Một hình hộp đứng có hai đáy là hình thoi (không phải là hình vuông) có 3 mặt phẳng đối xứng.

Vì M là trung điểm của SD nên $\frac{{{V_{SABM}}}}{{{V_{SABD}}}} = \frac{{SM}}{{SD}} = \frac{1}{2}$

Mà $\frac{{{V_{SABD}}}}{{{V_{SABCD}}}} = \frac{1}{2} \Rightarrow {V_{SABD}} = \frac{1}{2}.4{a^3} = 2{a^3}$

$\Rightarrow {V_{SABM}} = {a^3} = \frac{1}{3}.d\left( {M;\left( {SAB} \right)} \right).{S_{SAB}} \Leftrightarrow d\left( {M;\left( {SAB} \right)} \right) = \frac{{3{a^3}}}{{{a^2}}} = 3a$

Ta có: $y' =  - \dfrac{5}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} < 0$ $\forall x \in D$

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

${\left( {\sqrt 2 } \right)^{{x^2} - 2x}} \le {\left( {\sqrt 2 } \right)^3} \Leftrightarrow {x^2} - 2x \le 3 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 \le 0 \Leftrightarrow x \in \left[ { - 1;3} \right]$

Khối đa diện đều loại $\left\{ {4;3} \right\}$ là hình lập phương. Khối lập phương có 6 mặt là hình vuông cạnh a.

Diện tích một mặt là ${a^2}$.

Vậy tổng diện tích các mặt của hình lập phương đó là: $S = 6{a^2}$.

Đáp án A: Đồ thị hàm số chỉ có $1$ đường tiệm cận $y = 0$.

Đáp án B: Đồ thị hàm số $y = \dfrac{{x + 1}}{{{x^2} - 9}}$ có 1 TCN là $y = 0$ và 2 TCĐ là $x =  \pm 3$ nên có $3$ tiệm cận.

Đáp án C: Đồ thị hàm số có $2$ tiệm cận là $y = 1,x = 1$.

Đáp án D: 

$\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty }  \dfrac{{x + 1}}{{\sqrt {{x^2} + 4x + 8} }} \\=\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty }  \dfrac{{x + 1}}{|x|{\sqrt {1 + \dfrac{4}{x} + \dfrac{8}{x^2}} }} \\=\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty }  \dfrac{{x + 1}}{-x{\sqrt {1 + \dfrac{4}{x} + \dfrac{8}{x^2}} }}=-1$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to  +\infty }  \dfrac{{x + 1}}{{\sqrt {{x^2} + 4x + 8} }} = 1$

Đồ thị hàm số chỉ có $2$ tiệm cận là $y =  \pm 1$.

Dựa vào đồ thị hàm số ta có hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên các khoảng $\left( { - \infty ;\,0} \right)$ và $\left( {2;\, + \infty } \right).$

Hàm số $y = f\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left( {0;\,\,2} \right).$

Xét hàm số: $y =  - 2f\left( x \right)$ ta có: $y' =  - 2f'\left( x \right).$

Hàm số đồng biến $\Leftrightarrow  - 2f'\left( x \right) \ge 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) \le 0 \Leftrightarrow 0 \le x \le 2.$

Vậy hàm số $y =  - 2f\left( x \right)$ đồng biến $\Leftrightarrow x \in \left[ {0;\,2} \right].$

Hình trụ tạo thành khi quay hình chữ nhật $MNPQ$ quanh đường trung bình $AB$ ta sẽ được hình trụ có đường cao $AB$, đường sinh $MQ,NP$ và bán kính đáy $MA,NA,BP,BQ$, đường kính đáy $MN,PQ$.

Do đó đường kính đáy của hình trụ là $MN$.

Xét hàm số $y = {\log _{\frac{e }{3}}}\left( {x - 1} \right)$ có TXĐ: $D = \left( {1; + \infty } \right)$ và $a = \frac{e }{3} < 1$

$\Rightarrow$ Hàm số nghịch biến trên $\left( {1; + \infty } \right).$

Ta có:

Hàm số $y=a^{-x}$ nghịch biến khi $a>1$ nên các đáp án B, D đều sai.

$y = {a^{ - x}} = \dfrac{1}{{{a^x}}} = {\left( {\dfrac{1}{a}} \right)^x}\left( {0 < a \ne 1} \right)$ nên hàm số đồng biến nếu $\dfrac{1}{a} > 1 \Leftrightarrow 0 < a < 1$.

