(1,5 điểm)

1. Giải phương trình \({x^2} + 6x - 7 = 0\).

2. Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 3y = 3}\\{2x + y = 9}\end{array}} \right.\).

3. Giải bất phương trình \(3x - 15 > 0\).

1. Gọi \(C\) là hình chiếu của \(B\) lên mặt đất, trùng với mốc chiều cao \(5\,\,{\rm{km}}\) của \(B\) trên mặt đất.

Theo tỉ số lượng giác trong tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) ta có:

\(\sin \widehat {BAC} = \frac{{BC}}{{AB}}\) suy ra \(AB = \frac{{BC}}{{\sin \widehat {BAC}}} = \frac{5}{{\sin 30^\circ }} = 10{\rm{ (km)}}\).

Vậy quãng đường \(AB\) dài \(10{\rm{ km}}\).

2. Thể tích của một hình trụ trên là: \(V = 3,14 \cdot {\left( {\frac{{10}}{2}} \right)^2} \cdot 18 = 1413{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)

1. Vì \(\widehat {MAO} = 90^\circ \) (giả thiết) suy ra \(\Delta MAO\) vuông tại \(A\) do đó 3 điểm \(M,\,\,A,\,\,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(MO.\)

Lại có, \(\widehat {MBO} = 90^\circ \) (giả thiết) suy ra \(\Delta MBO\) vuông tại \(B\) do đó 3 điểm \(M,\,\,B,\,\,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(MO.\)

Do đó 4 điểm \(M,\,\,A,\,\,O,\,\,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(MO\) suy ra tứ giác \(MAOB\) nội tiếp đường tròn.

2. Ta có \(\widehat {MDA} = 180^\circ  - \widehat {ADC}\) mà \(\widehat {ADC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra \(\widehat {MDA} = 90^\circ \).

Khi đó chứng minh được  (g.g).

Suy ra \[\frac{{MA}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MA}}\] nên \(M{A^2} = MC \cdot MD\).

3. Vì \(AC\) là đường kính nên \(\widehat {ADC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  suy ra \(\widehat {MDA} = 90^\circ \).

Dễ dàng chứng minh được \(MDHA\) nội tiếp, ta được: \(\widehat {ADH} = \widehat {AMH}\) (cùng chắn ).

Vì \(MO\) là tia phân giác của góc tạo bởi hai tiếp tuyến cắt nhau nên \(\widehat {AMH} = \widehat {FMB}\).

Suy ra \(\widehat {ADH} = \widehat {FMB}\) (1).

Ta có: \(M{A^2} = MC.MD\), mà \(M{A^2} = MH.MO\) suy ra \(MC \cdot MD = MH \cdot MO\), do đó \(\frac{{MC}}{{MO}} = \frac{{MH}}{{MD}}\).

Xét \(\Delta MHD\) và \(\Delta MCO\) có: \(\frac{{MC}}{{MO}} = \frac{{MH}}{{MD}}\) và \(\widehat {DMH}\) chung

Do đó $\Delta MHD\backsim \Delta MCO$ (c.g.c)

Suy ra \(\frac{{HD}}{{CO}} = \frac{{MD}}{{MO}}\) nên \(HD = R \cdot \frac{{MD}}{{MO}}\) (với \(R\) là bán kính đường tròn \((O)\)).

Chứng minh tương tự ta có $\Delta MDA\backsim \Delta MAC$ suy ra \(\frac{{DA}}{{AC}} = \frac{{MD}}{{MA}}\) nên \(DA = 2R \cdot \frac{{MD}}{{MA}}\) (do đường kính \(AC = 2R\)).

Khi đó \(\frac{{HD}}{{DA}} = \frac{{R \cdot \frac{{MD}}{{MO}}}}{{2R \cdot \frac{{MD}}{{MA}}}} = \frac{{MA}}{{2MO}}\).

Do tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có \(MA = MB\), thay vào tỉ số trên ta được:

\(\frac{{HD}}{{DA}} = \frac{{MB}}{{2MO}}\).

Mà \(M{B^2} = MH \cdot MO\) nên \(\frac{{MH}}{{MB}} = \frac{{MB}}{{MO}}\).

Vì \(F\) là trung điểm \(MH\) nên \(MF = \frac{1}{2}MH\).

Ta có: \(\frac{{MF}}{{MB}} = \frac{{\frac{1}{2}MH}}{{MB}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{MH}}{{MB}} = \frac{{MB}}{{2MO}}\).

Từ đó suy ra: \(\frac{{MF}}{{MB}} = \frac{{HD}}{{DA}}\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra $\Delta BFM\backsim \Delta AHD$ (c.g.c) suy ra \(\widehat {FBM} = \widehat {DAH}\).

Kẻ đường kính \(BT\). Ta có \(\widehat {DBM} = \widehat {DAB} = \widehat {DAH}\) (cùng chắn ).

Suy ra \(\widehat {FBM} = \widehat {DBM}\) do đó \(B,\,\,D,\,\,F\) thẳng hàng.