Đề Thi HK 1 Toán 8 Trường THCS & THPT Nguyễn Tất Thành Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

0
166

Đề thi hk 1 Toán 8 Trường THCS & THPT Nguyễn Tất Thành Hà Nội có đáp án, trắc nghiệm và lời giải chi tiết. Các bạn xem ở dưới.

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

TRƯỜNG THCS VÀ THPT NGUYỄN TẤT THÀNH

ĐỀ SỐ: 02

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I

Lớp 8

Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút

Mục tiêu:

+) Đề thi gồm 12 câu hỏi trác nghiệm và 4 câu hỏi tự luận gồm đầy đủ các kiến thức của HK1 môn Toán lớp 8 ở các mức độ từ NB – TH – VD – VDC nhằm kiểm tra kiến thức một cách tổng hợp.

+) Đề thi giúp các em ôn tập tốt và nắm chắc kiến thức đã học trong suốt cả kì học.

A. Trắc nghiệm (3 điểm). Hãy chọn và ghi lại chữ cái đứng trước câu trả lời đúng vào bài làm

Câu 1 (NB): Phân thức đối của $\frac{{2x – 1}}{{5 – x}}$ là:

A. $\frac{{1 – 2x}}{{x – 5}}$ B. $\frac{{ – \left( {2x – 1} \right)}}{{x – 5}}$ C. $ – \frac{{1 – 2x}}{{5 – x}}$ D. $\frac{{1 – 2x}}{{5 – x}}$

Câu 2 (TH): Giá trị của phân thức $\frac{{x + 1}}{{2x – 6}}$ được xác định khi:

A. $x \ne 3$ B. $x \ne 1$ C. $x \ne – 3$ D. $x \ne – 1$

Câu 3 (TH): Kết quả rút gọn của biểu thức $\frac{{ – 2{x^2} – 2x}}{{1 – {x^2}}}$ là:

A. $\frac{{ – 2x}}{{x + 1}}$ B. $\frac{{2x}}{{x – 1}}$ C. $\frac{{2x}}{{x + 1}}$ D. $\frac{{ – 2x}}{{x – 1}}$

Câu 4 (TH): Cho $\Delta ABC$ vuông tại $A$ có $AB = 3cm$, $AC = 4cm$. Độ dài đường trung tuyến $AM$ bằng:

A. $5cm$ B. $2cm$ C. $2,5cm$ D. $10cm$

Câu 5 (TH): Diện tích hình chữ nhật sẽ thay đổi như thế nào nếu chiều dài tăng 6 lần, chiều rộng giảm 2 lần?

A. Giảm 3 lần B. Tăng 3 lần C. Giảm 12 lần D. Tăng 12 lần

Câu 6 (VD): Chọn câu trả lời sai:

A. $\frac{{4x + 4}}{{4x}} = \frac{{x + 1}}{x}$ B. $\frac{{x – 2}}{{{x^2} – 4}} = \frac{1}{{x + 2}}$ C. $\frac{{5x + 5}}{{5x}} = 5$ D. $\frac{{4{x^2} – 9}}{{2x + 3}} = 2x – 3$

Câu 7 (NB): Khẳng định nào sau đây đúng?

A. Hình bình hành có hai đường chéo vuông góc với nhau là hình chữ nhật.

B. Hình bình hành có hai cạnh kề bằng nhau là hình chữ nhật.

C. Hình bình hành có hai đường chéo bằng nhau là hình chữ nhật.

D. Hình bình hành có một đường chéo là tia phân giác của một góc là hình chữ nhật.

Câu 8 (VD): Phân thức $\frac{{x + 2}}{{2x}}$ có giá trị bằng 1 khi $x$ bằng:

A. B. C. D. $\frac{3}{2}$

Câu 9 (VD): Tổng hai phân thức $\frac{{x + 3}}{{2x – 1}}$ và $\frac{{4 – x}}{{1 – 2x}}$ bằng phân thức nào sau đây:

A. $\frac{7}{{2x – 1}}$ B. C. $\frac{7}{{1 – 2x}}$ D. $ – 1$

Câu 10 (TH): Khẳng định nào sau đây sai ?

