Ta thấy $d\left( {I;\left( P \right)} \right) = \frac{R}{2} \Rightarrow r = \sqrt {{R^2} - d_{\left( {I;\left( p \right)} \right)}^2}  = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}$.

Khi đó chu vi đường tròn bằng $S = 2\pi r = R\sqrt 3 \pi$

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

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} {\mkern 1mu} y = \infty  \Rightarrow$ Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là $x =  - 1 \Rightarrow$ Loại đáp án B và D.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } {\mkern 1mu} y = 2 \Rightarrow$ Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = 2 $\Rightarrow$ Loại đáp án C.

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

Do đó $f'\left( 3 \right) \ge 0,$ $f'\left( 0 \right) \ge 0$ nên các đáp án A, B, D đều sai.

Gọi $O$ là giao điểm của $AD$ và $BC$.

- Quay tam giác vuông $ABO$ quanh $BO$ ta được một hình nón.

- Quay tam giác vuông $DCO$ quanh $CO$ ta được một hình nón.

Vậy có tất cả hai hình nón được tạo thành.

${e^x} + {e^{ - x}} < \dfrac{5}{2} \Leftrightarrow {e^{2x}} + 1 < \dfrac{5}{2}{e^x} \Leftrightarrow 2{e^{2x}} - 5{e^x} + 2 < 0$

$\Leftrightarrow \left( {{e^x} - 2} \right)\left( {2{e^x} - 1} \right) < 0 \Leftrightarrow \dfrac{1}{2} < {e^x} < 2 \Leftrightarrow  - \ln 2 < x < \ln 2$

Hình bát diện đều có $9$ mặt phẳng đối xứng.

Tâm đối xứng của đồ thị hàm số bậc ba có hoành độ là nghiệm của phương trình $y'' = 0$

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

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

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 $x=3$.

Ta có: ${\log _{\frac{1}{{\sqrt 3 }}}}81 = {\log _{{{\sqrt 3 }^{ - 1}}}}{3^4} =  - {\log _{\sqrt 3 }}{3^4}$

$=  - {\log _{{3^{\frac{1}{2}}}}}{3^4} =  - \dfrac{1}{{1/2}}{\log _3}{3^4} =  - 2{\log _3}{3^4} =  - 2.4 =  - 8$

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

Hàm số $y = \left( {2\sqrt 2  - 3} \right){x^4} + \sqrt 2 {x^2} - 1$ có $a = 2\sqrt 2  - 3 < 0$ nên$\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\left( {2\sqrt 2  - 3} \right){x^4} + \sqrt 2 {x^2} - 1} \right) =  - \infty$

Phép đối xứng tâm $O$ cố định là phép vị tự tâm $O$ tỉ số $k =  - 1$

Nhận xét: Dễ thấy bảng biến thiên của đồ thị hàm số bậc 4.

Ngoài cùng bên phải của $y' < 0 \Rightarrow a < 0 \Rightarrow$Loại đáp án A

Thay điểm $\left( {0;0} \right)$ vào các hàm số ở đáp án B, C, D

Điểm $\left( {0;0} \right)$ chỉ thuộc vào đồ thị hàm số $y =  - {x^4} + 2{x^2}$

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

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

Tập xác định của hàm số $y = {2^x}$ là $\mathbb{R}.$

Ta có $m = 3$, mỗi kì hạn là $3$ tháng nên $2$ năm có $2.12:3 = 8$ kì hạn.

Vậy $T = A{\left( {1 + 3.r\% } \right)^8}$.

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  $x = 2$

Nếu mặt phẳng cắt mặt cầu tại nhiều hơn $1$ điểm thì giao tuyến của chúng là một đường tròn nằm trên mặt cầu.

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

Phép đối xứng qua mặt phẳng bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm nên A, D đúng.

Phép đối xứng qua mặt phẳng biến một đường thẳng song song với mặt phẳng thành đường thẳng song song và cách đều mặt phẳng so với đường thẳng ban đầu nên B đúng và C sai.

- Hình hộp chữ nhật và hình lập phương đều có mặt cầu ngoại tiếp nên A và B đúng.

- Hình lăng trụ đứng có đáy là đa giác nội tiếp được đường tròn thì có mặt cầu ngoại tiếp nên C đúng.

- Hình chóp có đáy là đa giác nội tiếp được đường tròn thì có mặt cầu ngoại tiếp nên D sai vì hình thoi không nội tiếp được đường tròn.

