Câu hỏi:

29/05/2026 9

Cho hai biểu thức $A = \frac{{\sqrt x + 1}}{{x + \sqrt x + 1}}$; $B = \frac{{\sqrt x + 1}}{{x - 1}} - \frac{{x + 2}}{{x\sqrt x - 1}}$ với $x \ge 0;x \ne 1$

(a) Tính giá trị biểu thức \[A\] khi $x = 9$.

(b) Rút gọn biếu thức $P = B - A$.

(c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $Q = \frac{2}{P} + \sqrt x $.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Đề thi thử vào 10 môn Toán năm 2026 Trường THCS Yên Hòa (Hà Nội) lần 3 có đáp án !!

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

a) Thay $x = 9$ (TMĐK) vào biểu thức \[A\], ta có: $A = \frac{{\sqrt 9 + 1}}{{9 + \sqrt 9 + 1}} = \frac{4}{{13}}$.

Vậy $A = \frac{4}{{13}}$khi $x = 9$.

b) Với $x \ge 0;x \ne 1$, ta có $B = \frac{{\sqrt x + 1}}{{x - 1}} - \frac{{x + 2}}{{x\sqrt x - 1}}$

$ = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} - \frac{{x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {x + \sqrt x + 1} \right)}}$

$ = \frac{{x + \sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {x + \sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {x + \sqrt x + 1} \right)}}$

$ = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {x + \sqrt x + 1} \right)}}$$ = \frac{1}{{x + \sqrt x + 1}}$.

Do đó $P = B - A = \frac{1}{{x + \sqrt x + 1}} - \frac{{\sqrt x + 1}}{{x + \sqrt x + 1}} = \frac{{ - \sqrt x }}{{x + \sqrt x + 1}}$.

c) Với $x \ge 0;x \ne 1$, ta có:

$Q = \frac{2}{P} + \sqrt x = \frac{{2\left( {x + \sqrt x + 1} \right)}}{{ - \sqrt x }} + \sqrt x = \frac{{ - 2{\rm{x}} - 2\sqrt x - 2 + x}}{{\sqrt x }}$

$ = \frac{{ - x - 2\sqrt x - 2}}{{\sqrt x }} = - \left( {\sqrt x + 2 + \frac{2}{{\sqrt x }}} \right)$

Với $a \ge 0;b \ge 0$ ta có: ${\left( {\sqrt a - \sqrt b } \right)^2} \ge 0$

$a + b - 2\sqrt {ab} \ge 0$

$a + b \ge 2\sqrt {ab} $

Dấu “=” xảy ra khi $a = b$.

Với $x > 0;x \ne 1$ thì $\sqrt x > 0$và $\frac{2}{{\sqrt x }} > 0$

Ta có:

$\sqrt x + \frac{2}{{\sqrt x }} \ge 2\sqrt {\sqrt x .\frac{2}{{\sqrt x }}} $

$\sqrt x + \frac{2}{{\sqrt x }} \ge 2\sqrt 2 $

$\sqrt x + \frac{2}{{\sqrt x }} + 2 \ge 2\sqrt 2 + 2$

$ - \left( {\sqrt x + \frac{2}{{\sqrt x }} + 2} \right) \le - 2\sqrt 2 - 2$

$Q \le - 2\sqrt 2 - 2$

Vậy giá trị lớn nhất của $Q = - 2\sqrt 2 - 2$.

Dấu “=” xảy ra khi $\sqrt x = \frac{2}{{\sqrt x }}$ suy ra $x = 2$ (TMĐK).

Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay

Các sản phẩm khác của Vietjack:

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Trong túi có \[6\] quả bóng bàn kích thước và chất liệu như nhau gồm \[2\] quả màu đỏ, \[2\] quả màu trắng, \[2\] quả màu xanh. Không nhìn vào túi mà lấy ra \[2\] quả bóng. Tính xác suất của biến cố A “lấy được ít nhất một quả bóng màu đỏ”.

Lời giải

Kí hiệu các quả bóng đỏ trắng xanh là .

