Đề thi thử toán vào lớp 10 Ngô gia tự hà thành - đáp án chi tiết

TRƯỜNG THCS – THPT HÀ THÀNH

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2019 – 2020
MƠN: TỐN
Thời gian: 120 phút

Bài 1.

Cho hai biểu thức A 

x 1
x -11
x
2 x -1
và B 
với x  0; x  4.

x 2
x- x -2
x 1
x -2

1) Tính giá trị của biểu thức A khi x  9
2) Chứng minh rằng B 

x 6
x 1

3) Tìm x để A.B có giá trị ngun
Bài 2.

1) Giải bài tốn bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Trong thời gian nghỉ dịch Covid 19 , hai lớp 9 A và 9B của trường THCS – THPT Hà Thành
phát động thi đua làm đề ơn tập tốn. Tháng thứ nhất cả hai lớp làm được 210 đề ôn tập. Sang
tháng thứ hai, lớp 9 A làm vượt mức 20% và lớp 9B làm vượt mức 15% so với tháng trước
nên cả hai lớp làm được tất cả 246 đề. Hỏi trong cả hai tháng mỗi lớp làm được bao nhiêu đề
tốn?

Bài 3.

2) Một đống cát hình nón cao 2m , đường kính đáy 6m . Tính thể tích của đống cát đó.
5
 1
 x  1  y  2  2
1) Giải hệ phương trình 
 4  3 y  2  4
 x  1
2) Cho phương trình: x 2   2m  1 x  m2  1  0 1 ( m là tham số)
a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
b) Tìm m để hai nghiệm phân biết x1; x2 của phương trình (1) thỏa mãn hệ thức
A  2 x1 x2  2 x1  2 x2  3 đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 4.

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O; R  , đường kính AD cố định, AC cắt BD tại I , K
là hình chiếu vng góc của I trên AD , F là giao điểm của BD với CK .
a) Chứng minh tứ giác ICDK là tứ giác nội tiếp
b) Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCK
c) Chứng minh BI . DF  BD. IF và xác định vị trí điểm B trên đường trịn để bán kính
đường trịn nội tiếp tam giác ABD lớn nhất.

Bài 5.

 ab
bc   1
1 
Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng 




2
 ab
b  c   a  b
bc 


Trang 1


HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1.

x 1
x -11
x
2 x -1
và B 

với x  0; x  4

x 2
x- x -2
x 1
x -2

Cho hai biểu thức A 

1) Tính giá trị của biểu thức A khi x  9
2) Chứng minh rằng B 





x +1

x +6

3) Tìm x để A.B có giá trị nguyên
Lời giải
1)

Thay x  9 (TMĐK) vào A

9 1 4

9 2 5
4
Vậy A 
khi x  9

5
x -11
x
2 x -1
2) B 

x- x -2
x 1
x -2

A



 2 x -1 
 x  1  x - 2  x  1  x - 2  x  1 





-



x -2






x - 2
x 1

x -11- x  2 x  2 x  2 x - x -1





x 1

x -2



x  4 x -12

 x  1 
 x - 2

 x  1 
 x  6

 x  1

3)

x

x -11

A.B 


x  6
x - 2
x -2

x 1 x  6
.

x  2 x 1

x 6
4
 1
x 2
x 2

Có x  0 với mọi x TMĐK


x  0 với mọi x TMĐK

 x  2  2 với mọi x TMĐK

1
1

 với mọi x TMĐK
x 2 2
4

 2 với mọi x TMĐK
x 2
4
 1
 3  A.B  3 1
x 2
Có x  2  0 với mọi x TMĐK



Trang 2


4
 0 với mọi x TMĐK
x 2
4
 1
 1 với mọi x TMĐK
x 2
 A.B  1  2 



Từ 1 ,  2   1  A.B  3
Mà A.B  Z  A.B  2;3

Với A.B  2
x 6

2
x2

 x 6  2 x 4
  x  2
 x  4 (loại)
Với A.B  3
x 6

3
x2
 x 6 3 x 6
 2 x  0
 x  0 (TM)

