De thi học kì 2 Toán 9 Quận Hai Bà Trưng

CÔNG TY CỔ PHẦN TRUYỀN THÔNG HDC VIỆT NAM

Tầng 3, toà nhà S3, Vinhomes Skylake, đường Phạm Hùng, quận Nam Từ Liêm, Hà Nội

• Giới thiệu
• Chính sách
• Quyền riêng tư

Copyright © 2020 Tailieu.com

Kì thi cuối học kì 2 sắp tới, nhu cầu tìm kiếm nguồn tài liệu ôn thi chính thống của các em học sinh là vô cùng lớn. Thấu hiểu điều đó, chúng tôi đã dày công sưu tầm Đề thi học kì 2 Lớp 9 môn Toán 2021 Phòng GD&ĐT Hai Bà Trưng - Hà Nội với nôi dung được đánh giá có cấu trúc chung của đề thi cuối kì trên toàn quốc , hỗ trợ các em làm quen với cấu trúc đề thi môn Toán lớp 9 cùng các dạng bài tập thường xuất hiện. Mời các em cùng quý thầy cô theo dõi đề tại đây.

Tham khảo thêm:

Đề thi Toán học kì 2 Lớp 9 năm 2021 Phòng GD&ĐT Hai Bà Trưng - Hà Nội

Nôi dung đề thi bao gồm 5 câu hỏi tự luận, 1 câu hình học và 4 câu đại số với mức độ khó tương đương với trình độ của học sinh khối 9 trường Chuyên Hà Nội Amsterdam. Mời các bạn theo dõi chi tiết đề dưới đây.

Trích dẫn đề thi:

1] Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi bằng 34m. Nếu tăng chiều rộng thêm 3 m thì diện tích tăng thêm 50 m2. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn.

2] Một thuyền đánh cá chuẩn bị 10 thùng dầu để ra khơi, mỗi thùng là một hình trụ có đường kính đáy là 0,6m, chiều cao là 1,5 m. Hỏi thuyền đó đã chuẩn bị bao nhiêu lít dầu? [Bỏ qua độ dày vỏ thùng, lấy π = 3,14]

→ Tham khảo: Giải Toán 9 Bài 3: Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế

Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số - Toán 9

Đáp án Đề thi Toán Lớp 9 học kì 2 năm 2021 Phòng GD&ĐT Hai Bà Trưng - Hà Nội

Mời các bạn theo dõi đáp án chính thức Đề toán lớp 9 học kì 2 của Phòng GD&ĐT Hai Bà Trưng, Hà Nội biên soạn và công bố mới nhất tại đây.

File tải đề toán Lớp 9 học kì 2 năm 2021 Phòng GD&ĐT Hai Bà Trưng - Hà Nội

CLICK NGAY vào đường dẫn bên dưới để tải về đề kiểm tra toán lớp 9 học kì 2 năm học 2020 - 2021 do trường Phòng GD&ĐT Hai Bà Trưng - Hà Nội biên soạn và công bố chính thức, hỗ trợ các em ôn luyện giải đề đạt hiệu quả nhất.

Tham khảo thêm:

Hy vọng tài liệu sẽ hữu ích cho các em học sinh và quý thầy cô giáo tham khảo, chuẩn bị tốt cho kì thi quan trọng sắp tới!

►Ngoài ra các em học sinh và thầy cô có thể tham khảo thêm nhiều tài liệu hữu ích hỗ trợ ôn luyện thi môn toán khác được cập nhật liên tục tại chuyên trang của chúng tôi.

Đánh giá bài viết

THCS.TOANMATH.com giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 9 đề kiểm tra chất lượng cuối học kỳ 2 môn Toán 9 năm học 2021 – 2022 phòng Giáo dục và Đào tạo quận Hai Bà Trưng, thành phố Hà Nội.

Trích dẫn đề học kỳ 2 Toán 9 năm 2021 – 2022 phòng GD&ĐT Hai Bà Trưng – Hà Nội: + Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Quãng đường từ Hà Nội đến Hải Phòng dài 120 km. Một ô tô và một xe máy xuất phát cùng một lúc từ Hà Nội để đi đến Hải Phòng. Vận tốc của ô tô lớn hơn vận tốc xe máy 20 km/giờ nên ô tô đến nơi sớm hơn xe máy 1 giờ. Tính vận tốc mỗi xe, biết vận tốc mỗi xe không thay đổi trên cả quãng đường. + Hộp sữa đặc có đường là một hình trụ có đường kính đáy bằng 7cm, chiều cao 8cm. Hỏi bên trong hộp chứa được bao nhiêu mi-li-lít sữa? [bỏ qua độ dày của vỏ hộp, lấy pi = 3,14].

+ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol [P]: y = x2 và đường thẳng [d]: y = mx + 3. a] Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng [d] và parabol [P] với m = 2. b] Chứng minh [d] luôn cắt [P] tại hai điểm phân biệt. Gọi hai giao điểm lần lượt là A[x1;y1] và B[x2;y2]. Tìm m để y1 + y2 = 4[x1 + x2] + 3.

Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

• Đề bài
• LG bài 1
• LG bài 2
• LG bài 3
• LG bài 4
• LG bài 5

Đề bài

Bài 1  [2 điểm]:

Cho hai biểu thức:

\[A = \dfrac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x  - 5}}\] và \[B = \dfrac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  - 1}} + \dfrac{1}{{\sqrt x  + 2}} + \dfrac{{5 - 2\sqrt x }}{{x + \sqrt x  - 2}}\] với \[x > 0,x \ne 1,x \ne 25\]

1] Tính giá trị của biểu thức A tại x = 9.

2] Rút gọn biểu thức B.

3] Tìm số tự nhiên x lớn nhất sao cho \[\dfrac{A}{B} < 4\]

Bài 2 [2,5 điểm]:

1] Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Theo kế hoạch, trong tháng 3 năm 2020 hai tổ phải may 1500 chiếc khẩu trang để phục vụ cho công tác phòng, chống dịch Covid-19. Nhưng thực tế tổ I đã may vượt mức 10%; tổ II may vượt mức 12% nên cả hai tổ đã may được 1664 chiếc khẩu trang. Hỏi theo kế hoạch mỗi tổ phải may bao nhiêu chiếc khẩu trang?

2] Một cửa hàng bán xăng dầu dự định đặt làm một chiếc bồn chứa dầu bằng sắt hình trụ có chiều cao 1,8 m, bán kính đáy 0,6 m. Hỏi chiếc bồn đó chứa đầy được bao nhiêu lít dầu? [Bỏ qua bề dầy của bồn]

Bài 3 [1,5 điểm]:

Cho Parabol \[\left[ P \right]:y = {x^2}\] và đường thẳng \[\left[ d \right]:y = 3x + m - 1\]

a] Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng [d] và parabol [P] khi m = 5.

b] Tìm m để [P] và [d] cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ \[{x_1};{x_2}\] thỏa mãn \[x_1^3 + x_2^3 = 9\]

Bài 4 [3,5 điểm]:

Cho đường tròn [O;R], đường kính AB cố định. Gọi M là trung điểm của đoạn OB. Dây CD vuông góc với AB tại M. Điểm E chuyển động trên cung nhỏ AC [E khác A và C]. Nối EB cắt CD tại H, kéo dài AE cắt tia DC tại K.

a] Chứng minh tứ giác BMEK là tứ giác nội tiếp.

b] Chứng minh tam giác AEM đồng dạng với tam giác ABK và \[AE.AK = 3{R^2}\]

c] Chứng minh tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BHK luôn thuộc một đường thẳng cố định khi điểm E chuyển động trên cung nhỏ AC.

Bài 5 [0,5 điểm]:

Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa điều kiện x + y + z = 3.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \[P = \dfrac{x}{{{y^2} + 1}} + \dfrac{y}{{{z^2} + 1}} + \dfrac{z}{{{x^2} + 1}}\]

HẾT

LG bài 1

Phương pháp giải:

1] Kiểm tra x = 9 có thỏa mãn điều kiện hay không và thay vào A tính toán.

2] Quy đồng và rút gọn.

3] Rút gọn biểu thức \[\dfrac{A}{B}\] rồi cho \[\dfrac{A}{B} < 4\] tìm x.

Chú ý kết hợp ĐKXĐ và x là số tự nhiên lớn nhất.

Lời giải chi tiết:

Cho hai biểu thức:

\[A = \dfrac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x  - 5}}\] và \[B = \dfrac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  - 1}} + \dfrac{1}{{\sqrt x  + 2}} + \dfrac{{5 - 2\sqrt x }}{{x + \sqrt x  - 2}}\] với \[x > 0,x \ne 1,x \ne 25\]

1] Tính giá trị của biểu thức A tại x = 9.

