Thử lần lượt từng đáp án ta thấy $x = 3$ là nghiệm của phương trình

Phép đối xứng qua mặt phẳng bảo toàn khoảng cách giữa 2 điểm bất kì nên $M'N' = MN$.

Ta có: ${S_{tp}} = {S_{xq}} + 2{S_d} = 2\pi rh + 2\pi {r^2} = 2\pi r\left( {h + r} \right) = {C_d}.\left( {h + r} \right)$

Dó đó công thức ở đáp án D là sai.

Áp dụng công thức trả góp ta có:

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,T{\left( {1 + r} \right)^n} = \dfrac{A}{r}\left[ {{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1} \right]\\ \Leftrightarrow 300{\left( {1 + 0,5\% } \right)^n} = \dfrac{{5,5}}{{0,5\% }}\left[ {{{\left( {1 + 0,5\% } \right)}^n} - 1} \right]\\ \Leftrightarrow 800.1,{005^n} = 1100\\ \Leftrightarrow n = {\log _{1,005}}\dfrac{{1100}}{{800}} \approx 63,85\end{array}$

Vậy sau ít nhất 64 tháng anh A mới trả hết số tiền 300 triệu.

Gọi $\left( O \right)$ là một đường tròn đáy của hình trụ

Mặt phẳng đã cho cắt $\left( O \right)$ tại $A$ và $B$, gọi $H$ là trung điểm $AB$.

Vì thiết diện thu được là hình vuông nên chiều cao hình trụ bằng

$h = AB = 2AH = 2\sqrt {O{A^2} - O{H^2}}  = a\sqrt 3$

Thể tích khối trụ là

$V = \pi {R^2}h = \pi {a^2}.a\sqrt 3  = \pi {a^3}\sqrt 3$

Điều kiện để hàm số bậc ba không có cực trị là phương trình $y' = 0$ vô nghiệm hoặc có nghiệm kép.

${\rm{\;}}x > 1 \Leftrightarrow x - 1 > 0$

$\Rightarrow y = x - 1 + \dfrac{4}{{x - 1}} \ge 2\sqrt {\left( {x - 1} \right).\dfrac{4}{{x - 1}}}  = 2.2 = 4$

Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow x - 1 = \dfrac{4}{{x - 1}} \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} = 4 \Leftrightarrow x = 3$.

Vậy GTNN của hàm số là $m=4$ khi $x=3$.

Dễ thấy, các phép tịnh tiến theo mỗi véc tơ $\overrightarrow {AA'} ,\overrightarrow {BB'} ,\overrightarrow {CC'} ,\overrightarrow {DD'}$ biến hình vuông $ABCD$ thành hình vuông $A'B'C'D'$ nên B, C đúng, D sai.

Phép đối xứng qua tâm $O$ của hình lập phương biến hình vuông $ABCD$ thành hình vuông $A'B'C'D'$ nên A đúng.

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

Lũy thừa với số mũ không nguyên thì cơ số phải dương nên $a > 0$.

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.

Nhận thấy hàm số nghịch biến trên các khoảng  $\left( { - \infty ; - 3} \right)$ và  $\left( {2; + \infty } \right)$

Hàm số có giá trị cực đại bằng 3 tại  $x = 2$

$\begin{array}{l}{9^{\left| {x + 1} \right|}} = {27^{2x - 2}} \Leftrightarrow {3^{2\left| {x + 1} \right|}} = {3^{3\left( {2x - 2} \right)}} \Leftrightarrow 2\left| {x + 1} \right| = 6x - 6\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x + 2 = 6x - 6\,\,khi\,x \ge  - 1\\2x + 2 =  - 6x + 6\,\,khi\,x <  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\,\,\left( {tm} \right)\\x = \dfrac{1}{2}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right..\end{array}$

Ta có: ${l^2} = {r^2} + {h^2} \Rightarrow h = \sqrt {{l^2} - {r^2}}  \Rightarrow V = \dfrac{1}{3}{S_d}.h = \dfrac{1}{3}{S_d}.\sqrt {{l^2} - {r^2}}$

Phép vị tự tỉ số $k > 0$ biến khối chóp có thể tích $V$ thành khối chóp có thể tích $V'$. Khi đó $\dfrac{{V'}}{V} = {k^3}$.

