Ta có: $y = {x^4} + 2\left( {{m^2} - 9} \right){x^2} + 5m + 2 \Rightarrow y' = 4{x^3} + 4x\left( {{m^2} - 9} \right) = 4x\left( {{x^2} + {m^2} - 9} \right)$

$y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{{x^2} = 9 - {m^2}\left( 1 \right)}\end{array}} \right.$

Hàm số đã cho có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi phương trình $\left( 1 \right)$có hai nghiệm phân biệt khác 0

$ \Leftrightarrow 9 - {m^2} > 0 \Leftrightarrow {\rm{\;}} - 3 < m < 3$

Để biểu thức \({\log _2}\left( {3 - x} \right)\) xác định thì \(3 - x > 0 \Leftrightarrow x < 3\)

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

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.

Trong các hình chóp tam giác, tứ giác, ngũ giác, lục giác thì chỉ có tam giác luôn nội tiếp được đường tròn nên hình chóp tam giác luôn nội tiếp được mặt cầu.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x{\kern 1pt}  \to {\kern 1pt} \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x{\kern 1pt}  \to {\kern 1pt} \infty } \dfrac{{2018}}{{x - 2}} = 0 \Rightarrow {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = 0\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Và \(\mathop {\lim }\limits_{x{\kern 1pt}  \to {\kern 1pt} 2} y = \mathop {\lim }\limits_{x{\kern 1pt}  \to {\kern 1pt} 2} \dfrac{{2018}}{{x - 2}} = \infty {\rm{\;}} \Rightarrow {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = 2\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có \(2\) đường tiệm cận.

Công thức tính thể tích khối nón: \(V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h\)

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

- Đồ thị hàm số luôn đi qua các điểm \(\left( {1;0} \right)\) và \(\left( {a;1} \right)\).

- Với \(x = {a^2}\) thì \(y = {\log _a}x = {\log _a}{a^2} = 2\) nên đồ thị hàm số đi qua \(\left( {{a^2};2} \right)\) nên C sai, D đúng.

Vì \(1 < \dfrac{6}{5} < \dfrac{5}{4}\) và \(m\) nguyên âm nên \({1^m} > {\left( {\dfrac{6}{5}} \right)^m} > {\left( {\dfrac{5}{4}} \right)^m} \Leftrightarrow 1 > {\left( {\dfrac{6}{5}} \right)^m} > {\left( {\dfrac{5}{4}} \right)^m}\).

Nếu \(\left( P \right)\) là mặt phẳng kính thì \(OH = 0\left( {H \equiv O} \right)\) hay \(\left( P \right)\) đi qua \(O\) là tâm mặt cầu, do đó \(\left( P \right)\) đi qua đường kính của mặt cầu.

Dạng đồ thị đã cho có thể là của hàm số bậc hai hoặc hàm bậc bốn trùng phương.

Điểm \(M\) thuộc mặt cầu tâm \(O\) bán kính \(R\) nếu \(OM = R\).

Từ bảng biến thiên ta thấy: $f'\left( x \right) > 0$ trên $\left( {2;3} \right)$ nên hàm số đồng biến trên $\left( {2;3} \right)$.

$f'\left( x \right) < 0$ trên $\left( { - \infty ;2} \right)$ và $\left( {3; + \infty } \right)$ nên hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left( { - \infty ;2} \right)$ và $\left( {3; + \infty } \right)$.

Hàm số \(y = {x^{ - 4}}\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\) và có \(y' =  - 4{x^{ - 5}}\) nên không đồng biến trên các khoảng xác định (đồng biến trên \(\left( { - \infty ,0} \right)\) và nghịch biến trên \(\left( {0, + \infty } \right)\)), loại A.

Hàm số \(y = {x^{ - \dfrac{3}{4}}}\) có tập xác định là \(\left( {0, + \infty } \right)\) và có \(y' =  - \dfrac{3}{4}{x^{ - \dfrac{7}{4}}} < 0,\forall x \in \left( {0, + \infty } \right)\) nên không đồng biến trên từng khoảng xác định, loại B.

