Đề kiểm tra giữa kì II Toán 9 - Đề số 5 có lời giải chi tiết

Đề bài

Câu 1 (2,0 điểm): Cho biểu thức \(A = \frac{{x - 3\sqrt x  + 16}}{{\sqrt x  - 3}}\)

và \(B = \frac{{2x - 4\sqrt x  + 6}}{{x - 2\sqrt x }} - \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 2}}\) với \(x > 0,\,\,x \ne 4,\,\,x \ne 9\)

1) Tính giá trị của \(A\) khi \(x = 36\).

2) Rút gọn biểu thức \(B\).

3) Cho \(P = A\,.\,B\). Tìm giá trị nhỏ nhất của \(P\).

Câu 2 (2,0 điểm): Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Hai công nhân làm chung trong \(12\) ngày thì hoàn thành công việc đã định. Họ làm chung với nhau \(4\) ngày thì người thứ nhất được điều đi làm việc khác, người thứ hai làm công việc còn lại trong \(10\) ngày. Hỏi người thứ nhất làm một mình thì sau bao lâu thì hoàn thành công việc?

Câu 3 (2,0 điểm):

1) Giải hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{3}{{x - 4}} + 2\sqrt {y + 1}  = \frac{{15}}{2}\\\frac{2}{{x - 4}} - \sqrt {y + 1}  =  - 2\end{array} \right..\)

2) Cho hàm số \(y = {x^2}\,\,\left( P \right)\) và \(y = 3x - 2\,\,\left( d \right)\); \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm \(A\), \(B\) với \(A\) là điểm có hoành độ nhỏ hơn.

a) Tìm tọa độ điểm \(A\) và \(B\).

b) Tính diện tích \(\Delta OAB\) với \(O\) là gốc tọa độ.

Câu 4 (3,5 điểm): Cho đường thẳng \(d\) và đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right)\) không có điểm chung. Kẻ \(OH \bot d\) tại \(H\). Điểm \(A\) thuộc \(d\) và không trùng với điểm \(H\). Qua \(A\) kẻ hai tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) tới \(\left( O \right)\) (\(B\) và \(C\) là tiếp điểm). \(BC\) cắt \(OA\), \(OH\) lần lượt tại \(M\) và \(N\). Đoạn thẳng \(OA\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(I\).

1) Chứng minh bốn điểm \(O,\,\,B,\,\,A,\,\,C\) thuộc cùng một đường tròn.

2) Chứng minh \(OM\,.\,OA = ON\,.\,OH\).

3) Chứng minh \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta ABC\).

4) Chứng minh rằng khi điểm \(A\) di động trên đường thẳng \(d\) thì đường thẳng \(BC\) luôn đi qua một điểm cố định.

Câu 5 (0,5 điểm): Cho \(x > 0,\,\,y > 0\) và \(x + y \le 1\).

Tính giá trị nhỏ nhất của \(T = \frac{1}{{{x^2} + xy}} + \frac{1}{{{y^2} + xy}}\).

Lời giải chi tiết

Câu 1 (VD)

Phương pháp:

1) Thay \(x = 36\) vào \(A\) để tính giá trị biểu thức.

2) Quy đồng mẫu các phân thức sau đó biến đổi và rút gọn biểu thức \(B\).

3) Rút gọn \(P = A.B\) và áp dụng bất đẳng thức Co-si để chứng minh \(P \ge a\) (Với \(a\) là hằng số)

Cách giải:

Biểu thức \(A = \frac{{x - 3\sqrt x  + 16}}{{\sqrt x  - 3}}\) và

\(B = \frac{{2x - 4\sqrt x  + 6}}{{x - 2\sqrt x }} - \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 2}}\) với \(x > 0,\,\,x \ne 4,\,\,x \ne 9\)

1) Tính giá trị của \(A\) khi \(x = 36\).

