GTNN của $f\left( x \right)$ trên $\left[ {0;2} \right]$ bằng $5$ nên $f\left( x \right) \geqslant 5,\forall x \in \left[ {0;2} \right] \Rightarrow f\left( 2 \right) \geqslant 5$.

Hàm số mũ \(y = {a^x}\left( {0 < a \ne 1} \right)\) đồng biến khi \(a > 1\).

Giới hạn cần nhớ: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{x} = 1\)

Hàm đa thức bậc ba xác định trên $R$.

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A'$  trên \(\left( {ABC} \right) \Rightarrow A'H \bot \left( {ABC} \right)\)

\( \Rightarrow AH\) là hình chiếu vuông góc của $AA'$  trên \(\left( {ABC} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {AA';\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {AA';AH} \right)} = \widehat {A'AH} = {60^0}\)

\(A'H \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow A'H \bot AH \Rightarrow \Delta A'AH\) vuông tại \(H \Rightarrow A'H = AA'.\sin 60 = a\sqrt 3 .\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{3a}}{2}\)

Tam giác $ABC$ đều cạnh  nên \({S_{ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'H.{S_{ABC}} = \dfrac{{3a}}{2}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{8}\)

Ta có: \(\log \left( {a{b^2}} \right) = \log a + \log {b^2} = \log a + 2\log b\)

Từ bảng biến thiên ta thấy $\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y =  - \infty $ nên $a < 0$.

Ta có: $y' = 4a{x^3} + 2bx = 2x\left( {2a{x^2} + b} \right)$.

Hàm số có $1$ cực trị $ \Leftrightarrow y' = 0$ có $1$ nghiệm duy nhất hay $y'=0$ vô nghiệm hoặc có nghiệm kép

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}ab > 0\\b \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow ab \ge 0\)

\({\left( {\dfrac{1}{a}} \right)^{ - 0,2}} < {a^2} \Leftrightarrow {a^{0,2}} < {a^2}\)

Do \(0,2 < 2\) và có số mũ không nguyên nên ${a^{0,2}} < {a^2}$ khi $a > 1$.

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

Vì \(\sqrt[n]{x} = {x^{\frac{1}{n}}}\) nếu \(x > 0\) nên \(\left( {\sqrt[n]{x}} \right)' = ({x^{\frac{1}{n}}})' = \dfrac{1}{n}{x^{ - \frac{{n - 1}}{n}}} = \dfrac{1}{{n\sqrt[n]{{{x^{n - 1}}}}}}\) chỉ đúng nếu \(x > 0\).

Vì $y = f\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left( { - 5;5} \right)$ nên $f'\left( x \right) \le 0,\forall x \in \left( { - 5;5} \right)$.

Vậy $f'\left( 0 \right) \le 0$.

Công thức lãi kép (hoặc công thức tăng trưởng mũ):

\(T = A.{e^{Nr}}\), ở đó \(A\) là số tiền gửi ban đầu, \(r\) là lãi suất, \(N\) là số kì hạn.

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

Với $m,n \in Z$ thì ${a^{mn}} = {\left( {{a^m}} \right)^n}$.

Trong các hình đã cho chỉ có hình a) là khối đa diện.

Hình b) có 3 cạnh ở trên không phải cạnh chung của 2 mặt, hình c) và d) có 1 cạnh là không là cạnh chung của 2 mặt.

Ta có: $a = {1^{3,8}} = 1$; $b = {2^{ - 1}} = \dfrac{1}{2} = 0,5$ và $c = {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^{ - 3}} = {2^3} = 8.$

Mà $0,5 < 1 < 8 \Rightarrow b < a < c$

- Nếu có một phép dời hình biến hình \(H'\) thành \(H\) thì hai hình bằng nhau và phép tịnh tiến cũng là một phép dời hình nên B đúng.

- Các đáp án A, C, D đều sai vì hai hình bằng nhau có thể là hợp thành của một số phép dời hình chứ không nhất thiết là chỉ một phép dời hình.