Hàm số \(y = {x^4}\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\) và có \(y' = 4{x^3}\) nên không đồng biến trên các khoảng xác định, loại C.

Hàm số \(y = \sqrt[3]{x}\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\) và có \(y' = \dfrac{1}{{3\sqrt[3]{{{x^2}}}}} > 0\) nên hàm số đồng biến trên các khoảng xác định.

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

Ta có: \({\log _2}{a^3} = 3{\log _2}a\)

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

Cho \(a > 0;a \ne 1\) khi đó hàm số \(y = {a^x}\) có tập xác định là \(R\) , tập giá trị là \(\left( {0; + \infty } \right)\)

Hàm số \(y = {\log _a}x\) có tập xác định là \(\left( {0; + \infty } \right)\) , tập giá trị là \(R\)

Suy ra B đúng

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

Xét \(\Delta SAO\) vuông tại \(O\)  có: \(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}}  = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} - {a^2}}  = a\sqrt 3 .\)

Khi đó ta có: \(V = \dfrac{1}{3}\pi {R^2}h = \dfrac{1}{3}\pi .{a^2}.a\sqrt 3  = \dfrac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{3}.\)

Công thức tính thể tích khối chóp \(V = \dfrac{1}{3}Sh\).

Hình tứ diện có \(6\) cạnh và \(4\) đỉnh nên số cạnh của tứ diện lớn hơn số mặt của nó.

Ta có: \(5 > 1\) nên \({5^m} > {5^n} \Leftrightarrow m > n\).

Hàm số \(y =  - {x^3} + {x^2} + 1\,\) xác định với mọi \(x \in \mathbb{R}\)

Vì đồ thị hàm số nhận đường thẳng \(y=1;x=2\) làm đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng và đồ thị hàm số cắt \(Oy\) tại điểm có tung độ bằng \(-1\) nên ta có hệ :

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - \dfrac{b}{c} = 2}\\{\dfrac{a}{c} = 1}\\{\dfrac{2}{b} =  - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 1}\\{b =  - 2}\\{c = 1}\end{array}} \right.\).

Ta có: \(f'\left( x \right) = {x^2} + 2 > 0,\forall x \in R\) nên hàm số đồng biến trên \(R\).

Ta có: \(\left( {\sqrt[n]{x}} \right)' = \left( {{x^{\dfrac{1}{n}}}} \right)' = \dfrac{1}{n}{x^{\dfrac{1}{n} - 1}} = \dfrac{1}{n}{x^{\dfrac{{1 - n}}{n}}} = \dfrac{1}{n}{x^{ - \dfrac{{n - 1}}{n}}}\)

Gọi \(E\) là trung điểm của \(BC\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AE \bot BC\\SA \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAE} \right) \Rightarrow BC \bot SE\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AE \bot BC\\SE \bot BC\\\left( {ABC} \right) \cap \left( {SBC} \right) = BC\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {ABC} \right);\left( {SBC} \right)} \right) = \angle SEA = {45^0}.\)

\( \Rightarrow \Delta SAE\) vuông cân tại \(A \Rightarrow SA = AE\).

Tam giác \(ABC\) cân tại \(A\) có \(\widehat A = {120^0},BC = 2a\),

\(AE\) là tia phân giác của \(\widehat A\) \( \Rightarrow \widehat {BAE} = {60^0}\).

Tam giác vuông \(AEB\) có \(\widehat {BAE} = {60^0},BE = \dfrac{1}{2}BC = a \Rightarrow AE = \dfrac{{BE}}{{\tan {{60}^0}}} = \dfrac{{BE}}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3} = SA\).

\( \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}.SA.\dfrac{1}{2}AE.BC = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}.2a = \dfrac{{{a^3}}}{9}\).

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có dạng là 1 parabol có đỉnh là \(\left( {0; - 2} \right) \Rightarrow \) loại đáp án A, D.

