\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) = 1 \Rightarrow y = 1\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f\left( x \right) =  - 1 \Rightarrow y =  - 1\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

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

Đồ thị hàm số có TCN là \(y =  - \dfrac{1}{3}\).

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.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) = 0$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f\left( x \right) =  + \infty $ nên đồ thị hàm số chỉ một tiệm cận ngang là trục hoành.

\(f'\left( x \right) = {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right.\).

Từ đó ta có bảng biến thiên như sau:

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có \(1\) điểm cực trị duy nhất.

Nhận thấy trên đoạn $\left[ { - 2;3} \right]$ đồ thị hàm số có điểm cao nhất có tọa độ $\left( {3;4} \right).$

\( \Rightarrow \) giá trị lớn nhất của hàm số này trên đoạn $\left[ { - 2;3} \right]$ bằng \(4.\)

Hai hình chóp đều có chung đáy là các tam giác đều nên muốn bằng nhau chỉ cần các cạnh bên bằng nhau. Do đó khoảng cách từ hai đỉnh đến mặt đáy cũng bằng nhau.

Vậy hai đỉnh đối xứng nhau qua mặt đáy.

Hình bát diện đều có \(9\) mặt phẳng đối xứng.

Xét hàm số \(y=\dfrac{2x+1}{x-2}\):
+) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \dfrac{{2x + 1}}{{x - 2}} = + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \dfrac{{2x + 1}}{{x - 2}} = - \infty \)

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là \(x=2\). Phương án A: đúng.
+) \(y'=-\dfrac{5}{{{(x-2)}^{2}}}<0,\,\,\forall x\ne 2\) \(\Rightarrow \) Hàm số \(y=\dfrac{2x+1}{x-2}\) không có cực trị và hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( -\infty ;2 \right);\,\,\left( 2;+\infty \right)\). Phương án B và D: sai.
+) Ta có: \(3=\dfrac{2.1+1}{1-2}\) vô lí \(\Rightarrow \) Đồ thị hàm số không đi qua điểm\(A(1;3)\). Phương án C: sai.

Theo định nghĩa tiệm cận ngang thì đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận ngang là \(y =  \pm 1\).

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

TXĐ: $D = R$

TH1: $m = 0 \to y = x - 1.$

Hàm số không có cực trị.

TH2: $m \ne 0$.

Ta có: $y = \dfrac{{m{x^3}}}{3} - m{x^2} + x - 1$ $ \Rightarrow y' = m{x^2} - 2mx + 1.$

Để hàm số cho có cực đại, cực tiểu thì phương trình $y' = 0$ phải có $2$ nghiệm phân biệt

$ \Rightarrow \Delta ' = {m^2} - m > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} m < 0 \hfill \\ m > 1 \hfill \\\end{gathered}  \right..$

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.      

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy:

+) Với \(m < 3\) thì đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại \(3\) điểm phân biệt.

+) Với \(m = 3\) thì đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại \(2\) điểm phân biệt.

+) Với \(m > 3\) thì đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại  duy nhất \(1\) điểm.

Vậy đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại nhiều nhất \(3\) điểm.

Do đó phương trình đã cho có nhiều nhất \(3\) nghiệm.

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 $y( - 1) = 0$.

Vì hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( { - 3;7} \right)\) và tồn tại \(f\left( { - 3} \right),f\left( 7 \right)\) nên \(f\left( { - 3} \right) < f\left( x \right) < f\left( 7 \right),\forall x \in \left[ { - 3;7} \right]\).

Vậy \(f\left( { - 3} \right)\) là GTNN của \(f\left( x \right)\) trên \(\left[ { - 3;7} \right]\).

Nhận xét:  Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số bậc 3 có hệ số $a > 0$ nên loại đáp án A, C

Xét 2 đáp án B và D

Thay $x = 0;\,y = 2$ thì cả 2 đáp án B, D đều thỏa mãn

Thay $x = 2;\,y =  - 2$ chỉ có đáp án B thỏa mãn 

Vì \(\left( P \right)\) là mặt phẳng trung trực của \(BB'\) nên mọi điểm thuộc \(\left( P \right)\) sẽ cách đều \(B,B' \Rightarrow AB = AB'\).

Do đó \(\Delta ABB'\) cân tại \(A\).

