Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 8 năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Phú Thọ

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:15

Thêm vào BST

Báo xấu

18
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh đang chuẩn bị bước vào kì thi có thêm tài liệu ôn tập, TaiLieu.VN giới thiệu đến các bạn ‘Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 8 năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Phú Thọ’ để ôn tập nắm vững kiến thức. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kì thi!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 8 năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Phú Thọ

SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ ĐỀ THI HỌC SINH LỚP 8 NĂM HỌC 2022-2023 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề có 03 trang PHẦN I: TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (8 điểm). Chọn phương án trả lời đúng Câu 1: Cho x 2  x  1. Giá trị biểu thức Q  x 6  2x 5  2x 4  2x 3  2x 2  2x  1 bằng A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Câu 2: Số dư trong phép chia x  3x  5x  7 x  9  2038 cho x 2  12x  30 bằng A. 1. B. 2038. C. 0. D. 2023. x 2  ax 2  a  a 2  a 2x 2  1 Câu 3: Giá trị của phân thức A 2 2 2 2 2 tại x  20232022 và a  5 bằng x  ax  a  a  a x  1 5 31 2019 5 A.  . B. . C. . D. . 4 21 5 20232022 12 Câu 4: Phân thức A  2 có giá trị nhỏ nhất khi giá trị của x bằng: x  4x  6 A. 2 . B . 4. C. 2 . D. 2 và 1 . a b c Câu 5: Giá trị biểu thức C    với abc  1 bằng 1  a  ab 1  b  bc 1  c  ca A. 1 . B . 2. C. 2 . D. 1 . Câu 6: Tổng các nghiệm của phương trình x  23  4x   x  4x  4  0 là 2 1 1 11 11 A.  . B. . C.  . D. . 3 3 3 3 x m x 5 Câu 7: Cho phương trình   2 (ẩn x , tham số m ). Điều kiện của m để phương x 5 x m trình có một nghiệm duy nhất là A. m  5 . B. m  5 . C. m  5 . D. m  5 . Câu 8: Số nghiệm của phương trình: x  3  x  1  36 là: 3 3 A. 1 . B. 4 . C. 2 . D. 3 . Câu 9: Cho hình chữ nhật ABCD , dựng AH vuông góc với BD ( H ∈ BD ) biết HD  9 cm và HB  16 cm . Diện tích hình chữ nhật ABCD bằng A. 300cm 2 . B. 280cm 2 . C. 302cm 2 . D. 310cm 2 . Câu 10: Cho hình bình hành ABCD , dựng AE vuông góc với CD và AF vuông góc với CB ( E ; F thứ tự thuộc các cạnh CD và BC), Biết AC  25 cm và EF  24 cm . Khoảng cách từ A đến trực tâm H của tam giác AEF bằng Trang 1 / 15