Nhận xét: Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là $y = 1$ và tiệm cận đứng là $x =  - 1$

Đồ thị hàm số đi qua 2 điểm $\left( {2;\,0} \right)$ và $\left( {0;\, - 2} \right)$

Đáp án C và D không  có tiệm cận đứng là $x =  - 1$

$\Rightarrow$ Loại đáp án C và D

Xét đáp án A và B đều có tiệm cận đứng là $x =  - 1$ và tiệm cận ngang là $y = 1$

Vì đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {2;\,0} \right)$

$\Rightarrow$ thay $x = 2, y = 0$ vào hàm số thì chỉ có đáp án A thỏa mãn 

Cho số thực $b$ và số nguyên dương $n\left( {n \ge 2} \right)$. Số $a$ được gọi là căn bậc $n$ của số $b$ nếu ${a^n} = b$.

${2^{{x^2} + x - 1}} = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow {2^{{x^2} + x - 1}} = {2^{ - 1}} \Leftrightarrow {x^2} + x - 1 =  - 1 \Leftrightarrow {x^2} + x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 1\end{array} \right.$

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 $x = 2$

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

Ta có: ${\log _2}16 = {\log _2}{2^4} = 4$; ${\log _3}81 = {\log _3}{3^4} = 4$ nên ${\log _2}16 = {\log _3}81$.

$\begin{array}{l}\,\,\,\,{3^2}{.5^{2 + 2\sqrt 2 }}:{25^{\left( {1 + \sqrt 2 } \right)}}\\ = {3^2}{.5^{2 + 2\sqrt 2 }}:{5^{2 + 2\sqrt 2 }}\\ = {3^2}\\ = 9\end{array}$

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 $y =  - {x^4} + 2{x^2}$

Vì cả hai hình chóp tam giác đều có cách cạnh đáy bằng nhau và bằng $a$ nên chúng chỉ cần có các cạnh bên bằng nhau là đủ.

$\begin{array}{l}P = {\left( {2\sqrt 6  - 5} \right)^{2020}}{\left( {2\sqrt 6  + 5} \right)^{2021}}\\\,\,\,\,\, = {\left[ {\left( {2\sqrt 6  - 5} \right)\left( {2\sqrt 6  + 5} \right)} \right]^{2020}}.\left( {2\sqrt 6  + 5} \right)\\\,\,\,\, = {\left( {24 - 25} \right)^{2020}}.\left( {2\sqrt 6  + 5} \right) = 2\sqrt 6  + 5\end{array}$

Ta có: ${S_{tp}} = 2\pi rh + 2\pi {r^2} = 2\pi .5.3 + 2\pi {.5^2} \approx 251,3c{m^2}$

${\log _{0,7}}({\log _6}\dfrac{{{x^2} + x}}{{x + 4}}) < 0$ .

Đkxđ: $\left\{ \begin{array}{l}{\log _6}\dfrac{{{x^2} + x}}{{x + 4}} > 0\\\dfrac{{{x^2} + x}}{{x + 4}} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 4 < x <  - 2\\x > 2\end{array} \right.(*)$

$\begin{array}{l}{\log _6}\dfrac{{{x^2} + x}}{{x + 4}} > 0,{7^0} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{{x^2} + x}}{{x + 4}} > 6 \Leftrightarrow \dfrac{{{x^2} + x}}{{x + 4}} - 6 > 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{x^2} - 5{\rm{x}} - 24}}{{x + 4}} > 0 \Leftrightarrow \dfrac{{(x - 8)(x + 3)}}{{x + 4}} > 0\end{array}$

Xét dấu $f\left( x \right) = \dfrac{{(x - 8)(x + 3)}}{{x + 4}}$:

Vậy $- 4 < x <  - 3$ hoặc $x > 8$.

Kết hợp với điều kiện ta được $- 4 < x <  - 3$ hoặc $x > 8$.

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng $x = \dfrac{3}{2}$ và tiệm cận ngang $y =  - \dfrac{1}{2}$

Giao điểm hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số $y = \dfrac{{ - x + 1}}{{2x - 3}}$ là $\left( {\dfrac{3}{2}; - \dfrac{1}{2}} \right)$

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

Từ hình vẽ ta thấy $1 < {2^\alpha } < 2 \Rightarrow 0 < \alpha  < 1$

.

