Bài 1.

a) $A= \left( \dfrac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}+\dfrac{3\sqrt{ab}}{a\sqrt{a}+b\sqrt{b}} \right) . \left[ \left( \dfrac{1}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}-\dfrac{3\sqrt{ab}}{a\sqrt{a}-b\sqrt{b}} \right) : \dfrac{a-b}{a+\sqrt{ab}+b} \right] \\
= \dfrac{a-\sqrt{ab}+b+3\sqrt{ab}}{\left( \sqrt{a}+ \sqrt{b} \right) \left( a-\sqrt{ab}+b \right) } \cdot \dfrac{a+\sqrt{ab}+b-3\sqrt{ab}}{\left( \sqrt{a}-\sqrt{b} \right) \left( a+\sqrt{ab}+b \right) } \cdot \dfrac{a+\sqrt{ab}+b}{a-b}\\
= \dfrac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{a-\sqrt{ab}+b} \cdot \dfrac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{a+\sqrt{ab}+b} \cdot \dfrac{a+\sqrt{ab}+b}{a-b} \\
= \dfrac{a-b}{a-\sqrt{ab}+b} \cdot \dfrac{1}{a-b} \\
= \dfrac{1}{a-\sqrt{ab}+b}$.

b) $A < \dfrac{2}{a+b} \Leftrightarrow a+b < 2(a+b-\sqrt{ab}) \Leftrightarrow (\sqrt{a}-\sqrt{b})^2 > 0$.

Đúng vì $a \neq b$.

Bài 2.

a) Điều kiện : $x \geq 1$.\\
Phương trình tương đương với : \\
$x+3 + x-1 +2\sqrt{(x+3)(x-1)} = 1+2x+1 + 2\sqrt{2x+1} \\
\Leftrightarrow x^2+2x-3 = 2x + 1 \\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 2 \;\; (n)\\
x = – 2 \;\; (l)
\end{array} \right. $

b) Đặt $u = \sqrt{x+2}, v = \sqrt{y+2}$ ta có $u, v \geq o$ và $x = u^2 – 2, y = v^2 – 2$. Ta có hệ: \\
$\left\{ \begin{array}{l} u + v = 4\;\; (*) \\
u^2v^2 – u^2 – v^2 = 8\;\; (**)
\end{array} \right.$\\
Từ (**) ta có $u^2v^2 – (u+v)^2 + 2uv – 8 = 0 \Rightarrow u^2v^2 + 2uv – 24 = 0 \\ \Rightarrow uv = 4 \; (n), uv = – 6 \; (l)$. \\
Với $u + v = 4, uv = 4$ ta có $u = 2, v = 2$. Giải ra $x = 2, y = 2$. \\
Vậy hệ phương trình có nghiệm $(x;y)$ là $(2;2)$.

Bài 3.

a) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm trái dấu \\
$\left\{ \begin{array}{l}
m-1 \ne 0 \\
\Delta ‘ =(m+1)^2-m(m-1) >0 \\
P = m (m-1)<0
\end{array} \right. \Leftrightarrow
\left\{ \begin{array}{l}
m \ne 1 \\
3m+1 >0 \\
0<m<1
\end{array} \right.
\Leftrightarrow 0<m<1$

b) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt \\
$\left\{ \begin{array}{l}
m – 1 \neq 0\\
\Delta ‘ = (m+1)^2-m(m-1) > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ne 1 \\
m > -\dfrac{1}{3}
\end{array} \right. $
$x_1$ là nghiệm của phương trình nên \\ $(m-1)x_1^2 – 2(m+1)x_1 + m = 0 \Leftrightarrow m(x_1 -1)^2 = x_1^2+2x_1$.
Do đó

$m(x_1-1)^2 = (x_2+1)^2 – 1 \\
\Leftrightarrow \left( x_1 + 1 \right)^2 = \left( x_2 + 1 \right)^2 \\
\Leftrightarrow \left( x_1 – x_2 \right) \left( x_1 + x_2 +2 \right) =0 \\
\Leftrightarrow x_1 + x_2 = -2 \;\; \left( \text{vì } x_1 \ne x_2 \right) \\
\Leftrightarrow \dfrac{2(m+1)}{m-1} = – 2 \Leftrightarrow m = 0 (n)$.

Bài 4.

a) Gọi $x, y$ lần lượt là số hàng kho I, II. Dựa vào đề bài ta có hệ phương trình:
$\left\{\begin{array}{l}
x – 200 = \dfrac{1}{2} ( y – 200) \\
\dfrac{4}{5}x = \dfrac{2}{5} (y + \dfrac{1}{5}x) \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x=\dfrac{1}{2}y+100 \\
18x=10y
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x=1000 \\
y=1800
\end{array} \right. $
Vậy số hàng kho I là 1000 sản phẩm và số hàng kho II là 1800 sản phẩm.

b) Gọi $x, y$ là số học sinh chỉ học môn toán và chỉ học môn văn. Suy ra số học sinh học cả hai môn là $xy$.

Khi đó ta có hệ: $xy + x = 45 (1) xy+y=48(2)$.

Khi đó $y = x+3$, thế vào (1): $x^2+4x-45 = 0$.

Giải ra được $x = 5$ (Vì  x > 0). Suy ra $y = 8$.

Số học sinh học thêm toán là: 50,

Số học sinh học thêm là 53. Suy ra số học sinh không đi học thêm là 1.

Số học sinh của lớp là: 54.

Bài 5.

a) Ta có $CD\cdot CA = CH^2$ và $CE\cdot CB = CH^2$. Suy ra $CD\cdot CA = CE\cdot CB$, suy ra $\triangle CDE \backsim \triangle CBA$, suy ra $\angle CDE = \angle CBA$, suy ra tứ giác $ADEB$ nội tiếp.
Ta có $S_{ADEB} = S_{ABC} – S_{ADE}$. Mà $AC = R, BC = R\sqrt{3}$, suy ra $S_{ABC}=R^2 \dfrac{\sqrt{3}}{2}$.
$DE = \dfrac{CH^2}{AC} = \dfrac{3R}{4}, CE = \dfrac{CH^2}{CB}= \dfrac{R\sqrt{3}}{4}$.
Suy ra $S_{ADE} = \dfrac{3R^2\sqrt{3}}{32}$.
Do đó $S_{ADEB} = \dfrac{13R^2\sqrt{3}}{32}$.
b) Ta có $BI \bot HF$ tại $J$. Ta có $BI\cdot BJ = BH^2$. Và tam giác $CHB$ vuông tại $H$ có $HE$ là đường cao nên $BE.BC = BH^2$.
Do đó $BI\cdot BJ = BH\cdot BE$, suy ra tứ giác $CIJE$ nội tiếp. Suy ra $\angle CJE = \angle CIE = 60^\circ$.
c) Ta có $\angle GCB = \angle GJB = 90^\circ$, suy ra $CJBG$ nội tiếp. Suy ra $\angle CGB = \angle CJI$. Mà $\angle CJI = \angle CEI = 60^\circ $, suy ra $\angle CGB = 60^\circ $. Mà $\angle GAB = 60^\circ $ nên $\angle GBA = 60^\circ $.
\end{enumerate}