Đề cương ôn thi cuối năm Toán Lớp 8

Nội dung text: Đề cương ôn thi cuối năm Toán Lớp 8

1. ĐỀ CƯƠNG ÔN THI TOÁN 8 CUỐI NĂM Đại Số Đề số 1 Giải: Gọi số lượng dầu ban đầu trong thùng thứ hai là x (®k: x > 0) lượng dầu trong thùng thứ nhất là 2x Khi đó số lượng dầu trong thùng thứ hai là: x + 25 Theo gt: 2x - 25 = x + 25 2x - x = 25 + 25 x = 50 Vậy lúc đầu lượng dầu trong thùng thứ nhất là 100 lít và thùng thứ hai là 50lít. Bài 8: Học sinh khối 8 nhắt được 65kg kim loại vôn. Trong đó đồng nhiều hơn nhôm 15kg, kẽm ít hơn tổng số khối lượng nhôm và đồng 1kg. Hỏi khối 8 đã nhặt được bao nhiêu kg mỗi loại Giải: Gọi số lượng nhôm nhặt được là x (kg) (x > 0) Số lượng đồng nhặt được là x + 15 (kg) Số lượng kẽm nhặt được là x + x + 15 - 1 = 2x + 14 (kg) Tổng số kim loại vôn nhặt được là x + x + 15 + 2x + 14 = 4x + 29 Theo bài ra: 4x + 29 = 65 x = 9 Vậy khối 8 nhặt được: 9 kg nhôm 9 + 15 = 24 kg đồng 9 + 24 - 1 = 32 kg kẽm Bài 9: Một xí nghiệp dệt thảm được giao làm một số thảm xuất khẩu trong 20 ngày. Xí nghiệp đã tăng năng suất 20% nên sau 18 ngày không những đã làm xong số thảm được giao mà còn làm thêm được 24 chiếc nữa. Tính số thảm xí nghiệp đã làm được trong 18 ngày. Giải: Gọi số thảm xí nghiệp đã làm được trong 18 ngày là x chiếc (x nguyên dương) Một ngày đã làm được x chiếc. 18 1
2. Số thảm xí nghiệp được giao trong 20 ngày là: x - 20 chiếc. Một ngày phải làm x 24 chiếc. 20 Do tăng năng suất 20% nên trong một ngày số thảm xí nghiệp đã làm so với số thảm xí nghiệp phải làm bằng 100% + 20% = 120% = 1,2 Theo bài ra ta có phương trình: x x 21 1,2. 18 20 Giải PT tìm được x = 324 Vậy số thảm xí nghiệp đã làm trong 18 ngày là 324 chiếc. Bài 10: Một lớp học tham gia trồng cây ở một lâm trường trong thời gian đã định với năng suất 300 cây trong một ngày. Nhưng thực tế mỗi người đã trồng thêm được 100 cây nên đã trồng thêm được tất cả 600 cây và hoàn thành kế hoạch trước một ngày. Tính số cây dù định trồng. Giải: Gọi số cây dù định trồng là x cây (x nguyên dương) Khi đó số ngày dự định để trồng cây là : x ngày 300 Nhưng thực tế mỗi ngày đã trồng 400 cây (vì thêm 100 cây) Nên số cây đã trồng được tất cả x + 600 và số ngày là: x 600 400 Theo bài ra ta có phương trình: x x 600 1 300 400 Giải ra ta được: x = 3000 cây Vậy số cây dù định trồng là 3000 cây. Hình Học Đề số 1 Bài 1: Cho hình thang ABCD, có đáy lớn là CD, đáy nhỏ là AB. Qua A kẻ đường thẳng song song với BC c¨t đường chéo BD ở E, qua B kẻ đường thẳng song song với AD c¨t đường chéo AC ở F. a. Chứng minh tứ giác DEFC là hình thang cân. b. Tính độ dài đoạn EF nếu biết AB = 5cm, CD = 10cm. Giải: 2