Từ bảng biến thiên ta có:

- Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là $x =  - 1.$

- Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là $y = 2.$

Vậy tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số cắt nhau tại điểm có tọa độ là $\left( { - 1;2} \right)$

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x{\kern 1pt}  \to {\kern 1pt} \infty } {\mkern 1mu} y = \mathop {\lim }\limits_{x{\kern 1pt}  \to {\kern 1pt} \infty } {\mkern 1mu} \dfrac{{ax + b}}{{2x + c}} = \dfrac{a}{2} \Rightarrow y = \dfrac{a}{2}\) là tiệm cận ngang của ĐTHS

\( \Rightarrow \dfrac{a}{2} = 2 \Rightarrow a = 4.\)

Và \(\mathop {\lim }\limits_{x{\kern 1pt}  \to {\kern 1pt}  - {\kern 1pt} \dfrac{c}{2}} {\mkern 1mu} y = \mathop {\lim }\limits_{x{\kern 1pt}  \to {\kern 1pt}  - {\kern 1pt} \dfrac{c}{2}} {\mkern 1mu} \dfrac{{ax + b}}{{2x + c}} = \infty  \Rightarrow x =  - \dfrac{c}{2}\) là tiệm cận đứng của ĐTHS

\( \Rightarrow  - \dfrac{c}{2} = 1 \Rightarrow c =  - {\mkern 1mu} 2.\)

Vậy tổng \(a + c = 4 - 2 = 2.\)

Gọi \(O = AC \cap BD\)

Vì chóp $S.ABCD$ đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

Ta có: \(AC = BD = a\sqrt 2  \Rightarrow OA = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

\(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OA \Rightarrow \Delta SOA\) vuông tại O \( \Rightarrow SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}}  = \sqrt {{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{2}}  = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

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

Hàm số xác định khi \(x - 2 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 2\).

Phương trình hoành độ $2{x^2} + 1 = 3x$.

$ \Leftrightarrow 2{x^2} - 3x + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 1 \Rightarrow y = 3 \hfill \\ x = \dfrac{1}{2} \Rightarrow y = \dfrac{3}{2} \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

Vậy có hai giao điểm là $\left( {1;3} \right)$ và $\left( {\dfrac{1}{2};\dfrac{3}{2}} \right)$.

Hai tứ diện bằng nhau nếu chúng có các cạnh tương ứng bằng nhau.

TXĐ $D = \mathbb{R}$

$y' =  - {x^2} + \dfrac{2}{3}mx \Rightarrow y'' =  - 2x + \dfrac{2}{3}m$

Hàm số đã cho đạt cực đại tại $x = 2$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}  y'(2) = 0 \hfill \\ y''\left( 2 \right) < 0 \hfill \\ \end{gathered}  \right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} - {2^2} + \dfrac{2}{3}m.2 = 0 \hfill \\ - 2.2 + \dfrac{2}{3}m. < 0 \hfill \\ \end{gathered}  \right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} - 4 + \dfrac{4}{3}m = 0 \hfill \\- 4 + \dfrac{2}{3}m < 0 \hfill \\ \end{gathered}  \right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} m = 3 \hfill \\m < 6 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Leftrightarrow m = 3$

Số ${\log _a}b$ được gọi là lôgarit cơ số $a$ của $b$.

Đáp án A: Hàm số xác định nếu \(x \ne 0\) nên loại.

Đáp án B: Hàm số xác định nếu \(x \ne  - 1\) nên loại.

Đáp án C: Hàm số xác định nếu \({x^2} + 1 \ge 0\) luôn đúng nên C đúng.

Đáp án D: Hàm số xác định nếu \({x^2} - 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne  \pm 1\) nên loại.

Từ dáng đồ thị ta có $a > 0$ nên loại A, C

Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là $\left( {0; - 3} \right).$

Do hàm số chỉ có một điểm cực trị nên $y' = 0$ phải có duy nhất một nghiệm ${x_0}$ và $y\left( {{x_0}} \right) =  - 3.$

Kiểm tra ta chỉ thấy đáp án D là phù hợp.

Ngoài ra, đáp án B bị loại vì phương trình $y'=0$ ở đáp án B có $3$ nghiệm phân biệt.

Nếu ${x_0}$ là điểm cực đại của hàm số thì $\left( {{x_0};f\left( {{x_0}} \right)} \right)$ là điểm cực đại của đồ thị hàm số.

- Hàm số \(y = {x^\alpha }\) có TXĐ \(D = R\) với mọi \(\alpha \) nguyên dương nên A và B sai.

- Hàm số \(y = {x^\alpha }\) có TXĐ \(D = R\backslash \left\{ 0 \right\}\) với mọi \(\alpha \) nguyên âm hoặc \(\alpha  = 0\) nên C sai.

- Hàm số \(y = {x^\alpha }\) có TXĐ \(D = \left( {0; + \infty } \right)\) với mọi \(\alpha \) không nguyên nên D đúng.