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

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

Số giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là số nghiệm của phương trình:

$\begin{gathered}{x^3} + 2{x^2} - x + 1 = {x^2} - x + 3 \Leftrightarrow {x^3} + {x^2} - 2 = 0 \hfill \\   \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + 2x + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1 \hfill \\ \end{gathered} $

Như vậy hai đồ thị có $1 $ điểm chung.

Ta có: \(D = 8,M = 6\) thì \(D - C + M = 2 \Leftrightarrow 8 - C + 6 = 2 \Leftrightarrow C = 12\)

Vậy số cạnh là \(12\).

Gọi độ dài cạnh đáy là \(x\).

Có \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}{x^2}.a\sqrt 3  \Leftrightarrow 3{a^3}\sqrt 3  = \dfrac{1}{3}{x^2}.a\sqrt 3 \)\( \Leftrightarrow {x^2} = 9{a^2} \Leftrightarrow x = 3a.\)

- Khối đa diện đều loại \(\left\{ {n;p} \right\}\):

+ \(n\) là số cạnh của mỗi mặt.

+ \(p\) là số cạnh cùng đi qua một đỉnh.

Vì số đỉnh mỗi mặt bằng số cạnh mỗi mặt nên \(n\) cũng số đỉnh mỗi mặt.

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\). Ta có:

\(AM \bot BC\) (do \(\Delta ABC\) đều)

\(BC \bot AA'\,\,\left( {gt} \right)\)

\( \Rightarrow BC \bot \left( {AA'M} \right) \Rightarrow BC \bot A'M\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {A'BC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\AM \subset \left( {ABC} \right),\,\,AM \bot BC\\A'M \subset \left( {A'BC} \right),\,\,A'M \bot BC\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle \left( {\left( {A'BC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {A'M;AM} \right) = \angle A'MA = {60^0}\).

Vì \(\Delta ABC\) đều cạnh \(a\) nên \(AM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\) và \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Xét tam giác vuông \(A'AM\) có: \(AA' = AM.\tan {60^0} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\sqrt 3  = \dfrac{{3a}}{2}\).

Vậy thể tích khối lăng trụ là \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{3a}}{2}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{8}\).

+) Xét đáp án A:$y = \sin x - 3x$ có: $y' = \cos x - 3.$

Với $\forall {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \in R$ ta có: $ - 1 \le \cos x \le 1 \Rightarrow y' = {\rm{cosx\;}} - 3 < 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  \in R \Rightarrow $ hàm số nghịch biến trên $R.$

Vậy hàm số ở đáp án A không đồng biến trên $R$.

+) Xét đáp án B: $y = \cos x + 2x$ có: $y' = {\rm{\;}} - \sin x + 2.$

Với $\forall {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \in R$ ta có: $ - 1 \le \sin x \le 1 \Rightarrow y' = {\rm{\;}} - \sin x + 2 > 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  \in R$

Vậy hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}.$

+) Xét đáp án C: $y'=3x^2\ge 0, \forall x$ nên hàm số đồng biến trên $R$.

+) Xét đáp án D: $y'=5x^4\ge 0, \forall x$ nên hàm số đồng biến trên $R$.

Vậy chỉ có hàm số ở đáp án A không đồng biến trên $R$.

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:

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

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

Từ bảng biến thiên ta thấy, đạo hàm không đổi dấu trên $\left( { - \infty ; + \infty } \right)$ nên hàm số không có cực trị.

Đáp án A: đúng.

Đáp án B: Với \(m > 2\) hoặc \(m <  - 2\) thì đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị hàm số tại một điểm duy nhất nên B đúng.

Đáp án C: Hàm số đạt cực tiểu tại \(x =  - 1\) chứ không phải đạt cực tiểu bằng \( - 1\) nên C sai.

Đáp án D: Giá trị lớn nhất của hàm số trên \(\left[ { - 2;2} \right]\) đạt được bằng \(2\) tại \(x =  - 2\) nên D đúng.

Gọi \(O = AC \cap BD\) ta có \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {SA;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SA;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle SAO = {45^0} \Rightarrow SO = OA = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

\( \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.{a^2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}\).

Ta có $y' = 3{x^2} - 12x + m$. Để hàm số đồng biến trên $\left( {0; + \infty {\rm{\;}}} \right)$ thì $y' \ge 0{\mkern 1mu} ,\forall x > 0$

$ \Leftrightarrow 3{x^2} - 12x + m \ge 0,{\mkern 1mu} \forall x > 0 \Leftrightarrow  - 3{x^2} + 12x \le m,\forall x > 0$. (*)

Xét $y = g\left( x \right) =  - 3{x^2} + 12x$ với $x > 0$.