A. 5cm . B. 7cm . C. 8cm . D. 1cm . Câu 11: Cho hình thang ABDC (AB / /CD ) có đường trung bình bằng 7cm ; độ dài đáy AB  4cm khi đó đáy CD bằng A. 4cm . B. 10cm . C. 7cm . D. 18cm . Câu 12: Cho tam giác ABC có AB  6 cm, AC  8 cm . Các đường trung tuyến BD và CE vuông góc với nhau. Độ dài BC là 3 5 5 A. . B. 2 5 . C. . D. . 2 2 3 Câu 13: Cho tam giác ABC vuông tại A ; đường cao AH vuông góc với BC , H  BC  . Biết HB  9 cm, HC  16cm . Độ dài cạnh AB, AC lần lượt là A. 15cm và 20cm. B. 12 cm và 23cm. C. 14cm và 21cm. D. 18cm và 17cm. Câu 14: Trong tam giác ABC , đường trung tuyến AM M  BC , K là một điểm nằm trên AK 1 đoạn thẳng AM sao cho  , BK cắt AC ở N . Biết diện tích tam giác ABC bằng KM 2 60cm , khi đó diện tích tam giác AKN là 2 A. 20cm 2 . B. 30cm 2 . C. 3cm 2 . D. 2cm 2 . Câu 15. Số bàn thắng ghi được trong mỗi trận đấu (không tính loạt sút luân lưu) của một giải bóng đá được ghi lại trong bảng sau: Số bàn thắng 0 1 2 3 4 5 Số trận 4 7 8 9 2 2 Hỏi trong giải đấu đó có thể có nhiều nhất bao nhiêu trận đấu kết thúc với tỉ số hòa (trong 90 phút thi đấu chính thức)? A.32. B.4. C. 7. D. 14. Câu 16: Trong một kì thi Hội khỏe Phù Đổng trường A có 12 học sinh giành được các giải thưởng, trong đó: 7 học sinh giành được ít nhất 2 giải, 4 học sinh giành được ít nhất 3 giải, 2 học sinh giành được số giải nhiều nhất, mỗi em 4 giải. Số giải trường A giành được là: A. 26 . B. 25 . C. 24 . D. 23 . II. PHẦN TỰ LUẬN (12,0 điểm) Câu 1. (3,0 điểm) a) Tìm tất cả các số tự nhiên n để B  n 4  27n 2  121 là số nguyên tố b) Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x 2  4x  1  y 4 . c) Biết a; b là các số nguyên dương thỏa mãn a 2 − ab + b 2 chia hết cho 9, chứng minh rằng cả a và b đều chia hết cho 3. Trang 2 / 15
Câu 2. (4,0 điểm) 1 1 2 a) Cho hai số thực khác nhau a, b thóa mãn:  2  , a  1 b  1 1  ab 2 1 1 Tính giá trị của biểu thức: M   . a 2023  1 b 2023  1  b) Giải phương trình    2   2 x  3  6 x  3    7 x2  9 0.       x  2  x  2 x2  4 c) Tìm a, b để f x   ax 3  bx 2  10x  4 chia hết cho đa thức g x   x 2  x  2 . Câu 3. (4 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao BD và CE cắt nhau ở H. a) Chứng minh: ABD  ACE b) Chứng minh: CH .CE  CD.CA c) Kẻ EK  AC tại K; DI  EC tại I. Chứng minh AH / /IK 1 d) Chứng minh S EIK  S ABC 4 Câu 4 (1 điểm). Cho x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện x  y  6. Tìm giá trị nhỏ nhất 6 8 của biểu thức M  3x  2y    x y Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!!! ----- Hết----- Họ và tên: ……………………………………………………. SBD:…………………… Trang 3 / 15
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM HỌC 2022-2023 Môn: Toán 8 Đề chính thức Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM (Mỗi câu trả lời đúng được 0,5 điểm) Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 Đ.A D D B C D A C C A B C B A D D C Hướng dẫn chi tiết Câu 1: Cho x 2  x  1. Giá trị biểu thức Q  x 6  2x 5  2x 4  2x 3  2x 2  2x  1 là