b) PT tương giao  $x^4-2\left(2m+1\right)x^2+4m=4m^2+3m-5 \underbrace{\iff}_{t=x^2}t^2-2\left(2m+1\right)t-(4m^2-m-5)=0\quad (1)$
Ta có $\Delta' =(2m+1)^2+4m^2-m-5=8m^2+3m-4> 0.$
Như vậy để cắt tại bốn điểm phân biệt thì PT (1) cần có hai nghiệm dương phân biệt.
$\Leftrightarrow \begin{cases}S>0\\ P>0\\\Delta' >0 \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}2m+1>0\\ 4m^2-m-5<0\\8m^2+3m-4> 0\end{cases}\Leftrightarrow \dfrac{1}{16}\left ( \sqrt{137}-3 \right )<m< \dfrac{5}{4}.$
Và ta cần thêm điều kiện $x< 2 \iff t<4.$
Tính trực tiếp theo công thức nghiệm
$t=2m+1 \pm \sqrt{8m^2+3m-4}$.
Tiếp đến chỉ cần nghiệm lớn hơn nhỏ hơn $4$, tức là
$2m+1 + \sqrt{8m^2+3m-4}<4\Leftrightarrow \sqrt{8m^2+3m-4}<3-2m$
$\Leftrightarrow \begin{cases}8m^2+3m-4<4m^2-12m+9 \\ \dfrac{1}{16}\left ( \sqrt{137}-3 \right )<m< \dfrac{5}{4} \end{cases}\Leftrightarrow \boxed{ \dfrac{1}{16}\left ( \sqrt{137}-3 \right )<m<  \dfrac{1}{8}\left ( \sqrt{433}-15 \right )}.$

a) PT tương giao  $x^4-2\left(2m+1\right)x^2+4m-3=0 \underbrace{\iff}_{t=x^2}t^2-2\left(2m+1\right)t+4m-3=0\quad (1)$
Ta có $\Delta' =(2m+1)^2-(4m-3)=4m^2+4> 0 \quad \forall m.$
Như vậy để cắt tại bốn điểm phân biệt thì PT (1) cần có hai nghiệm dương phân biệt.
$\Leftrightarrow \begin{cases}S>0\\ P>0\\\Delta' >0 \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}2m+1>0\\ 4m-3>0\end{cases}\Leftrightarrow m>3/4.$
Và ta cần thêm điều kiện $x< 3 \iff t<9.$
Đến đây có nhiều cách làm để tìm $m$ sao cho $t<9.$ Chẳng hạn có thể tính trực tiếp theo công thức nghiệm
$t=2m+1 \pm \sqrt{4m^2+4}$.
Tiếp đến chỉ cần nghiệm lớn hơn nhỏ hơn $9$, tức là
$2m+1 + \sqrt{4m^2+4}<9\Leftrightarrow \sqrt{4m^2+4}<8-2m\Leftrightarrow \sqrt{m^2+1}<4-m$
$\Leftrightarrow \begin{cases}m^2+1<m^2-8m+16 \\ 4>m>3/4 \end{cases}\Leftrightarrow \boxed{15/8>m>3/4}.$

2. Trước hết nêu ra một đẳng thức sau : Với mọi biểu thức $A_1,A_2,A_3,A_4$ ta có
$A_1A_2A_3A_4-1=A_1A_2A_3(A_4-1)+A_1A_2(A_3-1)+A_1(A_2-1)+(A_1-1)$
Để chứng minh điều này bạn chỉ cần khai triển và rút gọn vế phải.
Bây giờ đặt $A_1=1+x, A_2=1+2x,A_3=1+3x,A_4=1+4x$. Ta có
$L= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\dfrac{(1+x)(1+2x)(1+3x)(1+4x) -1 }{x}= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\dfrac{A_1A_2A_3A_4-1 }{x}$
 $= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\left (A_1A_2A_3.\dfrac{A_4-1 }{x} \right )+ \mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\left (A_1A_2.\dfrac{A_3-1 }{x} \right )+ \mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\left (A_1.\dfrac{A_2-1 }{x} \right )+ \mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\left (\dfrac{A_1-1 }{x} \right )$
 Chú ý rằng       $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}A_1=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}A_2=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}A_3=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}A_4=1$
và $ \mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\left (\dfrac{A_1-1 }{x} \right )=1, \mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\left (\dfrac{A_2-1 }{x} \right )=2, \mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\left (\dfrac{A_3-1 }{x} \right )=3, \mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\left (\dfrac{A_4-1 }{x} \right )=4$.
Vậy $L=4+3+2+1=10.$
$\textbf{Chú ý} :$ Bài toán trên còn được tổng quát cho $n$ số.