Đáp án A: Vì $\sqrt 3  > 1$ và $\sqrt 3  > \sqrt 2$ nên ${\left( {\sqrt 3 } \right)^{\sqrt 3 }} > {\left( {\sqrt 3 } \right)^{\sqrt 2 }}$ hay A đúng.

Đáp án B: Vì $\dfrac{1}{{\sqrt 3 }} < 1$ và $\sqrt 3  < \sqrt 5$ nên ${\left( {\dfrac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)^{\sqrt 3 }} > {\left( {\dfrac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)^{\sqrt 5 }}$ hay B sai.

Đáp án C: ${\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^{ - \sqrt 3 }} = {2^{\sqrt 3 }}$, ${\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^{ - \sqrt 3 }} = {3^{\sqrt 3 }}$. Vì $2 < 3$ nên ${2^{\sqrt 3 }} < {3^{\sqrt 3 }}$ hay ${\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^{ - \sqrt 3 }} < {\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^{ - \sqrt 3 }}$ nên C sai.

Đáp án D: Vì $\dfrac{2}{3} > \dfrac{1}{3}$ nên ${\left( {\dfrac{2}{3}} \right)^{\sqrt 3 }} > {\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^{\sqrt 3 }}$ hay D sai.

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

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

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 $\left( {\dfrac{1}{2};\dfrac{3}{2}} \right)$.

Dễ thấy $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {\mkern 1mu} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } {\mkern 1mu} y =  - \infty  \Rightarrow a < 0 \Rightarrow$ Loại A và B.

Đồ thị hàm số đi qua $\left( {0; - 1} \right) \Rightarrow$ Loại C.

$\log a + \log b = \log \left( {ab} \right)$ nên ý A sai

Nhận thấy ${a^{x + y}} = {a^x}.{a^y}$ nên mệnh đề ở ý B sai.

Vì $12 > 1$ nên $y = {\log _{12}}x$ là hàm đồng biến trên khoảng $(0; + \infty )$  nên D sai

${2^{{x^2} - 2x}} \le 8 \Leftrightarrow {2^{{x^2} - 2x}} \le {2^3}$

Vì $2 > 1 \Rightarrow {x^2} - 2x \le 3 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 \le 0 \Leftrightarrow x \in \left[ { - 1;3} \right]$

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.

Khối trụ ngoại tiếp hình lập phương có cạnh bằng $a$ thì bán kính đáy $r = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}$ và chiều cao $h = a$.

Suy ra $V = \pi {r^2}h = \dfrac{{\pi {a^3}}}{2}$

Điểm không thuộc mặt cầu thì có thể nằm ngoài hoặc nằm trong mặt cầu nên các điểm nằm trong mặt cầu vẫn thuộc khối cầu.

Do đó $C$ sai.

Mọi mặt phẳng đi qua tâm của mặt cầu đều là mặt phẳng đối xứng của mặt cầu.

Vậy có vô số mặt phẳng đối xứng.

Ta có: ${S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}\left( {AB + CD} \right).AD = \dfrac{1}{2}\left( {2a + a} \right)a = \dfrac{{3{a^2}}}{2}$

${S_{\Delta ABD}} = \dfrac{1}{2}AD.AB = \dfrac{1}{2}a.2a = {a^2}$

$\Rightarrow {S_{BCD}} = {S_{ABCD}} - {S_{ABD}} = \dfrac{{3{a^2}}}{2} - {a^2} = \dfrac{{{a^2}}}{2}$

$SA = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 2$

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

Vì $0 < \dfrac{1}{3} < 1$ nên ta có

$\begin{array}{l}{\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^{\sqrt {{x^2} - 3{\rm{x}} - 10} }} > {\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^{x - 2}} \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - 3{\rm{x}} - 10}  < x - 2 \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 3{\rm{x}} - 10 < {\left( {x - 2} \right)^2}\\{x^2} - 3{\rm{x}} - 10 \ge 0\\x - 2 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow 5 \le x < 14\\ \Rightarrow x = \left\{ {5,6,7,8,9,10,11,12,13} \right\}\end{array}$