A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Lời giải Ta có x 2  x  1  x 2  x  1  0. Ta có Q  x 6  2x 5  2x 4  2x 3  2x 2  2x  1          Q  x 4 x 2  x  1  x 3 x 2  x  1  2x 2 x 2  x  1  x x 2  x  1  3 x 2  x  1  4  4  Chọn D. Câu 2: Số dư trong phép chia x  3x  5x  7 x  9  2038 cho x 2  12x  30 là A. 1 B. 2038 C. 0 D. 2023 Lời giải Ta có: x  3x  5x  7 x  9  2035  x 2  12x  27x 2  12x  35  2035 Đặt x 2  12x  30  a ta có x 2  12x  27x 2  12x  35  2035  a 2  2a  2023 Chọn D. x 2  ax 2  a  a 2  a 2x 2  1 Câu 3: Giá trị của phân thức A  2 2 2 2 2 tại x  20232022 và a  5 là: x  ax  a  a  a x  1 5 31 2019 5 A.  B. C. D. 4 21 5 20232022 Lời giải x 2  ax 2  a  a 2  a 2x 2  1 Ta có: A  2  2  x 2  1 a2  a  1  a2  a  1  2 .  x  ax 2  a  a 2  a 2x 2  1  x  1 a2  a  1  a a  1  Trang 4 / 15
Chọn B. 12 Câu 4: Phân thức A  2 có giá trị nhỏ nhất khi giá trị của x bằng: x  4x  6 A. 2 B. 4 C. 2 D. 2 và 1 Lời giải 12 12 Ta có: A   . Chọn C. x  4x  6 x  22  2 2 a b c Câu 5: Giá trị biểu thức C    (với abc  1 ) là : 1  a  ab 1  b  bc 1  c  ca A. 1 B. 2 C. 2 D. 1 Lời giải Ta có: a b c a b bc C      1  a  ab 1  b  bc 1  c  ca abc  a  ab 1  b  bc b  bc  bca 1 b bc     1 . Chọn D. bc  b  1 1  b  bc 1  b  bc Câu 6: Tổng các nghiệm của phương trình x  23  4x   x 2  4x  4  0 là 1 1 11 11 A.  B. C.  D. 3 3 3 3 Lời giải Ta có: x  23  4x   x  4x  4  0  3x 2  x  10  0 . Chọn A. 2 x m x 5 Câu 7: Cho phương trình   2 (ẩn x , tham số m ). Điều kiện của m để phương x 5 x m trình có một nghiệm duy nhất là A. m  5 B. m  5 C. m  5 D. m  5 Lời giải x  5  Điều kiện   . x  m   x m x 5   2  2x m  5  m 2  10m  25  0 . x 5 x m   m  5     m  5 Để phương trình có nghiệm duy nhất thì 5    m  5 . Chọn C.   2   m  m  5     2 Câu 8: Số nghiệm của phương trình: x  3  x  1  36 là: 3 3 A. 1 B. 4 C. 2 D. 3 Lời giải Trang 5 / 15
x  3  x  1 3 3  36  6x 2  24x  10  0 . Chọn C. Câu 9: Cho hình chữ nhật ABCD , dựng AH vuông góc với BD ( H ∈ BD ) biết HD  9 cm và HB  16 cm . Diện tích hình chữ nhật ABCD là A. 300cm 2 B. 280cm 2 C. 302cm 2 D. 310cm 2 Lời giải A B H D C Ta có AH 2  HD.HB  AH  12  S ABCD  2S ADB  300 . Chọn A. Câu 10: Cho hình bình hành ABCD , dựng AE vuông góc với CD và AF vuông góc với CB ( E ; F thứ tự thuộc các cạnh CD và BC), Biết AC  25 cm và EF  24 cm . Khoảng cách từ A đến trực tâm H của tam giác AEF là A. 5cm B. 7cm C. 8cm D. 1cm Lời giải A K B H F D E C Dựng CK  AB , ta có AKCE là hình chữ nhật nên AC  EK , CEHF và AHFK  là hình bình hành và, nên AH  KF , Mặt khác KFE  90 , theo Pytago ta có: KF  EK 2  EF 2  7 . Chọn B. Câu 11: Cho hình thang ABDC (AB / /CD ) có đường trung bình bằng 7cm ; độ dài đáy AB  4cm khi đó đáyCD bằng A. 4cm B. 10cm C. 7cm D. 18cm Trang 6 / 15
