Chọn C.

Ta có $y=x^3+x-1\iff y\text{'}=3x^2+1>0\forall x\in ℝ.$

Chọn D.

Căn cứ vào bảng xét dấu ta có hàm số đồng biến trên khoảng (-2;0)

Chọn A.

Áp dụng định lý lũy thừa với số mũ hữu tỉ ta được $P=x^{\frac{5}{4}}.$

Chọn B.

$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x+1}{2x-4}=\frac{1}{2}.$

$\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x+1}{2x-4}=\frac{1}{2}$

Vậy đường thẳng $y=\frac{1}{2}$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y=\frac{x+1}{2x-4}.$

Chọn B.

Ta có khối nón có thể tích $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi \mathrm{.3.4}=4\pi .$

Chọn A.

Ta có bảng biến thiên:

Nhìn vào bảng biến thiên suy ra hàm số  có 2 điểm cực trị

Chọn D.

$\underset{x\to +\infty }{\lim }y=0\Rightarrow$ tiệm cận ngang là y=0

$\underset{x\to {\left(-2\right)}^{+}}{\lim }y=-\infty \Rightarrow$ tiệm cận đứng là x=-2

$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }y=+\infty \Rightarrow$ tiệm cận đứng là x=0

Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số bằng 3

Chọn D.

${\left(\frac{1}{2}\right)}^{x-1}\ge 128\iff x-1\le -7\iff x\le 6.$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S=\left(-\infty ;-6\right].$

Chọn B.

Hàm số đã cho xác định khi: $x-1>0\iff x>1.$

Vậy điều kiện xác định của hàm số $y={\log }_2\left(x-1\right)$ là: x>1

Chọn C.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số y=f(x) đổi dấu từ ‘+’ sang ‘’ khi đi qua x=2 nên giá trị cực đại của hàm số $y=f\left(x\right)$ là: y=3

Chọn D.

Ta có $y\text{'}=x^2+2x-3;y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-3\\ x=1\end{array}\right.;y"=2x+2;y"\left(-3\right)=-4<0;y"\left(1\right)=4>0.$

Chọn B.

ĐKXĐ: $3x-2>0\iff x>\frac{2}{3}.$

Ta có ${\log }_2\left(3x-2\right)=2\iff 3x-2=4\iff x=2$ (thỏa mãn ĐKXĐ).

Chọn A.

Đồ thị hàm số đã cho đi qua gốc tọa độ.

Đối chiếu với đáp án ta chọn được đáp án A

Chọn C.

Ta có: $3^{x-4}=1\iff 3^{x-4}=3^0\iff x-4=0\iff x=4.$

Chọn D.

Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng $V=B.h=2a^2.3a=6a^3$ (đvtt).

Chọn A.

Hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm x=-1

Chọn A.

Ta có $y\text{'}=3x^2+5>0,\forall x\in ℝ\Rightarrow$ Hàm số đã cho đồng biến trên $\left[-5;0\right]$

$\Rightarrow \underset{\left[-5;0\right]}{\max }y=y\left(0\right)=7.$

Chọn C

Số giao điểm của (C) và đường thẳng y=3 bằng 3

Chọn A.

Ta có $\underset{x\to 2^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{3x-5}{x-2}=+\infty$ nên đường thẳng x=2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho

Chọn C.

Vì $\frac{\pi }{3}>1$ nên hàm số $y={\left(\frac{\pi }{3}\right)}^x$ luôn đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$

Chọn B.

Bán kính mặt cầu: R=a

Thể tích khối cầu: $V=\frac{4}{3}\pi .R^3=\frac{4}{3}\pi a^3.$

Chọn D.

Ta có: r=5 và l=7

Diện tích xung quanh của hình trụ: $S_{xq}=2\pi rl=2\pi \mathrm{.5.7}=70\pi .$

Chọn B.

$y\text{'}=4x^3-4x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\notin \left(0;2\right)\\ x=1\in \left(0;2\right)\\ x=-1\notin \left(0;2\right)\end{array}\right.$

$y\left(1\right)=-4,y\left(0\right)=-3,y\left(2\right)=5$

Suy ra $M=5,m=-4$

Vậy $M+m=5-4=1.$

Chọn A

Chọn C.

