a. Đặt $t=\sin x$ thì $-1 \le t \le 1.$
PT $\Leftrightarrow m=t^3-5t^2+7t+1=f(t).$
Khảo sát hàm số $f(t)$ trên đoạn $[-1,1]$ ta được
$\max y=f(1)=4$
$\min y =f(-1)=-12$
Vậy $-12 \le m \le 4.$

Ta có
$\ln L=\lim_{x \to 0} \dfrac{1}{3x+\sin x}\ln\bigg(\frac{x^2+1}{2x^2-x+1}\bigg)$
$\ln L=\lim_{x \to 0} \dfrac{1}{3x+\sin x}\ln\bigg(1+\frac{-x^2+x}{2x^2-x+1}\bigg)$
$\ln L=\lim_{x \to 0} \dfrac{1}{3x+\sin x}.\frac{-x^2+x}{2x^2-x+1}.\frac{2x^2-x+1}{-x^2+x}.\ln\bigg(1+\frac{-x^2+x}{2x^2-x+1}\bigg)$
Đặt $t=\frac{-x^2+x}{2x^2-x+1}$ thì $\lim_{x \to 0}t=0$ tức là khi $x \to 0$ thì $t \to 0$. Ta có
$\ln L = \lim_{x \to 0} \left ( \dfrac{1}{3x+\sin x}.\frac{-x^2+x}{2x^2-x+1} \right ).\lim_{t \to 0}\frac{\ln(t+1)}{t}$
$\ln L = \lim_{x \to 0} \left ( \dfrac{1}{3+\frac{\sin x}{x}}.\frac{-x+1}{2x^2-x+1} \right ).1$
$\ln L = \lim_{x \to 0} \left ( \dfrac{1}{3+1}.\frac{-0+1}{2.0^2-0+1} \right )=\dfrac{1}{4}$
Vậy $L=\sqrt[4]{e}.$

$ \frac{\left| {a} \right|}{1+\left| {a} \right|} + \frac{\left| {b} \right|}{1+\left| {b} \right|} \ge \frac{\left| {a} \right|}{1+\left| {a} \right|+|b|} + \frac{\left| {b} \right|}{1+|a|+\left| {b} \right|}=\frac{|a|+\left| {b} \right|}{1+|a|+\left| {b} \right|}$
Mặt khác hàm số $f(x)=\frac{x}{1+x}$ là hàm tăng với $x \ge 0$ nên từ $|a|+\left| {b} \right| \ge \left| {a+b} \right|$ ta dễ suy ra
$\frac{|a|+\left| {b} \right|}{1+|a|+\left| {b} \right|} \ge \frac{\left| {a+b} \right|}{1+\left| {a+b} \right|}$
Từ đây có đpcm.

2. Do $-1 \le \sin (n!) \le 1$ do đó
$-\frac{n}{n^2+1} \le \frac{n.\sin(n!)}{n^2+1} \le \frac{n}{n^2+1}$
Mặt khác  $\lim \frac{n}{n^2+1} = \lim \frac{1}{n+1/n}=0$. Do đó theo nguyên lý giới hạn kẹp thì
$\lim \frac{n.\sin(n!)}{n^2+1}=0$

Dễ kiểm tra $k=3$ là một số thỏa mãn điều này vì ta có đẳng thức $\sin (\alpha+\pi)=-\sin \alpha,\cos(\alpha+\pi)=-\cos \alpha, \quad \forall \alpha.$
$f(x+3\pi)=\sin^4\frac{x+3\pi}{3}+\cos^4\frac{x+3\pi}{3}=\sin^4\left (\frac{x}{3}+\pi \right )+\cos^4\left (\frac{x}{3}+\pi \right )=\sin^4\frac{x}{3}+\cos^4\frac{x}{3}=f(x).$

a. Trong tam giác cân thì $BH=HC=3.$
Theo định lý Py-ta-go thì
$AH^2=AB^2-BH^2=5^2-3^2=4^2\Rightarrow AH=4$
Ta có $HK.AC=2S_{AHC}=S_{ABC}=\frac{1}{2}AH.BC=10\Rightarrow HK=2$
Theo định lý Py-ta-go thì
$AK^2=AH^2-KH^2=4^2-2^2=12\Rightarrow AK=2\sqrt 3$
Ta có
$\cos \widehat{AHK}=\frac{HK}{AH}=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{AHK}=60^\circ\Rightarrow \widehat{AHD}=30^\circ\Rightarrow \sin \widehat{AHD}=\frac{1}{2}.$