TXĐ: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$.

Ta có:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \dfrac{{\sqrt {{x^2} + 1} }}{{x - 1}} =  + \infty ,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \dfrac{{\sqrt {{x^2} + 1} }}{{x - 1}} =  - \infty$

Suy ra $x = 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{\sqrt {{x^2} + 1} }}{{x - 1}} = 1,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{\sqrt {{x^2} + 1} }}{{x - 1}} =  - 1$

Suy ra $y = 1,\,\,y =  - 1$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có tất cả 3 đường tiệm cận.

Dựa vào đồ thị hàm số ta có hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên các khoảng $\left( { - \infty ;\,0} \right)$ và $\left( {2;\, + \infty } \right).$

Hàm số $y = f\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left( {0;\,\,2} \right).$

Xét hàm số: $y =  - 2f\left( x \right)$ ta có: $y' =  - 2f'\left( x \right).$

Hàm số đồng biến $\Leftrightarrow  - 2f'\left( x \right) \ge 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) \le 0 \Leftrightarrow 0 \le x \le 2.$

Vậy hàm số $y =  - 2f\left( x \right)$ đồng biến $\Leftrightarrow x \in \left[ {0;\,2} \right].$

Theo bài ra ta có: $IC$ là hình chiếu vuông góc của $A'C$  trên $\left( {ABCD} \right)$

$\Rightarrow \widehat {\left( {A'C;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {A'C;IC} \right)} = \widehat {A'CI} = \alpha$

Xét tam giác vuông $IBC$ có: $IC = \sqrt {I{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{4} + {a^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}$

Xét tam giác vuông $A'IC$  có: $A'I = IC.\tan \alpha  = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}.\dfrac{2}{{\sqrt 5 }} = a$

${S_{\Delta ICD}} = \dfrac{1}{2}d\left( {I;CD} \right).CD = \dfrac{1}{2}a.a = \dfrac{{{a^2}}}{2}$

Vậy ${V_{A'.ICD}} = \dfrac{1}{3}A'I.{S_{\Delta ICD}} = \dfrac{1}{3}.a.\dfrac{{{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^3}}}{6}$

Các khối tứ diện, khối hộp, khối lăng trụ tam giác đều là khối đa diện lồi.

Lắp ghép 2 khối hộp chưa chắc được một khối đa diện lồi.      

Tập xác định: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ m \right\}$$\Rightarrow m \notin \left[ {1;\;2} \right]$.

$f'\left( x \right) = \dfrac{{ - {m^2} - 1}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}} < 0;\forall x \ne m$$\Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {1;\;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = \dfrac{{m + 1}}{{1 - m}}$

Theo đề bài $\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;\;2} \right]} f\left( x \right) =  - 2 \Leftrightarrow \dfrac{{m + 1}}{{1 - m}} =  - 2 \Leftrightarrow m + 1 = 2m - 2 \Leftrightarrow m = 3$

Nếu $A',B',C'$ là ba điểm lần lượt nằm trên các cạnh $SA,SB,SC$ của hình chóp tam giác $S.ABC$. Khi đó:

$\dfrac{{{V_{S.A'B'C'}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SA'}}{{SA}}.\dfrac{{SB'}}{{SB}}.\dfrac{{SC'}}{{SC}}$

Vì $\Delta ABC$ vuông nên áp dụng pitago.

$CB = \sqrt {A{B^2} - A{C^2}}  = \sqrt {5{a^2} - {a^2}}  = 2a.$.

Diện tích đáy ${S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}.a.2a = {a^2}$.

Thể tích khối chóp: ${V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}.{S_{\Delta ABC}}.SA = \dfrac{1}{3}.{a^2}.3a = {a^3}.$

Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - m} \right\}$.

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó $\Leftrightarrow y' < 0,\forall x \in D.$

$\Leftrightarrow \dfrac{{{m^2} - 2}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}} < 0,\forall x \in D$$\Leftrightarrow {m^2} - 2 < 0 \Leftrightarrow m \in \left( { - \sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right) \Rightarrow m \in \left\{ { - 1;0;1} \right\}$.