Áp dụng các công thức trong tứ diện đều cạnh $a$

Bán kính mặt cầu nội tiếp $r = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{{12}} = 1 \Rightarrow a = 2\sqrt 6$

Thể tích tứ diện đều đó là $V = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}} = 8\sqrt 3$

Vì $3 > 1$ nên để ${\log _3}a < 0$ thì $0 < a < 1$.

$\begin{array}{l}{4^{{x^2}}} - {5.2^{{x^2}}} + 4 = 0 \Leftrightarrow {\left( {{2^{{x^2}}}} \right)^2} - {5.2^{{x^2}}} + 4 = 0 \Leftrightarrow \left( {{2^{{x^2}}} - 4} \right)\left( {{2^{{x^2}}} - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{2^{{x^2}}} = 4\\{2^{{x^2}}} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 2\\{x^2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  \pm \sqrt 2 \\x = 0\end{array} \right.\end{array}$

$y = 0$ là GTNN của hàm số

Xét phương trình hoành độ:

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

Vậy số giao điểm là $1$.

${\left( {\dfrac{1}{{16}}} \right)^{ - 0,75}} + {\left( {\dfrac{1}{8}} \right)^{ - \frac{4}{3}}} = {16^{0,75}} + {8^{\frac{4}{3}}} = {\left( {{2^4}} \right)^{\frac{3}{4}}} + {\left( {{2^3}} \right)^{\frac{4}{3}}} = {2^3} + {2^4} = 24$.

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

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

Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị $\Leftrightarrow m \ne 0$.

Khi đó gọi $A\left( {0; - 3m - 1} \right)$ và $B\left( {2m;4{m^3} - 3m - 1} \right)$ là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Suy ra trung điểm của $AB$ là điểm $I\left( {m;2{m^3} - 3m - 1} \right)$và$\overrightarrow {AB}  = \left( {2m;4{m^3}} \right) = 2m\left( {1;2{m^2}} \right)$.

Đường thẳng $d$ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow u  = \left( {8; - 1} \right).$

Ycbt $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}I \in d\\\overrightarrow {AB} .\overrightarrow u  = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 8\left( {2{m^3} - 3m - 1} \right) - 74 = 0\\8 - 2{m^2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2.$

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{f\left( x \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{\sqrt {{x^4} - 3{x^2} + 5} }}{{x\left( {x - 2} \right)}}$ $= \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{\sqrt {1 - \dfrac{3}{{{x^2}}} + \dfrac{5}{{{x^4}}}} }}{{1 - \dfrac{2}{x}}} = 1 = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{f\left( x \right)}}{x}$ $\Rightarrow a = 1$ .

$\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {f\left( x \right) - x} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {\dfrac{{\sqrt {{x^4} - 3{x^2} + 5} }}{{x - 2}} - x} \right] \\= \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{\sqrt {{x^4} - 3{x^2} + 5}  - \left( {{x^2} - 2x} \right)}}{{x - 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{4{x^3} - 7{x^2} + 5}}{{\left( {x - 2} \right)\left[ {\sqrt {{x^4} - 3{x^2} + 5}  + \left( {{x^2} - 2x} \right)} \right]}} \\= \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{4 - \dfrac{7}{x} + \dfrac{5}{{{x^3}}}}}{{\left( {1 - \dfrac{2}{x}} \right)\left( {\sqrt {1 - \dfrac{3}{{{x^2}}} + \dfrac{5}{{{x^4}}}}  + 1 - \dfrac{2}{x}} \right)}} = \dfrac{4}{2} = 2\\\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left[ {f\left( x \right) - x} \right] = 2 \Rightarrow b = 2\end{array}$

Vậy tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là $y = x + 2$.

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:

$E = {3^{\sqrt 2  - 1}}{.9^{\sqrt 2 }}{.27^{1 - \sqrt 2 }}$$= {3^{\sqrt 2  - 1}}{.3^{2\sqrt 2 }}{.3^{3\left( {1 - \sqrt 2 } \right)}} = {3^{\sqrt 2  - 1 + 2\sqrt 2  + 3 - 3\sqrt 2 }} = {3^2} = 9$

Kì hạn $1$ năm $= 12$ tháng nên $m = 12$, số kì hạn là $N = 2:1 = 2$ kì hạn.

Vậy $T = A{\left( {1 + 12.r\% } \right)^2}$.

