Đáp án đúng là: A

Với \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{4}} \right)\) thì cosx ≠ 0 nên ta chia cả 2 vế của phương trình cho cos²x được:

\(m - 4\frac{{{\rm{sin}}x}}{{{\rm{cos}}x}} + \frac{{m - 2}}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x}} = 0 \Leftrightarrow m - 4{\rm{tan}}x + \left( {m - 2} \right)\left( {1 + {\rm{ta}}{{\rm{n}}^2}x} \right) = 0\)

⇔ (m ‒ 2)tan²x ‒ 4tanx + 2m ‒2 = 0

Đặt tanx = t (t ∈ (0; 1))

Khi đó (1) ⇔ (m ‒ 2)t² ‒ 4t + 2m ‒ 2 = 0 (2)

TH1:m ‒ 2 = 0 ⇔ m = 2, khi đó ta có:

\(0{t^2} - 4t + 2 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{2} \in \left( {0;1} \right) \Rightarrow m = 2\) thì phương trình ban đầu có nghiệm.

TH2: m ‒ 2 ≠ 0 ⇔ m ≠ 2

Để phương trình có nghiệm thì phương trình (2) phải có nghiệm t ∈ (0; 1).

(2) có nghiệm ⇔ Δ’ = 4 ‒ (m ‒2)(2m ‒ 2) ≥ 0

⇔ −2m² + 6m ≥ 0

⇔ 2m(3 ‒ m) ≥ 0

⇔ 0 ≤ m ≤ 3.

⦁ Nếu (2) có nghiệm thỏa mãn 0 < t₁ < t₂ < 1

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{0 < {t_1} < 1}\\{0 < {t_2} < 1}\\{{t_1}{t_2} > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{t_1} + {t_2} > 0\\{t_1} + {t_2} < 2\\{t_1}{t_2} > 0\\\left( {{t_1} - 1} \right)\left( {{t_2} - 1} \right) > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{t_1} + {t_2} > 0\\{t_1} + {t_2} < 2\\{t_1}{t_2} > 0\\{t_1}{t_2} - \left( {{t_1} + {t_2}} \right) + 1 > 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{4}{{m - 2}} > 0\\\frac{4}{{m - 2}} < 2\\\frac{{2m - 2}}{{m - 2}} > 0\\\frac{{2m - 2}}{{m - 2}} - \frac{4}{{m - 2}} + 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\begin{array}{*{20}{c}}{m - 2 > 0}\\{\frac{{4 - 2m + 4}}{{m - 2}} < 0}\\{2m - 2 > 0}\end{array}\\\frac{{2m - 2 - 4 + m - 2}}{{m - 2}} > 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 2\\8 - 2m < 0\\m > 1\\\frac{{3m - 8}}{{m - 2}} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m > 2}\\\begin{array}{l}m > 4\\m > 1\end{array}\\{m > \frac{8}{3}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m > 4\]

+) TH2: (2) có nghiệm t₁, t₂ thỏa mãn t₁ < 0 < t₂ < 1. Khi đó:

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{t_1} < 0}\\{0 < {t_2} < 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{t_1}{t_2} < 0}\\{\left( {{t_1} - 1} \right)\left( {{t_2} - 1} \right) > 0}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{2m - 2}}{{m - 2}} < 0}\\{\frac{{3m - 8}}{{m - 2}} > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{m - 1}}{{m - 2}} < 0}\\{\frac{{3m - 8}}{{m - 2}} > 0}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{1 < m < 2}\\{3m - 8 < 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 < m < 2\\m < \frac{8}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 < m < 2\)

+) TH3: (2) có nghiệm t₁, t₂ thỏa mãn 0 < t₁ < 1 < t₂. Khi đó:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 < {t_1} < 1}\\{{t_2} > 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{t_1}{t_2} > 0\\{t_1} + {t_2} > 1\\\left( {{t_1} - 1} \right)\left( {{t_2} - 1} \right) < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{2m - 2}}{{m - 2}} > 0\\\frac{4}{{m - 2}} > 1\\\frac{{2m - 2}}{{m - 2}} - \frac{4}{{m - 2}} + 1 < 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{m - 1}}{{m - 2}} > 0\\\frac{{4 - m + 2}}{{m - 2}} > 0\\\frac{{3m - 8}}{{m - 2}} < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{m - 1}}{{m - 2}} > 0\\\frac{{6 - m}}{{m - 2}} > 0\\\frac{{3m - 8}}{{m - 2}} < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > 2\\m < 1\end{array} \right.\\2 < m < 6\\2 < m < \frac{8}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow 2 < m < \frac{8}{3}\)

Từ ba trường hợp trên, kết hợp với điều kiện có nghiệm của (2) ta được\(m \in \left( {1;\frac{8}{3}} \right)\backslash \left\{ 2 \right\}\)

Kết hợp với m = 2 ta được đîêu kiện cuả \(m\) là \(m \in \left( {1;\frac{8}{3}} \right)\).

Chọn A.

Số tam giác xác định bởi các đỉnh của một đa giác đều 10 cạnh là: A. 35 B. 120 C. 240