Thay \[x = 9\] [TMĐK] vào biểu thức A ta được:

\[A = \dfrac{{4\sqrt 9 }}{{\sqrt 9  - 5}} = \dfrac{{4.3}}{{3 - 5}} = \dfrac{{12}}{{ - 2}} =  - 6\]

Vậy với x = 9 thì \[A =  - 6\].

2] Rút gọn biểu thức B.

Với \[x > 0,x \ne 1,x \ne 25\] ta có:

\[\begin{array}{l}B = \dfrac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  - 1}} + \dfrac{1}{{\sqrt x  + 2}} + \dfrac{{5 - 2\sqrt x }}{{x + \sqrt x  - 1}}\\ = \dfrac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  - 1}} + \dfrac{1}{{\sqrt x  + 2}} + \dfrac{{5 - 2\sqrt x }}{{\left[ {\sqrt x  - 1} \right]\left[ {\sqrt x  + 2} \right]}}\\ = \dfrac{{\left[ {\sqrt x  - 2} \right]\left[ {\sqrt x  + 2} \right] + \sqrt x  - 1 + 5 - 2\sqrt x }}{{\left[ {\sqrt x  - 1} \right]\left[ {\sqrt x  + 2} \right]}}\\ = \dfrac{{x - 4 + \sqrt x  - 1 + 5 - 2\sqrt x }}{{\left[ {\sqrt x  - 1} \right]\left[ {\sqrt x  + 2} \right]}}\\ = \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\left[ {\sqrt x  - 1} \right]\left[ {\sqrt x  + 2} \right]}}\\ = \dfrac{{\sqrt x \left[ {\sqrt x  - 1} \right]}}{{\left[ {\sqrt x  - 1} \right]\left[ {\sqrt x  + 2} \right]}}\\ = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}}\end{array}\]

Vậy \[B = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}}\]

3] Tìm số tự nhiên x lớn nhất sao cho \[\dfrac{A}{B} < 4\]

\[\begin{array}{l}M = \dfrac{A}{B} = \dfrac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x  - 5}}:\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}}\\ = \dfrac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x  - 5}}.\dfrac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x }}\\ = \dfrac{{4\left[ {\sqrt x  + 2} \right]}}{{\sqrt x  - 5}}\end{array}\]

Do đó

\[\begin{array}{l}M < 4 \Leftrightarrow \dfrac{{4\left[ {\sqrt x  + 2} \right]}}{{\sqrt x  - 5}} < 4\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  - 5}} < 1 \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  - 5}} - 1 < 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x  + 2 - \sqrt x  + 5}}{{\sqrt x  - 5}} < 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{7}{{\sqrt x  - 5}} < 0\\ \Leftrightarrow \sqrt x  - 5 < 0\left[ {do\,7 > 0} \right]\\ \Leftrightarrow \sqrt x  < 5\\ \Leftrightarrow x < 25\end{array}\]

Kết hợp với điều kiện \[x > 0,x \ne 1,x \ne 25\] ta được \[0 < x < 25\] và \[x \ne 1\].

Mà x là số tự nhiên lớn nhất nên \[x = 24\][TMĐK].

Vậy \[x = 24\].

LG bài 2

Phương pháp giải:

1] Phương pháp giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình:

- Gọi ẩn và đặt ĐK cho ẩn.

- Biểu diễn các đại lượng đã biết và chưa biết theo ẩn.

- Thiết lập các phương trình từ điều kiện bài cho suy ra hệ phương trình.

- Giải hệ và kết luận.

2] Thể tích hình trụ \[V = \pi {R^2}h\], ở đó \[R\] là bán kính đáy, \[h\] là chiều cao hình trụ.

Lời giải chi tiết:

1] Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Theo kế hoạch, trong tháng 3 năm 2020 hai tổ phải may 1500 chiếc khẩu trang để phục vụ cho công tác phòng, chống dịch Covid-19. Nhưng thực tế tổ I đã may vượt mức 10%; tổ II may vượt mức 12% nên cả hai tổ đã may được 1664 chiếc khẩu trang. Hỏi theo kế hoạch mỗi tổ phải may bao nhiêu chiếc khẩu trang?