Không gian mẫu: $Ω = \{Đ_{1} Đ_{2}; X_{1} X_{2}; T_{1} T_{2}; Đ_{1} X_{1}; Đ_{1} X_{2}; Đ_{2} X_{1}; Đ_{2} X_{2}; Đ_{1} T_{1}; Đ_{1} T_{2}; Đ_{2} T_{1}; Đ_{2} T_{2}; X_{1} T_{1}; X_{1} T_{2}; X_{2} T_{1}; X_{2} T_{2}\}$

Có $9$ kết quả thuận lợi cho biến cố \[A\] là:

$Đ_{1} Đ_{2}; Đ_{1} X_{1}; Đ_{1} X_{2}; Đ_{2} X_{1}; Đ_{2} X_{2}; Đ_{1} T_{1}; Đ_{1} T_{2}; Đ_{2} T_{1}; Đ_{2} T_{2}$

$P\left( A \right) = \frac{9}{{15}} = \frac{3}{5}$.

Câu 2

Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$. Vẽ các đường cao $AD,BE,CF$ của tam giác $ABC$. Gọi điểm $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$.

(a) Chứng minh bốn điểm $A,F,H,E$ cùng thuộc một đường tròn.

(b) Kẻ đường kính $AM$ của đường tròn $(O)$. Chứng minh $AD \cdot AM = AB \cdot AC$.

(c) Gọi điểm $P$ là giao điểm của đường thẳng $AH$ và đường thẳng $EF$. Gọi điểm $I$ là giao điểm của đường thẳng $AM$ và đường thẳng $BC$. Gọi điểm $K$ là trung điểm của đoạn thẳng $BC$. Chứng minh: các điểm $H,K,M$ thẳng hàng và $PI$ song song với $HK$.

Lời giải

a) • $\widehat {AFH} = 90^\circ $ (vì CF là đường cao $\Delta ABC$)

Xét $\Delta AFH$ vuông tại $F$ nên $\Delta AFH$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$.

Suy ra $A;H;F$cùng thuộc một đường tròn đường kính $AH$. (1)

• $\widehat {AEH} = 90^\circ $ (vì BE là đường cao $\Delta ABC$)

Xét $\Delta AEH$ vuông tại $E$ nên $\Delta AEH$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$.

Suy ra $A;H;E$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $AH$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm $A,F,H,E$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $AH$.

b) Ta có: $\widehat {ACM} = 90^\circ $ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\widehat {ADB} = 90^\circ $ (vì \[AD\] là đường cao $\Delta ABC$) nên $\widehat {ADB} = \widehat {ACM} = 90^\circ $.

$\widehat {ABC} = \widehat {AMC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O))

Xét $\Delta ADB$ và $\Delta ACM$có: $\widehat {ADB} = \widehat {ACM} = 90^\circ $; $\widehat {ABC} = \widehat {AMC}$

Do đó

$ \Rightarrow \frac{{AD}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{AM}} \Rightarrow AD.AM = AB.AC$

c) • Xét $\Delta ABC$có $H$ là trực tâm nên $BH \bot AC;CH \bot AB$ và $BM \bot AB;CM \bot AC$

Do $\widehat {ABM} = \widehat {ACM} = 90^\circ $ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $CM\,{\rm{//}}\,BH\,;\,\,BM\,{\rm{//}}\,CH$.

Do đó tứ giác $BHCM$ là hình bình hành.

Suy ra hai đường chéo $HM$ và $BC$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

Mà K là trung điểm của $BC$nên K là trung điểm của $HM$$ \Rightarrow H,M,K$ thẳng hàng.

• Ta có $\widehat {AEF} + \widehat {FEC} = 180^\circ $ (kề bù)

Chứng minh được tứ giác $BFEC$ nội tiếp nên $\widehat {FBC} + \widehat {FEC} = 180^\circ $ (tính chất)

Suy ra $\widehat {AEF} = \widehat {ABI}$

Chứng minh: suy ra $\frac{{AP}}{{AI}} = \frac{{AE}}{{AB}}$

Chứng minh: suy ra $\frac{{AH}}{{AM}} = \frac{{AE}}{{AB}}$

$ \Rightarrow \frac{{AP}}{{AI}} = \frac{{AH}}{{AM}} \Rightarrow \frac{{AP}}{{AH}} = \frac{{AI}}{{AM}} \Rightarrow PI\,{\rm{//}}\,HM$ (định lí Thalès đảo)

Vậy $PI\,\,{\rm{//}}\,HM$(đpcm)

Câu 3