Vậy x  0 thì A.B có giá trị nguyên
Bài 2

1) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Trong thời gian nghỉ dịch Covid 19 , hai lớp 9 A và 9B của trường THCS – THPT Hà Thành
phát động thi đua làm đề ôn tập toán. Tháng thứ nhất cả hai lớp làm được 210 đề ôn tập. Sang
tháng thứ hai, lớp 9 A làm vượt mức 20% và lớp 9B làm vượt mức 15% so với tháng trước
nên cả hai lớp làm được tất cả 246 đề. Hỏi trong cả hai tháng mỗi lớp làm được bao nhiêu đề
toán?
2) Một đống cát hình nón cao 2m , đường kính đáy 6m . Tính thể tích của đống cát đó.
Lời giải



1) Gọi số đề toán lớp 9 A làm được trong tháng thứ nhất là x x  * , x  210



Gọi số đề toán lớp 9B làm được trong tháng thứ nhất là y y  N * , y  210





Vì tháng thứ nhất cả 2 lớp làm được 210 đề
Nên ta có phương trình: x  y  210 1
Tháng thứ hai:
Lớp 9 A làm được: 1, 2x (đề)
Lớp 9B làm được: 1,15y (đề)
Vì cả 2 lớp làm được 246 đề
Nên ta có phương trình: 1, 2 x  1,15 y  246

 2

Từ 1 ,  2  ta có hệ phương trình:

Trang 3


 x  90 TM 
 x  y  210



1, 2 x  1,15 y  246
 y  120 TM 
Vậy số đề toán lớp 9 A làm được trong tháng thứ nhất là: 90 đề; lớp 9B làm được trong tháng
thứ nhất là: 120 đề
2) Thể tích của đống cát là:

1 2
1
r h  32.2  6  m3 
3
3

Bài 3 .

5
 1
 x  1  y  2  2
1) Giải hệ phương trình 
 4  3 y  2  4
 x  1

2) Cho phương trình: x 2   2m  1 x  m2  1  0 1 ( m là tham số)
a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
b) Tìm m để hai nghiệm phân biết x1; x2 của phương trình (1) thỏa mãn hệ thức
A  2 x1 x2  2 x1  2 x2  3 đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải
1.

Điều kiện: x  1; y  2

1
; v  y  2  u  0; v  0  Khi đó hệ phương trình trở thành:
x 1
5

7u  3,5
3u  3v  7,5
u  0,5
u  v 

(t/m)


2

5 
4u  3v  4
v  2
4u  3v  4
u  v  2

Đặt u 

 1
 0,5
x 1  4
x  3

  x 1



(t/m)
y  2  4
y  6
 y2  2

Vậy: Hệ phương tình có nghiệm duy nhất:  x; y    3;6 
2. a . Ta có :
2
  1  2m   4  m2  1
 1  4 m  4m 2  4 m 2  4
 5  4m
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì
5
  0  5  4m  0  m 
4
5
Với m  thì phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 nên theo Vi – et ta có:
4
 x1  x2  2m  1

2
 x1 x2  m  1
Theo bài ra, ta lại có
A  2 x1 x2  2 x1  2 x2  3

 A  2 x1 x2  2  x1  x2   3
 A  2  m 2  1  2  2m  1  3
Trang 4

 A  2 m 2  2  4m  4  3
 A  2m 2  4m  5
2

 A  2  m  1  3  3
2

Dấu "  " xảy ra khi  m  1  0  m  1  0  m  1 (t/m)
Vậy: GTNN của A  3 khi m  1
Bài 4.
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn  O; R  , đường kính AD cố định, AC cắt BD tại I , K
là hình chiếu vng góc của I trên AD , F là giao điểm của BD với CK .
a) Chứng minh tứ giác ICDK là tứ giác nội tiếp
b) Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCK
c) Chứng minh BI . DF  BD. IF và xác định vị trí điểm B trên đường trịn để bán kính
đường trịn nội tiếp tam giác ABD lớn nhất.
Lời giải

a) Xét

 O; R 

có : C   O; R  nên


ACD  90o

mà I thuộc AC nên

  90o
ICD

  90o
IK  AD  IKD
  ICD
  90o  90o  180o
Xét tứ giác IKDC có : IKD
Mà 2 góc ở vị trí đối nhau nên tứ giác IKDC là tứ giác nội tiếp
b) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác IKDC có:
Ta lại có

