mãn giả thiết) thì T  1. Khi ( ;
x y)  ( 3;  3) (thoả mãn giả thiết) thì T  9 .
Kết luận: Giá trị lớn nhất của T là 9 ; giá trị nhỏ nhất của T là 1 .