3. a. Do AE // BC (gt) OE OA Theo định lý TalÐt ta có: (1) OE OC Do BF // AD (gt) Theo định lý ta lét ta có: OB OF (2) OD OA OE OB OA OF OE OF Từ (1) và (2) . . hay OB OD OC OA OD OC Theo định lý đảo của định lý TalÐt ta lại có: EF // DC Tứ giác DEFC là hình thnag (dấu hiệu nhận biết) Xét tam giác ABC và tam giác BAD có: AB là cạnh chung BC = AD (gt); AC = BD (gt) A B C B A D (c.c.c) góc <C1 = <D1 (2 góc tương ứng) mà góc <D = <C (gt) nên <C2 = <D2 Hình thang DEFC có hai góc kÌ một đáy bằng nhau nên là hình thang cân. b. Theo câu a, ta có: EF // CD mà CD // AB (gt) EF // CD // AB. Do đó EF // AB. Theo định lý Ta lét ta có: AB OB OB OC AB OC mà (3) EF OE OE OA EF OA DC OC Do CD // AB, theo định lý Ta lét ta có: (4) AB OA AB DC Từ (3), (4) AB2 = EF . DC AF AB AB2 52 25 Do đó: EF = 2,5 cm CD 10 10 Tiết 30: Bài 2: Cho hình thang ABCD (AB // CD) có AB = 14cm, CD = 35cm, AD= 17,5cm. Trên cạnh AD lấy điểm E sao cho DE = 5cm. Qua E vÊ đường thẳng song song với AB cắt BC ở F. Tính độ dài EF. D A Giải: Gọi giao điểm của AC với EF là I Do IE // CD F E EI AE Theo định lý TalÐt ta có: C B CD AD 3
4. CD.AE 35.12,5 EI = 25cm AD 17,5 Do IF // AB theo định lý TalÐt ta có IF CI CI DE 5 mà AB CA CA DA 17,5 IF 5 14.5 Do đó: IF = 4cm AB 17,5 17,5 Vậy EF = EI + IF = 25 + 4 = 29cm Bài 3: Cho hình thang cân ABCD (AD //BC). Đường cao BE cắt đường chéo AC tại F. Hai đường thẳng AB và CD cắt nhau ở M. Tính độ dài đoạn BM, biết AB= AF 2 20cm, và . FC 3 Giải: B C Vì ABCD là hình thang cân nên ta chứng minh được: AD = BC + 2AE F 2AE 4 Từ đó suy ra: A E D BC 3 2AE BC 4 3 AD 7 Do đó: hay BC 3 BC 3 Mặt khác trong tam giác MAD, do BC // AD nên ta có: MA AD 7 MB MA 7 MB BC 3 MB 3 Mà AB = 20 MB = 15cm Tiết 31: Bài 4: Cho hình thang ABCD (AB // CD), M là trung điểm cạnh CD. Gọi I là giao điểm của AM và BD, K là giao điểm của BM và AC. a. Chứng minh: IK // AB b. Đường thẳng IK cắt AD và BC theo thứ tự ở E và F Chứng minh: EI = IK = KF Giải: A B §ÆtAB = m, MC = MD = n E F a. Do AB // CD ta có: MI MD n (1) D M C IA AB m MK MC n (2) KB AB m 4
5. MI MK Từ (1), (2) AI KB Theo định lý đảo của định lý talÐt đối với tam giác MAB ta có: IK // AB b. Do EF // CD ta có: IE AI EI AI hay (3) DM AM n AM IK IM IK AI hay (4) MC AM n AM Từ (3), (4) EI = IK KF AI Tương tự ta cũng có: MC AM Từ đó ta có: EI = IK = KF (®pcm) Bài 5: Cho hình bình hành ABCD. Gọi G là một điểm trên cạnh CD, K là một DG 1 BK 3 điểm trên cạnh CB sao cho và . GC 2 KC 2 Gọi giao điểm