Đồ thị hàm số đi qua các điểm \(\left( {1;\,\,0} \right)\) và  \(\left( { - 1;\,\,0} \right),\) thay  tọa độ các điểm này vào công thức hàm số ở đáp án B và C thấy chỉ có đáp án B thỏa mãn.

có 1 điểm cực trị có tọa là \(\left( {0; - 2} \right)\)

TXĐ: $R$.

Ta có:

\(y'=-4x^3-4x=-4x(x^2+1)\)

\(\Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow x = 0\)

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm nghịch biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$.

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

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: $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {\mkern 1mu} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {\mkern 1mu} \dfrac{{2x + 2017}}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {\mkern 1mu} \dfrac{{2 + \dfrac{{2017}}{x}}}{{1 + \dfrac{1}{x}}} = 2 \Rightarrow y = 2$ là TCN

$\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } {\mkern 1mu} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } {\mkern 1mu} \dfrac{{2x + 2017}}{{ - x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {\mkern 1mu} \dfrac{{2 + \dfrac{{2017}}{x}}}{{ - 1 + \dfrac{1}{x}}} = 2 \Rightarrow y =  - 2$ là TCN.

Vậy đồ thị hàm số có $2$ tiệm cận ngang là các đường thẳng $y =  - 2;y = 2$.

Vì \({y_{CD}}.{y_{CT}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{y_{CD}} = 0\\{y_{CT}} = 0\end{array} \right.\) hay một trong hai điểm cực trị của đồ thị hàm số nằm trên trục hoành.

Khi đó đồ thị hàm số chỉ có \(2\) giao điểm chung với \(Ox\)

A sai vì $y=3$ là giá trị cực đại của hàm số, không phải giá trị lớn nhất.

B sai vì hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( { - \infty ;0} \right),\left( {2; + \infty } \right)$.

C sai vì $x=2$ là điểm cực tiểu của hàm số không phải giá trị cực tiểu.

D đúng vì trên đoạn $\left[ {0;4} \right]$ thì hàm số đạt GTNN (cũng là giá trị cực tiểu) bằng $ - 1$ đạt được tại $x = 2$.

Ta có: $y' = 4{{\text{x}}^3} - 4\left( {m + 1} \right)x$$ \Rightarrow y'\left( 1 \right) =  - 4m$

Vì tiếp tuyến $\Delta $ vuông góc với đường thẳng $d$ nên \(k.\left( { - \dfrac{1}{4}} \right) = - 1 \Leftrightarrow k = 4 = y'\left( 1 \right) =-4m\)

Vậy $m$ thỏa mãn đề bài là  $m =  - 1$

Hàm số xác định và liên tục trên đoạn \(\left[ {1;e} \right]\).

Đạo hàm \(f'\left( x \right) = \left( {\sqrt x } \right)'.\ln x + \sqrt x .\left( {\ln x} \right)'\)\( = \dfrac{{\ln x}}{{2\sqrt x }} + \dfrac{1}{{\sqrt x }} = \dfrac{{\ln x + 2}}{{2\sqrt x }}\)

Suy ra \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \ln x + 2 = 0 \Leftrightarrow \ln x =  - 2\)\( \Leftrightarrow x = {e^{ - 2}} = \dfrac{1}{{{e^2}}} \notin \left[ {1;e} \right]\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 1 \right) = 0\\f\left( e \right) = \sqrt e \end{array} \right.\) \( \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {1;e} \right]} f\left( x \right) = f\left( e \right) = \sqrt e \).

Do đó \(x_0=e\).

\(\begin{array}{l}{4.9^x} - {13.6^x} + {9.4^x} = 0 \Leftrightarrow 4 - 13.{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)^x} + 9.{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)^{2x}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)^x} = 1\\{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)^x} = \dfrac{4}{9}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right. \Rightarrow T = 0 + 2 = 2\end{array}\)

ĐK: \(x \ge 0\)

${3^{\sqrt {2x}  + 1}} - {3^{x + 1}} \le {x^2} - 2x \Leftrightarrow {3^{\sqrt {2x}  + 1}} + 2x \le {3^{x + 1}} + {x^2} \Leftrightarrow {3^{\sqrt {2x}  + 1}} + {\left( {\sqrt {2x} } \right)^2} \le {3^{x + 1}} + {x^2}$