A. Tứ giác có hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường là hình chữ nhật.

B. Hai tam giác bằng nhau thì có diện tích bằng nhau.

C. Trong tam giác vuông đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền.

D. Hình thoi là hình có bốn trục đối xứng.

Câu 11 (VD): Thực hiện phép chia ${x^3} + 27$ cho $3x – 9 – {x^2}$ ta được thương là:

A. $x + 3$ B. $x – 3$ C. $ – x – 3$ D. $ – x + 3$

Câu 12 (TH): Hình vuông có đường chéo bằng 4 thì cạnh của nó bằng:

A. B. C. D. $\sqrt 8 $

B. Tự luận (7 điểm).

Câu 1 (VD): (2,0 điểm) Cho biểu thức $A = \left( {\frac{{3x}}{{x – 2}} – \frac{{2{x^2} – 5}}{{{x^2} – 4}} – \frac{{x – 1}}{{x + 2}}} \right):\frac{3}{{x + 2}}$

1. Rút gọn $A$ và tìm điều kiện xác định của $A$.

2. Tính giá trị của $A$ biết ${x^2} – 2x = 0$.

3. Tìm các giá trị nguyên của $x$ để $A$ có giá trị nguyên.

Câu 2 (VD): (2,0 điểm)

1. Tìm $x$, biết:

a) $4{x^2} – 1 – \left( {1 – 2x} \right)\left( {x + 2} \right) = 0$; b) $\frac{{3x – {x^2}}}{{{x^2} – 9}} = 0$

2. Tìm $a$ và $b$ để $f\left( x \right) = {x^4} – 3{x^3} + 3{x^2} + ax + b$ chia hết cho $g\left( x \right) = {x^2} – 3x + 4$.

Câu 3 (VD): (2,5 điểm)

Cho $\Delta ABC$ vuông tại $A$. Gọi $D$ là trung điểm của $BC$, kẻ $DE$ vuông góc với $AB$ tại $E$. Gọi $I$ là điểm đối xứng với $D$ qua $AC,DI$ cắt $AC$ tại $F$.

1. Chứng minh tứ giác $AEDF$ là hình chữ nhật.

2. Gọi $O$ là giao điểm của $AD$ và $EF$. Chứng minh tứ giác $ABDI$ là hình bình hành và từ đó suy ra ba điểm $B,O,I$ thẳng hàng.

3. Tam giác $ABC$ cần thêm điều kiện gì để tứ giác $ABCI$ là hình thang cân. Hãy tính ${S_{ABC}}$ trong trường hợp này biết $AD = 8cm$.

Câu 4 (VDC): (0,5 điểm) Cho $x,y \in \mathbb{R}$ và $x \ne y$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = \frac{{{x^2} – 6xy + 6{y^2}}}{{{x^2} – 2xy + {y^2}}}$.

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM

1D 2A 3B 4C 5B 6C
7C 8A 9A 10D 11C 12D

Câu 1: Đáp án D

Phương pháp:

Phân thức đối của phân thức $\frac{A}{B}$ là $ – \frac{A}{B}$.

Cách giải:

Phân thức đối của $\frac{{2x – 1}}{{5 – x}}$ là $ – \frac{{2x – 1}}{{5 – x}} = \frac{{1 – 2x}}{{5 – x}}$.

Câu 2: Đáp án A

Phương pháp:

Giá trị của phân thức $\frac{A}{B}$ xác định khi $B \ne 0$.

Cách giải:

Giá trị của phân thức $\frac{{x + 1}}{{2x – 6}}$ được xác định khi $2x – 6 \ne 0 \Leftrightarrow 2x \ne 6 \Leftrightarrow x \ne 3$.

Câu 3: Đáp án B

Phương pháp:

Phân tích tử thức và mẫu thức thành nhân tử rồi rút gọn biểu thức.

Sử dụng hằng đẳng thức ${a^2} – {b^2} = \left( {a – b} \right)\left( {a + b} \right)$.