của DB với AG và AK lần lượt là E và F. Tính độ dài các đoạn thẳng DE, EF, FB nếu biết BD = 24cm Giải: A B DE DG Do DG // AB nên K EB AB mà AB = CD do đó E DE DG 1 DE 1 D G C EB DC 3 DB 4 Vậy DE = 1 DB = 6cm 4 Tương tự: BF = 3 BD = 9cm 8 Từ đó ta có: EF = 9cm Tiết 32: Bài 6: Qua trọng tâm G của tam giác ABC, kẻ đường thẳng song song với AC cắt AB và BC lần lượt tại D và E. Tính độ dài đoạn DE, biết AD + EC = 16cm, chu vi của tam giác ABC bằng 75cm. Giải: A 5
6. KG 1 BG 2 Ta có: , D BK 3 BK 3 AD EC GK 1 Do đó: DE // AC nên K AB BC BG 3 AD EC 1 AB BC 3 Vì AD + EC = 16cm và AB + BC = 75 - AC B E C 16 1 Từ đó ta có: 75 AC 3 Do đó AC = 27cm DE 2 DE 2 Ta lại có: hay DE = 18cm AC 3 27 3 Bài 7: Hình thang ABCD (AB // CD) có AB = 2,5cm, AD = 3,5cm, BD = 5cm và góc <DAB = <DBC a. Chứng minh: tam giác ADB đồng dạng với tam tam giác BCD b. Tính độ dài các cạnh BC, CD. c. Sau khi tính hãy vẽ lại hình chính xác bằng thước và compa Giải: a. Ta có: góc <ABD = <BDC (2 góc so le trong) Góc <DAB = <DBC (gt) A B Vậy AB D đồng dạng với B D C (c.c.c) AB AD BD b. Ta có: BD BC DC 2,5 3,5 5 5.5 hay DC = 10cm D C 5 BC CD 2,5 5.3,5 BC = 7cm 2,5 c. Vẽ hình thang ABCD - B1: Vẽ tam giác ABD theo độ dài cho trước của mỗi cạnh. - B2: Lấy B làm tâm quay cung tròn có bán kính 7cm, lấy D làm tâm quay cùng tròn có bán kính 10cm, hai cung tròn này cắt nhau tại điểm C (khác phía với A so với BD) Tiết 33: 6
7. Bài 8: Cho tam giác vuông ABC (góc A = 900). Dựng AD vuông góc với BC (D FD EA thuộc BC). đường phân giác BE cắt AD tại F. Chứng ming: . FA EC Giải: Do BE là đường phân giác của tam giác ABD (tại đỉnh B) nên ta có: A FD BD (1) E FA BA BE là đường phân giác của tam giác ABC tại đỉnh B dã đó ta có: EA BA (2) B D C EC BC Tam giác DBA đồng dạng với tam giác ABC (g.g) BD BA FD EA Ta lại có: (3). Từ (1), (2), (3) AB BC FA EC Bài 9: Đường cao của một tam giác vuông xuất phát từ đỉnh góc vuông chia cạnh huyền thành hai đoạn thẳng có độ dài là 9cm và 16cm. Tính độ dài các cạnh của tam giác vuông đó. Giải: Giả sử tam giác ABC vuông ở A, có đường cao AH Và BH = 9cm, CH = 16cm A Xét tam giác vuông HBA và HAC có: Góc <BAH + <HAC = 1v (1) Góc <HCA + <HAC = 1v (2) Từ (1) và (2) <BHA = <HCA HBA đồng dạng với H A C (g.g) B H C HB HA nên HA2 = HB . HC = 6. 16 = 144 HA HC HA = 12cm áp dụng định lý Pitago ta vào các tam giác vuông HBA, HAC ta có: AB2 = HB2 + HA2 = 92 + 122 AB = 225 = 15cm AC2 = HC2 + HA2 = 162 + 122 = 400 AC = 400 = 20cm BC = BH + CH = 9 + 16 = 25cm Tiết 34: Bài 10:Cho hình thang vuông ABCD (<A = <D = 900), AB = 6cm, CD = 12cm, AD = 17cm. Trên cạnh AD đặt đoạn thẳng AE = 8cm. Chứng minh góc 7