\(A = \frac{{x - 3\sqrt x  + 16}}{{\sqrt x  - 3}}\)    ĐKXĐ: \(x > 0\), \(x \ne 9\)

Thay \(x = 36\)\(\left( {tm} \right)\) vào biểu thức \(A\) ta được:

\(A = \frac{{36 - 3.\sqrt {36}  + 16}}{{\sqrt {36}  - 3}}\)\( = \frac{{36 - 18 + 16}}{{6 - 3}} = \frac{{34}}{3}\)

Vậy \(A = \frac{{34}}{3}\) khi \(x = 36\).

2) Rút gọn biểu thức \(B\).

\(B = \frac{{2x - 4\sqrt x  + 6}}{{x - 2\sqrt x }} - \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 2}}\)      ĐKXĐ: \(x > 0,\,\,x \ne 4\)

\(\begin{array}{l}\,\,\,\, = \frac{{2x - 4\sqrt x  + 6}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}} - \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 2}}\\\,\,\,\,\, = \frac{{2x - 4\sqrt x  + 6}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}} - \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\\\,\,\,\,\, = \frac{{2x - 4\sqrt x  + 6 - x - \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\\\,\,\,\,\, = \frac{{x - 5\sqrt x  + 6}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\,\,\,\,\,\end{array}\)

\(\begin{array}{l} = \frac{{\left( {x - 2\sqrt x } \right) - \left( {3\sqrt x  - 6} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\\ = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right) - 3\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\\ = \frac{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\\ = \frac{{\sqrt x  - 3}}{{\sqrt x }}\end{array}\)

Vậy \(B = \frac{{\sqrt x  - 3}}{{\sqrt x }}\).

3) Cho \(P = A\,.\,B\). Tìm giá trị nhỏ nhất của \(P\).

\(P = A.B = \frac{{x - 3\sqrt x  + 16}}{{\sqrt x  - 3}} \cdot \frac{{\sqrt x  - 3}}{{\sqrt x }} \\= \frac{{x - 3\sqrt x  + 16}}{{\sqrt x }} = \sqrt x  + \frac{{16}}{{\sqrt x }} - 3\)

ĐKXĐ: \(x > 0,\,\,x \ne 4,\,\,x \ne 9\)

Với mọi \(x > 0\) có \(\sqrt x  > 0 \Rightarrow \frac{{16}}{{\sqrt x }} > 0\).

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si với hai số dương \(\sqrt x \) và \(\frac{{16}}{{\sqrt x }}\) ta có:

\(\sqrt x  + \frac{{16}}{{\sqrt x }} \ge 2.\sqrt {\sqrt x  \cdot \frac{{16}}{{\sqrt x }}}  = 2.\sqrt {16}  = 8\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \sqrt x  + \frac{{16}}{{\sqrt x }} \ge 8\\ \Rightarrow \sqrt x  + \frac{{16}}{{\sqrt x }} - 3 \ge 5\\ \Rightarrow P \ge 5\end{array}\)

Dấu “\( = \)” xảy ra khi và chỉ khi \(\sqrt x  = \frac{{16}}{{\sqrt x }} \Leftrightarrow x = 16\,\,\,\left( {tm} \right)\)

Vậy \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(5\) tại \(x = 16\).

Câu 2 (VD)

Phương pháp:

Giải bài toán bằng cách lập phương trình:

+) Gọi ẩn và đặt điều kiện cho ẩn.

+) Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn vừa gọi và các đại lượng đã biết.

+) Dựa vào dữ kiện bài toán để lập hệ phương trình.

+) Giải hệ phương trình vừa lập sau đó đối chiếu với điều kiện đề bài và kết luận.

Cách giải:

Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Gọi thời gian người thứ nhất làm một mình hoàn thành công việc là \(x\) (ngày); \(\left( {x > 12} \right).\)

Thời gian người thứ hai làm một mình hoàn thành công việc là \(y\) (ngày); \(\left( {y > 12} \right).\)

Trong \(1\) ngày người thứ nhất làm được \(\frac{1}{x}\) công việc.