Cách giải:

Ta có:

$\frac{{ – 2{x^2} – 2x}}{{1 – {x^2}}} = \frac{{ – 2x\left( {x + 1} \right)}}{{\left( {1 – x} \right)\left( {1 + x} \right)}}$

$ = \frac{{ – 2x}}{{1 – x}} = \frac{{2x}}{{x – 1}}$

Câu 4: Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng định lý Pytago để tính cạnh huyền

Sử dụng: Trong tam giác vuông, độ dài đường trung tuyến ứng với cạch huyền bằng nửa cạnh huyền.

Cách giải:

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $A$, theo định lý Pytago ta có:

$BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5cm$

Vì $AM$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên $AM = \frac{{BC}}{2} = \frac{5}{2} = 2,5cm$.

Câu 5: Đáp án B

Phương pháp:

Diện tích hình chữ nhật có chiều dài $a$, chiều rộng $b$ là $S = ab$.

Cách giải:

Diện tích hình chữ nhật ban đầu là $S = ab$ với $a,b$ lần lượt là chiều dài và chiều rộng

Chiều dài mới là $a’ = 6a$

Chiều rộng mới là $b’ = \frac{b}{2}$

Lúc này diện tích hình chữ nhật là $S’ = a’.b’ = 6a.\frac{b}{2} = 3ab = 3S$

Như vậy diện tích tăng 3 lần so với ban đầu.

Câu 6: Đáp án C

Phương pháp:

Phân tích tử thức và mẫu thức thành nhân tử rồi rút gọn biểu thức.

Cách giải:

Đáp án A: Ta có: $\frac{{4x + 4}}{{4x}} = \frac{{4\left( {x + 1} \right)}}{{4x}} = \frac{{x + 1}}{x}$ nên A đúng

Đáp án B: Ta có: $\frac{{x – 2}}{{{x^2} – 4}} = \frac{{x – 2}}{{\left( {x – 2} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{1}{{x + 2}}$ nên B đúng

Đáp án C: Ta có: $\frac{{5x + 5}}{{5x}} = \frac{{5\left( {x + 1} \right)}}{{5x}} = \frac{{x + 1}}{x} \ne 5$ nên C sai

Đáp án D: Ta có: $\frac{{4{x^2} – 9}}{{2x + 3}} = \frac{{\left( {2x + 3} \right)\left( {2x – 3} \right)}}{{\left( {2x + 3} \right)}} = 2x – 3$ nên D đúng

Câu 7: Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật.

Cách giải:

Hình bình hành có hai đường chéo bằng nhau là hình chữ nhật nên C đúng.

Câu 8: Đáp án A

Phương pháp:

Tìm điều kiện xác định.

Cho phân thức bằng 1 sau đó quy đồng mẫu thức để tìm $x$.

So sánh điều kiện để kết luận

Cách giải:

ĐK: $2x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 0$

Ta có:

$\frac{{x + 2}}{{2x}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{x + 2}}{{2x}} = \frac{{2x}}{{2x}}$

$ \Rightarrow x + 2 = 2x$

$ \Leftrightarrow x = 2$ (tm)

Vậy $x = 2$.

Câu 9: Đáp án A

Phương pháp:

Đưa về cộng hai phân thức cùng mẫu: $\frac{A}{B} + \frac{C}{B} = \frac{{A + C}}{B}$.

Cách giải:

Ta có:

$\frac{{x + 3}}{{2x – 1}} + \frac{{4 – x}}{{1 – 2x}} = \frac{{x + 3}}{{2x – 1}} + \frac{{4 – x}}{{2x – 1}}$

$ = \frac{{x + 3 + 4 – x}}{{2x – 1}} = \frac{7}{{2x – 1}}$.

Câu 10: Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng kiến thức về hình chữ nhật, hai tam giác bằng nhau, trục đối xứng.

Cách giải:

Ta có A, B, C đều đúng.

D sai vì hình thoi có hai trục đối xứng là hai đường chéo.