Ta có: $1<a<b\Rightarrow \left\{ \begin{align}  & 1={{\log }_{a}}a<{{\log }_{a}}b \\  & {{\log }_{b}}a<{{\log }_{b}}b=1 \\ \end{align} \right.\Rightarrow {{\log }_{b}}a<1<{{\log }_{a}}b\Rightarrow \frac{1}{{{\log }_{a}}b}<1<\frac{1}{{{\log }_{b}}a}$

Ta có:

$\begin{array}{l}P = {\log _{\dfrac{a}{{{b^2}}}}}x = \dfrac{{{{\log }_a}x}}{{{{\log }_a}\dfrac{a}{{{b^2}}}}} = \dfrac{2}{{1 - 2{{\log }_a}b}}\\\,\,\,\, = \dfrac{2}{{1 - 2.\dfrac{{{{\log }_x}b}}{{{{\log }_x}a}}}} = \dfrac{2}{{1 - 2.\dfrac{{{{\log }_a}x}}{{{{\log }_b}x}}}}\\\,\,\, = \dfrac{2}{{1 - 2.\dfrac{2}{3}}} = \dfrac{2}{{ - \dfrac{1}{3}}} =  - 6\end{array}$  $\left( {x > 0,x \ne 1;\,\,a,b > 1} \right)$

Trong tích trên có $\ln \left( {2\cos {{60}^0}} \right) = \ln \left( {2.\dfrac{1}{2}} \right) = \ln 1 = 0$. Vậy $P = 0$.

Ta có $y' = \left( {\sqrt {2x} } \right)'.{e^{\sqrt {2x} }} = \dfrac{2}{{2\sqrt {2x} }}.{e^{\sqrt {2x} }} = \dfrac{{{e^{\sqrt {2x} }}}}{{\sqrt {2x} }}.$

Ta có:

$y' = 2\left[ {\ln \left( {\ln x} \right)} \right]'.\ln \left( {\ln x} \right)$

Mà ${\left[ {\ln \left( {\ln x} \right)} \right]^/} = \dfrac{{{{\left( {\ln x} \right)}^/}}}{{\ln x}} = \dfrac{{\dfrac{1}{x}}}{{\ln x}} = \dfrac{1}{{x\ln x}}.$

Suy ra ${y^/} = 2.\dfrac{1}{{x\ln x}}.\ln \left( {\ln x} \right) = \dfrac{{2\ln \left( {\ln x} \right)}}{{x\ln x}}$ $\Rightarrow {y^/}\left( e \right) = \dfrac{{2\ln \left( {\ln e} \right)}}{{e.\ln e}} = \dfrac{{2.\ln 1}}{{e.\ln e}} = 0$

Đặt $t = {x^2} - x + 1 = {\left( {x - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{3}{4} \ge \dfrac{3}{4}$

Khi đó BPT trở thành $f\left( t \right) = t + 1 + a\ln t \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {t \in \left[ {\dfrac{3}{4}; + \infty {\rm{\;}}} \right)} \right)$

Ta có: $f'\left( t \right) = 1 + \dfrac{a}{t} = 0 \Leftrightarrow t =  - a.$

Mặt khác $\mathop {\lim }\limits_{t \to  + \infty } {\mkern 1mu} f\left( t \right) =  + \infty ;f\left( {\dfrac{3}{4}} \right) = \dfrac{7}{4} + a\ln \dfrac{3}{4}$

Với $a > 0 \Rightarrow f\left( t \right)$ đồng biến trên $\left[ {\dfrac{3}{4}; + \infty {\rm{\;}}} \right) \Rightarrow f\left( t \right) \ge 0\;\left( {\forall t \in \left[ {\dfrac{3}{4}; + \infty {\rm{\;}}} \right)} \right) \Leftrightarrow \mathop {Min}\limits_{\left[ {\dfrac{3}{4}; + \infty {\rm{\;}}} \right)} {\mkern 1mu} f\left( t \right) = \dfrac{7}{4} + a\ln \dfrac{3}{4} \ge 0$

$\Leftrightarrow a\ln \dfrac{3}{4} \ge \dfrac{{ - 7}}{4} \Leftrightarrow a \le \dfrac{{\dfrac{{ - 7}}{4}}}{{\ln \dfrac{3}{4}}} \approx 6,08$. Vì đề bài yêu cầu tìm số thực lớn nhất nên suy ra $a \in \left( {6;7} \right].$

Đa diện đều có tất cả các mặt là các đa giác bằng nhau.

Không tồn tại đa diện đều có $5$ và $6$  đỉnh, do đó chóp $S.ABCD$ và lăng trụ $ABC.A'B'C'$ không thể là đa diện đều.