Hình hộp chữ nhật có cạnh bên vuông góc với đáy nên cạnh bên chính là đường cao.

Vì hình hộp chữ nhật cũng là hình lăng trụ nên thể tích của khối hộp cũng được tính bởi công thức \(V = Sh\), hay \(V = Sa\).

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

Ta có: $y' = {x^2} - 4mx + 4m$.

Hàm số nghịch biến trên $\left( { - 2;0} \right) \Rightarrow y' \leqslant 0,\forall x \in \left( { - 2;0} \right) \Leftrightarrow {x^2} - 4mx + 4m \leqslant 0,\forall x \in \left( { - 2;0} \right)$ $ \Leftrightarrow {x^2} - 4m\left( {x - 1} \right) \leqslant 0 \Leftrightarrow 4m\left( {x - 1} \right) \geqslant {x^2} \Leftrightarrow 4m \leqslant \dfrac{{{x^2}}}{{x- 1}}$ (vì $ - 2 < x < 0$)

Xét hàm $g\left( x \right) = \dfrac{{{x^2}}}{{x - 1}}$ trên $\left( { - 2;0} \right)$ ta có:

$g'\left( x \right) = \dfrac{{{x^2} - 2x}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}x = 0 \notin \left( { - 2;0} \right) \hfill \\x = 2 \notin \left( { - 2;0} \right) \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Rightarrow g'\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( { - 2;0} \right)$

Do đó hàm số $y = g\left( x \right)$ đồng biến trên $\left( { - 2;0} \right)$

Suy ra \(g\left( { - 2} \right) < g\left( x \right) < g\left( 0 \right),\forall x \in \left( { - 2;0} \right)\) hay \( - \dfrac{4}{3} < g\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( { - 2;0} \right)\)

Khi đó \(4m \le g\left( x \right),\forall x \in \left( { - 2;0} \right) \Leftrightarrow 4m \le  - \dfrac{4}{3} \Leftrightarrow m \le  - \dfrac{1}{3}\)

Vậy $m \leqslant  - \dfrac{1}{3}$

Đặt \(g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 2x} \right)\) ta có \(g'\left( x \right) = \left( {2x - 2} \right)f'\left( {{x^2} - 2x} \right)\).

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

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

\( \Rightarrow \) Phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) có 5 nghiệm đơn \(x = 0,\,\,x = 2,\,\,x =   3,x=-1,x=1\)

Vậy hàm số đã cho có 5 điểm cực trị.

\(y' = {x^2} - 2mx + 2m - 4\)

Để hàm số có cực đại cực tiểu \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0,\forall m \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 4 > 0,\forall m\)

Khi đó phương trình $y'=0$ có hai nghiệm $x_1,x_2$ thỏa mãn 

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - \dfrac{b}{a} = 2m\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a} = 2m - 4\end{array} \right.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}x_1^2 + x_2^2 = {x_1}.{x_2} + 10\\ \Leftrightarrow {({x_1} + {x_2})^2} - 2{x_1}{x_2} - {x_1}{x_2} - 10 = 0\\ \Leftrightarrow {({x_1} + {x_2})^2} - 3{x_1}{x_2} - 10 = 0\\ \Leftrightarrow {(2m)^2} - 3.(2m - 4) - 10 = 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 6m + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\end{array}\)

Ta có : \(g'\left( x \right) = \left( {3{x^2} + 2} \right).f'\left( {{x^3} + 2x} \right)\)

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3{x^2} + 2 = 0\\f'\left( {{x^3} + 2x} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow f'\left( {{x^3} + 2x} \right) = 0\) (Do phương trình \(3{x^2} + 2 = 0\) vô nghiệm).

Từ đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) đã cho ta có : \(f'\left( {{x^3} + 2x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^3} + 2x = 0\\{x^3} + 2x = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = {x_0} \approx 0,77\end{array} \right.\)

Hàm số \(g\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {0;1} \right]\) có : 

\(\begin{array}{l}g\left( 0 \right) = f\left( 0 \right) + m = m + 1\\g\left( {{x_0}} \right) = f\left( 2 \right) + m = m - 3\\g\left( 1 \right) = f\left( 3 \right) + m = m + 1\end{array}\)

Do đó, \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} g\left( x \right) = g\left( 0 \right) = g\left( 1 \right) = m + 1\).

Theo giả thiết, giá trị lớn nhất của hàm số \(g\left( x \right)\) trên \(\left[ {0;1} \right]\) bằng 9 nên \(m + 1 = 9 \Leftrightarrow m = 8\).