Câu 11: Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng hằng đẳng thức ${a^3} + {b^3} = \left( {a + b} \right)\left( {{a^2} – ab + {b^2}} \right)$

Cách giải:

Ta có:

$\left( {{x^3} + 27} \right):\left( {3x – 9 – {x^2}} \right)$

$ = \left( {x + 3} \right):\left( {{x^2} – 3x + 9} \right):\left[ { – \left( {{x^2} – 3x + 9} \right)} \right]$

$ = – \left( {x + 3} \right) = – x – 3$

Câu 12: Đáp án D

Phương pháp:

 Hình vuông có bốn cạnh bằng nhau.

Sử dụng định lý Pytago.

Cách giải:

Xét hình vuông $ABCD$ có đường chéo $AC = 4$.

Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông $ABC$ ta có:

$A{B^2} + B{C^2} = A{C^2}$

$ \Leftrightarrow 2A{B^2} = {4^2}$

$ \Leftrightarrow A{B^2} = 8$

$ \Rightarrow AB = \sqrt 8 $

Vậy hình vuông có cạnh là $\sqrt 8 $.

PHẦN 2: TỰ LUẬN

Câu I:

Phương pháp:

1. Quy đồng mẫu và rút gọn.

2. Tìm $x$ rồi thay vào $A$.

3. Tìm điều kiện để $A \in \mathbb{Z}$ dựa vào kiến thức về ước, bội.

Cách giải:

1. Rút gọn $A$ và tìm điều kiện xác định của $A$.

$A = \left( {\frac{{3x}}{{x – 2}} – \frac{{2{x^2} – 5}}{{{x^2} – 4}} – \frac{{x – 1}}{{x + 2}}} \right):\frac{3}{{x + 2}}$

DK: $\left\{ \begin{array}{l}x – 2 \ne 0\\x + 2 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \pm 2\\{x^2} – 4 \ne 0\end{array} \right.$

$A = \left( {\frac{{3x\left( {x + 2} \right)}}{{\left( {x – 2} \right)\left( {x + 2} \right)}} – \frac{{2{x^2} – 5}}{{\left( {x – 2} \right)\left( {x + 2} \right)}} – \frac{{\left( {x – 1} \right)\left( {x – 2} \right)}}{{\left( {x – 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}} \right):\frac{3}{{x + 2}}$

$A = \left( {\frac{{3{x^2} + 6x – 2{x^2} + 5 – {x^2} + x + 2x – 2}}{{\left( {x – 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}} \right):\frac{3}{{x + 2}}$

$A = \frac{{9x + 3}}{{\left( {x – 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}.\frac{{x + 2}}{3}$

$A = \frac{{3\left( {3x + 1} \right)}}{{\left( {x – 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}.\frac{{x + 2}}{3}$

$A = \frac{{3x + 1}}{{x – 2}}$

2. Tính giá trị của $A$ biết ${x^2} – 2x = 0$.

Ta có:

${x^2} – 2x = 0 \Leftrightarrow x\left( {x – 2} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x – 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\left( {tm} \right)\\x = 2\left( {ktm} \right)\end{array} \right.$.

Thay $x = 0$ vào $A$ ta được: $A = \frac{{3.0 + 1}}{{0 – 2}} = – \frac{1}{2}$.

Vậy với $x = 0$ thì $A = – \frac{1}{2}$.

3. Tìm các giá trị nguyên của $x$ để $A$ có giá trị nguyên.

Ta có: $A = \frac{{3x + 1}}{{x – 2}} = \frac{{3x – 6 + 7}}{{x – 2}} = \frac{{3x – 6}}{{x – 2}} + \frac{7}{{x – 2}} = 3 + \frac{7}{{x – 2}}$

Vì $x \in \mathbb{Z}$ và $3 \in \mathbb{Z}$ nên để $A \in \mathbb{Z}$ thì $x – 2 \in U\left( 7 \right) = \left\{ { \pm 1; \pm 7} \right\}$.

Ta có bảng:

$x – 2$ 1 $ – 1$ 7 $ – 7$
$x$ 3 ™ 1 ™ 9 ™ $ – 5$ ™

Vậy với $x \in \left\{ {3;1;9; – 5} \right\}$ thì $A \in \mathbb{Z}$.

Câu II:

Phương pháp:

1. a) Đưa phương trình về dạng tích.

b) Đặt điều kiện xác định và giải phương trình.