Thể tích khối chóp: $V=\frac{1}{3}B.h=\frac{1}{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{2\sqrt{3}}{3}=\frac{1}{3}.$

Chọn A.

Tập xác định: $D=ℝ$.

$y\text{'}=3x^2-6mx+3\left(m^2-2\right)$

$y\text{'}=0\iff x^2-2mx+m^2-2=0.$

Ta có: $\Delta \text{'}=2>0,\forall m$ nên y'=0 luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2.$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2m\\ x_1.x_2=m^2-2\end{array}\right..$

Hàm số đồng biến trên $\left(12;+\infty \right)\iff x_1<x_2\le 12$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\left(x_1-12\right)\left(x_2-12\right)\ge 0\\ \frac{x_1+x_2}{2}<12\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_1.x_2-12\left(x_1+x_2\right)+144\ge 0\\ x_1+x_2<24\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2-2-12.2m+144\ge 0\\ 2m<24\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2-24m+142\ge 0\\ m<12\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}m\le 12-\sqrt{2}\\ m\ge 12+\sqrt{2}\end{array}\right.\\ m<12\end{array}\right.\iff m\le 12-\sqrt{2}. \end{gathered}$$

Do $m\in {\mathbb{Z}}^{+}\Rightarrow m\in \left\{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10\right\}.$

Chọn D.

Ta có $y=\frac{4}{3}{\sin }^{3}2x+2{\cos }^{2}2x-\left(m^2+3m\right)\sin 2x-1$ hay $y=\frac{4}{3}{\sin }^{3}2x-2{\sin }^{2}2x-\left(m^2+3m\right)\sin 2x+1$ do vậy $y\text{'}=2\left[4{\sin }^{2}2x-4\sin 2x-\left(m^2+3m\right)\right]\cos 2x.$

Với $\forall x\in \left(0;\frac{\pi }{4}\right)$ ta có cos2x>0 vì vậy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $\left(0;\frac{\pi }{4}\right)$ khi và chỉ khi $y\text{'}\ge 0,\forall x\in \left(0;\frac{\pi }{4}\right)\iff 4{\sin }^{2}2x-4\sin 2x-\left(m^2+3m\right)\ge 0,\forall x\in \left(0;\frac{\pi }{4}\right).$

Đặt t=sin2x với $\forall x\in \left(0;\frac{\pi }{4}\right)$ ta được $t\in \left(0;1\right)$ do vậy ta có bất phương trình $4t^2-4t-\left(m^2+3m\right)\ge 0,\forall t\in \left(0;1\right)\iff 4t^2-4t\ge m^2+3m,\forall t\in \left(0;1\right).$

Xét hàm số $g\left(t\right)=4t^2-4t$ ta có bảng biến thiên như sau

Qua bảng ta cần có $m^2+3m\le 1\iff m^2+3m-1\le 0\iff \frac{-3-\sqrt{5}}{2}\le m\le \frac{-3+\sqrt{5}}{2}.$

Chọn C.

Hàm số $y={\log }_2\left(4^x-2^x+m\right)$ có tập xác định là $\mathrm{ℝ}$ khi và chỉ khi $4^x-2^x+m>0,\forall x\in ℝ$

Ta có $4^x-2^x+m={\left(2^x\right)}^2-2^x+\frac{1}{4}+m-\frac{1}{4}={\left(2^x-\frac{1}{2}\right)}^2+m-\frac{1}{4}.$

Do vậy $4^x-2^x+m\ge m-\frac{1}{4},\forall x\in ℝ$ suy ra $4^x-2^x+m>0,\forall x\in ℝ\iff m-\frac{1}{4}>0\iff m>\frac{1}{4}.$

Vậy hàm số $y={\log }_2\left(4^x-2^x+m\right)$ có tập xác định là $\mathrm{ℝ}$ thì $m>\frac{1}{4}.$

Chọn D

Ta có $\frac{V_{S.AB\text{'}C\text{'}}}{V_{S.ABC}}=\frac{V_{A.SB\text{'}C\text{'}}}{V_{A.SBC}}=\frac{AS}{AS}.\frac{AB\text{'}}{AB}.\frac{AC\text{'}}{AC}=1.\frac{1}{2}.\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$

