(1,0 điểm)

1. Tính giá trị của biểu thức \(P = \sqrt {25}  + \sqrt[3]{{ - 27}}\).

2. Cho biểu thức \(Q = \left( {\frac{2}{{x + 4\sqrt x  + 4}} - \frac{1}{{2\sqrt x  + 4}}} \right):\frac{{2 - \sqrt x }}{{6\sqrt x  + 12}}\) (với \(x \ge 0,x \ne 4\)).

Rút gọn biểu thức \(Q\) và tìm \(x\) để \(Q\) nhận giá trị là số nguyên.

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.

1. Ta có \({x^2} + 6x - 7 = 0\)

\(\left( {x - 1} \right)\left( {x + 7} \right) = 0\)

\(x = 1\) hoặc \(x =  - 7\).

Vậy phương trình có 2 nghiệm là: \(x = 1\,;\,\,x =  - 7\).

2. Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 3y = 3}\\{2x + y = 9}\end{array}} \right.\)

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

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y =  - 3}\\{2x - 3 = 9}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y =  - 3}\\{x = 6}\end{array}} \right.\).

Vậy hệ phương trình có nghiệm là: \(\left( {x\,;\,\,y} \right) = \left( {6\,;\,\, - 3} \right)\).

3. Ta có \(3x - 15 > 0\)

\(3x > 15\)

\(x > 5\).

Vậy bất phương trình có nghiệm là: \(x > 5\).