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 y=f(x) 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 f(x) đổi dấu từ ‘+’ sang ‘-’ khi đi qua x=2 nên giá trị cực đại của hàm số y=f(x) là: y=3

Chọn D.

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

Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại điểm x=1

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: $D=\mathrm{ℝ}$.

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

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

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 $\left(12;+\infty \right)\iff x_1<x_2\le 12$

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

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

$\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}m\le 12-\sqrt{2}\\ m\ge 12+\sqrt{2}\end{array}\right.\\ m<12\end{array}\right.\iff m\le 12-\sqrt{2}.$

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

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

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

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 (SAO) 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: $\mathrm{ℝ}$

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