Trang 5


  IDK
 ( Hai góc cùng chắn cung IK)
ICK
  IDK
 ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
Mà trong (O) có : BCA
  ICK
 nên IC là tia phân giác trong tam giác BCK. (1)
Do vậy BCA
Chứng minh tương tự ta có: IK là tia phân giác của góc BKC (2)
Từ (1) và (2) ta có: IC là IK là hai tia phân giác giao nhau tại I.
Do vậy I là là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCK

c) Chứng minh BI . DF  BD. IF

Xét tam giác BKC có:
IK là tia phân giác của góc BKC
BI BK

Nên
(t/c tia phân giác của tam giác) (3)
IF KF
Mà IK  AD  KD là tia phân giác ngồi của tam giác BKC
Áp dụng tính chất tia phân giác ngồi của tam giác BKC ta có:
DB BK
(4)

DF KF
Từ (3) và (4) ta có:
DB BI  BK 



DF IF  KF 
 BI . DF  BD. IF (t/c tỉ lệ thức)
Xác định vị trí điểm B trên đường trịn để bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABD lớn nhất.
Gọi E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD. (r là bán kính đường trịn nội tiếp tam giác
ABD)
S
2. AB.BD
Ta có: r  
P AB  BD  AD
Trang 6

AB 2  BD 2  2. AB.BD

 4 R 2  2. AB.BD

 AB.BD  2.R 2



AB.BD  2.R

Vì :

AB  BD  AD AB  BD
AD
2 AB.BD 2 R



 2 
AB.BD
AB.BD
AB.BD
AB.BD
2R

2
1
2
1
 


AB.BD R
2.R R

2. AB.BD
2R

AB  BD  AD
2 1
2R
r
2 1
Dấu “=” xảy ra khi AB  BD
Khi đó vị trí của B là điểm nằm chính giữa cung AD



Bài 5.

Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
 ab
bc   1
1 



 
2
a


b
b

c
a

b
b

c





Lời giải
Ta có:
 ab
bc   1
1 



 

b  c  a  b
bc 
 ab



ab

ab

ab


a
b

 b  c 

bc
bc




a
b
b
c
b
c




Áp dụng BĐT Cô – si




ab
1 a
b 

 

 a  b  b  c  2  a  b b  c 
ab


ab
bc
c 
1 b


 a  b  b  c  2  a  b b  c  

bc 1  b
c 
 



bc 2bc bc

ab 1  a

b 
 


ab 2 ab ab

ab

 a  b  b  c 

bc
bc

2
 a  b  b  c  b  c

 ab
bc   1
1 
Vậy: 


 
2
b  c  a  b
bc 
 ab

Trang 7

PHÒNG GD&ĐT HAI BÀ TRƯNG

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC: 2019 - 2020

TRƯỜNG THCS NGƠ GIA TỰ

Mơn: Tốn 9
Thời gian: 120’ (không kể thời gian giao đề)

Bài 1.

(2,0 điểm). Cho hai biểu thức A 

x 2
2x  4
2
x  x 1


; B
với x  0 ,
x x 1 x  x 1
x 1
x 2

x  1, x  4 .
1) Tính giá trị của biểu thức B khi x  9 .
2) Rút gọn biểu thức A .
3) Với x  , tìm giá trị lớn nhất của biểu thức K  A.B .

Bài 2.