2. Viết lại $f\left( x \right) = g\left( x \right).q\left( x \right) + p\left( x \right)$, từ đó suy ra để $f\left( x \right)$ chia hết cho $g\left( x \right)$ thì $p\left( x \right) = 0,\forall x$.

Cách giải:

1. Tìm $x$, biết:

a) $4{x^2} – 1 – \left( {1 – 2x} \right)\left( {x + 2} \right) = 0$;

$ \Leftrightarrow \left( {2x – 1} \right)\left( {2x + 1} \right) + \left( {2x – 1} \right)\left( {x + 2} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {2x – 1} \right)\left( {2x + 1 + x + 2} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {2x – 1} \right)\left( {3x + 3} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x – 1 = 0\\3x + 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = 1\\3x = – 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{1}{2}\\x = – 1\end{array} \right.$.

Vậy phương trình có tập nghiệm $S = \left\{ {\frac{1}{2}; – 1} \right\}$.

b) $\frac{{3x – {x^2}}}{{{x^2} – 9}} = 0$.

ĐK: ${x^2} – 9 \ne 0 \Leftrightarrow {x^2} \ne 9 \Leftrightarrow x \ne \pm 3$

Khi đó

$3x – {x^2} = 0 \Leftrightarrow x\left( {3 – x} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\3 – x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\left( {tm} \right)\\x = 3\left( {ktm} \right)\end{array} \right.$.

Vậy phương trình có nghiệm $x = 0$.

2. Tìm $a$ và $b$ để $f\left( x \right) = {x^4} – 3{x^3} + 3{x^2} + ax + b$ chia hết cho $g\left( x \right) = {x^2} – 3x + 4$.

Ta có:

$f\left( x \right) = {x^4} – 3{x^3} + 3{x^2} + ax + b$

$ = \left( {{x^4} – 3{x^3} + 4{x^2}} \right) – \left( {{x^2} – 3x + 4} \right) + ax – 3x + b + 4$

$ = \left( {{x^2} – 3x + 4} \right)\left( {{x^2} – 1} \right) + \left( {a – 3} \right)x + b + 4$

$ = {x^2}\left( {{x^2} – 3x + 4} \right) – \left( {{x^2} – 3x + 4} \right) + \left( {a – 3} \right)x + b + 4$

$ = \left( {{x^2} – 1} \right)f\left( x \right) + \left( {a – 3} \right)x + b + 4$

Để $f\left( x \right)$ chia hết cho $g\left( x \right)$ thì $\left\{ \begin{array}{l}a – 3 = 0\\b + 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = – 4\end{array} \right.$.

Vậy $a = 3$, $b = – 4$.

Câu III:

Phương pháp:

1. Chứng minh tứ giác có ba góc vuông là hình chữ nhật.

2. Chứng minh tứ giác có một cặp cạnh đối vừa song song vừa bằng nhau là hình bình hành.

3. Sử dụng hình thang có hai góc kề một đáy bằng nhau là hình thang cân.

Cách giải:

1. Chứng minh tứ giác $AEDF$ là hình chữ nhật.

Ta có: $DE \bot AB \Leftrightarrow E = 90^\circ $

$DF \bot AC \Leftrightarrow F = 90^\circ $

Tứ giác $AEDF$ có $A = E = F = 90^\circ $ nên $AEDF$ là hình chữ nhật (đpcm).

2. Gọi $O$ là giao điểm của $AD$ và $EF$. Chứng minh tứ giác $ABDI$ là hình bình hành và từ đó suy ra ba điểm $B,O,I$ thẳng hàng.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}DF \bot AC\\AB \bot AC\end{array} \right.$ nên $DF//AB$ (từ vuông góc đến song song)

Mà $D$ là trung điểm $BC$ nên $F$ là trung điểm $AC$

$ \Rightarrow DF$ là đường trung bình của tam giác $ACB \Rightarrow DF = \frac{1}{2}AB\left( {t/c} \right) \Rightarrow AB = 2DF$

Mà $DI = 2DF$ (do $I$ đối xứng với $D$ qua $AC$)

Do đó $DI = AB\left( { = 2DF} \right)$.