8. <BEC = 900. Giải: Ta có: DE = AD - AE = 17 - 8 = 9cm A B AB AE 6 8 Từ đó ta có: (vì ) DE DC 9 12 Vậy AB E đồng dạng với DE C E Do đó: góc <AEB = <DEC (1) Góc <ABE = <DEC (2) Từ (1), (2) góc <AEB + DEC = 900 D C nên <BEC = 900 Bài 11: Cho hình bình hành ABCD. Qua A kẻ một đường thẳng tuỳ ý cắt BD, BC, CD lần lượt ở E, K, G. Chứng minh: a. AE2 = EK . EG 1 1 1 b. AE AK AG c. Khi đường thẳng đi qua A thay đổi thì tích BK. DG có giá trị không đổi. Giải: EK BE a. Do BK // AD nên (1) AE ED AE BE Do AB // DG nên (2) EG ED EK AE Từ (1) và (2) AE EG Do đó : AE2 = EK . EG AE DE AE DE b. Ta có: (3) EK EB AK DB AE BE Tương tự: (4) AG BD Cộng vỊ với vỊ của (3) và (4) ta có: AE AE DE BE BD 1 AK AG DB BD BD c. Đặt AB = a, AD = b BK a KC CG Như vậy: (*); và ( ) KC CG b DG Nhân vỊ với vỊ của (*) và ( ) ta có: BK a BK - DG = ab không đổi. b DG 8
9. Đề Số 2 A. Mục tiêu - Học sinh nắm được liên hệ giữa thứ tự và phép cộng, giữa thứ tự và phép nhân. - Biết cách giải bất phương trình bậc nhất một ẩn và phương trình chứa giá trị tuyệt đối. - Rèn luyện cho học sinh kỹ năng giải bài tập. B. Thời lượng: 6 tiết (tiết 35, 36, 37, 38, 39, 40) C. Thực hiện: Tiết 35: Câu hỏi: 1. Nhắc lại sự liên hệ giữa thứ tự và phép cộng, sự liên hệ giữa thứ thù và phép nhân. 2. Thế nào là bất phương trình bậc nhất một ẩn? Hai bất phương trình như thế nào gọi là tương đương? 3. Nêu quy tắc chuyển vỊ và quy tắc nhân của bất phương trình. 4. Nêu cách giải bất phương trình bậc nhất một ẩn. 5. Nêu định nghĩa giá trị tuyệt đối của một số. Bài 1: Cho a, b là hai số bất kỳ, chứng tỏ rằng a b 2 2ab 2 Giải: Ta có: (a - b)2 0 a2 - 2ab + b2 0 a2 - 2ab + 4ab + b2 4ab a2 + 2ab + b2 4ab (a + b)2 4ab 1 (a + b)2 1 . 4ab 2 2 Dấu “=” xảy ra khi a - b = 0 hay a - b. Bài 2: Chứng minh bất ®¼nh thức. a. a2 + b2 + 1 ab + a + b b. a2 + b2 + c2 a(b + c) Giải: 9
10. a. Ta có: (a + b)2 0 và (a - 1)2 0 a2 + b2 2ab (1); a2 + 1 2a (2) Lại có: (b - 1)2 0 b2 + 1 2b (3) Cộng vế với vế của (2) và (3) ta có: 2(a2 + b2 + 1) 2(ab + a + b) 1 . 2(a2 + b2 + 1) 1 . 2(ab + a + b) 2 2 a2 + b2 + 1 ab + a + b a b 0 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a 1 0 a b 1 b 1 0 b. Ta có: a2 + b2 + c2 a(b + c) 2a2 + 2b2 + 2c2 2ab + 2ac 2a2 + 2b2 + 2c2 - 2ab - 2ac 2ab + 2ac - 2ab - 2ac (a - b)2 + (a - c)2 + b2 + c2 0 (1) BĐT (1) luôn đúng nên ta có đpcm. Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 0 Tiết 36: Bài 3: Giải các bất phương trình sau: a. 3x - 5 > 2(x - 1) + x b. (x + 2)2 - (x - 2)2 > 8x - 2 c. 3(4x + 1) - 2(5x + 2) > 8x - 2 x 3 x 3 d. 1 + x - 4 3 x 4 x 2 x 3 e. 5 + 2(x - 1) + x 3x - 5 > 2x - 2 + x 3x - 3x > - 2 + 5 0x > 3 10