Vậy \(m = 8.\)

Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số có TCĐ: \(x = 2\) \( \Rightarrow  - \dfrac{c}{b} = 2 \Leftrightarrow c =  - 2b\)

TCN: \(y = 1 \Rightarrow \dfrac{a}{b} = 1 \Leftrightarrow a = b\)

Ta có: \(f\left( x \right) = \dfrac{{ax + 1}}{{bx + c}}\)  \( \Rightarrow f'\left( x \right) = \dfrac{{ac - b}}{{{{\left( {bx + c} \right)}^2}}}\)

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

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow y' > 0\,\,\,\,\,\forall x \ne 2\\ \Leftrightarrow \dfrac{{ac - b}}{{{{\left( {bx + c} \right)}^2}}} > 0\,\,\,\forall x \ne 2\\ \Leftrightarrow ac - b > 0\\ \Leftrightarrow b.\left( { - 2b} \right) - b > 0\\ \Leftrightarrow  - 2{b^2} - b > 0\\ \Leftrightarrow 2{b^2} + b < 0\\ \Leftrightarrow  - \dfrac{1}{2} < b < 0\\ \Rightarrow b < 0\\ \Rightarrow a < 0,c > 0\end{array}\)

Vậy trong ba số \(a,\,\,b,\,\,c\) có 1 số dương.

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy:

- Khi \(x \to + \infty \) thì \(y \to  + \infty \). Loại C và D.

- Tọa độ các điểm cực trị là \(\left( { - 1;2} \right)\) và \(\left( {1; - 2} \right)\) nên đáp án A là phù hợp.

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$ 

Đặt ${x^2} = t\left( {t \geqslant 0} \right)$

Phương trình ${x^4} - 2\left( {2m + 1} \right){x^2} + 4{m^2} = 0$ có 4 nghiệm phân biệt thỏa mãn $x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + x_4^2 = 6$$ \Leftrightarrow {t^2} - 2\left( {2m + 1} \right)t + 4{m^2} = 0$ có hai nghiệm phân biệt dương thỏa mãn $2{t_1} + 2{t_2} = 6$ hay ${t_1} + {t_2} = 3$

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}S > 0 \hfill \\P > 0 \hfill \\\Delta ' > 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.\) $\Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}  2(2m + 1) > 0 \hfill \\ 4{m^2} > 0  \hfill \\  {\left( {2m + 1} \right)^2} - 4{m^2} > 0 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Leftrightarrow 2\left( {2m + 1} \right) = 3$$ \Leftrightarrow m = \dfrac{1}{4}$

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\). Đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận là \(x = 2\) và \(y = 2\).

Ta có \(y' = \dfrac{{ - 2}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\). Gọi \(M\left( {m;\,\dfrac{{2m - 2}}{{m - 2}}} \right)\) thuộc đồ thị hàm số.

Phương trình tiếp tuyến \(d\) của \(\left( C \right)\) tại \(M\): \(y = \dfrac{{ - 2}}{{{{\left( {m - 2} \right)}^2}}}\left( {x - m} \right) + \dfrac{{2m - 2}}{{m - 2}}\).

Cho \(x = 2 \Rightarrow y = \dfrac{{ - 2}}{{{{\left( {m - 2} \right)}^2}}}\left( {2 - m} \right) + \dfrac{{2m - 2}}{{m - 2}}\)\( \Leftrightarrow y = \dfrac{2}{{m - 2}} + \dfrac{{2m - 2}}{{m - 2}} = \dfrac{{2m}}{{m - 2}}\).

\( \Rightarrow \) Giao điểm của \(d\) và đường thẳng \(x = 2\) là \(A\left( {2;\,\dfrac{{2m}}{{m - 2}}} \right)\).

Cho \(y = 2 \Rightarrow \dfrac{{ - 2}}{{{{\left( {m - 2} \right)}^2}}}\left( {x - m} \right) + \dfrac{{2m - 2}}{{m - 2}} = 2\).

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow  - 2\left( {x - m} \right) + \left( {2m - 2} \right)\left( {m - 2} \right) = 2{\left( {m - 2} \right)^2}\\ \Leftrightarrow  - 2x + 2m + 2{m^2} - 6m + 4 = 2{m^2} - 8m + 8\\ \Leftrightarrow 2x = 4m - 4 \Leftrightarrow x = 2m - 2\end{array}\)

\( \Rightarrow \) Giao điểm của \(d\) và đường thẳng \(y = 2\) là \(B\left( {2m - 2;\,2} \right)\).