(2,5 điểm).
1) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Một người dự định đi xe máy từ A đến B với vận tốc không đổi. Sau khi đi được một giờ với
vận tốc ấy, người đó dừng nghỉ 15 phút. Vì vậy, để đến B đúng thời gian dự định, người đó
phải tăng vận tốc thêm 10 km/h trên đoạn đường cịn lại. Tính vận tốc ban đầu của người đó,
biết quãng đường AB dài 60km .
2) Nam muốn dán một lớp giấy màu lên mặt ngoài của chiếc mũ phù thủy. Biết phần nhơ lên
của mũ là một hình nón có chiều cao 16cm , vành nón được giới hạn bởi hai đường trịn có bán
kính lần lượt là 12cm và 18cm . Tính diện tích giấy màu bạn Nam cần dùng?

Bài 3.

(2,0 điểm).
1) Giải hệ phương trình:
 5
 x  1  3 y  2

 1  6 y  7
 x  1

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng  d  : y  mx  m  2 và parabol  P  : y  x 2
a) Chứng minh với mọi giá trị của m , đường thẳng  d  luôn cắt parabol  P  : y  x 2 tại hai
điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x2 .
b) Tìm tất cả các giá trị của m thỏa mãn
Bài 4.

2 2 x1 x2
   .

x1 x2 x2 x1

(3,0 điểm). Từ điểm A nằm ngoài đường tròn  O  , kẻ hai tiếp tuyến AB , AC với đường tròn

 O  ( B; C

là các tiếp điểm). Kẻ cát tuyến AMN với đường tròn  O  ( M   O  ; N   O  ) sao

cho tia AM nằm trong góc AOB và AM  AN . Gọi H , I lần lượt là giao điểm của BC với
AO , MN .
1) Chứng minh tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh AB 2  AM . AN và HI là phân giác của góc MHN .
3) Qua M kẻ đường thẳng song song với BN cắt BC tại P , AP cắt đường thẳng BN tại K .
Chứng minh N là trung điểm của đoạn thẳng BK .
Bài 5.

(1,0 điểm). Cho a,b là các số thực khác 0 và thỏa mãn a 2  b 2  b 2  a 2  2 . Tìm giá trị
1 1
nhỏ nhất của biểu thức P    a  b.
a b
Trang 1


Trang 2


HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1.

(2,0 điểm).

Cho hai biểu thức A 

x 2
2x  4
2
x  x 1


; B
với x  0 , x  1 , x  4 .
x x 1 x  x 1
x 1
x 2

1) Tính giá trị của biểu thức B khi x  9 .
2) Rút gọn biểu thức A .
3) Với x  , tìm giá trị lớn nhất của biểu thức K  A.B .
Lời giải
1) Ta có x  9 thỏa mãn điều kiện xác định. Thay x  9 vào B ta được:
B

9  9 1 9  3 1

 13 .
3 2
9 2

2) Rút gọn biểu thức A .

A





x 2
2x  4
2


x x 1 x  x 1
x 1

2x  4

x x 1

  x  1 
 x  1  x  x  1 


2x  4  x  x  2  2x  2 x  2





x 2 .




x  x  1


 x  1 . x  x  1 x 



2. x  x  1





x 1 . x  x 1


x 1 . x  x 1

x x







x 1 . x  x  1

x

.
x 1

3) Với x  , tìm giá trị lớn nhất của biểu thức K  A.B .
x
x  x 1
x
2
.

.
 1
x  x 1
x 2
x 2
x 2
2
Đặt C 
x 2
0  x  4
+ Nếu x  2  0  x  2  
.
x  1
K  A.B 

Mà x  suy ra

2
2


hay K  1  2 . Dấu “=” xảy ra khi x  2 (1).
x 2
2 2

x 2  0  x  2  x  4.
2
2
Mà x  suy ra
hay K  5  2 5 . Dấu “=” xảy ra khi x  5 (2).

x 2
52
+ Nếu

Từ (1) và (2) suy ra giá trị lớn nhất của K bằng 5  2 5 khi x  5 .
Bài 2.