Nếu mỗi đỉnh là đỉnh chung của đúng $3$  mặt thì nó cũng là đỉnh chung của đúng $3$  cạnh. Giả sử số đỉnh của đa diện là $n$ thì số cạnh của nó phải là $\dfrac{{3n}}{2}$  (vì mỗi cạnh được tính $2$  lần), do đó $n$ chẵn.

$\Delta ABC$ 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

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

Chọn $AD = BE = CF = \dfrac{5}{3}$ thì đa diện là hình lăng trụ đứng $ABC.DEF$ có diện tích đáy ${S_{ABC}} = 10$ và chiều cao $AD = \dfrac{5}{3}$.

Thể tích $V = {S_{ABC}}.AD = 10.\dfrac{5}{3} = \dfrac{{50}}{3}$.

Giả sử thiết diện qua trục của hình nón đã cho là $\Delta ABC$ cân tại $A$ với $A$ là đỉnh nón, $BC$ là đường kính đáy của nón.

Gọi $H$ là tâm đáy nón $\Rightarrow H$ là trung điểm $BC,AH \bot BC$

Ta có $HB = HC = 1,AH = 2$ . Ta có

$\begin{array}{l}2\varphi  = \angle BAC \Rightarrow \varphi  = \angle HAC\\AC = \sqrt {A{H^2} + H{C^2}}  = \sqrt 5 \\\cos \varphi  = \dfrac{{AH}}{{AC}} = \dfrac{2}{{\sqrt 5 }} = \dfrac{{2\sqrt 5 }}{5}\end{array}$

Gọi $H$ là trung điểm của $CD.$ Ta có $G$ là trọng tâm tam giác $ACD$ $\Rightarrow \dfrac{{AG}}{{AH}} = \dfrac{2}{3}.$

Trong mặt phẳng $ACD,$ qua $G$ kẻ đường thẳng song song với $CD,$ cắt $AC$ tại $M$ và cắt $AD$ tại $N.$

Khi đó ta có mặt phẳng (P) là mặt phẳng (BMN).

Mặt phẳng (BMN) chia tứ diện ABCD thành hai phần là ABMN có thể tích

${V_1}$ và BMNDC có thể tích ${V_2}.$

$\Rightarrow V = {V_{ABCD}} = {V_1} + {V_2}.$

Ta có MN//CD theo cách dựng $\Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AC}} = \dfrac{{AN}}{{AD}} = \dfrac{{AG}}{{AH}} = \dfrac{2}{3}$ (định lý Ta-lét).

Theo công thức tỉ lệ thể tích ta có: $\dfrac{{{V_{ABMN}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \dfrac{{{V_1}}}{V} = \dfrac{{AB}}{{AB}}.\dfrac{{AM}}{{AC}}.\dfrac{{AN}}{{AD}} = \dfrac{2}{3}.\dfrac{2}{3} = \dfrac{4}{9}.$

$\begin{array}{l} \Rightarrow {V_1} = \dfrac{4}{9}V \Rightarrow {V_2} = V - {V_1} = \dfrac{5}{9}V.\\ \Rightarrow {V_1} < {V_2} \Rightarrow \dfrac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \dfrac{4}{9}.\dfrac{9}{5} = \dfrac{4}{5}.\end{array}$

Xét hàm số $f\left( x \right) = \dfrac{1}{4}{x^4} - 14{x^2} + 48x + m - 30$ có $y' = {x^3} - 28x + 48$.

$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 6\\x = 4\\x = 2\end{array} \right.$

Bảng biến thiên của hàm số $y = f\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ {0;2} \right]$:

TH1: $m - 30 \ge 0$ $\Leftrightarrow m \ge 30$.

$\Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = m + 14 \le 30 \Leftrightarrow m \le 16$ (Vô lí).

TH2: $m - 30 < 0 \le m + 14$ $\Leftrightarrow  - 14 \le m < 30$.

+ Nếu $m + 14 \ge 30 - m \Leftrightarrow m \ge 8$, kết hợp điều kiện ta có: $8 \le m < 30$ thì $\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = m + 14 \le 30 \Leftrightarrow m \le 16$.

$\Rightarrow 8 \le m \le 16$.

+ Nếu $m + 14 < 30 - m \Leftrightarrow m < 8$, kết hợp điều kiện ra có $- 14 \le m < 8$ thì $\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 30 - m \le 30 \Leftrightarrow m \ge 0$.

$\Rightarrow 0 \le m < 8$

Vậy trường hợp 2 ta có $0 \le m \le 16$ thỏa mãn.