Do đó $V_{S.AB\text{'}C\text{'}}=\frac{1}{4}V$

Chọn C

Gọi N là trung điểm của $A\text{'}A\Rightarrow NE//A\text{'}B\Rightarrow AB\text{'}//\left(CNE\right)$

Do đó $d\left(CE;A\text{'}B\right)=d\left(A\text{'}B;\left(CNE\right)\right)=d\left(A\text{'};\left(CNE\right)\right)=d\left(A;\left(CNE\right)\right)$

Từ A hạ $AH\perp NE$ và $AK\perp CH$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}AC\perp AB\\ AC\perp AA\text{'}\end{array}\right.\Rightarrow AC\perp NE$ mà $AH\perp NE$ nên $NE\perp \left(AHC\right)$.

$\Rightarrow \left(AHC\right)\perp \left(CNE\right)$ theo giao tuyến CH

Mặt khác $AK\perp CH$ nên $AK\perp \left(CNE\right)$ vì vậy $d\left(A;\left(CNE\right)\right)=AK$.

Trong tam giác vuông AHC có $\frac{1}{A{K}^2}=\frac{1}{A{C}^2}+\frac{1}{A{H}^2}$

Trong tam giác vuông ANE có $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{E}^2}+\frac{1}{A{N}^2}$

Vậy $\frac{1}{A{K}^2}=\frac{1}{A{C}^2}+\frac{1}{A{E}^2}+\frac{1}{A{N}^2}=\frac{1}{{\left(3a\right)}^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{{\left(2a\right)}^2}\Rightarrow AK=\frac{6a}{7}$

Khoảng cách giữa hai đường thẳng A'B và CE bằng $\frac{6a}{7}.$

Chọn A.

Sau 5 năm đầu tiên số tiền ông X thu về là $T_1=60{\left(1+8\%\right)}^5$ (triệu đồng).

Số tiền gốc của giai đoạn gửi thứ hai là: $T_2=60\left[{\left(1+8\%\right)}^5+1\right]$ (triệu đồng).

Tổng số tiền thu về là $T=60\left[{\left(1+8\%\right)}^5+1\right]{\left(1+8\%\right)}^5=217,695$ (triệu đồng).

Chọn C.

$f\text{'}\left(x\right)={\left(\frac{x+1}{x-1}\right)}^{\text{'}}\left(\frac{x-1}{x+1}\right)=\frac{-2}{{\left(x-1\right)}^2}\left(\frac{x-1}{x+1}\right)=-\frac{2}{x^2-1}.$

Chọn D.

Ta có: $9^x-{8.3}^x+15=0\iff \left(3^x-3\right)\left(3^x-5\right)=0$

                                     $\iff \left[\begin{array}{l}{3}^x=3\\ 3^x=5\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x={\log }_{3}5\end{array}\right..$

Chọn A.

Ta có ${\log }_{2}x=5{\log }_{2}a+3{\log }_{2}b\iff {\log }_{2}x={\log }_2{a}^5+{\log }_2{b}^3$

                                                  $\iff {\log }_{2}x={\log }_2{a}^5{b}^3$

                                                  $\iff x=a^5{b}^3.$

Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy: hàm số đồng biến trên mỗi khoảng $\left(-\infty ;1\right)$ và $\left(1;+\infty \right);$ đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x=1 đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng y=3

* $y\text{'}={\left(\frac{2-ax}{bx-c}\right)}^{\text{'}}=\frac{\left(2-ax\right)\text{'}\left(bx-c\right)-\left(2-ax\right)\left(bx-c\right)\text{'}}{{\left(bx-c\right)}^2}=\frac{-abx+ac+abx-2b}{{\left(bx-c\right)}^2}=\frac{ac-2b}{{\left(bx-c\right)}^2}$

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng $\left(-\infty ;1\right)$ và $\left(1;+\infty \right)\iff y\text{'}>0\iff ac-2b>0\iff ac>2b\left(1\right)$

* Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là $x=1\iff b.1-c=0\iff b=c\left(2\right)$

* Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là $y=3\iff \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{2-ax}{bx-c}=3\iff -\frac{a}{b}=3\iff a=-3b\left(3\right)$

Từ (1), (2) và $\left(3\right)\Rightarrow -3b^2>2b\iff 3b^2+2b<0\iff -\frac{2}{3}<b<0\Rightarrow c<0$ và a>0

Vậy trong các số a,b,c có 2 số âm.