Trong \(1\) ngày người thứ hai làm được \(\frac{1}{y}\) công việc.

Hai công nhân làm chung trong \(12\) ngày thì hoàn thành công việc nên trong \(1\) ngày hai công nhân làm được \(\frac{1}{{12}}\) công việc.

Khi đó, ta có phương trình : \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{12}}\)          \(\left( 1 \right)\)

Trong \(4\) ngày, cả hai người làm được \(\frac{4}{{12}} = \frac{1}{3}\) công việc.

Trong \(10\) ngày, người thứ hai làm được \(\frac{{10}}{y}\) công việc.

Vì hai công nhân làm chung với nhau \(4\) ngày thì người thứ nhất được điều đi làm việc khác, người thứ hai làm hoàn thành công việc còn lại trong \(10\) ngày nên ta có phương trình :   \(\frac{1}{3} + \frac{{10}}{y} = 1\)          \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình :

     \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{12}}\\\frac{1}{3} + \frac{{10}}{y} = 1\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{12}}\\\frac{{10}}{y} = \frac{2}{3}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{{12}}\\y = 15\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} = \frac{1}{{12}} - \frac{1}{{15}}\\y = 15\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} = \frac{1}{{60}}\\y = 15\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 60\,\,\,\left( {tm} \right)\\y = 15\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)

Vậy người thứ nhất làm một mình trong \(60\) ngày thì hoàn thành công việc.

Câu 3 (VD)

Phương pháp:

1) Tìm điều kiện xác định. Giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ.

2) Xét phương trình hoành độ giao điểm để tìm tọa độ của \(A\) và \(B\). Diện tính \(\Delta AOB\) được tính bằng cách lấy diện tích hình lớn trừ đi diện tích các hình còn lại.

Cách giải:

1) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{3}{{x - 4}} + 2\sqrt {y + 1}  = \frac{{15}}{2}\\\frac{2}{{x - 4}} - \sqrt {y + 1}  =  - 2\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{3}{{x - 4}} + 2\sqrt {y + 1}  = \frac{{15}}{2}\\\frac{2}{{x - 4}} - \sqrt {y + 1}  =  - 2\end{array} \right.\)        ĐKXĐ: \(x \ne 4,\,\,y \ge  - 1\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{{x - 4}} = u\\\sqrt {y + 1}  = v\end{array} \right.\,\,\left( {u \ne 0,\,\,v \ge 0} \right)\).

Khi đó, ta có hệ phương trình:  

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}3u + 2v = \frac{{15}}{2}\\2u - v =  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3u + 2v = \frac{{15}}{2}\\4u - 2v =  - 4\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3u + 2v = \frac{{15}}{2}\\7u = \frac{7}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3u + 2v = \frac{{15}}{2}\\u = \frac{1}{2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 \cdot \frac{1}{2} + 2v = \frac{{15}}{2}\\u = \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}v = 3\,\,\,\left( {tm} \right)\\u = \frac{1}{2}\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{{x - 4}} = \frac{1}{2}\\\sqrt {y + 1}  = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 4 = 2\\y + 1 = 9\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 6\,\,\,\left( {tm} \right)\\y = 8\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {6;\,\,8} \right)\).

2) Cho hàm số \(y = {x^2}\,\,\left( P \right)\) và \(y = 3x - 2\,\,\left( d \right)\); \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm \(A\), \(B\) với \(A\) là điểm có hoành độ nhỏ hơn.

a) Tìm tọa độ điểm \(A\) và \(B\).

Gọi \(A\left( {{x_A};\,\,{y_A}} \right),\,\,B\left( {{x_B};\,\,{y_B}} \right)\) là giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) \(\left( {{x_A} < {x_B}} \right)\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2} = 3x - 2\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 2x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - x} \right) - \left( {2x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) - 2\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 2 = 0\\x - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)

Vì \({x_A} < {x_B}\) nên \({x_A} = 1,\,\,{x_B} = 2\).