(2,5 điểm).
1) Giải bài tốn bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Một người dự định đi xe máy từ A đến B với vận tốc không đổi. Sau khi đi được một giờ với
vận tốc ấy, người đó dừng nghỉ 15 phút. Vì vậy, để đến B đúng thời gian dự định, người đó
Trang 3


phải tăng vận tốc thêm 10 km/h trên đoạn đường cịn lại. Tính vận tốc ban đầu của người đó,
biết quãng đường AB dài 60km .

Lời giải
Gọi vận tốc ban đầu của người đó là x km/h , x  0 .
Theo dự định, thời gian để người đó đi hết quãng đường AB là

60
(giờ).
x

Thực tế:
+ Quãng đường còn lại sau khi đi một giờ là 60  x  km  .
+ Thời gian người đó đi hết quãng đường còn lại là
Đổi 15 phút 

60  x
(giờ).
x  10

1
giờ.
4

Theo bài ra, ta có phương trình:
60 60  x 5


x
x  10 4

 240  x  10    60  x  .4 x  5 x.  x  10 
 x  30
 x 2  50 x  2400  0  
.
 x  80

Kết hợp với điều kiện, ta được vận tốc ban đầu của người đó là 30 km/h .
2) Nam muốn dán một lớp giấy màu lên mặt ngoài của chiếc mũ phù thủy. Biết phần nhô lên
của mũ là một hình nón có chiều cao 16cm , vành nón được giới hạn bởi hai đường trịn có bán
kính lần lượt là 12cm và 18cm . Tính diện tích giấy màu bạn Nam cần dùng?
Lời giải
Diện tích phần nhơ lên là diện tích xung quanh của hình nón có r  12cm , h  16 cm .
Ta có đường sinh l  h 2  r 2  20 .
Diện tích xung quanh của hình nón là S xq   rl   .12.20  240  cm 2  .
Diện tích vành mũ là S1   182  12 2   180  cm 2  .
Vậy diện tích giấy cần để dán là S  S xq  S1  420  cm 2  .
Bài 3.

(2,0 điểm).
1) Giải hệ phương trình :
 5
 x  1  3 y  2

 1  6 y  7
 x  1

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng  d  : y  mx  m  2 và parabol  P  : y  x 2

Trang 4


a) Chứng minh với mọi giá trị của m , đường thẳng  d  luôn cắt parabol  P  : y  x 2 tại hai

điểm phân biệt có hồnh độ x1; x2 .
b) Tìm tất cả các giá trị của m thỏa mãn

2 2 x1 x2
   .
x1 x2 x2 x1

Lời giải
1) Điều kiện xác định: x  1 .
 5
 x  1  3 y  2
Ta có: 
 1  6 y  7
 x  1
5

 3y  2

x 1

 5  30 y  35
 x  1

 33 y  33

 5
 x 1  3y  2

y  1


 5
 x 1  3y  2


 y  1

 5
 x 1  5

 y  1

 x  1  1
 y  1

 x2
Thấy x  2 thỏa mãn điều kiện xác định x  1 .
 x2
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 
.
 y  1
2) Xét phương trình hồnh độ giao điểm parabol  P  và đường thẳng  d 

x2  mx  m  2
 x 2  mx  m  2  0 1
Ta có
  m2  4.  m  2 
 m 2  4m  8
2

  m  2   4  0 với mọi m

Suy ra phương trình 1 ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m nên đường thẳng  d  luôn cắt
parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x2 .

Trang 5


b)Tìm tất cả các giá trị của m thỏa mãn

2 2 x1 x2
   .
x1 x2 x2 x1

Theo câu a phương trình 1 ln có hai nghiệm với mọi m
Áp dụng định lý viet ta có:
x1  x2  m  2 
x1.x2  m  2  3
Với điều kiện x1.x2  0  m  2  0  m  2 * . Ta có:
2 2 x1 x2
  
x1 x2 x2 x1

 2  x1  x2   x12  x2 2
2

 2  x1  x2    x1  x2   2 x1 x2  4 

Thay  2  và  3 vào  4  ta được:

2m  m 2  2  m  2 
 m 2  4m  4  0
2

  m  2  0

 m  2 ( không thỏa mãn điều kiện * )
Vậy khơng có giá trị nào của m m thỏa mãn
Bài 4.