Chọn B.

Xét $f\left(x\right)=x-3\sqrt[3]{x+1}+m$ liên tục trên $\mathrm{ℝ}.$ Với $x\ne -1$ ta có $f\text{'}\left(x\right)=1-\frac{1}{\sqrt[3]{{\left(x+1\right)}^2}}$

$f\text{'}\left(x\right)=0\Rightarrow x=-2;x=0$

Có $f\left(-1\right)=m-1;f\left(0\right)=m-3;f\left(7\right)=m+1\Rightarrow \underset{\left[-1;7\right]}{\max }f\left(x\right)=m+1;\underset{\left[-1;7\right]}{\min }f\left(x\right)=m-3$

TH1: Với $\left(m+1\right)\left(m-3\right)\le 0\iff m\in \left[-1;3\right]\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}0\le m+1\le 4\\ -4\le m-3\le 0\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}0\le {\left(m+1\right)}^2\le 16\\ 0\le {\left(m-3\right)}^2\le 16\end{array}\right.$

Khi đó ta có $\underset{\left[-1;7\right]}{\min }{\left[f\left(x\right)\right]}^2=0;\underset{\left[-1;7\right]}{\max }{\left[f\left(x\right)\right]}^2=\max \left\{{\left(m+1\right)}^2;{\left(m-3\right)}^2\right\}\le 16\Rightarrow P\le 16.$ Vậy các giá trị $m\in \left[-1;3\right]$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

TH2: Với $\left(m+1\right)\left(m-3\right)>0\iff m\in \left(-\infty -1\right)\cup \left(3;+\infty \right)\Rightarrow P={\left(m+1\right)}^2+{\left(m-3\right)}^2=2m^2-4m+10$

Theo bài $P\le 26\iff 2m^2-4m+10\le 26\iff m^2-2m-8\le 0\iff m\in \left[-2;4\right]\Rightarrow m\in \left[-2;1\right)\cup \left(3;4\right]$

Kết hợp hai trường hợp suy ra $m\in \left[-2;4\right]\Rightarrow$ có 7 giá trị nguyên của m

Chọn D

Gọi $O=AC\cap BD$ khi đó $SO\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SO$ là trục đường tròn ngoại tiếp đáy ABCD.

Trong mặt phẳng $\left(SAO\right)$ gọi giao của đường trung trực của SA với SA là E và SO là I.

Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD. Do đó bán kính là $R=SI=\frac{S{A}^2}{2SO}\left(1\right)$

Do $AO=\frac{AC}{2}=\frac{5}{2}$ và $\widehat{SAO}={60}^0$ nên $SO=\frac{5\sqrt{3}}{2};SA=5\Rightarrow R=\frac{5^2}{2.\frac{5\sqrt{3}}{2}}=\frac{5}{\sqrt{3}}$

Thể tích khối cầu $V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi .{\left(\frac{5}{\sqrt{3}}\right)}^3=\frac{500\sqrt{3}}{27}\pi .$

Chọn C.

+ Ta có $$\begin{gathered} e^{x+3y}+e^{xy+1}+x\left(y+1\right)+1=e^{-xy-1}+\frac{1}{e^{x+3y}}-3y\iff e^{x+3y}-\frac{1}{e^{x+3y}}+x+3y \\ =e^{-xy-1}-\frac{1}{e^{-xy-1}}+\left(-xy-1\right)\left(*\right). \end{gathered}$$

+ Đặt $f\left(t\right)=e^t-\frac{1}{e^t}+t\Rightarrow f\text{'}\left(t\right)=e^t+\frac{1}{e^t}+1>0,\forall t\in ℝ.$ Nên hàm số f(t) đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$ nên $\left(*\right)\iff f\left(x+3y\right)=f\left(-xy-1\right).$ Do đó $x+3y=-xy-1\iff y=-\frac{x+1}{x+3}\Rightarrow T=x+1-\frac{2x+2}{x+3}=g\left(x\right)$

$g\text{'}\left(t\right)=1-\frac{4}{{\left(x+3\right)}^2}\ge 0,\forall x\ge 0$ nên g(x) đồng biến trên $\left[0;+\infty \right).$ Suy ra $MinT=\underset{\left[0;+\infty \right)}{Min}g\left(x\right)=g\left(0\right)=\frac{1}{3}.$

Chọn B.