11. Vậy bất PT vô nghiệm. b. (x + 2)2 - (x - 2)2 > 8x - 2 x2 + 4x + 4 - x2 + 4x - 4 > 8x - 2 8x - 8x > - 2 0x > - 2 Vậy bất PT vô số nghiệm. x 3 x 3 d. 1 + x - 4 3 12(1 x) 3(x 3) 3(x 1) 4(x 2) 12 12 12(1 + x) - 3(x - 3) > 3(x + 1) - 4(x - 2) 12 + 12x - 3x + 9 > 3x + 3 - 4x + 8 9x + 21 > - x + 11 10x > - 10 x > - 1 Vậy nghiệm của bất PT là x > - 1 x 4 x 2 x 3 e. 5 + 6 Vậy nghiệm của bất PT là x > 6 15(x 1) f. 2x2 + 2x + 1 - 2x(x + 1) 2 2(2x 2 2x 1) 15(x 1) 4x(x 1) 2 2 2(2x2 + 2x + 1) - 15(x - 1) 4x(x + 1) 4x2 + 4x + 2 - 15x + 15 4x2 + 4x 4x2 - 11x - 4x2 - 4x - 17 - 15x - 17 17 x 15 11
12. 17 Vậy nghiệm của bất PT là x 15 Bài 4: Cho các biểu thức sau: 2 A = x 2x 1 và B = 2x2 8x 10 x 2 4x 5 x 3 x 2 5x 3 a. Tìm điều kiện có nghĩa của B b. Tìm giá trị bé nhất của A và giá trị tương ứng của x. c. Tìm giá trị của x để A. B 0  x (x 1)2 Do đó: 0x hay A 0 (x 2)2 1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x + 1 = 0 x = - 1 x 2 2x 1 2x 2 8x 10 c. Ta có: A . B = . x 2 4x 5 x3 x 2 5x 3 (x 1) 2 2(x 2 4x 5) 2 = . = x 2 4x 5 (x 3)(x 1) 2 x 3 2 0 x 3 Do đó A. B < 0 x 3 x 1 x 3; x 1 Vậy với x < 3 và x - 1 thì A . B < 0 Bài 5: 4 a. Chứng tỏ bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x. 5 0 x 2 2x 2 x 2 4x 1 b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. A = x 2 12
13. Giải: 4 4 a. 5 5 0x x 2 2x 2 (x 1) 2 1 Vậy bất PT nghiệm đúng với mọi x. x 2 4x 1 4 1 4 1 b. A = = 1 3 4 x 2 x x 2 x x 2 2 1 = - 3 + 2 3 2 1 1 Dấu “=” xảy ra khi 2 0 hay x = x 2 Vậy biểu thức A đạt giá trị nhỏ nhất bằng - 3 khi x = 1 2 Bài 6: a. Chứng tỏ: (x - 1)(x - 3)(x - 4) (x - 6) + 10 1 2 b. Tìm x để A có giá trị nhỏ nhất A = x 2x 1 9 9 5 với x > 0 x 2 Giải: a. VT = (x - 1) (x - 3)(x - 4)(x - 6) + 10 = (x - 1)(x - 6)(x - 3)(x - 4) + 10 = (x2 - 7x + 6)(x2 - 7x + 12) + 10 = (x2 - 7x + 9 - 3)(x2 - 7x - 9 + 3) + 10 = (x2 - 7x + 9)2 - 9 + 10 = (x2 - 7x + 9)2 + 1 1x Do đó (x - 1)(x - 3)(x - 4)(x - 6) + 10 1x 1995(x 2 2x 1995) 1995x 2 2x.1995 19952 b. A = 1995x 2 1995x 2 1994x 2 x 2 2x.1995 19952 1994 (x 1995)2 = 1995x 2 1995 1995x 2 1994 (x 1995)2 1994 Ta thấy x 1995 1995x 2 1995 Dấu “=” xảy ra khi x - 1995 = 0 hay x = 1995 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1994 khi x = 1995 1995 Bài 7: Giải các phương trình có chứa dấu giá trị tuyệt đối sau. a. x 1 2 b. 5 x 2 x c. x 3 5x 7 d. x 3 5 x e. 3x 14 x 2 5 13