2 2 x1 x2
   .
x1 x2 x2 x1

Từ điểm A nằm ngồi đường trịn  O  , kẻ hai tiếp tuyến AB , AC với đường tròn  O  ( B; C
là các tiếp điểm). Kẻ cát tuyến AMN với đường tròn  O  ( M   O  ; N   O  ) sao cho tia AM
nằm trong góc AOB và AM  AN . Gọi H , I lần lượt là giao điểm của BC với AO , MN .
1) Chứng minh tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh AB 2  AM . AN và HI là phân giác của góc MHN .
3) Qua M kẻ đường thẳng song song với BN cắt BC tại P , AP cắt đường thẳng BN tại K .
Chứng minh N là trung điểm của đoạn thẳng BK .
Lời giải

1) Chứng minh tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp.
  90  90  180
ABO  ACO
Tứ giác ABOC có: 

 tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh AB 2  AM . AN và HI là phân giác của góc MHN .
Trang 6


Xét ABM và  ANB có:
 chung

BAN

)

 (cùng chắn BM
ABM  BNA
 ABM ∽ ANB  g.g 


AB AM

AN
AB

1

 AB 2  AM . AN

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABO với đường cao BH ta được:

AB 2  AH . AO

 2

Từ 1 và  2  suy ra: AM . AN  AH . AO hay

AM AH

AO AN

Xét AHM và ANO có:
 chung
OAN

AM AH

AO AN

 AHM ∽ ANN  c.g.c 

AHM  
ANO

 tứ giác MHON nội tiếp
  OMN
 (cùng chắn ON
)
 OHN
 ( OMN cân tại O )
Mà 
ANO  OMN



AHM  OHN
  90 ; OHN
  NHB
  90
Mặt khác: 
AHM  MHB

  NHB

 MHB

 HI là phân giác của góc MHN .
3) Qua M kẻ đường thẳng song song với BN cắt BC tại P , AP cắt đường thẳng BN tại K .
Chứng minh N là trung điểm của đoạn thẳng BK .
Ta có: BN //MP 
Mà


BN IN

MP IM

IN
HN
)
( HI là tia phân giác của MHN

IM HM

BN HN

MP HM

Ta có: NK //MP 

 3
NK AN


MP AM

Mà AH  HI
 AH là tia phân giác ngoài của MHN tại đỉnh H
Trang 7




AN
HN

AM HM



NK HN

MP HM

 4

Từ  3  ;  4  

BN NK

MP MP

 BN  NK hay N là trung điểm của đoạn thẳng BK .

Bài 5.

(2,0 điểm ). Cho a,b là các số thực khác 0 và thỏa mãn a 2  b 2  b 2  a 2  2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

1 1
 a b
a b

Lời giải
Ta có: a 2  b2  b 2  a 2  2 , ( a,b  1 )

 a 2  b2  2  2  a 2
 a 2  2  b 2   4  4 b 2  a 2  b2  2  a 2 

 2a 2  a 2 b2  4  4b 2  a 2  2b 2  a 2 b 2
 2  a 2  2b 2  a 2  b 2  0




2  a2



2

 0  2  a 2  b (*)  b  0

Vì a, b có vai trò như nhau  a  0
Từ (*)  a 2  b 2  2
2

Mà a  b

2

a  b

2

2
2

  a  b   4  2  a  b  2

Do a, b  0  0  a  b  2
P

1 1
4
4
 ab 
 a  b   2  0
a b
ab
2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b  1 .

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

1 1
  a  b bằng 0 khi a  b  1 .
a b

Trang 8