Lời giải A B N M C D Ta có: DC  2MN  AB  10 cm . Chọn B. Câu 12: Cho tam giác ABC có AB  6 cm, AC  8 cm . Các đường trung tuyến BD và CE vuông góc với nhau. Độ dài BC là 3 5 5 A. . B. 2 5 . C. . D. . 2 2 3 A E D M B C Lời giải 2 x 2 y Đặt BD  x ,CE  y  BM  x , MD  ,CM  y, ME  3 3 3 3 AB AC Ta có EB  , DC  . 2 2 AB 2 y 2 4x 2 AC 2 4y 2 x 2 Theo Py ta go ta có:   ,   . 4 9 9 4 9 9 2 2 2 2 AB AC 5BM 5CM      AB 2  AC 2  5BC 2  BC  2 5 . Chọn B 4 4 4 4 Câu 13: Cho tam giác ABC vuông tại A ; đường cao AH vuông góc với BC , H  BC  . Biết HB  9 cm, HC  16cm . Độ dài cạnh AB, AC lần lượt là A. 15cm và 20cm. B. 12 cm và 23cm. C. 14cm và 21cm. D. 18cm và 17cm. Trang 7 / 15
Lời giải B H A C Ta có AH 2  HB.HC  AH  12 . Theo Pytago ta có AB  15, AC  20 . Chọn A. Câu 14: Trong tam giác ABC , đường trung tuyến AM M  BC , K là một điểm nằm trên AK 1 đoạn thẳng AM sao cho  , BK cắt AC ở N . Biết diện tích tam giác ABC bằng KM 2 60cm , khi đó diện tích tam giác AKN là 2 A. 20cm 2 . B. 30cm 2 . C. 3cm 2 . D. 2cm 2 . Lời giải A N K I C B M AK NK AN 1 Ta có  AKN #  MKI (g-g) nên    . KM KI MI 2 CN AN 1 Ta có MI    . 2 AC 5 S 1 S AK 1 1 S AN 1 Ta có ACM   S ACB  2S ACM ; AKC    S AKC  S ACM ; AKN   S ACB 2 S AMC AM 3 3 S AKC AC 5 1 1 1 1 1 1 60 Ta có: S ANK  S AKC  . S AMC  . . S ABC  5 5 3 5 3 2 30    2 cm 2 . Chọn D. Trang 8 / 15
Câu 15. Số bàn thắng ghi được trong mỗi trận đấu (không tính loạt sút luân lưu) của một giải bóng đá được ghi lại trong bảng sau: Số bàn thắng 0 1 2 3 4 5 Số trận 4 7 8 9 2 2 Hỏi trong giải đấu đó có thể có nhiều nhất bao nhiêu trận đấu kết thúc với tỉ số hòa (trong 90 phút thi đấu chính thức)? A.32. B.4. C. 7. D. 14. Lời giải Số trận đấu kết thúc với tỉ số hòa thì số bàn thắng có thể là 0,2,4 vậy có thể có tối đa 14 trận hòa Chọn D. Câu 16: Trong một kì thi Hội khỏe Phù Đổng trường A có 12 học sinh giành được các giải thưởng, trong đó: 7 học sinh giành được ít nhất 2 giải, 4 học sinh giành được ít nhất 3 giải, 2 học sinh giành được số giải nhiều nhất, mỗi em 4 giải. Số giải trường A giành được là: A. 26 . B. 25 . C. 24 . D. 23 . Lời giải Số học sinh được 4 giải là 2 em. Số học sinh được dành được 3 giải là 2 em Số học sinh được 2 giải là 3 em Số học sinh được 1 giải là 4 em Vậy tổng số giải của trường A là: 24 giải . Chọn C Trang 9 / 15