Bát diện đều có $8$ mặt là các tam giác đều.

Nhị thập diện đều có $20$ mặt là các tam giác đều.

Tứ diện đều có $4$ mặt là các tam giác đều.

Thập nhị diện đều có $12$ mặt là các ngũ giác đều.

Quan sát đồ thị ta thấy $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y =  + \infty$ nên $a < 0$.

Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất không có cực trị.

Phương trình hoành độ giao điểm: $3{x^2} = {x^3} + {x^2} + x + 1 \Leftrightarrow {x^3} - 2{x^2} + x + 1 = 0$.

Xét hàm $f\left( x \right) = {x^3} - 2{x^2} + x + 1$ ta có:

$f'\left( x \right) = 3{x^2} - 4x + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}  x = 1 \Rightarrow f\left( 1 \right) = 1 \hfill \\  x = \dfrac{1}{3} \Rightarrow f\left( {\dfrac{1}{3}} \right) = \dfrac{{31}}{{27}} \hfill \\ \end{gathered}  \right.$ 

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy đường thẳng $y = 0$ chỉ cắt đồ thị hàm số tại $1$ điểm duy nhất nên hai đồ thị hàm số cắt nhau tại duy nhất $1$ điểm.

Hai hình tứ diện có tất cả các cạnh bằng nhau và bằng $a$ thì chúng bằng nhau.

Quan sát bốn hình, có hình C có cạnh là cạnh chung của 4 đa giác, vậy hình này không phải khối đa diện.

Dựa vào bảng xét dấu ta thấy $f'\left( x \right)$ đổi dấu qua $x =  - 1,\,\,\,x = 0$ và $x = 2$ nên hàm số có 3 điểm cực trị.

Ta có: $A'A = 2SA',B'B = 2SB',C'C = 2SC'$

$\Rightarrow \overrightarrow {SA'} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {SB'} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow {SB} ,\overrightarrow {SC'} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow {SC}$

Do đó phép vị tự tâm $S$ tỉ số $k = \dfrac{1}{3}$ biến các điểm $A,B,C$ thành $A',B',C'$.

Đồ thị hàm số cắt đường thẳng $y = 3$ tại 3 điểm phân biệt$\Rightarrow f\left( x \right) = 3$ có 3 nghiệm phân biệt.

Hàm số $y = \dfrac{1}{x}$ là hàm số lẻ nên đồ thị hàm số nhận điểm $\left( {0;0} \right)$ làm tâm đối xứng.

Ta thấy hai lăng trụ đứng $ABC.A'B'C'$ và $AA'D'.BB'C'$ có một phép đối xứng qua mặt phẳng $\left( {AB'C'D} \right)$ nên hai lăng trụ này bằng nhau.

Dựa vào BBT và các phương án lựa chọn, ta thấy:

Đây là dạng hàm số trùng phương có hệ số $a < 0$. Loại A và C.

Mặt khác, đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {0;2} \right)$ nên loại B.

${V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SA \cdot {S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3} \cdot a\sqrt 6  \cdot {a^2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 6 }}{3}$.

Ta có: $Pt \Leftrightarrow 2f\left( x \right) =  - 3 \Leftrightarrow f\left( x \right) =  - \dfrac{3}{2}.\;\;\left( * \right)$

Số nghiệm của phương trình $\left( * \right)$ là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và đường thẳng $y =  - \dfrac{3}{2}.$

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng $y =  - \dfrac{3}{2}$ cắt đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ tại 4 điểm phân biệt.

$\Rightarrow Pt\;\;\left( * \right)$ có 4 nghiệm phân biệt.

Khối đa diện lồi có $D$ đỉnh, $M$ mặt và $N$ cạnh thì $D - C + M = 2$.

Nếu $M =  - 2$ là GTLN của hàm số $y = f\left( x \right)$ trên $\left[ {1;3} \right]$ thì $f\left( x \right) \leqslant  - 2,\forall x \in \left[ {1;3} \right]$.