Đáp án A: Hàm số đạt cực đại tại $x = 0$ và $y = 3$ là giá trị cực đại của hàm số nên A sai.

Đáp án B: GTNN và giá trị cực tiểu của hàm số là $y = 0$ nên B đúng và C sai.

Đáp án D: Hàm số không có GTLN vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y =  + \infty$.

Hàm số đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$ và nghịch biến trên $\left( { - \infty ;0} \right)$.

Hàm số bậc ba luôn có ${y_{CD}} > {y_{CT}}$ nên nếu ${y_{CD}} = 0$ thì ${y_{CT}} < 0$.

Do đó điểm cực tiểu của đồ thị hàm số luôn nằm dưới trục hoành.

Điều kiện để ${\log _a}b$ có nghĩa là $0 < a \ne 1,b > 0$.

${e^{\ln 2}} + \ln ({e^2}.\sqrt[3]{e}) = 2 + \ln {e^{\dfrac{7}{3}}} = 2 + \dfrac{7}{3} = \dfrac{{13}}{3}$

${\log _3}\left( {2x - 1} \right) = 2 \Leftrightarrow 2x - 1 = {3^2} \Leftrightarrow 2x = 10 \Leftrightarrow x = 5$

Đồ thị hàm số $y =  - {x^4} + 4{x^2} - 3$  cắt trục tung $\Rightarrow x = 0$

Với $x = 0$ thay vào hàm số $\Rightarrow y =  - 3$.

Hàm số $y = f'\left( x \right)$ dương trong khoảng $\left( {2; + \infty } \right)$

$\Rightarrow$  Hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên $\left( {2; + \infty } \right)$

$\begin{array}{*{20}{l}}{y = {x^3} - 3x + 2 \Rightarrow y' = 3{x^2} - 3}\\{y' = 0 \Leftrightarrow x = {\rm{\;}} \pm 1}\end{array}$

Tọa độ $2$ điểm cực trị : $A(1;{\mkern 1mu} 0),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B( - 1;4)$

Khi đó ${S_{\Delta OAB}} = \dfrac{1}{2}.OA.{d(B,OA)} = \dfrac{1}{2}.\left| {{x_A}} \right|.\left| {{y_B}} \right| = \dfrac{1}{2}.\left| 1 \right|.\left| 4 \right| = 2$

$y' = 3{x^2} - 10x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}x = 3 \in \left[ {2;4} \right] \hfill \\x = \dfrac{1}{3} \notin \left[ {2;4} \right] \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

$f\left( 2 \right) =  - 7,f\left( 3 \right) =  - 10,f\left( 4 \right) =  - 5$

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số $y = {x^3} - 5{{\text{x}}^2} + 3{\text{x}} - 1$ trên đoạn $\left[ {2;4} \right]$ là $M =  - 5$

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.

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 $S = 3 + 1 + 4 + 0 = 8$.

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  $P = a - b$.

$A = {a^{\sqrt 2 }}{\left( {\dfrac{1}{a}} \right)^{\sqrt 2  - 1}} = {a^{\sqrt 2 }}.{\left( {{a^{ - 1}}} \right)^{\sqrt 2  - 1}} = {a^{\sqrt 2 }}.{a^{ - \sqrt 2  + 1}} = {a^{\sqrt 2  - \sqrt 2  + 1}} = a$

Hàm số $y = {\left( {{x^3} - 27} \right)^{\dfrac{\pi }{2}}}$ xác định khi ${x^3} - 27 > 0 \Leftrightarrow x > 3$.

Ta có: $\log_a{a^2}{b^4} = \log_a{a^2} + \log_a{b^4}$ $= 2\log_a a + 4\log_a b = 2 + 4p$

Ta có: $y = {3^x} + \ln 3 \Rightarrow y' = {3^x}\ln 3$

Lại có: $y = {3^x} + \ln 3 \Rightarrow {3^x} = y - \ln 3 \Rightarrow y' = \left( {y - \ln 3} \right)\ln 3 = y\ln 3 - {\ln ^2}3$ 

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

Điều kiện:  $x >  - \dfrac{{{3^{50}}}}{2}$

Phương trình đã cho tương đương với:

$\begin{array}{l}{\log _3}\left( {{9^{50}} + 6{x^2}} \right) = {\log _3}\left( {{9^{50}} + 4x{{.3}^{50}} + 4{x^2}} \right)\\ \Leftrightarrow 6{x^2} = 4x{.3^{50}} + 4{x^2} \Leftrightarrow {x^2} = 2x{.3^{50}} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = {2.3^{50}}\end{array} \right.\end{array}$

ĐKXĐ: $x - y > 0 \Leftrightarrow x > y$ nên A sai.