Phần II: TỰ LUẬN (12 điểm) Nội dung Điểm Câu 1 (3,0 điểm). a) Tìm tất cả các số tự nhiên n để B  n 4  27n 2  121 là số nguyên tố b) Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x 2  4x  1  y 4 3,0 c) Biết a; b là các số nguyên dương thỏa mãn a 2 − ab + b 2 chia hết cho 9, chứng minh rằng cả a và b đều chia hết cho 3. a) Tìm tất cả các số tự nhiên n để B  n 4  27n 2  121 là số nguyên tố 1,0 Ta có B = n 4 − 27n 2 + 121 = (n 4 + 22n 2 + 121) − 49n 2 = (n 2 + 11 + 7 n )( n 2 + 11 − 7 n ) 0,25 Với n = 0 , không thỏa mãn 0,25 Với n ∈ N * thì n 2 + 11 + 7 n > n 2 + 11 − 7 n Do đó để B là số nguyên tố thì điều kiện cần để B là số nguyên tố là n 2 − 7 n + 11 =1 ⇔ n =5; n =2 0,25 Thử lại ta có= 5, n 2 thỏa mãn B  n 4  27n 2  121 là số nguyên tố. n = 0,25 b) Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x 2  4x  1  y 4 1,0 Ta có: x 2  4x  1  y 4  x  2  y 4  3  x  2  y 2 x  2  y 2   3 2 0,25 Do x  2  y 2  x  2  y 2 nên ta có: x  2  y 2  3  x  2  y 2  1  0,5    (I ) hoặc  (II ) x  2  y 2  1  x  2  y 2  3      Từ (I) và (II) ta tìm được: (x ; y )  4; 1, 4;1, 0;1, 0; 1 0,25 c) Biết a; b là các số nguyên dương thỏa mãn a 2 − ab + b 2 chia hết cho 9, chứng 1,0 minh rằng cả a và b đều chia hết cho 3. Ta có: ( a 2 + ab + b 2 ) 9 ⇒ 4 ( a 2 + ab + b 2 ) 9 ⇒ ( 2a − b ) + 3b 2   9 2 (1) 0,25   Trang 10 / 15
Mà 3b 2  3 nên ( 2a − b )  3 mà 3 là số nguyên tố nên ( 2a − b ) 3 nên ( 2a − b )  9 .(2) 2 2 0,25 Từ (1) và ( 2 ) ⇒ 3b 2  9 ⇒ b 2  3 mà 3 là số nguyên tố ⇒ b  3 . ( 2a − b ) 3 và b  3 ⇒ 2a  3 mà ( 2;3) = 1 nên a  3 . 0,25 Vậy cả a và b đều chia hết cho 3. Câu 2. 1 1 2 a) Cho hai số thực khác nhau a, b thóa mãn:  2  , a  1 b  1 1  ab 2 1 1 4,0 Tính giá trị của biểu thức: M  2023  2023 a 1 b 1 x  3  b) Giải phương trình   2    2   6x  3  7 x2  9  0.        x  2  x  2  x2  4 c) Tìm a, b để f x   ax  bx  10x  4 chia hết cho đa thức g x   x  x  2 3 2 2 1 1 2 a) Cho hai số thực khác nhau a, b thóa mãn:  2  , a  1 b  1 1  ab 2 1 1 1,5 Tính giá trị của biểu thức: M   a 2023  1 b 2023  1 1 1 2 1 1 1 1 Xét:  2   2   2  0 a  1 b  1 1  ab 2 a  1 1  ab b  1 1  ab 0,25  1  ab  a  1   1  ab  b  1  0   2 2 ab  a 2  ab  b 2 0 a  11  ab  b  11  ab  2 a 2 2   1 1  ab  b 2   1 1  ab  a b  a  b a  b  a b  b a  0   0   2  2  a 2  b  11  ab   1 1  ab  2 1  ab b  1 a  1    0,5 a  b ba  b  ab  a     2  2     a  b ba 2  b  ab  a  2   0    0   1  ab  b  1a  1   1  ab  b     2   2 2  1 a2  1       a  b ab a  b   a  b    0  a  b  . 2  ab  1 0,5    0  b2  1 a 2  1  1  ab          1  ab b  1 a 2  1 2    Trang 11 / 15
TH1: a  b  0  a  b (Loại) vì a  b 1 1 1 TH2: ab  1  a  thay vào biểu thức: M  2023  2023 b a 1 b 1 1 1 b 2023 1 b 2023  1 0,25 M  2023  2023   2023  2023  1. 1 b 1 b 2023  1 b 1 b 1     1    b  x  3  a) Giải phương trình   2    2   6x  3  7 x2  9  0.   