Ta có : $y' = 1 + \dfrac{1}{{{x^2}}} > 0,\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right]$.

Suy ra hàm số $y = x - \dfrac{1}{x}$ đồng biến trên $\left( { - \infty ; - 1} \right]$.

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là $y( - 1) = 0$.

Gọi $O = AC \cap BD$. Vì chóp $S.ABCD$ đều nên $SO \bot \left( {ABCD} \right)$

Vì chóp $S.ABCD$ đều nên $ABCD$ là hình vuông $\Rightarrow {S_{ABCD}} = A{B^2} = 16 \Rightarrow AB = 4\left( {cm} \right) = AD$

Gọi $E$ là trung điểm của AB$\Rightarrow OE$ là đường trung bình của tam giác ABD$\Rightarrow OE//AD \Rightarrow OE \bot AB$ và $OE = \dfrac{1}{2}AD = \dfrac{1}{2}.4 = 2\left( {cm} \right)$

$\left. \begin{array}{l}OE \bot AB\\SO \bot AB\,\,\left( {SO \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AB \bot \left( {SOE} \right) \Rightarrow AB \bot SE$

$\Rightarrow {S_{\Delta SAB}} = \dfrac{1}{2}SE.AB = 8\sqrt 3  \Rightarrow SE = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{{AB}} = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{4} = 4\sqrt 3 \left( {cm} \right)$

$SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OE \Rightarrow \Delta SOE$ vuông tại O$\Rightarrow SO = \sqrt {S{E^2} - O{E^2}}  = \sqrt {48 - 4}  = \sqrt {44}  = 2\sqrt {11} \left( {cm} \right)$

Vậy ${V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.2\sqrt {11} .16 = \dfrac{{32\sqrt {11} }}{3}\left( {c{m^3}} \right)$

Hình hộp chữ nhật có $3$ mặt phẳng đối xứng, đó là mặt phẳng đi qua trung điểm các cạnh đối diện.

Ta có $SA = a,{\rm{ }}{{\rm{S}}_{\Delta ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$. Suy ra thể tích ${V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}$.

Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } y =  + \infty$ thì đường thẳng $x = {x_0}$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

$y = {x^3} + 2a{x^2} + 4bx - 2018,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (a,{\mkern 1mu} b \in R) \Rightarrow y' = 3{x^2} + 4ax + 4b$

Hàm số trên đạt cực trị tại  $x =  - 1$

$\Rightarrow 3{( - 1)^2} + 4a.( - 1) + 4b = 0$ $\Leftrightarrow 3 - 4a + 4b = 0 \Leftrightarrow 3 - 4(a - b) = 0$ $\Leftrightarrow a - b = \dfrac{3}{4}$

TXĐ: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}$.

Hàm số $y = f\left( x \right) = \dfrac{{mx + 5}}{{x + 1}}$ đi qua $A\left( {1; - 3} \right)$ nên ta có : $f\left( 1 \right) =  - 3 \Leftrightarrow \dfrac{{m + 5}}{{1 + 1}} =  - 3 \Rightarrow m =  - 11$

Vậy $m =  - 11$ thì hàm số đã cho đi qua $A\left( {1; - 3} \right)$.

Ta có $y' = \cos x \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow \cos x = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Do $x\in \left[ { - \dfrac{\pi }{2}; - \dfrac{\pi }{3}} \right]$ nên $k=-1$ hay $x=-\dfrac{\pi }{2}$

Suy ra $y\left( { - \dfrac{\pi }{2}} \right) =  - 1;\;\;y\left( { - \dfrac{\pi }{3}} \right) =  - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\rm{\;}}&{\mathop {\max}\limits_{\left[ { - \frac{\pi }{2}; - \frac{\pi }{3}} \right]}y =  - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}}\\{{\rm{ \;}}}&{\mathop {\min }\limits_{\left[ { - \frac{\pi }{2}; - \frac{\pi }{3}} \right]} y =  - 1}\end{array}} \right.$