Áp dụng công thức ${S_{xq}} = \pi rl$ ta được: ${S_{xq}} = \pi .3.4 = 12\pi \left( {c{m^2}} \right)$

Phép đối xứng qua mặt phẳng $\left( P \right)$ là phép biến hình biến mỗi điểm thuộc $\left( P \right)$ thành chính nó nên $A \equiv A'$.

$0<2-\sqrt{2}<1\Rightarrow {{\left( 2-\sqrt{2} \right)}^{3}}>{{\left( 2-\sqrt{2} \right)}^{4}}\Rightarrow$Đáp án A sai.

$4-\sqrt{2}>1\Rightarrow {{\left( 4-\sqrt{2} \right)}^{3}}<{{\left( 4-\sqrt{2} \right)}^{4}}\Rightarrow$Đáp án B đúng.

$\sqrt{11}-\sqrt{2}>1\Rightarrow {{\left( \sqrt{11}-\sqrt{2} \right)}^{6}}<{{\left( \sqrt{11}-\sqrt{2} \right)}^{7}}\Rightarrow$ Đáp án C sai.

$0<\sqrt{3}-\sqrt{2}<1\Rightarrow {{\left( \sqrt{3}-\sqrt{2} \right)}^{4}}>{{\left( \sqrt{3}-\sqrt{2} \right)}^{5}}\Rightarrow$Đáp án D sai.

Xét hàm số: $y = \dfrac{1}{3}{x^3} - \left( {m - 1} \right){x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x - 2$ trên $R$

Có $y'\left( x \right) = {x^2} - 2\left( {m - 2} \right)x + 2\left( {m - 1} \right).$

Hàm số đã cho tăng trên $R \Leftrightarrow y'\left( x \right) > 0,\forall x \in R$$\Leftrightarrow \Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - 2\left( {m - 1} \right) \le 0$.

Vì $a = 1 > 0.$$\Leftrightarrow {m^2} - 4m + 3 \le 0$$\Leftrightarrow 1 \le m \le 3.$

Tập xác định: $D = \mathbb{R}$

$y = {(x - 1)^{2017}} \Rightarrow y' = 2017{(x - 1)^{2016}} \ge 0,\forall x$

Do đó hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$ nên không có cực trị.

TXĐ: $D = \mathbb{R}$

$y' = 3{x^2} - 6mx.$

Ta có: $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}x = 0 \Rightarrow y = 6 \hfill \\x = 2m \Rightarrow y =  -  4{m^3} + 6 \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

$y^{\prime}=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{c}x=0 \Rightarrow y=6 \\ x=2 m \Rightarrow y=-4 m^{3}+6\end{array}\right.$

Xét TH1: $m = 0$. Hàm số đồng biến trên $\left[ {0;3} \right]$ $\Rightarrow \mathop {Min}\limits_{\left[ {0;3} \right]} y = y\left( 0 \right) = 6 \Rightarrow$ loại.

Xét TH2: $m \geqslant \dfrac{3}{2} \Rightarrow 2m \ge 3 > 0$. Khi đó, hàm số nghịch biến trên $\left[ {0;3} \right] \subset \left[ {0;2m} \right]$

$\Rightarrow \mathop {Min}\limits_{\left[ {0;3} \right]} y = y\left( 3 \right) = 33 - 27m = 2 \Rightarrow m = \dfrac{{31}}{{27}} < \dfrac{3}{2}$(loại)

Xét TH3: $\dfrac{3}{2} > m > 0 \Rightarrow 3 > 2m > 0$ thì đồ thị hàm số có điểm cực đại là $\left( {0;6} \right)$ và điểm cực tiểu là $\left( {2m, -  4{m^3} + 6} \right).$

Khi đó , GTNN trên $\left[ {0;3} \right]$ là $y\left( {2m} \right) =  - 4{m^3} + 6$ $\Rightarrow  - 4{m^3} + 6 = 2 \Leftrightarrow {m^3} = 1 \Leftrightarrow m = 1$ (thỏa mãn)

Xét TH4: $m < 0 \Rightarrow \left( {0;6} \right)$ là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số và trên $\left[ {0;3} \right]$ hàm số đồng biến.

