Đáp án đúng: B
Giải chi tiết:Sưu tầm Toanmath
ĐK: \(0 < \frac{1}{m} \ne 1 \Leftrightarrow   0 < m \ne 1\).
Bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \( \Rightarrow \) phương trình \({\log _{\frac{1}{m}}}\left( {\sqrt {{x^2} + mx + 5}  + 1} \right).{\log _5}\left( {{x^2} + mx + 6} \right) + {\log _m}3 = 0\,\,\left( 1 \right)\) có nghiệm uy nhất.
Điều kiện cần:
Dễ thấy nếu \({x_0}\) là nghiệm của (1) thì \( - m - {x_0}\) cũng là nghiệm của (1).
\( \Rightarrow {x_0} =  - m - {x_0} \Rightarrow {x_0} =  - \frac{m}{2}\) là nghiệm của (1).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {\log _{\frac{1}{m}}}\left( {\sqrt {5 - \frac{{{m^2}}}{4}}  + 1} \right).{\log _5}\left( {6 - \frac{{{m^2}}}{4}} \right) = {\log _m}3\\ \Leftrightarrow {\log _3}\left( {\sqrt {5 - \frac{{{m^2}}}{4}}  + 1} \right).{\log _5}\left( {6 - \frac{{{m^2}}}{4}} \right) = 1\,\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)
Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _3}\left( {t + 1} \right).{\log _5}\left( {{t^2} + 1} \right)\) trên \(\left[ {0; + \infty } \right)\) ta có:
\(f'\left( t \right) = \frac{1}{{\left( {t + 1} \right)\ln 3}}.{\log _5}\left( {{t^2} + 1} \right) + \frac{{2t}}{{\left( {{t^2} + 1} \right)\ln 5}}.{\log _3}\left( {t + 1} \right) > 0\,\,\forall t \in \left[ {0; + \infty } \right)\).
\( \Rightarrow \) Hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left[ {0; + \infty } \right)\).
Mà \(f\left( 2 \right) = 1\) nên \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow f\left( {\sqrt {5 - \frac{{{m^2}}}{4}} } \right) = f\left( 1 \right) \Leftrightarrow \sqrt {5 - \frac{{{m^2}}}{4}}  = 1 \Leftrightarrow m = 2\).
Điều kiện đủ:
Thử lại \(m = 2\) thì bất phương trình có nghiệm duy nhất \(x =  - 1\) \( \Rightarrow m = 2\) thỏa mãn.
Vậy \(m = 2\).
Chọn B