TH3: $m + 14 < 0 \Leftrightarrow m <  - 14$.

$\Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 30 - m \le 30 \Leftrightarrow m \ge 0$  (vô lí).

Từ các trường hợp $\Rightarrow m \in \left[ {0;16} \right]$.

$\Rightarrow S = \left\{ {0;1;2;3;...;16} \right\}$.

Vậy tổng các phần tử của $S$ bằng $0 + 1 + 2 + ... + 16 = \dfrac{{16.17}}{2} = 136$.

Hàm số $y = a{x^4} + b{x^2} + c$ có $a > 0,b < 0$ nên có $3$ cực trị và đồ thị của nó có dạng:

Quan sát đồ thị ta thấy:

- Nếu ${y_{CD}} > 0,{y_{CT}} > 0$ thì đồ thị hàm số không cắt $Ox$ nên điều kiện ${y_{CD}} > 0$ là chưa đủ. 

Do đó A sai.

- Nếu ${y_{CT}} < 0,{y_{CD}} < 0$ thì đồ thị hàm số cắt $Ox$ tại 2 điểm phân biệt nên điều kiện ${y_{CT}} < 0$ là chưa đủ.

Do đó B sai.

- Nếu ${y_{CD}}.{y_{CT}} < 0$ thì ${y_{CT}} < 0 < {y_{CD}}$ nên đường thẳng $y = 0$ cắt đồ thị hàm số tại $4$ điểm phân biệt.

Do đó C đúng.

- Nếu ${y_{CD}}.{y_{CT}} > 0$ thì ${y_{CD}} > {y_{CT}} > 0$ hoặc ${y_{CT}} < {y_{CD}} < 0$ nên đồ thị hàm số không thể cắt $Ox$ tại $4$ điểm phân biệt.

Do đó D sai.

Quan sát dáng đồ thị các hàm số ta thấy đều có dạng đường hình $\sin$ nên ta dự đoán các hàm số ở đây có thể là dạng $y = \sin ax$ hoặc $y = \cos ax$

Thấy rằng hai đồ thị $\left( {{C_1}} \right),\left( {{C_3}} \right)$ đi qua điểm $O\left( {0;0} \right)$ nên một trong hai đồ thị hàm số $\left( {{C_1}} \right),\left( {{C_3}} \right)$ sẽ là của hàm $y = f\left( x \right) = \sin ax$, đồ thị $\left( {{C_2}} \right)$ là của $y = f'\left( x \right)$ nên loại A và C.

Ta xét hàm số $y = f\left( x \right) = \sin ax$ có $f'\left( x \right) = a.\cos ax,f''\left( x \right) =  - {a^2}\sin ax$

Dễ thấy $f'\left( 0 \right) = a > 0$.

Quan sát các giá trị trên đồ thị ta dễ dàng nhận ra $a = 2$.

Vậy ta có các hàm số $y = \sin 2x,y = 2\cos 2x,y =  - 4\sin 2x$  lần lượt có đồ thị là $\left( {{C_3}} \right),\left( {{C_2}} \right),\left( {{C_1}} \right)$

Vậy $\left( {{C_3}} \right),\left( {{C_2}} \right),\left( {{C_1}} \right)$ là đồ thị hàm số $y = f\left( x \right),y = f'\left( x \right),y = f''\left( x \right)$

Phương trình tiếp tuyến tại điểm x = a là :
$y=\dfrac{3}{{{\left( a+1 \right)}^{2}}}\left( x-a \right)+\dfrac{a-2}{a+1}$ ( d )
Đường thẳng d cắt các tiệm cận tại : $A\left( -1;\dfrac{{{a}^{2}}-4a-5}{{{\left( a+1 \right)}^{2}}} \right);B\left( 2a+1;1 \right)$
Suy ra:
$\begin{align} & AI=\left| \dfrac{6}{a+1} \right|;BI=|2a+2| \\ & =>AI.BI=12,\forall a \\\end{align}$
Áp dụng công thức ở phần phương pháp ta có :
$r=\dfrac{AI.BI}{AI+BI+\sqrt{A{{I}^{2}}+B{{I}^{2}}}}\le \dfrac{12}{2\sqrt{AI.BI}+\sqrt{2AI.BI}}=\dfrac{\sqrt{6}}{1+\sqrt{2}}$
Dấu bằng xảy ra khi AI=BI , suy ra tam giác ABI vuông cân , suy ra khoảng cách từ I tới d bằng $\sqrt{6}$