Ta có: \(AB = 2\sqrt 5  \Leftrightarrow {\left( {2m - 4} \right)^2} + {\left( {2 - \dfrac{{2m}}{{m - 2}}} \right)^2} = 20\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 4{\left( {m - 2} \right)^2} + \dfrac{{16}}{{{{\left( {m - 2} \right)}^2}}} = 20\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 2} \right)^4} - 5{\left( {m - 2} \right)^2} + 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left( {m - 2} \right)^2} = 1\\{\left( {m - 2} \right)^2} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 3\\m = 1\\m = 4\\m = 0\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy \(S = 3 + 1 + 4 + 0 = 8\).

$S = \ln \dfrac{a}{b} + \ln \dfrac{b}{c} + \ln \dfrac{c}{d} + \ln \dfrac{d}{a} = \ln \left( {\dfrac{a}{b}.\dfrac{b}{c}.\dfrac{c}{d}.\dfrac{d}{a}} \right) = \ln 1 = 0$

Ta có: \(I = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{{e^{3x}} - {e^{2x}}}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\left( {{e^{3x}} - 1} \right) - \left( {{e^{2x}} - 1} \right)}}{x} \)

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ {3.\dfrac{{{e^{3x}} - 1}}{{3x}} - 2.\dfrac{{{e^{2x}} - 1}}{{2x}}} \right] = 3.1 - 2.1 = 1$

Do đó, thay \(I = 1\) vào các đáp án ta được đáp án B.

Nối các đường chéo của các mặt ta được 2 tứ diện đều không có đỉnh nào chung.

Mỗi tứ diện đều có 4 tmặt là 4 tam giác đều. Nên tổng cộng có 8 tam giác đều.

$\Delta ABC$ 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

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

Số tiền bà Hoa rút sau 5 năm đầu là: $100{\left( {1 + 8\% } \right)^5} = 146,932$ triệu.

Số tiền lãi lần 1 là: $146,932 - 100 = 46,932$ triệu.

Số tiền bà gửi tiếp vào ngân hàng là: $146,932:2 = 73,466$ triệu

Số tiền và có sau 5 năm là: $73,466{\left( {1 + 8\% } \right)^5} = 107,946$ triệu.

Số tiền lãi lần 2 là: $107,946 - 73,466 = 34,480$ triệu.

Tổng số tiền lãi sau 2 lần là: $46,932 + 34,480 = 81,412$ triệu.

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

Gọi $E$ và $F$ lần lượt là trung điểm của $CD$ và $AB$

Ta có:

\(\begin{array}{l}AB//CD \Rightarrow SA \subset \left( {SAB} \right)//CD\\ \Rightarrow d\left( {CD;SA} \right) = d\left( {CD;\left( {SAB} \right)} \right) = d\left( {E;\left( {SAB} \right)} \right) = 2d\left( {O;\left( {SAB} \right)} \right) = a\sqrt 3 \\ \Rightarrow d\left( {O;\left( {SAB} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\end{array}\)

Ta có:

\(\left. \begin{array}{l}OF \bot AB\\SO \bot AB\,\,\left( {SO \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AB \bot \left( {SOF} \right)\)

Trong $\left( {SOF} \right)$  kẻ \(OH \bot SF\,\,\left( 1 \right)\)

Vì \(AB \bot \left( {SOF} \right) \Rightarrow AB \bot OH\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(OH \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {O;\left( {SAB} \right)} \right) = OH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Xét tam giác vuông SOF có: \(\dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{O^2}}} + \dfrac{1}{{O{F^2}}}\)

\( \Rightarrow \dfrac{1}{{S{O^2}}} = \dfrac{1}{{O{H^2}}} - \dfrac{1}{{O{F^2}}} = \dfrac{4}{{3{a^2}}} - \dfrac{1}{{{a^2}}} = \dfrac{1}{{3{a^2}}} \Rightarrow SO = a\sqrt 3 \)

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}a\sqrt 3 .4{a^2} = \dfrac{{4{a^3}\sqrt 3 }}{3}\)

Ta có \({f^2}\left( x \right) - \left( {m + 4} \right)\left| {f\left( x \right)} \right| + 2m + 4 = 0 \)

\(\Leftrightarrow {\left| {f\left( x \right)} \right|^2} - \left( {m + 4} \right)\left| {f\left( x \right)} \right| + 2m + 4 = 0\)

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left| {f\left( x \right)} \right| = 2\\
\left| {f\left( x \right)} \right| = m + 2
\end{array} \right.$

Dựng đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) ta được:

Dễ thấy phương trình \(\left| {f\left( x \right)} \right| = 2\) có \(4\) nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2},{x_3},{x_4}\) nên để phương trình đã cho có \(6\) nghiệm phân biệt thì phương trình \(\left| {f\left( x \right)} \right| = m + 2\) phải có \(2\) nghiệm phân biệt khác các nghiệm trên.