Ta có $g'\left( x \right) =  - 6x + 12 = 0 \Leftrightarrow x = 2$(TM).

BBT $y = g\left( x \right)$ với $x > 0$. 

Từ BBT ta có $\mathop {\max }\limits_{\left( {0; + \infty {\rm{\;}}} \right)} {\mkern 1mu} g\left( x \right) = 12$, từ (*) suy ra $m \ge \mathop {\max }\limits_{\left( {0; + \infty {\rm{\;}}} \right)} {\mkern 1mu} g\left( x \right) = 12 \Leftrightarrow m \ge 12$.

Ta có:

\(\begin{array}{l}g'\left( x \right) = 3{f^2}\left( x \right).f'\left( x \right) - 3f'\left( x \right)\\g'\left( x \right) = 0\\ \Leftrightarrow 3{f^2}\left( x \right).f'\left( x \right) - 3f'\left( x \right) = 0\\ \Leftrightarrow 3f'\left( x \right).\left[ {{f^2}\left( x \right) - 1} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f'\left( x \right) = 0\\f\left( x \right) = 1\\f\left( x \right) =  - 1\end{array} \right.\end{array}\)

Dựa vào BBT ta thấy:

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 2\\x = 0\\x = 1\end{array} \right.\), qua các nghiệm này \(f'\left( x \right)\) đều đổi dấu.

\(f\left( x \right) = 1\) có 4 nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}x = {x_1} \in \left( { - \infty ; - 2} \right)\\x = {x_2} \in \left( { - 2;0} \right)\\x = {x_3} \in \left( {0;1} \right)\\x = {x_4} \in \left( {1; + \infty } \right)\end{array} \right.\).

\(f\left( x \right) =  - 1\) có 3 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = {x_5} \in \left( { - \infty ; - 2} \right),\,\,{x_5} > {x_1}\\x = {x_6} \in \left( { - 2;0} \right),\,\,{x_6} < {x_2}\\x = 1\end{array} \right.\), trong đó

\(x = 1\) là nghiệm kép.

Suy hàm số \(g\left( x \right)\) có 3 + 4 + 2 = 9 điểm cực trị.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } g\left( x \right) =  + \infty \) nên số cực tiểu nhiều hơn số cực đại 1 điểm.

Vậy hàm số đã cho có 5 điểm cực tiểu.

Ta có \(y' = 3{x^2} - 6x - 9;{\rm{ }}y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1 \Rightarrow y = 5 + m\\x = 3 \Rightarrow y =  - 27 + m\end{array} \right..\)

Suy ra tọa độ hai điểm cực trị là \(A\left( { - 1;5 + m} \right)\) và \(B\left( {3; - 27 + m} \right)\).

Suy ra đường thẳng đi qua hai điểm \(A,{\rm{ }}B\) có phương trình \(y =  - 8x + m - 3\).

Ta có: \(\left| {f\left( x \right) + m} \right| < 2m\)

\(\Leftrightarrow  - 2m < f\left( x \right) + m < 2m\)

\(\Leftrightarrow  - 3m < f\left( x \right) < m\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3m < \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;4} \right]} f\left( x \right)\\\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;4} \right]} f\left( x \right) < m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3m <  - 2\\3 < m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > \dfrac{2}{3}\\m > 3\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 3\).

Kết hợp điều kiện đề bài \( \Rightarrow m \in \left( {3;10} \right],\,\,m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {4;5;6;7;8;9;10} \right\}\).

Vậy có 7 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Áp dụng công thức chuyển hệ tọa độ trong phép tịnh tiến theo véc tơ $\overrightarrow {OI} $: $\left\{ \begin{gathered}x = X + 0 \hfill \\y = Y + 4 \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

Ta có phương trình của $\left( C \right)$ trong hệ tọa độ $\left( {IXY} \right)$ là:$Y + 4 =  - {\left( {X + 0} \right)^2} + 3\left( {X + 0} \right) \Leftrightarrow Y =  - {X^2} + 3X - 4$.

Vậy $Y =  - {X^2} + 3X - 4$.