Xét phương trình thứ nhất của hệ: ${\left( {\dfrac{2}{3}} \right)^{2x - y}} + 6{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)^{\frac{{2x - y}}{2}}} - 7 = 0$.

Đặt $t = {\left( {\dfrac{2}{3}} \right)^{\frac{{2x - y}}{2}}} > 0$ thì phương trình trở thành ${t^2} + 6t - 7 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1(TM)\\t =  - 7(L)\end{array} \right.$ 

Suy ra ${\left( {\dfrac{2}{3}} \right)^{\frac{{2x - y}}{2}}} = 1 \Leftrightarrow 2x - y = 0$

Phương trình thứ hai của hệ ${3^{{{\log }_9}\left( {x - y} \right)}} = 1 \Leftrightarrow {\log _9}\left( {x - y} \right) = 0 \Leftrightarrow x - y = 1$.

Từ đó ta có: $\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 0\\x - y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 1\\y =  - 2\end{array} \right.\left( {TM} \right)$

Vậy hệ có nghiệm duy nhất $\left( { - 1; - 2} \right)$.

Trong (A’B’C’) kẻ $B'K \bot A'C'\,\,\left( {K \in A'C'} \right)$

Ta có:

$\left. \begin{array}{l}AB' \bot A'C'\left( {AB' \bot \left( {A'B'C'} \right)} \right)\\B'K \bot A'C'\end{array} \right\} \Rightarrow A'C' \bot \left( {AB'K} \right) \Rightarrow A'C' \bot AK$

$\left. \begin{array}{l}\left( {AA'C'} \right) \cap \left( {A'B'C'} \right) = A'C'\\\left( {AA'C'} \right) \supset AK \bot A'C'\\\left( {A'B'C'} \right) \supset B'K \bot A'C'\end{array} \right\} \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {AA'C'} \right);\left( {A'B'C'} \right)} \right)} = \widehat {\left( {AK;B'K} \right)} = \widehat {AKB'} = {30^0}$

Ta có:

$\begin{array}{l}{S_{A'B'C'}} = \dfrac{1}{2}A'B'.A'C'.\sin 120 = \dfrac{1}{2}{a^2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{1}{2}B'K.A'C'\\ \Rightarrow B'K = \dfrac{{2{S_{A'B'C'}}}}{{A'C'}} = \dfrac{{\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}}}{a} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\end{array}$

$AB' \bot \left( {A'B'C'} \right) \Rightarrow AB' \bot B'K \Rightarrow \Delta AB'K$ vuông tại B’

$\Rightarrow AB' = B'K.tan30 = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{a}{2}$

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

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 $\left( { - 1;\;1} \right).$

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

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

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   $Min\,P = 2\sqrt 3$.

Số tiền người đó có sau 6 tháng = 2 quý: ${T_1} = 100{\left( {1 + 2\% } \right)^2} = 104,04$ triệu.

Số tiền người đó có ngay sau khi gửi thêm $100$ triệu là: $104,04 + 100 = 204,04$ triệu.

Số tiền người đó có sau 1 năm = 4 quý nữa là: ${T_2} = 204,04{\left( {1 + 2\% } \right)^4} = 220$ triệu.

Số nghiệm của pt $\left| {{x^4} - 4{x^2} + 3} \right| = m$(*) số giao điểm của đồ thị hàm số $y = \left| {{x^4} - 4{x^2} + 3} \right|$ và đường thẳng $y = m$.

Ta có đồ thị hàm số $y = \left| {{x^4} - 4{x^2} + 3} \right|$ như hình vẽ:           

Để pt $(*)$ có $4$ nghiệm phân biệt thì đường thẳng $y = m$ cắt đồ thị hàm số $y = \left| {{x^4} - 4{x^2} + 3} \right|$ tại $4$ điểm phân biệt.

Quan sát đồ thị ta thấy đường thẳng  cắt đồ thị hàm số $y = \left| {{x^4} - 4{x^2} + 3} \right|$ tại $4$ điểm phân biệt $\Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}  m = 0 \hfill \\  1 < m < 3 \hfill \\ \end{gathered}  \right.$