(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. Ta có \(P = \sqrt {25}  + \sqrt[3]{{ - 27}} = 5 - 3 = 2\).

2. Với \(x \ge 0,x \ne 4\) ta được:

\(Q = \left( {\frac{2}{{x + 4\sqrt x  + 4}} - \frac{1}{{2\sqrt x  + 4}}} \right):\frac{{2 - \sqrt x }}{{6\sqrt x  + 12}}\)

\[ = \left[ {\frac{2}{{{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)}^2}}} - \frac{1}{{2\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}} \right]:\frac{{2 - \sqrt x }}{{6\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\]

\( = \left[ {\frac{4}{{2{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)}^2}}} - \frac{{\sqrt x  + 2}}{{2{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)}^2}}}} \right]:\frac{{2 - \sqrt x }}{{6\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

\( = \frac{{4 - \sqrt x  - 2}}{{2{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)}^2}}}:\frac{{2 - \sqrt x }}{{6\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

\( = \frac{{2 - \sqrt x }}{{2{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)}^2}}} \cdot \frac{{6\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}{{2 - \sqrt x }}\)\( = \frac{3}{{\sqrt x  + 2}}\).

Ta có \(Q = \frac{3}{{\sqrt x  + 2}}\). Để \(Q \in \mathbb{Z}\) thì \((\sqrt x  + 2)\) phải là ước nguyên của 3.

Tập hợp các ước của 3 là: Ư\((3) = \left\{ {1\,;\,\, - 1\,;\,\,3\,;\,\, - 3} \right\}\).

Vì \(x \ge 0\) nên \(\sqrt x  \ge 0\), do đó \(\sqrt x  + 2 \ge 2\).

So sánh với tập các ước của 3, giá trị duy nhất thỏa mãn điều kiện \(\sqrt x  + 2 \ge 2\) là \(3\).

Do đó, ta có \(\sqrt x  + 2 = 3\) nên \(\sqrt x  = 1\) suy ra \(x = 1\) (TMĐK).

Vậy để \(Q\) nhận giá trị là số nguyên thì \(x = 1\).

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.