+) \({x_A} = 1\)\( \Rightarrow {y_A} = {1^2} = 1\)\( \Rightarrow A\left( {1;\,\,1} \right)\)

+) \({x_B} = 2\)\( \Rightarrow {y_B} = {2^2} = 4\)\( \Rightarrow B\left( {2;\,\,4} \right)\)

Vậy \(A\left( {1;\,\,1} \right),\,\,B\left( {2;\,\,4} \right)\).

b) Tính diện tích \(\Delta OAB\) với \(O\) là gốc tọa độ.

Biểu diễn \(A\left( {1;\,\,1} \right),\,\,B\left( {2;\,\,4} \right)\) trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\).

                                                         

Ta có: \({S_{\Delta OBK}} = \frac{1}{2}\,.\,OK.BK = \frac{1}{2}\,.\,2.4 = 4\) (đvdt)

           \({S_{\Delta OAH}} = \frac{1}{2}\,.\,OH.AH = \frac{1}{2}\,.\,1.1 = \frac{1}{2}\) (đvdt)

           \({S_{AHKB}} = \frac{{\left( {AH + BK} \right).HK}}{2} = \frac{{\left( {1 + 4} \right).1}}{2} = \frac{5}{2}\) (đvdt)

\( \Rightarrow {S_{\Delta OAB}} = {S_{\Delta OBK}} - {S_{\Delta OAH}} - {S_{AHKB}}\)\( = 4 - \frac{1}{2} - \frac{5}{2} = 1\)  (đvdt)

Vậy diện tích tam giác \(OAB\)bằng 1 (đvdt).

Câu 4 (VD)

Phương pháp:

a) Chứng minh tứ giác \(OBAC\) nội tiếp đường tròn dựa vào dấu hiệu nhận biết. Từ đó, suy ra cả bốn điểm \(O,\,\,B,\,\,A,\,\,C\) nằm trên cùng một đường tròn.

b) Chứng minh hai tam giác đồng dạng.

c) Chứng minh \(I\) là giao điểm của hai đường phân giác trong \(\Delta ABC\).

d) Biểu diễn \(ON\) theo các đoạn thẳng có độ dài không đổi suy ra \(N\) cố định.

Cách giải:

                                                  

1) Chứng minh bốn điểm \(O,\,\,B,\,\,A,\,\,C\) thuộc cùng một đường tròn.

Xét \(\left( O \right)\) ta có: \(OB \bot AB\) tại \(B\) (vì \(AB\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) với \(B\) là tiếp điểm)

\( \Rightarrow \angle OBA = {90^0}\)

\(OC \bot AC\) tại \(C\) (vì \(AC\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) với \(C\) là tiếp điểm)

\( \Rightarrow \angle OCA = {90^0}\)

Xét tứ giác \(OABC\) có: \(\left. \begin{array}{l}\angle OBA = {90^0}\\\angle OCA = {90^0}\end{array} \right\}\)\( \Rightarrow \angle OBA + \angle OCA = {180^0}\)

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(OABC\) nội tiếp đường tròn (tứ giác có tổng hai góc đối nhau bằng \({180^0}\))

\( \Rightarrow \) Bốn điểm \(O,\,\,B,\,\,A,\,\,C\) thuộc cùng một đường tròn (định nghĩa tứ giác nội tiếp)

2) Chứng minh \(OM\,.\,OA = ON\,.\,OH\).

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có:

\(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

\(OB = OC\) (\(B\) và \(C\) thuộc \(\left( O \right)\))

\( \Rightarrow OA\) là đường trung trực của \(BC\) (định lí đường trung trực)

\( \Rightarrow OA \bot BC\) tại \(M\)

Xét \(\Delta MON\) và \(\Delta HOA\) ta có:

\(\angle AOH\,\,\,chung\)

\(\angle OMN = \angle OHA\,\,\left( { = {{90}^0}} \right)\)

\( \Rightarrow \Delta MON \sim \Delta HOA\,\,\,\left( {g - g} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{OM}}{{OH}} = \frac{{ON}}{{OA}}\) (tỷ lệ cặp cạnh tương ứng)

\( \Rightarrow OM.OA = ON.OH\) (đpcm)

3) Chứng minh \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta ABC\).