$\Rightarrow {y_{min}} = 6 \Rightarrow$ loại.

Vậy $m = 1$ là giá trị cần tìm.

Hàm số chỉ có 1 cực trị thì $y' = 0$ có 1 nghiệm $\Leftrightarrow ab \ge 0$, khi đó đồ thị có dạng:

Trong hai trường hợp trên ta thấy nếu đồ thị hàm số nằm hoàn toàn phía trên trục hoành thì chỉ xảy ra trường hợp $a > 0$, do đó $b \ge 0$ và điểm cực tiểu $\left( {0;c} \right)$ cũng phải nằm phía trên trục hoành hay $c > 0$.

Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {0;4} \right)$ nên loại A và D

Đồ thị hàm số cắt $Ox$ tại điểm $\left( { - 1;0} \right)$ và tiếp xúc $Ox$ tại $\left( {2;0} \right)$ nên phương trình hoành độ giao điểm $y = 0$ có 1 nghiệm đơn $x=-1$ và 1 nghiệm kép ${x_{2,3}} = 2$ 

Vậy chỉ có đáp án B thỏa mãn.

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

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng $x = a > 0$; tiệm cận ngang $y = b > 0.$

Mặt khác, ta thấy dạng đồ thị là đường cong đi xuống từ trái sang phải trên các khoảng xác định của nó nên

Vậy $a > 0,{\rm{ }}b > 0,{\rm{ }}c - ab < 0.$

Ta có số nghiệm của phương trình đã cho là số giao điểm của đồ thị (C): $y = {x^5} + {x^3} - \sqrt {1 - x}$ và đường thẳng d: $y =  - m$.

Xét hàm số (C): $y = {x^5} + {x^3} - \sqrt {1 - x}$ có: $y' = 5{x^4} + 3{x^2} + \dfrac{1}{{2\sqrt {1 - x} }} > 0\,\,\forall x \in \left( { - \infty ;1} \right)$$\Rightarrow$ hàm số luôn đồng biến trên $\left( { - \infty ;1} \right]$.

Lại có $y\left( 1 \right) = 2$.

Ta có BBT:

Theo BBT ta thấy pt có nghiệm $\Leftrightarrow  - m \leqslant 2 \Leftrightarrow m \geqslant  - 2$.

Ta có:

$P = \left( {{a^{\dfrac{1}{4}}} - {b^{\dfrac{1}{4}}}} \right)\left( {{a^{\dfrac{1}{4}}} + {b^{\dfrac{1}{4}}}} \right)\left( {{a^{\dfrac{1}{2}}} + {b^{\dfrac{1}{2}}}} \right) = \left( {{a^{\dfrac{1}{2}}} - {b^{\dfrac{1}{2}}}} \right)\left( {{a^{\dfrac{1}{2}}} + {b^{\dfrac{1}{2}}}} \right) = a - b$

Vậy  $P = a - b$.

Ta có: $B = \dfrac{{{a^{2\sqrt 2 }} - {b^{2\sqrt 3 }}}}{{{{\left( {{a^{\sqrt 2 }} - {b^{\sqrt 3 }}} \right)}^2}}} + 1 = \dfrac{{\left( {{a^{\sqrt 2 }} - {b^{\sqrt 3 }}} \right)\left( {{a^{\sqrt 2 }} + {b^{\sqrt 3 }}} \right)}}{{{{\left( {{a^{\sqrt 2 }} - {b^{\sqrt 3 }}} \right)}^2}}} + 1$