14. Giải: x 1 2 x 3 a. x 1 2 x 1 2 x 1 b. Xét 2 trường hợp TH1: Nếu x 0 thì PT 5 x 2 x trở thành 1 5x - 2 = x x = (thảo mãn đk x > 0) 2 TH2: Nếu x < 0 thì PT trở thành - 5x - 2 = x x = - 1 (thoả mãn đk x < 0) 3 Vậy phương trình có nghiệm: x = và x = - c. x 3 5x 7 - Nếu x - 3 0 hay x 3 ta có PT x - 3 - 5x = 7 x = - 2,5 (không thoả mãn đk x 3) - Nếu x - 3 < 0 hay x < 3 ta có PT - x + 3 - 5x = 7 x = - 2 (thoả mãn dk x < 3) 3 Vậy phương trình có nghiệm x = - 2 3 d. x 3 5 x Hai vế không âm bình phương hai vế ta có. (x + 3)2 = (5 - x)2 x2 + 6x + 9 = 25 - 10x + x2 x = 1 Vậy nghiệm của PT là: x = 1 e. 3x 14 x 2 5 - Xét x 2 ta có Pt: (14 - 3x) - (- x - 2) = 5 14 - 3x + x + 2 = 5 - 2x = - 11 x = 11 (không thoả mãn ®k) 2 14 - Xét - 2 < x ta có PT 3 (14 - 3x) - (x + 2) = 5 14 - 3x - x - 2 = 5 - 4x = - 7 x = 7 (thoả mãn ®k) 4 14
15. - Xét x > 14 ta có PT 3 (3x - 14) - (x + 2) = 5 3x - 14 - x - 2 = 5 2x = 21 x = 21 (thoả mãn ®k) 2 Vậy nghiệm của phương trình là: x = 7 và x = 21 4 2 2 x 3 x 2 x x Bài 8: Cho biểu thức A = : 1 x 3 2 2 x 2 5x 6 x 1 a. Rút gọn biểu thức A. b. Tìm giá trị của x để A > 1. Giải: 2 x 3 x 2 x x a. A = : 1 ®kx®: x 2 , x 3; x 1 x 3 2 2 x 2 5x 6 x 1 2 x 3 x 2 x x 1 x A = : x 3 x 2 (x 3)(x 2) x 1 2 x (x 2) (3 x)(x 3) 2 x x 1 A = . (x 3)(x 2) 1 4 x 2 9 x 2 2 x x 1 A = . (x 3)(x 2) 1 (x 3) x 1 A = . (x 3)(x 2) 1 A = x 1 x 2 x 2 b. Để a >1 x 3 x 1 1(1) x 2 x 1 x 1 x 1 x 2 Giải (1) 1 1 0 0 x 2 x 2 x 2 3 0 x + 2 1 x 3 Bài 9: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức. A = - x2 - y2 + xy + x + y 15
16. Và cá giá trị tương ứng của x và y Giải: A = - x2 - y2 + xy + x + y = - 1 (x2 - 2xy + y2) - 1 (x2 - 2x + 1) - 1 (y2 - 2y + 1) +1 2 2 2 1 = 1 -  x y 2 (x 1) 2 (y 1) 2  1 2 x y 0 1 1 0 x 1 Dấu “=” xảy ra khi x 1 0 x 1 y 1 y 1 0 y 1 x 1 Vậy giá trị lớn nhất là: A = 1 y 1 Bài 10: Giải bất phương trình a. 3x3 + 4x2 + 5x + 6 > 0 x 3 b. 2 x 2 Giải: a. 3x3 + 4x2 + 5x + 6 > 0 3x3 - 2x2 + 6x2 - 4x + 9x - 6 > 0 x2(3x - 2) + 2x(3x - 2) + 3(3x - 2) >0 (3x - 2)(x2 + 2x + 3) > 0 Ta thấy x2 + 2x + 3 > 0 nên 3x - 2 > 0 x > 2 3 b. x 3 x 3 2x 4 x 7 2 0 0 0 x 2 x 2 x 2 x 7 0 x 7 x 7 x 2 0 x 2 0 7 x 2 x 2 x 7 0 x 7 x 2 0 x 2 Vậy bất phương trình đã cho có các nghiệm là - 7 0 (x 1999) 2 Tìm giá trị lớn nhất đó. Giải: 16
17. Đặt a = 1999 x (x x)2 (x a)2 4· Khi đó: A(x) = (x a)2 4a(x a)2 (x a)2 (x a) 2 1 (x a) 2 1 = (với a> 0, x > 0) 4a(x a)2 4a 4a(x a) 2 4a (x a) 2 Vì a > 0 nên 4a(x +a)2 0 - 0x 4a(x a) 2 1 A(x) = x a 4a 1 Thay x = 1999 ta có giá trị lớn nhất của A(x) = x 1999 4.1999 17