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {3^{t + 1}} + {t^2}\)  có \(f'\left( t \right) = {3^{t + 1}}.\ln 3 + 2t > 0\,\,\forall t \ge 0 \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left[ {0; + \infty } \right)\) 

Mà \(f\left( {\sqrt {2x} } \right) \le f\left( x \right) \Leftrightarrow \sqrt {2x}  \le x \Leftrightarrow 2x \le {x^2} \Leftrightarrow {x^2} - 2x \ge 0 \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ;0} \right] \cup \left[ {2; + \infty } \right)\)

Mà \(x \ge 0 \Rightarrow x \in \left[ {2; + \infty } \right) \cup \left\{ 0 \right\}\)

$\Delta ABC$ 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

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

Thể tích khối bát diện đều \(V = 2{V_{S.ABCD}}\)

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

Vì ABCD là hình vuông nên \(AC = BD = a\sqrt 2  \Rightarrow OA = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

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

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

\( \Rightarrow V = 2\dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}\)

Đặc biệt hóa, coi \(ABCD.A'B'C'D'\) là khối lập phương cạnh bằng 1 \( \Rightarrow {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = 1 = V\).

Dễ thấy \(MNPQEF\) là khối bát diện đều cạnh cạnh \(QE = \dfrac{1}{2}BD = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Vậy \({V_{MNPQEF}} = \dfrac{{{{\left( {\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^3}\sqrt 2 }}{3} = \dfrac{1}{6} = \dfrac{V}{6}\).

Độ dài đường sinh của hình nón $l = \sqrt {{r^2} + {h^2}}  = 5a$

Diện tích xung quanh của hình nón ${S_{xq}} = \pi rl = \pi .4a.5a = 20\pi {a^2}$.

Diện tích đáy \({S_d} = \pi {r^2} = \pi {\left( {4a} \right)^2} = 16\pi {a^2}\).

Diện tích toàn phần \({S_{tp}} = {S_{xq}} + {S_d} = 20\pi {a^2} + 16\pi {a^2} = 36\pi {a^2}\)

Gọi \(H,\,\,K\) lần lượt là hình chiếu của \(A\) lên \(\left( P \right)\) và \(d\) ta có \(AH \le AK\), khi đó mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa đường thẳng d thỏa mãn khoảng cách từ điểm \(A\) đến \(\left( P \right)\) lớn nhất \( \Leftrightarrow \left( P \right)\) nhận \(\overrightarrow {AK} \) là 1 VTPT.

Gọi \(K\left( {1 + 2t; - 2 + t;2t} \right) \in d \Rightarrow \overrightarrow {AK}  = \left( {2t - 1;t + 1;2t - 4} \right)\).

\(\overrightarrow {{u_d}} \left( {2;1;2} \right)\) là 1 VTCP của \(d\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \overrightarrow {AK} .\overrightarrow {{u_d}}  = 0 \Leftrightarrow 4t - 2 + t + 1 + 4t - 8 = 0 \Leftrightarrow 9t - 9 = 0 \Leftrightarrow t = 1\\ \Rightarrow K\left( {3; - 1;2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AK}  = \left( {1;2; - 2} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow \left( P \right):\,\,x - 3 + 2\left( {y + 1} \right) - 2\left( {z - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 2y - 2z + 3 = 0\).

Mặt cầu \(\left( S \right):\,\,{\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 20\) có tâm \(I\left( {3;2; - 1} \right)\), bán kính \(R = \sqrt {20}  = 2\sqrt 5 \).

Ta có: \(d = d\left( {I;\left( P \right)} \right) = \dfrac{{\left| {3 + 2.2 - 2\left( { - 1} \right) + 3} \right|}}{{\sqrt {1 + 4 + 4} }} = \dfrac{{12}}{3} = 4\).

Gọi \(r\) là đường kính đường tròn giao tuyến của \(\left( P \right)\) và \(\left( S \right)\) ta có:

\({R^2} = {d^2} + {r^2} \Leftrightarrow r = \sqrt {{R^2} - {d^2}}  = \sqrt {20 - 16}  = 2\).