$= \dfrac{{{a^{\sqrt 2 }} + {b^{\sqrt 3 }}}}{{{a^{\sqrt 2 }} - {b^{\sqrt 3 }}}} + 1 = \dfrac{{{a^{\sqrt 2 }} + {b^{\sqrt 3 }} + {a^{\sqrt 2 }} - {b^{\sqrt 3 }}}}{{{a^{\sqrt 2 }} - {b^{\sqrt 3 }}}} = \dfrac{{2{a^{\sqrt 2 }}}}{{{a^{\sqrt 2 }} - {b^{\sqrt 3 }}}}$

Trữ lượng gỗ sau năm thứ nhất: ${3.10}^5.(1+0,05)$

Trữ lượng gỗ sau năm thứ 2:       ${3.10}^5.(1+0,05).+{3.10}^5.(1+0,05).0,05={3.10}^5.{(1+0,05)}^2$

Tương tự như vậy đến năm thứ 5 trữ lượng gỗ ở khu rừng đó là : ${3.10}^5.{(1+0,05)}^5$

Ta có $80 = {4^2}.5;{\rm{    }}12 = 3.4$

$\begin{array}{l}{\log _{12}}80 = {\log _{12}}{4^2} + {\log _{12}}5 = 2{\log _{12}}4 + {\log _{12}}5 = \dfrac{2}{{{{\log }_4}12}} + \dfrac{1}{{{{\log }_5}12}} = \dfrac{2}{{{{\log }_4}3 + 1}} + \dfrac{1}{{{{\log }_5}3 + {{\log }_5}4}}\\ = \dfrac{2}{{\dfrac{1}{a} + 1}} + \dfrac{1}{{\dfrac{b}{a} + b}} = \dfrac{{2a}}{{a + 1}} + \dfrac{a}{{b\left( {a + 1} \right)}} = \dfrac{{2ab + a}}{{ab + b}}\end{array}$

${\log _{0.5}}a > {\log _{0.5}}b \Leftrightarrow a < b{\rm{  }}$ vì $0,5 <1$ suy ra  A sai.

$\log x < 0 \Leftrightarrow \log x < \log 1 \Leftrightarrow 0 < x < 1$ suy ra B đúng.

${\log _2}x > 0 \Leftrightarrow {\log _2}x > {\log _2}1 \Leftrightarrow x > 1$ suy ra C đúng.

${\log _{\dfrac{1}{3}}}a = {\log _{\dfrac{1}{3}}}b \Leftrightarrow a = b > 0{\rm{  }}$suy ra D đúng.

Đặt $t = {2^x};x \in \left( {1;3} \right) \Rightarrow t = {2^x} \in \left( {2;8} \right)$

Xét hàm số $y = {t^2} - 8t + 3$ trên $(2;8)$ có:

$y' = 2t - 8;$ $y' = 0 \Leftrightarrow 2t - 8 = 0 \Leftrightarrow t = 4\in (2;8)$

Bảng biến thiên:

Căn cứ bảng biến thiên:

Phương trình ${4^x} - {\text{ }}{2^{x{\text{ }} + {\text{ }}3}} + {\text{ }}3{\text{ }} = {\text{ }}m$ có đúng 2 nghiệm $x \in \left( {1;3} \right) \Leftrightarrow  - 13 < m <  - 9$

Ta có $f\left( x \right) = {2^{2019}}{x^3} + {3.2^{2018}}{x^2} - 2018$

$\Rightarrow f'\left( x \right) = {3.2^{2019}}{x^2} + {3.2^{2019}}x = {3.2^{2019}}x\left( {x + 1} \right)$ $\Rightarrow \dfrac{1}{{f'\left( x \right)}} = \dfrac{1}{{{{3.2}^{2019}}}}.\dfrac{1}{{x.\left( {x + 1} \right)}} = \dfrac{1}{{{{3.2}^{2019}}}}\left( {\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{{x + 1}}} \right)$

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành ${2^{2019}}{x^3} + {3.2^{2018}}{x^2} - 2018 = 0$ (*)

Vì ${x_1},{x_2},{x_3}$ là ba ngiệm của phương trình (*) nên theo hẹ thức Vi-et ta có