Ta có: $y = \dfrac{{{x^2} - 3x - 4}}{{{x^2} - 16}} = \dfrac{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 4} \right)}}{{\left( {x - 4} \right)\left( {x + 4} \right)}} = \dfrac{{x + 1}}{{x + 4}}$

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {4^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {4^ + }} \dfrac{{x + 1}}{{x + 4}} = - \infty ;\) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {4^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {4^ - }} \dfrac{{x + 1}}{{x + 4}} = + \infty \)

Ngoài ra \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{x + 1}}{{x + 4}} = \frac{5}{8} \ne \infty \) nên x=4 không là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số chỉ có $1$ tiệm cận đứng $x =  - 4$

Ta sử dụng theo cách trắc nghiệm để giải bài toán

Hàm số có nét cuối đi lên nên ta có: $a > 0$. Nên ta loại đáp án A.

Đồ thị hàm số  đi qua điểm $A(1;0) $ ta thay tọa độ điểm A vào 3 đáp án B, C, D thì đáp án D loại.

Đồ thị hàm số đi qua điểm $B(0;2)$ nên ta thay tọa độ điểm B vào đáp án B và C thì ta loại được đáp án C.

Đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{2x + b}}{{cx + d}}\) có \(\left\{ \begin{align}& \xrightarrow{TCN}y=\dfrac{2}{c}=2\Rightarrow c=1 \\  & \xrightarrow{TCD}x=-\dfrac{d}{c}=-\dfrac{d}{1}=-1\Rightarrow d=1 \\ \end{align} \right.\)

Hàm số có dạng \(y = \dfrac{{2x + b}}{{x + 1}}\left( C \right)\).

Ta có điểm \(\left( {0;1} \right) \in \left( C \right)\).

Thay \(x = 0\) và \(y = 1\) vào hàm số ta được \(1 = \dfrac{{2.0 + b}}{{0 + 1}} \Rightarrow b = 1\) \( \Rightarrow b + c + d = 3\).

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

Hàm số có dạng $y = \dfrac{{2x + b}}{{x + 1}}\left( C \right)$ 

Ta có điểm $\left( {0;1} \right) \in \left( C \right)$

Thay $x = 0$ và $y = 1$ vào hàm số ta được $1 = \dfrac{{2.0 + b}}{{0 + 1}} \Rightarrow b = 1$ $ \Rightarrow b + c + d = 3$ 

Gọi độ dài đoạn thẳng IA, IB lần lượt là a, b.

Kẻ \(IH\bot AB,\,H\in AB\).

Tam giác IAB vuông tại I, \(IH\bot AB\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{1}{{I{H^2}}} = \frac{1}{{I{A^2}}} + \frac{1}{{I{B^2}}} \Leftrightarrow I{H^2} = \frac{{I{A^2}.I{B^2}}}{{I{A^2} + I{B^2}}}\\\mathop  \le \limits^{{\mathop{\rm Cos}\nolimits} i} \frac{{I{A^2}.I{B^2}}}{{2IA.IB}} = \frac{{IA.IB}}{2} = {S_{IAB}} = const\end{array}\)

\(\Rightarrow I{{H}_{\max }}=\sqrt{{{S}_{IAB}}}\) khi và chỉ khi \(IA=IB\).

Khi đó, tam giác IAB vuông cân tại I, M trùng H.

\(\Rightarrow \)Ta tìm M bằng cách tìm giao điểm của đường thẳng IM với đồ thị (C).

 *) Viết phương trình đường thẳng IM:

Ta có: \(y=\frac{x-1}{2x-3}\Rightarrow y'=\frac{-1}{{{(2x-3)}^{2}}}<0,\,\,\forall x\ne \frac{3}{2}\): Hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( -\infty ;\frac{3}{2} \right),\,\,\left( \frac{3}{2};+\infty  \right)\).

( Đồ thị hàm số có dạng như hình vẽ bên).

Đường thẳng IM là đường thẳng đi qua điểm \(I\left( \frac{3}{2};\frac{1}{2} \right)\) song song với phân giác của góc phần tư thứ nhất : \(y=x\), có phương trình là: \(y=x-1\).

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình :

       \(\left\{ \begin{array}{l}y = x - 1\\y = \frac{{x - 1}}{{2x - 3}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = x - 1\\x - 1 = \frac{{x - 1}}{{2x - 3}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = x - 1\\(x - 1)(2x - 3 - 1) = 0,\,\,x \ne \frac{3}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = x - 1\\\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array} \right.\end{array} \right.\)

 Vậy \(M\left( 1;0 \right)\) hoặc \(M\left( 2;1 \right)\).