Gọi số khẩu trang theo kế hoạch tổ I may là x [chiếc, \[x \in {N^*},x < 1500\]]

       số khẩu trang theo kế hoạch tổ II may là y [chiếc, \[x \in {N^*},y < 1500\]]

Hai tổ phải may 1500 chiếc khẩu trang nên \[x + y = 1500\] [1]

Tổ I may vượt mức 10% nên thực tế may được \[x + 10\% x = x + 0,1x = 1,1x\] [chiếc]

Tổ II may vượt mức 12% nên thực tế may được \[y + 12\% y = y + 0,12y = 1,12y\] [chiếc]

Thực tế cả hai tổ may được 1664 chiếc khẩu trang nên \[1,2x + 1,12y = 1664\] [2]

Từ [1] và [2] ta có hệ: \[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 1500\\1,1x + 1,12y = 1664\end{array} \right.\]

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1,1x + 1,1y = 1650\\1,1x + 1,12y = 1664\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,02y = 14\\x + y = 1500\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 700\\x = 800\end{array} \right.\end{array}\]

Vậy theo kế hoạch,

Tổ I phải may 800 chiếc khẩu trang.

Tổ II phải may 700 chiếc khẩu trang.

2] Một cửa hàng bán xăng dầu dự định đặt làm một chiếc bồn chứa dầu bằng sắt hình trụ có chiều cao 1,8 m, bán kính đáy 0,6 m. Hỏi chiếc bồn đó chứa đầy được bao nhiêu lít dầu? [Bỏ qua bề dầy của bồn]

Thể tích bồn chứa hình trụ là:

\[V = \pi {R^2}h = \pi .0,{6^2}.1,8 \approx 2,035\left[ {{m^3}} \right]\]

Đổi \[2,035\,{m^3} = 2035\,l\]

Vậy chiếc bồn đó chứa đầy được 2035 lít dầu.

Chú ý: 

Khi tính toán đến bước cuối \[\pi .0,{6^2}.1,8 = 2,03575204...\] thì các em chỉ lấy \[2,035\] chứ không lấy \[2,036\] vì thể tích của bồn chứa không thể bằng \[2,036\] dẫn tới sẽ không chứa được \[2036\,l\] dầu.

LG bài 3

Phương pháp giải:

a] Thay \[m = 5\] vào phương trình đường thẳng \[\left[ d \right]:y = 3x + m - 1\] rồi xét phương trình hoành độ giao điểm. Sau đó giải phương trình bậc hai thu được.

b] Sử dụng hệ thức Vi-et và đẳng thức \[x_1^3 + x_2^3 = {\left[ {{x_1} + {x_2}} \right]^3} - 3{x_1}{x_2}\left[ {{x_1} + {x_2}} \right]\]

Lời giải chi tiết:

Cho Parabol \[\left[ P \right]:y = {x^2}\] và đường thẳng \[\left[ d \right]:y = 3x + m - 1\]

a] Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng [d] và parabol [P] khi m = 5.

Thay \[m = 5\] vào phương trình đường thẳng \[\left[ d \right]:y = 3x + m - 1\] ta được \[y = 3x + 4\]

Xét phương trình hoành độ giao điểm: \[{x^2} = 3x + 4\]

\[ \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 4 = 0\]

Phương trình này có \[a - b + c = 1 - \left[ { - 3} \right] - 4 = 0\] nên có hai nghiệm \[x =  - 1;x = 4\]

Với \[x =  - 1 \Rightarrow y = 1\]

Với \[x = 4 \Rightarrow y = {4^2} = 16\]

Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là \[\left[ { - 1;1} \right],\left[ {4;16} \right]\]

b] Tìm m để [P] và [d] cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ \[{x_1};{x_2}\] thỏa mãn \[x_1^3 + x_2^3 = 9\]

Xét phương trình hoành độ giao điểm của Parabol \[\left[ P \right]\] và đường thẳng \[\left[ d \right]\]:

\[\begin{array}{l}{x^2} = 3x + m - 1\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x - m + 1 = 0\left[ * \right]\end{array}\]

Ta có: \[\Delta  = {\left[ { - 3} \right]^2} - 4.1.\left[ { - m + 1} \right]\] \[ = 4m + 5\]