1,5     x  2   x  2  x2  4 ĐKXĐ: x  2 x 3 x 3 x  3 x  3 x2  9 Đặt  a;  b  ab    , ta có x 2 x 2 x  2 x  2 x2  4 0,25 a 2  6b 2  7ab  0  (a  b)(a  6b)  0  a  b hoặc a  6b x 3 x 3 Với a  b ta có:   (x  3)(x  2)  (x  2)(x  3) x 2 x 2  x 2  5x  6  x 2  5x  6 0,5  10x  0  x  0 (thỏa mãn ĐKXĐ). x 3 x 3 Với a  6b , ta có:  6  (x  3)(x  2)  6(x  2)(x  3) x 2 x 2  x 2  5x  6  6x 2  30x  36  5x 2  35x  30  0  x 2  7x  6  0 0,5  (x  1)(x  6)  0  x  1 (thỏa mãn ĐKXĐ) hoặc x  6 (thỏa mãn ĐKXĐ). Vậy tập nghiệm của phương trình là S  {0;1;6} 0,25 b) Tìm a, b để f x   ax  bx  10x  4 chia hết cho đa thức g x   x  x  2 3 2 2 1,0 Ta có: g x   x 2  x  2  x  1x  2 . 0,25 f x   ax 3  bx 2  10x  4 chia hết cho g x  nên 0,25  f x   ax 3  bx 2  10x  4  x  1x  2.Q x  Với x  1 và x  2 ta có a  b  6 và 8a  4b  24  0  a  4;b  2 0,25 Trang 12 / 15
Vậy để f x   ax 3  bx 2  10x  4 chia hết cho đa thức g x   x 2  x  2 thì 0,25 a  4;b  2. Câu 3. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao BD và CE cắt nhau ở H. a) Chứng minh ABD á ACE b) Chứng minh CH .CE  CD.CA c) Kẻ EK  AC tại K; DI  EC tại I. Chứng minh AH / /IK 4,0 1 d) Chứng minh S EIK  S ABC 4 A K D E H I B C a) Chứng minh ABD á ACE 1,0 Có BD là đường cao của tam giác ABC    BD  AC  BDA  BDC  900 0,25 Có CE là đường cao của tam giác ABC   0,25  CE  AB  CEB  CEA  900 Xét tam giác ABD & ACE có   0,25 BDA  CEA  900 .  BAC chung  ABD á ACE (g.g ) 0,25 b) Chứng minh CH .CE  CD.CA 1,0 Xét tam giác CHD và tam giác CHE có 0,5 Trang 13 / 15
   ECA chung     CEA  900   CHDá CAE (g.g ) CDH      CH CD    CH .CE  CD.CA 0,5 CA CE c) Kẻ EK  AC tại K; DI  EC tại I. Chứng minh AH / /IK 1,0    Xét CID và CKE có:CID  CKE  900 ICD chung  CID á CKE (g-g) 0,25  CI  CD (1) mà CH .CE  CD.CA (cm b)  CD CH  (2) 0,25 CK CE CE CA CI CH CI CK Từ (1), (2)     CK CA CH CA 0,25 CI CK Xét CAH có:  (cmt) CH CA  IK / / AH ( ĐL Ta-lét đảo) 0,25 1 d) Chứng minh S EIK  S ABC 1,0 4   Có IK / / AH (cm c)  KIE  AHE (đồng vị)    0,25 Mà ABC  AHE (cùng phụ với EAH )    ABC  KIE Xét EIK và ABC có:   KIE  ABC (cmt)    IEK  BAC (cùng phụ với AEK ) 0,25  EIKá ABC (g-g) 2 S EIK  EK   EK 2        AC   S ABC  AC 2 Chứng minh: AEK á ECK (g-g) 0,25 AK EK    EK 2  AK .CK EK CK AK  CK  AC 2 1 2 S EIK AK .CK 4AK .CK       0,25 S ABC AC 2 4AC 2 4AC 2 4AC 2 4 Dấu “=” xảy ra  AK  CK . Trang 14 / 15
Câu 4. (1 điểm) Cho x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện x  y  6. Tìm giá trị nhỏ 6 8 1,0 nhất của biểu thức M  3x  2y    x y  6 8  12   16  Ta có 2M  2 3x  2y     3 x  y   3x    y         0,25   x y     x     y   Từ giả thiết và theo BĐT Cô – si, ta có: 12 12 16 16 0,25 3 x  y   3.6  18; 3x   2 3x .  12; y   2 y. 8 x x y y Do đó, 2M  18  12  8  38  M  19 0,25 Vậy minM = 19. Dấu “=” xảy ra khi x = 2; y = 4. 0,25 Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa Trang 15 / 15