*) Khoảng cách từ I đến đường tiếp tuyến của (C) tại M :

    \(IH=IM=\sqrt{{{\left( 1-\frac{3}{2} \right)}^{2}}+{{\left( 0-\frac{1}{2} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 2-\frac{3}{2} \right)}^{2}}+{{\left( 1-\frac{1}{2} \right)}^{2}}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\)

Đặt \(t = x + 1 \Leftrightarrow x = t - 1\) . Khi đó

\(f\left( t \right) = {\left( {t - 1} \right)^3} + 3{\left( {t - 1} \right)^2} + 3\left( {t - 1} \right) + 2 = {t^3} + 1\) hay \(f\left( x \right) = {x^3} + 1\).

$\Delta ABC$ là tam giác đều cạnh $a$ nên có diện tích  ${S_{ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$

Ta có $AM = \dfrac{{A{A_1}}}{2} = \dfrac{a}{2}$

Hai tứ diện $MABC$ và $M{A_1}BC$ có chung đỉnh $C$, diện tích hai đáy $MAB$ và $M{A_1}B$ bằng nhau nên có thể tích bằng nhau, suy ra

${V_{M.BC{A_1}}} = {V_{M.ABC}} = \dfrac{1}{3}AM.{S_{ABC}} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}$

Ta có: \(A'M//AC \Rightarrow \dfrac{{A'M}}{{AC}} = \dfrac{{A'I}}{{IC}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{{IC}}{{A'C}} = \dfrac{2}{3}\)

\(IA' \cap \left( {ABC} \right) = C \Rightarrow \dfrac{{d\left( {I;\left( {ABC} \right)} \right)}}{{d\left( {A';\left( {ABC} \right)} \right)}} = \dfrac{{IC}}{{A'C}} = \dfrac{2}{3}\)

\(\dfrac{{{V_{I.ABC}}}}{{{V_{ABC.A'B'C'}}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{3}d\left( {I;\left( {ABC} \right)} \right).{S_{ABC}}}}{{d\left( {A';\left( {ABC} \right)} \right).{S_{ABC}}}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{2}{3} = \dfrac{2}{9} \Rightarrow {V_{I.ABC}} = \dfrac{2}{9}{V_{ABC.A'B'C'}}\)

$AA' \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AA' \bot AC \Rightarrow \Delta AA'C$ vuông tại A\( \Rightarrow AC = \sqrt {A'{C^2} - AA{'^2}}  = \sqrt {9{a^2} - 4{a^2}}  = a\sqrt 5 \)

Xét tam giác vuông ABC có: $BC = \sqrt {A{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt {5{a^2} - {a^2}}  = 2a$         

\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.BC = \dfrac{1}{2}a.2a = {a^2}\)

\( \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}} = 2a.{a^2} = 2{a^3}\)

\( \Rightarrow {V_{I.ABC}} = \dfrac{2}{9}{V_{ABC.A'B'C'}} = \dfrac{2}{9}.2{a^3} = \dfrac{{4{a^3}}}{9}\)    

Gọi \(P\) là trung điểm của cạnh \(CD\), ta có \(\alpha  = \widehat {\left( {MN,BC} \right)} = \widehat {\left( {MN,NP} \right)}\).

Trong tam giác \(MNP\), ta có \(\cos \widehat {MNP} = \dfrac{{M{N^2} + P{N^2} - M{P^2}}}{{2MN.NP}} = \dfrac{1}{2}\). Suy ra \(\widehat {MNP} = 60^\circ \).

Suy ra \(\sin \alpha  = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\).

$ABCD.A’B’C’D’$ là hình hộp đứng

$ \Rightarrow BB' \bot (ABCD) \Rightarrow \left( {\widehat {AB',(ABCD)}} \right) = \left( {\widehat {AB';AB}} \right) = \widehat {BAB'} = {30^0}$

Tam giác $ABB’$ vuông tại $B$ $ \Rightarrow \tan \widehat {BAB'} = \dfrac{{BB'}}{{AB}}$

$ \Rightarrow BB' = AB.\tan {30^0} = \dfrac{a}{{\sqrt 3 }}$

Tam giác $ABD $ có: $AB = AD = a,$ $\widehat {BAD} = {60^0} \Rightarrow $ Tam giác $ABD$ đều, có cạnh đều bằng $a.$

$ \Rightarrow {S_{ABD}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow {S_{ABCD}} = 2\,{S_{ABD}} = 2.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$

Thể tích khối hộp $ABCD.A’B’C’D’$: $V = {S_{ABCD}}.BB' = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{a}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{{a^3}}}{2}$.