$y = {x^3} - 3{x^2} + 5 \Rightarrow y' = 3{x^2} - 6x = 3x\left( {x - 2} \right)$

Kết luận: Hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( { - \infty ;0} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right)$

Hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left( {0;2} \right)$

Có  $y' = 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow x = {\rm{\;}} \pm 1$

Vì hệ số của  ${x^3}$ là dương nên đồ thị hàm số có điểm cực tiểu  $\left( {1;3} \right)$

Ta có: $y' = {\rm{\;}} - 3{{\rm{x}}^2} + 2\left( {2m + 1} \right)x - \left( {{m^2} - 1} \right)$

Hàm số có 2 cực trị nằm về 2 phía trục tung$\Leftrightarrow {\rm{\;}} - 3{{\rm{x}}^2} + 2\left( {2m + 1} \right)x - \left( {{m^2} - 1} \right) = 0$ có hai nghiệm phân biệt trái dấu$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {2m + 1} \right)}^2} - 3\left( {{m^2} - 1} \right) > 0}\\{{m^2} - 1 < 0}\end{array}} \right.$$\Leftrightarrow {\rm{\;}} - 1 < m < 1$

Ta có: $y' = 5{{\text{x}}^4} - 20{{\text{x}}^3} + 15{{\text{x}}^2} = 0 \Leftrightarrow 5{x^2}\left( {{x^2} - 4x + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}x = 0 \in \left[ { - 1;2} \right] \hfill \\x = 1 \in \left[ { - 1;2} \right] \hfill \\x = 3 \notin \left[ { - 1;2} \right] \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

$f( - 1) =  - 10, f(0)  =  1,$ $f(1)  =  2, f(2)   = - 7$

Vậy giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm trên $\left[ { - 1;2} \right]$ lần lượt là $2$ và $- 10$

Đồ thị hàm số (1) có tâm đối xứng là $\left( { - 3;1} \right)$ nên loại.

Đồ thị hàm số  (2) có tâm đối xứng là $\left( {2; - 3} \right)$ nên đúng.

Đồ thị hàm số  (3) có tâm đối xứng là $\left( {2; - 3} \right)$ nên đúng.

Đồ thị hàm số  (4) có tâm đối xứng là $\left( { - 2; - 3} \right)$ nên loại.

Đồ thị hàm số  (5) có tâm đối xứng là $\left( {2; - \dfrac{1}{3}} \right)$ nên loại.

Chọn $m = 2,$ khi đó hàm số trở thành $y = \dfrac{{1 + \sqrt {x + 1} }}{{\sqrt {{x^2} - 2x - 6} }}$

Rõ ràng $1 + \sqrt {x + 1}  > 0{\mkern 1mu} ,\forall x \ge  - 1$

Khi đó để hàm số$y = \dfrac{{1 + \sqrt {x + 1} }}{{\sqrt {{x^2} - mx - 3m} }}$ có hai tiệm cận đứng thì phương trình ${x^2} - mx - 3m = 0$ cần có hai nghiệm phân biệt thuộc $\left[ { - 1; + \infty } \right)$ .

Gọi hai nghiệm phân biệt là ${x_1}$ và ${x_2}$.

Khi đó ta phải có

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta  > 0}\\{{x_1},{x_2} \ge  - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( { - m} \right)}^2} - 4\left( { - 3m} \right) > 0}\\{\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right) \ge 0}\end{array}} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m^2} + 12m > 0}\\{{x_1}{x_2} + {x_1} + {x_2} + 1 \ge 0}\end{array}} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \in \left( { - \infty ; - 12} \right) \cup \left( {0; + \infty } \right)}\\{-3m + m + 1 \ge 0}\end{array}} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \in \left( { - \infty ; - 12} \right) \cup \left( {0; + \infty } \right)}\\{m \le  \dfrac{1}{2}}\end{array}} \right.$ $\Leftrightarrow m \in \left( {0; \dfrac{1}{2} } \right]$

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  - \infty  \Rightarrow a < 0$.