1.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi}{4}}\dfrac{1-\tan x}{1-\cot x}=\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi}{4}}\dfrac{1-\tan x}{1-\cot x}=\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi}{4}}\dfrac{1-\dfrac{\sin x}{\cos x}}{1-\dfrac{\cos x}{\sin x}}=\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi}{4}}\dfrac{\dfrac{\cos x-\sin x}{\cos x}}{\dfrac{\sin x-\cos x}{\sin x}}=-\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi}{4}}\dfrac{\sin x}{\cos x}=-\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi}{4}}\tan x=-1$

      $\dfrac{1}{mn+m+1}+\dfrac{1}{np+n+1}+\dfrac{1}{pm+p+1}$
$=\dfrac{1}{mn+m+1}+\dfrac{m}{mnp+mn+m}+\dfrac{mn}{pm^2n+mnp+mn}$
$=\dfrac{1}{mn+m+1}+\dfrac{m}{1+mn+m}+\dfrac{mn}{m+1+mn}$
 $=1$

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Trước hết nhắc lại không chứng minh kết quả sau :
$\int\limits \dfrac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}dx=\ln \left ( x+\sqrt{x^2+a^2} \right )+C$
Ta có
$\frac{2x-5}{\sqrt{x^{2}+4x+13}}=\frac{2x+4}{\sqrt{x^{2}+4x+13}}-\frac{9}{\sqrt{(x+2)^2+3^2}}$
 $\frac{2x-5}{\sqrt{x^{2}+4x+13}}=\frac{(x^{2}+4x+13)'}{\sqrt{x^{2}+4x+13}}-\frac{9}{\sqrt{(x+2)^2+3^2}}$
 $I=\int\limits_{-2}^{2}\frac{2x-5}{\sqrt{x^{2}+4x+13}}=\left[ {2\sqrt{x^{2}+4x+13}-9\ln \left ( x+\sqrt{x^2+3^2} \right )} \right]_{-2}^{2}$
 $\boxed{I=4-9\ln \dfrac{2+\sqrt {13}}{-2+\sqrt {13}}}.$

c) Ta thấy rằng $2S_{MBC}=MH.BC$ nên ta chỉ cần chứng minh  $S_{ABCD} = 2S_{MBC}$.
Ta có
$S_{MAB}=\dfrac{1}{2}S_{ABD}$ ( chung chiều cao hạ từ $B$ và cạnh đáy $AM=\dfrac{1}{2}AD$)
$S_{MCD}=\dfrac{1}{2}S_{ADC}$ ( chung chiều cao hạ từ $C$ và cạnh đáy $AM=\dfrac{1}{2}AD$)
 $S_{BCD}=S_{ADC}$ ( chung cạnh đáy $CD$ và chiều cao bằng nhau hạ từ $A$ và $B$ do $AB \parallel CD$).
 Suy ra
$S_{MAB}+S_{MCD}=\dfrac{1}{2}S_{ABD}+\dfrac{1}{2}S_{BCD}=\dfrac{1}{2}S_{ABCD}$
$\implies S_{MBC}=S_{ABCD}-(S_{MAB}+S_{MCD})=\dfrac{1}{2}S_{ABCD}\implies $đpcm.

b) Theo định lý Ta-let Ta có
$\dfrac{KA}{KD}=\dfrac{KB}{KC} \implies \dfrac{S_{KAC}}{S_{KCD}}=\dfrac{S_{KAB}}{S_{KAC}} \implies$ ĐPCM.

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

1)
+ Hai tam giác $IDC$ và $OBC$ có chung chiều cao hạ từ $C$ xuống cạnh đáy $BD$. Nhưng hai đáy $DI \ne IB$ nên hai tam giác này không thể có diện tích bằng nhau.
+ $S_{KAC}=S_{KBD}$ vì đều bằng $=S_{ABCD}-S_{CID}$

4. $\mathop {\lim }\limits_{x \to -1}$ $( \sqrt[4]{\frac{x}{x - 2}} + \sqrt[3]{\frac{x + 2}{x}})= \sqrt[4]{\frac{-1}{-1 - 2}} + \sqrt[3]{\frac{-1 + 2}{-1}}=\dfrac{1}{\sqrt[4]{3}}-1$

3. $\mathop {\lim }\limits_{x \to -1}$ $\sqrt[2012]{\dfrac{3x^{2} - 5x + 4}{x - 2} +3x +8}=\sqrt[2012]{\dfrac{3(-1)^{2} - 5(-1) + 4}{(-1) - 2} +3(-1) +8}=1$

2.  $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2^{+}}$ $\sqrt{x^{3} +x^{2} -6x}=\sqrt{2^{3} +2^{2} -6.2}=0$

1. $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2}$ $(x^{4} - 5x^{3} + 8x^{2} -6x +3)=2^{4} - 5.2^{3} + 8.2^{2} -6.2 +3=2$