Gọi $AA'$  là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$

\(AC \bot A'C;\,AB \bot A'B\)

Ta chứng minh \(AC' \bot A'C'\)

\(SA \bot A'C;\,AC \bot A'C \Rightarrow A'C \bot AC'\)

Mà \(AC' \bot SC \Rightarrow AC' \bot A'C'\)

Tương tự \(AB' \bot A'B'\)

Như vậy $B,C,C',B'$ cùng nhìn $AA'$  bằng $1$  góc vuông nên $A,B,C,B',C'$ cùng thuộc $1$  mặt cầu có đường kính là $AA'$  và cũng đồng thời là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Tính \(BC = \sqrt {{b^2} + {c^2} - 2b\cos \alpha } \)

Trong tam giác \(ABC:\dfrac{{BC}}{{\sin A}} = 2R \Rightarrow R = \dfrac{{\sqrt {{b^2} + {c^2} - 2bc\cos \alpha } }}{{2\sin \alpha }}\)

Đặt \(\left| {x - 1} \right| = a\) khi đó phương trình trở thành \({2^{a + 1}} + {2^a} + m = 0\) (1)

Để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất thì pt (1) bắt buộc phải có nghiệm duy nhất $a=0$ ( vì nếu $a>0$ thì sẽ tồn tại 2 giá trị của $x$)

Nên ${2^1} + {2^0} + m = 0$. Suy ra $m =  - 3$

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

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 \(m < f\left( 1 \right) - 1\).

Vì mỗi mặt là tam giác nên mỗi mặt có \(3\) cạnh

Do đó M mặt sẽ có \(3M\) cạnh hay đa diện có 3M cạnh.

Tuy nhiên, mỗi cạnh lại là cạnh chung của \(2\) mặt nên mỗi cạnh trên đã được đếm 2 lần.

Số cạnh thực tế của đa diện chỉ là \(C = \frac{{3M}}{2}\) hay \(2C = 3M\).

Giả sử đáy là đa giác đều ${A_1}{A_2}...{A_n}$. $O$ là tâm đáy, chóp có chiều cao là $SH$ . Gọi $I$ là trung điểm của ${A_1}{A_2}$

Ta có : $I{A_1} = R.\sin \dfrac{\pi }{n};OI = R.\cos \dfrac{\pi }{n}$

$SO = OI.\tan {60^0} = R.\cos \dfrac{\pi }{n}.\sqrt 3  = R\sqrt 3 .\cos \dfrac{\pi }{n}$

Diện tích đáy : $S = \dfrac{{3V}}{{SO}} = \dfrac{{3.\dfrac{{3\sqrt 3 }}{4}.{R^3}}}{{R\sqrt 3 .cos\dfrac{\pi }{n}}} = \dfrac{{9{R^2}}}{{4\cos \dfrac{\pi }{n}}}$

Mà $S = n.\dfrac{1}{2}{R^2}.\sin \dfrac{{2\pi }}{n} \Rightarrow \dfrac{{9{R^2}}}{{4\cos \dfrac{\pi }{n}}} = n.\dfrac{1}{2}.{R^2}.\sin \dfrac{{2\pi }}{n}$

$ \Leftrightarrow n\sin \dfrac{{2\pi }}{n}\cos \dfrac{\pi }{n} = \dfrac{9}{2}$

Thử các giá trị của $n$ ở các đáp án ta được \(n = 6\).

Ta có: $y' = 3{{\text{x}}^2} - 6{\text{x}} + 2$

Số cặp điểm thuộc đồ thị $\left( C \right)$ có tiếp tuyến song song nhau

$ \Leftrightarrow $ số cặp nghiệm phương trình $3{{\text{x}}^2} - 6{\text{x}} + 2 = m$ với $m \in R$ thỏa mãn phương trình $3{x^2} - 6x + 2 = m$ có hai nghiệm phân biệt.Có vô số giá trị của $m$ để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt nên có vô số cặp điểm.