$y' = 3a{x^2} + 2bx + c$.

Dựa vào BBT ta thấy hàm số có hai điểm cực trị ${x_1} =  - 1,\,\,{x_2} = 2$ nên phương trình $y' = 0$ có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn $S = {x_1} + {x_2} = 1 > 0$, $P = {x_1}{x_2} =  - 2 < 0$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = {b^2} - 3ac > 0\\S = \dfrac{{ - 2b}}{{3a}} > 0\\P = \dfrac{c}{{3a}} < 0\end{array} \right.$.

Mà $a < 0$ nên $b > 0$ và $c > 0$.

Dựa vào BBT ta thấy tại điểm $x = 0$ thì $y > 0$, do đó $d > 0$.

Vậy trong 4 hệ số a, b, c, d chỉ có 1 số âm.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có TCĐ: $x =  - 1 \Rightarrow c = 1.$

Đồ thị hàm số có TCN: $y =  - 1 \Rightarrow a =  - 1.$

$\Rightarrow y = \frac{{ - x + b}}{{x + 1}}.$

Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {0;\,\,1} \right) \Rightarrow b = 1.$

$\Rightarrow a + 2b + c =  - 1 + 2.1 + 1 = 2.$

Đồ thị hàm số $y = \dfrac{{ax + 2}}{{2x + d}}$  có $\left\{ \begin{align} & \xrightarrow{TCD}x=-\dfrac{d}{2}=-\dfrac{1}{2}\Rightarrow d=1 \\  & \xrightarrow{TCN}y=\dfrac{a}{2}=1\Rightarrow a=2 \\ \end{align} \right.\Rightarrow 3a+d=7$

Hệ số góc của tiếp tuyến của $\left( C \right)$ là $y' = 3a{x^2} + 2bx + c$là 1 parabol đạt GTNN khi $a > 0$ tại $x =  - \frac{{2b}}{{2.3a}} = \frac{{ - b}}{{3a}}$.

Ta có $y = {x^3} + 3{x^2} - 4 \Rightarrow y' = 3{x^2} + 6x \Rightarrow y'' = 6x + 6$; $y'' = 0 \Leftrightarrow x =  - 1$

Vứi $x =  - 1$ thì $y =  - 2$. Vậy $M\left( { - 1; - 2} \right)$ là trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm cực trị của đồ thị hàm số. Mà $M\left( { - 1; - 2} \right) \in d:2x + y + 4 = 0$.

$\left. \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA\end{array} \right\} \Rightarrow SA \bot \left( {ABCD} \right)$

$\Rightarrow AC$ là hình chiếu vuông góc của $SC$ trên $\left( {ABCD} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SC;AC} \right)} = \widehat {SCA} = {45^0}$

(vì $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AC \Rightarrow \Delta SAC$ vuông tại $A \Rightarrow \widehat {SCA} < {90^o}$)

$\Rightarrow SA = AC = a\sqrt 2$

$\begin{array}{l}{S_{ABCD}} = {a^2}\\{S_{AMN}} = \dfrac{1}{2}AM.AN = \dfrac{1}{2}\dfrac{a}{2}\dfrac{a}{2} = \dfrac{{{a^2}}}{8}\\{S_{BCM}} = \dfrac{1}{2}BM.BC = \dfrac{1}{2}\dfrac{a}{2}.a = \dfrac{{{a^2}}}{4}\\ \Rightarrow {S_{MCDN}} = {S_{ABCD}} - {S_{AMN}} - {S_{BCM}} = {a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{8} - \dfrac{{{a^2}}}{4} = \dfrac{{5{a^2}}}{8}\\ \Rightarrow {V_{S.MCDN}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{MCDN}} = \dfrac{1}{3}a\sqrt 2 .\dfrac{{5{a^2}}}{8} = \dfrac{{5{a^3}\sqrt 2 }}{{24}}\end{array}$

Có $5$ và chỉ $5$ khối đa diện đều: Khối tứ diện đều, khối lập phương, khối bát diện đều, khối $12$ mặt đều, khối $20$ mặt đều.

