Áp dụngcông thức $\sin x\sin y=\frac{1}{2}[\cos (x-y)-\cos (x+y)]$ ta có thể biến đổi như sau:
$A=\frac{1-4\sin {10^ \circ }\sin {70^ \circ }}{2\sin {10^ \circ }}=\frac{1-2(c{\rm{os6}}{0^ \circ } - c{\rm{os8}}{0^ \circ )}}{2\sin {10^ \circ }}=\frac{{2\cos {{80}^ \circ }}}{{2\cos {{80}^ \circ }}}$
Do đó:   $\frac{1}{{2\sin {{10}^ \circ }}} - 2\sin {70^ \circ }=1$

$y'=3x^2+2(1-2m)x+(2-m)$.
Hàm số  có CĐ, CT thỏa mãn hoành độ các điểm cực trị lớn hơn $-1$.
$\Leftrightarrow y'$ có 2 nghiệm phân biệt đều lớn hơn $-1$.
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \Delta'>0\\f(-1)>0\\-1<\frac{2m-1}{3} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 4m^2-m-5>0\\ 6>0\\2m-1>-3 \end{array} \right. $
                                             $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[\begin{array}{l} m<-1\\m>\frac{5}{4} \end{array} \right. \\m>-1 \end{array} \right.$
                                             $ \Leftrightarrow  m>\frac{5}{4} $
Vậy: $ m>\frac{5}{4} $

Ta có:
$\cot A=\frac{\cos A}{\sin A}=\frac{\displaystyle\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}}{\displaystyle \frac{2S}{bc}}=\frac{b^2+c^2-a^2}{4S}$
Tương tự:
$\cot B=\frac{a^2+c^2-b^2}{4S},\cot C=\frac{a^2+b^2-c^2}{4S}$ 
 Từ đó:
$ \frac{1}{3} .\frac{m^2_a+m^2_b+m^2_c}{\cot A+\cot B+\cot C}=\frac{1}{3}.\frac{\displaystyle \frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}+ \frac{2a^2+2c^2-b^2}{4}+\frac{2a^2+2b^2-c^2}{4}}{\displaystyle\frac{b^2+c^2-a^2}{4S}+\frac{a^2+c^2-b^2}{4S}+\frac{a^2+b^2-c^2}{4S}}$ 
                                                         $=\frac{1}{3}.\frac{3S(a^2+b^2+c^2)}{(a^2+b^2+c^2)}=S$ 

Gọi S là diện tích tam giác, thì:
$S=\frac{abc}{4R}=2R^2\sin A\sin B\sin C$
Ta có:
$h_ah_bh_c=\frac{2S}{a}.\frac{2S}{a}.\frac{2S}{c}$
                 $=\frac{8S^3}{abc}$
                 $=\frac{\displaystyle8.\frac{abc}{4R}(2R^2\sin A\sin B\sin C)^2}{abc}=8R^3\sin^2A\sin^2B\sin^2C$ 

d)
 

c) Ta có:
$0\le\sin^2x\le1 \Rightarrow 1\le e^{\sin^2x}\le e$
$\Rightarrow \int\limits_0^\pi dx\le \int\limits_0^\pi e^{\sin^2x}dx\le \int\limits_0^\pi edx \Leftrightarrow  \pi < \int\limits_{0}^{\pi } e^{\sin ^2x}dx < \pi e.$

b)
 

a) Ta có:
$\frac{x}{x^2+1}<\frac{x}{2x}=\frac{1}{2},\forall x\in(1,2)$ 
$\frac{x}{x^2+1}-\frac{2}{5}=\frac{-2x^2+5x-2}{5(x^2+1)}=\frac{(2x-1)(2-x)}{5(x^2+1)}>0, \forall x\in(1,2)$ 
Suy ra: $\int\limits_{1}^{2}\frac{2}{5}dx<\int\limits_{1}^{2}\frac{xdx}{x^2+1}<\int\limits_{1}^{2}\frac{1}{2}dx$
         $\Leftrightarrow \frac{2}{5} < \int\limits_{1}^{2} \frac{xdx}{x^2+1} < \frac{1}{2} $   

ĐK: $x\ne -1$.
Ta có: $ \frac{x^{2}+2x+2}{x+1}=m(x+1) \Leftrightarrow x^2+2x+2=mx^2+2mx+m$ 
                                           $\Leftrightarrow (m-1)x^2+2(m-1)x+m-2=0$ 
Với $m>1$ thì: $\Delta'=(m-1)^2-(m-1)(m-2)=m-1>0$ 
Suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt: $x_1,x_2$ 
Theo Vi-ét thì: $x_1+x_2=-2$, đpcm.