$\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} + {x_3} = \dfrac{{ - 3}}{2}\\{x_1}{x_2} + {x_2}{x_3} + {x_1}{x_3} = 0\\{x_1}{x_2}{x_3} = \dfrac{{2018}}{{{2^{2019}}}}\end{array} \right.$

Ta có $P = \dfrac{1}{{f'\left( {{x_1}} \right)}} + \dfrac{1}{{f'\left( {{x_2}} \right)}} + \dfrac{1}{{f'\left( {{x_3}} \right)}} = \dfrac{1}{{{{3.2}^{2019}}}}\left( {\dfrac{1}{{{x_1}}} - \dfrac{1}{{{x_1} + 1}} + \dfrac{1}{{{x_2}}} - \dfrac{1}{{{x_2} + 1}} + \dfrac{1}{{{x_3}}} - \dfrac{1}{{{x_3} + 1}}} \right)$

$= \dfrac{1}{{{{3.2}^{2019}}}}\left[ {\left( {\dfrac{1}{{{x_1}}} + \dfrac{1}{{{x_2}}} + \dfrac{1}{{{x_3}}}} \right) - \left( {\dfrac{1}{{{x_1} + 1}} + \dfrac{1}{{{x_2} + 1}} + \dfrac{1}{{{x_3} + 1}}} \right)} \right]$

$= \dfrac{1}{{{{3.2}^{2019}}}}\left[ {\dfrac{{{x_1}{x_2} + {x_2}{x_3} + {x_1}{x_3}}}{{{x_1}{x_2}{x_3}}} - \dfrac{{\left( {{x_2} + 1} \right)\left( {{x_3} + 1} \right) + \left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_3} + 1} \right) + \left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right)}}{{\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right)\left( {{x_3} + 1} \right)}}} \right]$

$= \dfrac{1}{{{{3.2}^{2019}}}}\left( {0 - \dfrac{{{x_1}{x_2} + {x_2}{x_3} + {x_1}{x_3} + 2\left( {{x_1} + {x_2} + {x_3}} \right) + 3}}{{\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right)\left( {{x_3} + 1} \right)}}} \right)$

$= \dfrac{1}{{{{3.2}^{2019}}}}.\dfrac{{0 + 2.\dfrac{{ - 3}}{2} + 3}}{{\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right)\left( {{x_3} + 1} \right)}} = 0$

Theo đề bài ta có : $f\left( x \right) < {e^x} + m \Leftrightarrow f\left( x \right) - {e^x} < m$

Đặt $g\left( x \right) = f\left( x \right) - {e^x}.$ Khi đó :

$\begin{array}{l}f\left( x \right) < {e^x} + m\,\,\forall x \in \left( { - 1;1} \right)\\ \Rightarrow g\left( x \right) = f\left( x \right) - {e^x} < m\,\,\forall x \in \left( { - 1;1} \right)\\ \Leftrightarrow m \ge \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} g\left( x \right)\\g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - {e^x}\end{array}$

 Trên $\left( { - 1;1} \right)$ ta có $f'\left( x \right) < 0;\,\,{e^x} > 0\,\,\forall x \in R \Rightarrow g'\left( x \right) < 0\,\,\forall x \in \left( { - 1;1} \right)$

$\Rightarrow g\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left( { - 1;\;1} \right).$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} g\left( x \right) = g\left( { - 1} \right) = f\left( { - 1} \right) - {e^{ - 1}} = f\left( { - 1} \right) - \dfrac{1}{e}\\ \Rightarrow m \ge f\left( { - 1} \right) - \dfrac{1}{e}.\end{array}$

Ta có $f'\left( x \right) = 4a{x^3} + 3b{x^2} + 2cx + d$

Từ đồ thị hàm số ta thấy $f'\left( 0 \right) \Leftrightarrow d = 0$

Từ đồ thị ta thấy:

+ Khi $x< -1$ thì $f'(x)>0$.