Ta có

+) $1 + xy = {x^2} + {y^2} \ge 2xy \Leftrightarrow xy \le 1$ vì ${\left( {x - y} \right)^2} = {x^2} + {y^2} - 2xy \ge 0$.

+) ${x^2} - xy + {y^2} = 1 \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} - 3xy = 1 \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} = 1 + 3xy \ge 0 \Leftrightarrow xy \ge  - \dfrac{1}{3}$.

Khi đó $P = \dfrac{{{x^4} + {y^4} + 1}}{{{x^2} + {y^2} + 1}} = \dfrac{{{{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)}^2} - 2{x^2}{y^2} + 1}}{{{x^2} + {y^2} + 1}} = \dfrac{{{{\left( {1 + xy} \right)}^2} - 2{{\left( {xy} \right)}^2} + 1}}{{xy + 2}}$.

Đặt $t = xy,\,t \in \left[ { - \dfrac{1}{3};\,\,1} \right]$, xét hàm số $P = \dfrac{{ - {t^2} + 2t + 2}}{{t + 2}}$

$P' = \dfrac{{ - {t^2} - 4t + 2}}{{{{\left( {t + 2} \right)}^2}}}$; $P' = 0 \Leftrightarrow t =  - 2 + \sqrt 6$

Mà $P\left( { - \dfrac{1}{3}} \right) = \dfrac{{11}}{{15}}$; $P\left( 1 \right) = 1$; $P\left( { - 2 + \sqrt 6 } \right) = 6 - 2\sqrt 6$

Khi đó: $m = P\left( { - \dfrac{1}{3}} \right) = \dfrac{{11}}{{15}}$; $M = P\left( { - 2 + \sqrt 6 } \right) = 6 - 2\sqrt 6$

Vậy $A = M + 15m = 17 - 2\sqrt 6$.

Gọi cạnh của hình lập phương là $a$.

Ta có:

 $\left( \alpha  \right) \bot AC'$$\Rightarrow \left( \alpha  \right)\parallel BD$. Trong $\left( {BDD'B'} \right)$ kẻ $MN\parallel BD\,\,\left( {N \in DD'} \right)$.

 $\left( \alpha  \right) \bot AC' \Rightarrow \alpha \parallel B'C$. Trong $\left( {BCC'B'} \right)$ kẻ $MQ\parallel B'C\,\,\left( {Q \in BC} \right)$.

$\left( \alpha  \right) \bot AC'$$\Rightarrow \left( \alpha  \right)\parallel BD$. Trong $\left( {BDD'B'} \right)$ kẻ $MN\parallel BD\,\,\left( {N \in DD'} \right)$.

 $\left( \alpha  \right) \bot AC' \Rightarrow \alpha \parallel B'C$. Trong $\left( {ABCD} \right)$ kẻ $PQ\parallel BD\,\,\left( {P \in DC} \right)$.

Khi đó $\left( \alpha  \right) \equiv \left( {MNPQ} \right)$.

Theo cách dựng ta có $BQ = 2QC,\,\,DP = 2PC,\,\,DN = 2ND'$.

Gọi $H$ là điểm thuộc $CC'$ sao cho $CH = 2HC'$.

Khi đó ta có: ${V_{CPQMNC'}} = {V_{C.MHN}} + {V_{CQP.MHN}}$.

Xét hình chóp $C'.MHN$ có $C'H = \dfrac{a}{3}$, ${S_{\Delta MHN}} = \dfrac{1}{2}{a^2}$.

$\Rightarrow {V_{C'.MHN}} = \dfrac{1}{3}C'H.{S_{\Delta MHN}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{a}{3}.\dfrac{{{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^3}}}{{18}} = \dfrac{V}{{18}}$.