Xét hàm số $f\left(x\right)=3x^4-4x^3-12x^2+m^2,$ hàm số đã cho trở thành $y=\left|f\left(x\right)\right|.$

Tập xác định của f(x) là: $ℝ.$

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=12x^3-12x^2-24x=12x\left(x^2-x-2\right),f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-1\\ x=2\end{array}\right..$

Bảng biến thiên của f(x):

Số điểm cực trị của đồ thị hàm số $y=\left|f\left(x\right)\right|$ bằng số cực trị của đồ thị hàm số y=f(x) cộng với số giao điểm của đồ thị y=f(x) với trục hoành (không tính các điểm tiếp xúc).

Từ bảng biến thiên ta được điều kiện để hàm số $y=\left|f\left(x\right)\right|$ có 5 điểm cực trị là $\left[\begin{array}{l}{m}^2-32<0\le m^2-5\\ m^2\le 0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}-4\sqrt{2}<m\le -\sqrt{5}\\ \sqrt{5}\le m<4\sqrt{2}\\ m=0\end{array}\right.$

Do $m\in \mathbb{Z}$ nên ta được tập các giá trị của m là $\left\{-5;-4;-3;0;3;4;5\right\}.$

Vậy có 7 giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu của bài toán.

Chọn A.

Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}SA.V_{\Delta SBC}=\frac{1}{6}SA.SB.SC=\frac{1}{6}.3a.4a.5a=10a^3.$

Chọn D

Gọi D là trung điểm SB, ta có $SD=\frac{1}{2}AB=a.$

Gọi E là điểm trên cạnh SC sao cho $SE=\frac{1}{4}SC,$ ta có $SE=\frac{1}{4}SC=a.$

Vì $\widehat{ASB}=\widehat{BSC}=\widehat{CSA}={60}^0$ và $SA=SE=SD=a$ nên SAED là tứ diện đều cạnh a.

Tứ diện đều SAED có $S_{ADE}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4},SH=\sqrt{S{E}^2-E{H}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{6}}{3}.$

$V_{SAED}=\frac{1}{3}.S_{ADE}.SH=\frac{1}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.\frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}.$

Mặt khác, $\frac{V_{SAED}}{V_{S.ABC}}=\frac{SD}{SB}.\frac{SE}{SC}=\frac{1}{2}.\frac{1}{4}=\frac{1}{8}.$ Vậy $V_{S.ABC}=8V_{SAED}=8.\frac{a^3\sqrt{2}}{12}=\frac{2a^3\sqrt{2}}{3}.$

Chọn A

Ta có $V=\pi r^{2}h\Rightarrow h=\frac{V}{\pi r^2}.$

$$\begin{gathered} S_{\text{toaøn phaàn}}=S_{\text{xung quanh}}+2S_{\text{ñaùy}}=2\pi rh+2\pi r^2=2\pi r.\frac{V}{\pi r^2}+2\pi r^2=\frac{2V}{r}+2\pi r^2 \\ =\frac{V}{r}+\frac{V}{r}+2\pi r^2. \end{gathered}$$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương $\frac{V}{r},\frac{V}{r},2\pi r^2$ ta có $\frac{V}{r}+\frac{V}{r}+2\pi r^2\ge 3\sqrt[3]{2\pi V^2}.$

Dấu “=” xảy ra $\iff \frac{V}{r}=2\pi r^2\iff r^3=\frac{V}{2\pi }\iff r=\sqrt[3]{\frac{V}{2\pi }}.$

Vậy để tiết kiệm vật liệu nhất thì bán kính đáy của vỏ hộp sữa phải bằng $\sqrt[3]{\frac{V}{2\pi }}.$

Chọn B

Thiết diện qua trục là hình vuông nên $AB=AA\text{'}=2r\Rightarrow l=2r.$

Diện tích toàn phần của khối trụ là: $S_{TP}=2\pi .r.l+2\pi r^2=2\pi .r.2r+2\pi r^2=6\pi r^2=4\pi \Rightarrow r=\frac{\sqrt{6}}{3}.$

Nên thể tích khối trụ: $V=B.h=\pi R^2.AA\text{'}=\pi .{\left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)}^2\mathrm{.2.}\left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)=\frac{4\sqrt{6}}{9}\pi .$

Chọn C.