+ Khi $-1<x<0=>f'(x)<0$

+ Khi $0<x<x_0$ (với $x_0$ là nghiệm thứ 3 của phương trình $f'(x)=0$) $=>f'(x)>0$

+ Khi $x>x_0$ thì $f'(x)<0$

Ta có bảng biến thiên:

$\Rightarrow f\left( { - 1} \right) > f\left( 0 \right)$

$\Leftrightarrow a - b + c - d + e > e \Leftrightarrow a + c > b + d$ nên B sai, lại có $d = 0 \Rightarrow a + c > b$  (1)

+) Từ bảng biến thiên $\Rightarrow f\left( 1 \right) > f\left( 0 \right)$

$\Leftrightarrow a + b + c + d + e > e \Leftrightarrow a + b + c + d > 0$ nên A sai.

Mà $d = 0$ nên $a + b + c > 0 \Leftrightarrow a + c >  - b$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $2\left( {a + c} \right) > 0 \Leftrightarrow a + c > 0.$

Điều kiện : $x + y >0, x – y > 0$

${\log _4}\left( {x + y} \right) + {\log _4}\left( {x - y} \right) \ge 1 \Leftrightarrow {\log _4}\left( {{x^2} - {y^2}} \right) \ge 1 \Leftrightarrow {x^2} - {y^2} \ge 4$

Ta có: $P = 2x - y = \dfrac{{x + y + 3(x - y)}}{2} \ge \sqrt {(x + y).3(x - y)}  = \sqrt {3({x^2} - {y^2})}  = \sqrt {3.4}  = 2\sqrt 3$

Dấu “=” xảy ra khi:

$\left\{ \begin{array}{l}x + y = 3\left( {x - y} \right)\\{x^2} - {y^2} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 3\left( {x - y} \right)\\3{\left( {x - y} \right)^2} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - y = \dfrac{2}{{\sqrt 3 }}\\x + y = 2\sqrt 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} + \sqrt 3 \\y = \sqrt 3  - \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\end{array} \right.$

Vậy   $Min\,P = 2\sqrt 3$.

ĐKXĐ: $x \ge \dfrac{m}{4}$

Ta có: ${x^3} + \left( {m - 12} \right)\sqrt {4x - m}  = 4x\left( {\sqrt {4x - m}  - 3} \right)\\ \Leftrightarrow {x^3} + 12x = \left( {4x - m} \right)\sqrt {4x - m}  + 12\sqrt {4x - m}$

$\Leftrightarrow {x^3} + 12x = {\left( {\sqrt {4x - m} } \right)^3} + 12\sqrt {4x - m} (*)$

Xét hàm số $f\left( t \right) = {t^3} + 12t,\,\,\,f'\left( t \right) = 3{t^2} + 12 > 0,\,\forall t \Rightarrow$ Hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$

Phương trình (*) trở thành 

$f\left( x \right) = f\left( {\sqrt {4x - m} } \right)$

$\Leftrightarrow x = \sqrt {4x - m}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\{x^2} = 4x - m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\m = 4x - {x^2} = g\left( x \right)\end{array} \right.$

Phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt $\Leftrightarrow 0 \le m < 4 \Rightarrow m \in \left\{ {0;1;2;3} \right\}$: 4 giá trị thỏa mãn.

Gọi O là trung điểm của BC.

Ta gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Trong đó:

$A\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2};0;0} \right),\,B\left( {0;\dfrac{a}{2};0} \right),\,C\left( {0; - \dfrac{a}{2};0} \right)$

Gọi $\left( P \right)$ là mặt phẳng vuông góc với AB tại B, $\left( Q \right)$ là mặt phẳng vuông góc với AC tại C. Gọi giao tuyến của $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ là đường thẳng $d$.

Do $SB \bot AB,\,\,SC \bot AC$ nên $S \in d$.

$\overrightarrow {AB}  = \left( { - \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2};\dfrac{a}{2};0} \right),\,\,\overrightarrow {AC}  = \left( { - \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}; - \dfrac{a}{2};0} \right)$

Mặt phẳng $\left( P \right)$ đi qua $B\left( {0;\dfrac{a}{2};0} \right)$, nhận $\overrightarrow {{n_1}}  = \left( {\sqrt 3 ; - 1;0} \right)$ là 1 VTPT, có phương trình là: $\sqrt 3 x - y + \dfrac{a}{2} = 0$.

