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.