\(g\left( x \right) \ge 0 \Leftrightarrow 3f\left( x \right) - {x^3} + 3x - m \ge 0 \Leftrightarrow 3f\left( x \right) - {x^3} + 3x \ge m\)

Đặt \(h\left( x \right) = 3f\left( x \right) - {x^3} + 3x\). Ta có \(h'\left( x \right) = 3f'\left( x \right) - 3{x^2} + 3\)

Suy ra

\(\,\,\left\{ \begin{array}{l}h'\left( { - \sqrt 3 } \right) = 3f'\left( { - \sqrt 3 } \right) - 6 = 0\\h'\left( {\sqrt 3 } \right) = 3f'\left( {\sqrt 3 } \right) - 6 = 0\\h'\left( 0 \right) = 3f'\left( 0 \right)+3 = 0\\h'\left( \pm 1 \right) = 3f'\left( \pm 1 \right) < 0\end{array} \right.\)

Từ đó ta có bảng biến thiên:

Vậy \(h\left( x \right) \ge m \Leftrightarrow m \le h\left( {\sqrt 3 } \right) = 3f\left( {\sqrt 3 } \right)\)

${\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} + 2xy \leqslant 32 $ $\Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} - 8\left( {x + y} \right) \leqslant 0 $ $\Leftrightarrow 0 \leqslant x + y \leqslant 8$

$A = {\left( {x + y} \right)^3} - 3\left( {x + y} \right) - 6xy + 6 $ $\geqslant {\left( {x + y} \right)^3} - \dfrac{3}{2}{\left( {x + y} \right)^2} - 3\left( {x + y} \right) + 6$

(do ${\left( {x + y} \right)^2} \geqslant 4xy $ $\Rightarrow xy \leqslant \dfrac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4} $ $\Rightarrow  - 6xy \geqslant  - \dfrac{3}{2}{\left( {x + y} \right)^2}$ )

Xét hàm số $f\left( t \right) = {t^3} - \dfrac{3}{2}{t^2} - 3t + 6$ trên đoạn $\left[ {0,8} \right]$, ta có

$f'\left( t \right) = 3{t^2} - 3t - 3,f'\left( t \right) = 0 $ $\Leftrightarrow t = \dfrac{{1 \pm \sqrt 5 }}{2}$

(giá trị $\dfrac{{1 - \sqrt 5 }}{2} \notin \left[ {0;8} \right]$ nên loại)

Thực hiện tính toán ta có: $f\left( 0 \right) = 6,f\left( {\dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{2}} \right) = \dfrac{{17 - 5\sqrt 5 }}{4},f\left( 8 \right) = 398 $

$\Rightarrow A \geqslant f\left( t \right) \geqslant \dfrac{{17 - 5\sqrt 5 }}{4} \Rightarrow A \geqslant \dfrac{{17 - 5\sqrt 5 }}{4}$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $A$ là $\dfrac{{17 - 5\sqrt 5 }}{4}$  xảy ra khi $\left\{ \begin{gathered} x + y = \dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{2} \hfill \\ x = y \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Leftrightarrow x = y = \dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{4}$

Hàm số \(y = f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^2} + c\) xác định và liên tục trên \(D = \mathbb{R}\).

Ta có \(f\left( 0 \right) = c > 2017 > 0\).

\(f\left( { - 1} \right) = f\left( 1 \right) = a + b + c < 2017\)

Do đó \(\left[ {f\left( { - 1} \right) - 2017} \right].\left[ {f\left( 0 \right) - 2017} \right] < 0\) và \(\left[ {f\left( 1 \right) - 2017} \right].\left[ {f\left( 0 \right) - 2017} \right] < 0\)

Mặt khác \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } f\left( x \right) =  + \infty \) nên \(\exists \alpha  < 0\), \(\beta  > 0\) sao cho \(f\left( \alpha  \right) > 2017\), \(f\left( \beta  \right) > 2017\)

\(\left[ {f\left( \alpha  \right) - 2017} \right].\left[ {f\left( { - 1} \right) - 2017} \right] < 0\) và \(\left[ {f\left( \beta  \right) - 2017} \right].\left[ {f\left( 1 \right) - 2017} \right] < 0\)

Suy ra đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right) - 2017\) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt

Đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right) - 2017} \right|\) có dạng

Vậy số điểm cực trị của hàm số \(y = \left| {f\left( x \right) - 2017} \right|\) là \(7\) .