Mà $DI//AB$ nên tứ giác $ABDI$ là hình bình hành (dhnb).

Vì $O$ là giao điểm của $EF$ với $AD$ nên $O$ là trung điểm $AD$.

Tứ giác $ABDI$ là hình bình hành $ \Rightarrow $ hai đường chéo $BI,AD$ cắt nhau tại $O$ là trung điểm của mỗi đường.

Vậy $B,O,I$ thẳng hàng.

3. Tam giác $ABC$ cần thêm điều kiện gì để tứ giác $ABCI$ là hình thang cân. Hãy tính ${S_{ABC}}$ trong trường hợp này biết $AD = 8cm$. Ta có: $AI//BC$ (do $AI//BD$) nên tứ giác $AICB$ là hình thang.

Để $AICB$ là hình thang cân thì $ABC = ICB$ $\left( 1 \right)$

Xét tứ giác $AICD$ có $AC$ vuông góc $DI$ tại trung điểm mỗi đường nên là hình thoi.

$ \Rightarrow CA$ là tia phân giác góc $ICD$.

$ \Rightarrow ICB = 2ACB$ $\left( 2 \right)$

Từ đó $ABC = 2ACB$.

Mà $ABC + ACB = 90^\circ \Leftrightarrow ACB = 30^\circ $.

Vậy tam giác $ABC$ cần thêm điều kiện $ACB = 30^\circ $ để tứ giác $AICB$ là hình thang cân.

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $ACB = 30^\circ $ nên $AB = \frac{1}{2}BC$.

Mà $BC = 2AD = 2.8 = 16$ nên $AB = \frac{1}{2}.16 = 8$.

Áp dụng định lí Pi-ta-go ta có:

$A{B^2} + A{C^2} = B{C^2} \Leftrightarrow {8^2} + A{C^2} = {16^2} \Leftrightarrow A{C^2} = {16^2} – {8^2} = 192 \Rightarrow AC = 8\sqrt 3 $

Diện tích tam giác: ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}.8.8\sqrt 3 = 32\sqrt 3 $.

Bài 4:

Phương pháp:

Xét $y = 0$

Xét $y \ne 0$, chia cả tử và mẫu cho ${y^2}$. Sau đó ta chứng minh biểu thức thu được lớn hơn hoặc bằng $ – 3$.

Cách giải:

Xét $y = 0$, ta có: $P = 1$.

Xét $y \ne 0$, chia cả tử và mẫu của $\left( 1 \right)$ cho ${y^2}$, ta có:

$P = \frac{{{{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^2} – 6\left( {\frac{x}{y}} \right) + 6}}{{{{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^2} – 2\left( {\frac{x}{y}} \right) + 1}}$

Đặt $t = \frac{x}{y}\left( {t \ne 1} \right)$. Biểu thức $P$ trở thành:

$P = \frac{{{t^2} – 6t + 6}}{{{t^2} – 2t + 1}}$

Ta sẽ đi chứng minh: $P \ge – 3\left( * \right)$

Ta có:

$\frac{{{t^2} – 6t + 6}}{{{t^2} – 2t + 1}} \ge – 3$

$ \Leftrightarrow {t^2} – 6t + 6 \ge – 3{t^2} + 6t – 3$

$ \Leftrightarrow 4{t^2} – 12t + 9 \ge 0$

$ \Leftrightarrow {\left( {2t – 3} \right)^2} \ge 0$

$ \Rightarrow \left( * \right)$ luôn đúng.

Dấu xảy ra $ \Leftrightarrow 2t – 3 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{3}{2} \Leftrightarrow \frac{x}{y} = \frac{3}{2} \Leftrightarrow 2x = 3y$.

Vậy $\min P = – 3$, đạt được khi $2x = 3y$.

Bài trướcĐề Thi Học Kì 1 Toán 8 PGD Huyện Thanh Trì Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
Bài tiếp theoĐề Thi Học Kì 1 Toán 8 UBND Quận 1 TP Hồ Chí Minh Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

BÌNH LUẬN

Vui lòng nhập bình luận của bạn
Vui lòng nhập tên của bạn ở đây