Để \[\left[ P \right]\] và \[\left[ d \right]\] cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì phương trình [*] có hai nghiệm phân biệt \[{x_1},{x_2}\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta  > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 \ne 0\left[ {ld} \right]\\4m + 5 > 0\end{array} \right.\] \[ \Leftrightarrow m >  - \dfrac{5}{4}\]

Theo hệ thức Vi-et ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 3\\{x_1}{x_2} =  - m + 1\end{array} \right.\]

Ta có: \[{\left[ {{x_1} + {x_2}} \right]^3}\] \[ = x_1^3 + 3x_1^2{x_2} + 3{x_1}x_2^2 + x_2^3\]

\[ \Rightarrow x_1^3 + x_2^3\] \[ = {\left[ {{x_1} + {x_2}} \right]^3} - \left[ {3x_1^2{x_2} + 3{x_1}x_2^2} \right]\]\[ = {\left[ {{x_1} + {x_2}} \right]^3} - 3{x_1}{x_2}\left[ {{x_1} + {x_2}} \right]\]

Theo đề bài ta có:

 \[\begin{array}{l}x_1^3 + x_2^3 = 9\\ \Leftrightarrow {\left[ {{x_1} + {x_2}} \right]^3} - 3{x_1}{x_2}\left[ {{x_1} + {x_2}} \right] = 9\\ \Leftrightarrow {3^3} - 3\left[ { - m + 1} \right].3 = 9\\ \Leftrightarrow 9m =  - 9\end{array}\]

\[ \Leftrightarrow m =  - 1\] [thỏa mãn]

Vậy \[m =  - 1\] là giá trị cần tìm.

LG bài 4

Phương pháp giải:

a] Sử dụng dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp

b] Sử dụng trường hợp đồng dạng góc góc rồi suy ra hệ thức về cạnh tương ứng

c] Lấy \[N\] là điểm đối xứng với \[A\] qua \[M.\] Sau đó chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABH\] đi qua \[N.\] Từ đó suy ra tính chất của tâm đường tròn ngoại tiếp \[I.\]

Lời giải chi tiết:

a] Chứng minh tứ giác BMEK là tứ giác nội tiếp.

Xét đường tròn \[\left[ O \right]\] có \[\widehat {AEB} = {90^0}\] [góc nội tiếp chắn nửa đường tròn]

Suy ra \[BE \bot AK \Rightarrow \widehat {BEK} = {90^0}\]

Lại có \[KD \bot AB \Rightarrow \widehat {KMB} = {90^0}\]

Xét tứ giác \[BMEK\] có \[\widehat {BEK} = \widehat {BMK}\left[ { = {{90}^0}} \right]\] nên hai đỉnh \[E,M\] kề nhau cùng nhìn cạnh \[KB\] dưới một góc vuông, do đó \[BMEK\] là tứ giác nội tiếp [dhnb]

b] Chứng minh tam giác AEM đồng dạng với tam giác ABK và \[AE.AK = 3{R^2}\]

Xét tứ giác nội tiếp \[BMEK\] có \[\widehat {EKB} = \widehat {EMA}\] [cùng bù với \[\widehat {EMB}\]]

Xét \[\Delta AEM\] và \[\Delta ABK\] có:

\[\widehat A\] chung

\[\widehat {EKB} = \widehat {EMA}\] [chứng minh trên]

Nên \[\Delta AEM \backsim \Delta ABK\left[ {g - g} \right]\]

\[ \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{AB}} = \dfrac{{AM}}{{AK}}\] \[ \Leftrightarrow AE.AK = AB.AM\]

Mà \[AB = 2R,\] \[AM = OA + OM\] \[ = R + \dfrac{1}{2}R = \dfrac{3}{2}R\]

Nên \[AE.AK = 2R.\dfrac{{3R}}{2}\] \[ = 3{R^2}\]

Vậy \[AE.AK = 3{R^2}\]

c] Chứng minh tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BHK luôn thuộc một đường thẳng cố định khi điểm E chuyển động trên cung nhỏ AC.