\(AB,\,\,AC\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\)

\( \Rightarrow AO\) là tia phân giác của \(\angle BAC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) 

\( \Rightarrow AI\) là tia phân giác của \(\angle BAC\) (vì \(I \in OA\))   \(\left( 1 \right)\)

\(I \in OA\)Vì \(OA\) là đường trung trực của \(BC\) mà

\( \Rightarrow \) \(IB = IC\) (định lí đường trung trực)

 (liên hệ giữa cung và dây)

Ta có:

\(\angle ABI = \frac{1}{2}\,\,sd\,\,cung\,\,BI\) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

\(\angle IBC = \frac{1}{2}\,sd\,\,cung\,\,CI\) (góc nội tiếp bị chắn bởi cung \(CI\))

Mà  

\( \Rightarrow \angle ABI = \angle IBC\)

\( \Rightarrow BI\) là tia phân giác của \(\angle ABC\)  \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(I\) là giao điểm của hai đường phân giác trong của \(\Delta ABC\)

\( \Rightarrow \) \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta ABC\) (đpcm).

4) Chứng minh rằng khi điểm \(A\) di động trên đường thẳng \(d\) thì đường thẳng \(BC\) luôn đi qua một điểm cố định.

Xét \(\Delta OAB\) vuông tại \(B\) có \(BM \bot OA\).

\( \Rightarrow O{B^2} = OM.OA\) (hệ thức về cạnh và đường cao)

Theo câu a) ta có: \(OM.OA = ON.OH\)

\( \Rightarrow O{B^2} = ON.OH\)

\( \Rightarrow ON = \frac{{O{B^2}}}{{OH}} = \frac{{{R^2}}}{{OH}}\)

Vì \(OH\) không đổi nên \(ON\) không đổi \( \Rightarrow \) \(N\) cố định.

\( \Rightarrow \) Khi điểm \(A\) di động trên đường thẳng \(d\) thì đường thẳng \(BC\) luôn đi qua một điểm cố định.

Câu 5 (VDC)

Phương pháp:

Quy đồng, biến đổi biểu thức \(T\) về dạng \(T = \frac{1}{{xy}}\) và áp dụng \(xy \le \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4}\).

Cách giải:

Cho \(x > 0,\,\,y > 0\) và \(x + y \le 1\). Tính giá trị nhỏ nhất của \(T = \frac{1}{{{x^2} + xy}} + \frac{1}{{{y^2} + xy}}\).

Với mọi \(x > 0,\,\,y > 0\) và \(x + y \le 1\) ta có:

     \({\left( {x - y} \right)^2} \ge 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 2xy + {y^2} \ge 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 2xy + {y^2} - 4xy \ge 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} - 4xy \ge 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} \ge 4xy\)

\( \Leftrightarrow xy \le \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow xy \le \frac{1}{4}\\ \Leftrightarrow \frac{1}{{xy}} \ge 4\end{array}\)

Ta có: \(T = \frac{1}{{{x^2} + xy}} + \frac{1}{{{y^2} + xy}}\)

 \(\begin{array}{l} = \frac{1}{{x\left( {x + y} \right)}} + \frac{1}{{y\left( {x + y} \right)}}\\ = \frac{y}{{xy\left( {x + y} \right)}} + \frac{x}{{xy\left( {x + y} \right)}}\\ = \frac{{x + y}}{{xy\left( {x + y} \right)}}\\ = \frac{1}{{xy}} \ge 4\end{array}\)

Dấu “\( = \)” xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 1\\x = y\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow x = y = \frac{1}{2}\)

Vậy \(Min\,T = 4\)\( \Leftrightarrow x = y = \frac{1}{2}\).