Do đó đường thẳng \(y = m + 2\) cắt đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) tại \(2\) điểm phân biệt.

Từ hình vẽ ta có \(\left[ \begin{array}{l}m + 2 > 4\\m + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 2\\m =  - 2\end{array} \right.\).

Mà \(m \in \mathbb{Z}\) và \(m \in \left( { - 5;5} \right)\) nên \(m \in \left\{ { - 2;3;4} \right\}\).

Vậy có \(3\) giá trị thỏa mãn.

\(\begin{array}{l}f\left( x \right) > \sin \dfrac{{\pi x}}{2} + m\,\,\forall x \in \left[ { - 1;3} \right] \Leftrightarrow g\left( x \right) = f\left( x \right) - \sin \dfrac{{\pi x}}{2} > m\,\,\forall x \in \left[ { - 1;3} \right]\\ \Rightarrow m < \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} g\left( x \right)\end{array}\).

Từ đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) ta suy ra BBT đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) như sau:

Dựa vào BBT ta thấy \(f\left( x \right) \ge f\left( 1 \right)\,\,\forall x \in \left[ { - 1;3} \right]\).

\(\begin{array}{l}x \in \left[ { - 1;3} \right] \Rightarrow \dfrac{{\pi x}}{2} \in \left[ { - \dfrac{\pi }{2};\dfrac{{3\pi }}{2}} \right] \Rightarrow  - 1 \le \sin \dfrac{{\pi x}}{2} \le 1\\ \Leftrightarrow  - 1 \le  - \sin \dfrac{{\pi x}}{2} \le 1\end{array}\)

\( \Rightarrow f\left( 1 \right) - 1 \le f\left( x \right) - \sin \dfrac{{\pi x}}{2} \Leftrightarrow g\left( x \right) \ge f\left( 1 \right) - 1 \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} g\left( x \right) = f\left( 1 \right) - 1\).

Vậy \(m < f\left( 1 \right) - 1\).

Trong \(\left( {BCC'B'} \right)\) kẻ \(B'H \bot BC\,\,\left( {H \in BC} \right)\) (do \(\angle B'BC\) nhọn).

Trong \(\left( {ABC} \right)\) kẻ \(HK\parallel AC \Rightarrow HK \bot AB\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot HK\\AB \bot B'H\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {B'HK} \right) \Rightarrow AB \bot B'K\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABB'A'} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AB\\B'K \subset \left( {ABB'A'} \right),\,\,B'K \bot AB\\HK \subset \left( {ABC} \right),\,\,HK \bot AB\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle \left( {\left( {ABB'A'} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {B'K;HK} \right) = \angle B'HK = {45^0}\).

\( \Rightarrow \Delta B'HK\) vuông cân tại \(H \Rightarrow B'H = HK = x\).

Xét tam giác vuông \(BB'H\) có: \(BH = \sqrt {BB{'^2} - BH{'^2}}  = \sqrt {4{a^2} - {x^2}} \).

Xét tam giác vuông \(ABC\) có: \(AC = BC.\sin {60^0} = a\sqrt 3 \), \(AB = BC.\cos {60^0} = a\).

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{BH}}{{BC}} = \dfrac{{HK}}{{AC}} \Rightarrow \dfrac{{\sqrt {4{a^2} - {x^2}} }}{{2a}} = \dfrac{x}{{a\sqrt 3 }}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3\left( {4{a^2} - {x^2}} \right) = 4{x^2}\\ \Leftrightarrow 12{a^2} - 3{x^2} = 4{x^2}\\ \Leftrightarrow {x^2} = \dfrac{{12{a^2}}}{7}\\ \Leftrightarrow x = \dfrac{{2a\sqrt {21} }}{7} = B'H\end{array}\)

\({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC = \dfrac{1}{2}.a.a\sqrt 3  = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = B'H.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{2a\sqrt {21} }}{7}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{3{a^3}\sqrt 7 }}{7}\).