Mặt phẳng $\left( Q \right)$ đi qua $C\left( {0; - \dfrac{a}{2};0} \right)$, nhận $\overrightarrow {{n_2}}  = \left( {\sqrt 3 ;1;0} \right)$ là 1 VTPT, có phương trình là: $\sqrt 3 x + y + \dfrac{a}{2} = 0$.

$d$ là giao của $\left( P \right)$ và $\left( Q \right) \Rightarrow d:\left\{ \begin{array}{l}\sqrt 3 x - y + \dfrac{a}{2} = 0\\\sqrt 3 x + y + \dfrac{a}{2} = 0\end{array} \right.$,   $\left[ {\overrightarrow {{n_1}} ;\overrightarrow {{n_2}} } \right] = \left( {0;0;2\sqrt 3 } \right)$

$\Rightarrow d$ đi qua $I\left( { - \dfrac{a}{{2\sqrt 3 }};0;0} \right)$có 1 VTCP $\overrightarrow u  = \left( {0;0;1} \right)$, có phương trình tham số là: $\left\{ \begin{array}{l}x =  - \dfrac{a}{{2\sqrt 3 }}\\y = 0\\z = t\end{array} \right.$

Giả sử $S\left( { - \dfrac{a}{{2\sqrt 3 }};0;t} \right)$. Ta có: $\begin{array}{l}\overrightarrow {SB}  = \left( {\dfrac{a}{{2\sqrt 3 }};\dfrac{a}{2}; - t} \right);\,\,\\\overrightarrow {CA}  = \left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2};\dfrac{a}{2};0} \right)\end{array}$$\Rightarrow \left[ {\overrightarrow {SB} ;\overrightarrow {CA} } \right] = \left( {\dfrac{{at}}{2};\dfrac{{a\sqrt 3 t}}{2}; - \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{6}} \right)$$\Rightarrow \left| {\left[ {\overrightarrow {SB} ;\overrightarrow {CA} } \right]} \right| = \sqrt {\dfrac{{{a^2}{t^2}}}{4} + \dfrac{{3{a^2}{t^2}}}{4} + \dfrac{{{a^2}}}{{12}}}  = \sqrt {{a^2}{t^2} + \dfrac{{{a^2}}}{{12}}}$

Ta có: $\overrightarrow {CB}  = \left( {0;a;0} \right)$$\Rightarrow \left[ {\overrightarrow {SB} ;\overrightarrow {CA} } \right].\overrightarrow {CB}  = 0 + \dfrac{{a\sqrt 3 t}}{2}.a + 0 = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 t}}{2}$

$d(SB;AC) = \dfrac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {SB} ;\overrightarrow {CA} } \right].\overrightarrow {CB} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {SB} ;\overrightarrow {CA} } \right]} \right|}} = \dfrac{{\left| {\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 t}}{2}} \right|}}{{\sqrt {{a^2}{t^2} + \dfrac{{{a^2}}}{{12}}} }}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{\left| {\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 t}}{2}} \right|}}{{\sqrt {{a^2}{t^2} + \dfrac{{{a^2}}}{{12}}} }} = \dfrac{{3a}}{{\sqrt {13} }} \Leftrightarrow \dfrac{{3{a^4}{t^2}}}{{4{a^2}{t^2} + \dfrac{1}{3}{a^2}}} = \dfrac{{9{a^2}}}{{13}}\\ \Leftrightarrow 39{a^2}{t^2} = 36{a^2}{t^2} + 3{a^2} \Leftrightarrow {t^2} = {a^2} \Leftrightarrow t = a\end{array}$

$\Rightarrow S\left( { - \dfrac{a}{{2\sqrt 3 }};0;a} \right)$$\Rightarrow h = d\left( {S;\left( {Oxy} \right)} \right) = a$

Diện tích tam giác đều ABC là: $S = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$$\Rightarrow {V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}.h.S = \dfrac{1}{3}.a.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}$.