Ta có: $n\left(\Omega \right)=C_{10}^2=45.$

Gọi A: “2 thẻ rút được có tổng là một số tự nhiên chia hết cho 3”

Từ 1 đến 10 có 3 số tự niên chia hết cho 3 là $\left\{3;6;9\right\}.$

Có 3 số tự nhiên chia hết cho 3 dư 2 là $\left\{2;5;8\right\}.$

Có 4 số tự nhiên chia hết cho 3 dư 1 là $\left\{1;4;7;10\right\}.$

Lấy 2 thẻ rút được có tổng là một số tự nhiên chia hết cho 3 có 2 trường hợp xảy ra:

TH1: 2 số đó chia hết cho 3 nên có $C_3^2=3$ cách

TH2: 1 số đó chia cho 3 dư 1 và số còn lại chia 3 dư 2 nên có $C_3^1.C_4^1=3.4=12$ cách

$\Rightarrow n\left(A\right)=12+3=15\Rightarrow P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{15}{45}=\frac{1}{3}.$

Chọn B.

Đặt ${\log }_{6}x={\log }_{9}y={\log }_4\left(2x+2y\right)=t\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=6^t\\ y=9^t\\ 2x+2y=4^t\end{array}\right.$

$\Rightarrow {2.6}^t+{2.9}^t=4^t\iff {\left(\frac{2}{3}\right)}^{2t}-2.{\left(\frac{2}{3}\right)}^t-2=0\iff \left[\begin{array}{l}{\left(\frac{2}{3}\right)}^t=1+\sqrt{3}\left(n\right)\\ {\left(\frac{2}{3}\right)}^t=1-\sqrt{3}\left(l\right)\end{array}\right.\Rightarrow {\left(\frac{2}{3}\right)}^t=1+\sqrt{3}.$

Vậy $\frac{x}{y}=1+\sqrt{3}.$

Chọn B.

Tập xác định: $D=ℝ\backslash \left\{-3;1\right\}.$

+) $\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to +\infty }{\lim }y=0\\ \underset{x\to -\infty }{\lim }y=0\end{array}\right.\Rightarrow$ đường thẳng y=0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

+) $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{1}{x+3}=\frac{1}{4}$ và $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{1}{x+3}=\frac{1}{4}$ nên đường thẳng x=1 không là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

+) $\underset{x\to {\left(-3\right)}^{+}}{\lim }y=\underset{x\to {\left(-3\right)}^{+}}{\lim }\frac{x-1}{\left(x-1\right)\left(x+3\right)}=+\infty$ và $\underset{x\to {\left(-3\right)}^{-}}{\lim }y=\underset{x\to {\left(-3\right)}^{-}}{\lim }\frac{x-1}{\left(x-1\right)\left(x+3\right)}=-\infty$ nên đường thẳng x=-3 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận

Chọn D.

Điều kiện xác định: $\left\{\begin{array}{l}{x}^2-3x+2>0\\ x-3\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}x<1\\ x>2\end{array}\right.\\ x\ne 3\end{array}\right.$

Tập xác định là $D=\left(-\infty ;1\right)\cup \left(2;+\infty \right)\backslash \left\{3\right\}.$

Chọn B

Gọi E là trung điểm A'C'. Đặt AB=a

Ta có $ME\perp \left(A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}\right),$ suy ra $\widehat{\left(NM,\left(A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}\right)\right)}=\widehat{MNE}=\alpha$

$ME=a,EN=\frac{a}{2}\Rightarrow NM=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$

Vậy $\sin \alpha =\frac{ME}{MN}=\frac{a}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\frac{2}{\sqrt{5}}$.