Lấy \[N\] là điểm đối xứng với \[A\] qua \[M.\]

Suy ra \[KM \bot AN,AM = MN\] nên \[KM\] là đường trung trực của tam giác \[KAN\]

Nên \[KA = KN \Rightarrow \Delta KAN\] cân tại \[K.\]

Suy ra \[\widehat A = \widehat {KNM}\]  [1]

Xét tứ giác \[AEHM\] có \[\widehat {AEH} + \widehat {HMA}\] \[ = {90^0} + {90^0} = {180^0}\]

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên \[AEHM\] là tứ giác nội tiếp

Suy ra \[\widehat A = \widehat {MHB}\] [2] [cùng bù với \[\widehat {EHM}\]]

Từ [1] và [2] ta có \[\widehat {KNB} = \widehat {MHB}\]

Xét tứ giác \[BHKN\] có \[\widehat {KNB} = \widehat {MHB}\] nghĩa là góc ngoài tại đỉnh \[H\] bằng góc trong tại đỉnh đối là \[N\], do đó \[BNKN\] là tứ giác nội tiếp.

Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác \[BHK\] đi qua điểm \[N\] cố định [vì \[A,M\] cố định]

Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[BHK\] thuộc đường trung trực của đoạn \[BN\] cố định.

LG bài 5

Phương pháp giải:

Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số không âm \[a,b\]: \[a + b \ge 2\sqrt {ab} \]

Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow a = b\].

Lời giải chi tiết:

Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa điều kiện x + y + z = 3.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \[P = \dfrac{x}{{{y^2} + 1}} + \dfrac{y}{{{z^2} + 1}} + \dfrac{z}{{{x^2} + 1}}\] 

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số \[{y^2},1\] ta có \[{y^2} + 1 \ge 2\sqrt {{y^2} + 1} \] \[ \Leftrightarrow {y^2} + 1 \ge 2y\]

Ta có: \[\dfrac{x}{{{y^2} + 1}} = \dfrac{{x\left[ {{y^2} + 1} \right] - x{y^2}}}{{{y^2} + 1}}\] \[ = x - \dfrac{{x{y^2}}}{{{y^2} + 1}} \ge x - \dfrac{{x{y^2}}}{{2y}} = x - \dfrac{{xy}}{2}\] 

Tương tự ta có:

\[\dfrac{y}{{{z^2} + 1}} = \dfrac{{y\left[ {{z^2} + 1} \right] - y{z^2}}}{{{z^2} + 1}}\] \[ = y - \dfrac{{y{z^2}}}{{{z^2} + 1}} \ge y - \dfrac{{y{z^2}}}{{2z}} = y - \dfrac{{yz}}{2}\]

\[\dfrac{z}{{{x^2} + 1}} = \dfrac{{z\left[ {{x^2} + 1} \right] - z{x^2}}}{{{x^2} + 1}}\] \[ = z - \dfrac{{z{x^2}}}{{{x^2} + 1}} \ge z - \dfrac{{z{x^2}}}{{2x}} = z - \dfrac{{zx}}{2}\]

Cộng theo từng vế ta được:

\[\dfrac{x}{{{y^2} + 1}} + \dfrac{y}{{{z^2} + 1}} + \dfrac{z}{{{x^2} + 1}}\] \[ \ge x + y + z - \dfrac{{xy + yz + xz}}{2}\]  [1]

Mặt khác, theo BĐT Cô-si ta có:

\[\begin{array}{l}{x^2} + {y^2} \ge 2xy\\{y^2} + {z^2} \ge 2yz\\{x^2} + {z^2} \ge 2xz\end{array}\]

Suy ra \[2\left[ {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right] \ge 2\left[ {xy + yz + xz} \right]\]

\[ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} \ge xy + yz + zx\]

\[ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} + 2\left[ {xy + yz + xz} \right]\] \[ \ge 3\left[ {xy + yz + xz} \right]\]

\[ \Leftrightarrow {\left[ {x + y + z} \right]^2} \ge 3\left[ {xy + yz + xz} \right]\]

\[ \Leftrightarrow {3^2} \ge 3\left[ {xy + yz + xz} \right]\] \[ \Leftrightarrow xy + yz + xz \le 3\] [2]

Từ [1] và [2] ta có:  \[\dfrac{x}{{{y^2} + 1}} + \dfrac{y}{{{z^2} + 1}} + \dfrac{z}{{{x^2} + 1}}\]\[ \ge 3 - \dfrac{3}{2} = \dfrac{3}{2}\]

Hay \[P \ge \dfrac{3}{2}\]

Dấu “=” xảy ra khi \[x = y = z = 1.\]

Vậy giá trị nhỏ nhất của \[P\] là \[\dfrac{3}{2}\] khi \[x = y = z = 1.\]

HẾT

Loigiaihay.com