Xét hình chóp cụt $CQP.MHN$ có

$\begin{array}{l}{V_{CQP.MHN}} = {V_{I.MHN}} - {V_{I.CQP}} = \dfrac{1}{3}\left( {IH.{S_{\Delta MHN}} - IC.{S_{\Delta CQP}}} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{3}\left( {a.\dfrac{1}{2}{a^2} - \dfrac{a}{3}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{a}{3}.\dfrac{a}{3}} \right) = \dfrac{{13{a^3}}}{8} = \dfrac{{13V}}{{81}}\end{array}$

$\Rightarrow {V_1} = {V_{CPQMNC'}} = {V_{C.MHN}} + {V_{CQP.MHN}} = \dfrac{V}{{18}} + \dfrac{{13V}}{{81}} = \dfrac{{35V}}{{162}}$.

Vậy $\dfrac{{{V_1}}}{V} = \dfrac{{35}}{{162}}$

Gọi hình trụ có chiều cao $h$, bán kính đáy $r$.

Ta có: $V = \pi {r^2}h \Rightarrow h = \dfrac{{64\pi }}{{\pi {r^2}}} = \dfrac{{64}}{{{r^2}}}$

Để tốn ít nhiên liệu nhất thì diện tích toàn phần nhỏ nhất.

Ta có: ${S_{tp}} = 2{S_{day}} + {S_{xq}} = 2\pi {r^2} + 2\pi rh = 2\pi {r^2} + \dfrac{{128\pi }}{r}$.

Xét hàm số $f\left( r \right) = 2\pi {r^2} + \dfrac{{128\pi }}{r}$ với $r > 0$.

Ta có $f'\left( r \right) = 4\pi r - \dfrac{{128\pi }}{{{r^2}}};f'\left( r \right) = 0 \Leftrightarrow r = \sqrt[3]{{32}}\,$.

Lập bảng biến thiên ta có $f\left( r \right)$ đạt GTNN khi $r = \sqrt[3]{{32}}$.

Ta có :

$\begin{array}{l}f\left( x \right) = \dfrac{1}{{{x^2} - 4x + 5}} - \dfrac{{{x^2}}}{4} + x\\f\left( x \right) = \dfrac{1}{{{x^2} - 4x + 5}} - \dfrac{{{x^2} - 4x}}{4}\end{array}$

Đặt $t = {x^2} - 4x + 5$ với $x \in \left[ {0;3} \right]$ ta có $t' = 2x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = 2 \in \left[ {0;3} \right]$.

Ta có : $t\left( 0 \right) = 5;\,\,t\left( 2 \right) = 1,\,\,t\left( 3 \right) = 2$.

 $\Rightarrow$ Với $x \in \left[ {0;3} \right]$ thì $t \in \left[ {1;5} \right]$, khi đó hàm số trở thành $f\left( t \right) = \dfrac{1}{t} - \dfrac{{t - 5}}{4}$ với $t \in \left[ {1;5} \right]$.

Ta có $f'\left( t \right) =  - \dfrac{1}{{{t^2}}} - \dfrac{1}{4} < 0\,\,\forall t \in \left[ {1;5} \right]$.

$\Rightarrow$ Hàm số $y = f\left( t \right)$ nghịch biến trên $\left[ {1;5} \right]$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = \mathop {\max }\limits_{\left[ {1;5} \right]} f\left( t \right) = f\left( 1 \right) = 2 = M\\\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;5} \right]} f\left( t \right) = f\left( 5 \right) = \dfrac{1}{5} = m\end{array} \right.$

Vậy $M - m = 2 - \dfrac{1}{5} = \dfrac{9}{5}$.

Xét phương trình $y = \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)...\left( {x - 100} \right) = 0$, phương trình có 100 nghiệm phân biệt.

Phương trình $y = f\left( x \right) = 0$ là phương trình bậc 100, có 100 nghiệm, do đó hàm số $y = f\left( x \right)$ có 99 điểm cực trị.

Lại có $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  + \infty$ nên số điểm cực tiểu nhiều hơn số điểm cực đại là 1.

Do đó hàm số có 50 điểm cực tiểu, 49 điểm cực đại.