Ta có: $\frac{a}{b} = \frac{c}{d} = \frac{{a - c}}{{b - d}}$ nên C đúng.

Đáp án C.

Với 3.4 = 6.2 ta có các tỉ lệ thức sau:

$\frac{3}{2} = \frac{6}{4};\frac{3}{6} = \frac{2}{4};\frac{2}{3} = \frac{4}{6};\frac{6}{3} = \frac{4}{2}$.

Đáp án A.

Trong các biểu thức trên, các đơn thức là: $2x$; $5{x^6}$; $5xy$.

Vậy có 3 đơn thức.

Đáp án A.

Bậc của đa thức $3{x^3} - 5{x^2} + 17x - 29$ là 3 vì $3{x^3}$ có bậc lớn nhất (bậc là 3)

Đáp án D.

Đa thức ${x^3} - 6{x^2} + 9$ là đa thức một biến với biến là x.

Đáp án B.

Ta có: $7{x^2}.3x = 21{x^3}$.

Đáp án B.

Khi rút bất kì một cây bút màu thì có 5 kết quả có thể xảy ra, đó là: màu cam, màu vàng, màu đỏ, màu hồng, màu xanh.

Đáp án D.

Xác suất xuất hiện mặt $4$ chấm là: $\frac{3}{8}$.

Đáp án B.

Vì D là trung điểm của BC nên AD là đường trung tuyến của tam giác ABC.

G là trọng tâm của $\Delta ABC$ nên $AG = \frac{2}{3}AD$ hay $\frac{{AG}}{{AD}} = \frac{2}{3}$.

Do đó: $\frac{{GD}}{{AD}} = \frac{{AD - AG}}{{AD}} = 1 - \frac{{AG}}{{AD}} = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$.

Đáp án A.

Đường vuông góc kẻ từ $A$ đến $MQ$ là $AI$ nên A đúng.

Đáp án A.

Thể tích của hình hộp chữ nhật đó là: $V = 2a.3a.\frac{a}{3} = 2{a^3}$.

Đáp án D.

Hình 3 là hình lăng trụ đứng tam giác.

Đáp án A.

Gọi số quyển vở ba lớp ủng hộ được lần lượt là a,b,c ( $a,b,c \in N*$).

Theo đề bài ta có: $\frac{a}{2} = \frac{b}{3} = \frac{c}{4}$ và $a + b + c = 360$

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau:

$\frac{a}{2} = \frac{b}{3} = \frac{c}{4}{\rm{ = }}\frac{{a + b + c}}{9} = \frac{{360}}{9} = 40$

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\\\\\end{array} \right.$$\begin{array}{*{20}{l}}{a{\rm{ }} = 40.2{\rm{ }} = {\rm{ }}80}\\{b{\rm{ }} = {\rm{ 40}}.3{\rm{ }} = {\rm{ 120}}}\\{c{\rm{ }} = {\rm{ 40}}.4{\rm{ }} = {\rm{ 160}}}\end{array}$

Vậy số quyển vở ba lớp 7A, 7B, 7C ủng hộ được lần lượt là 80, 120, 160.

a) Bậc của đa thức là 2.

Hạng tử tự do là 1.

Hạng tử cao nhất của đa thức là 4.

b) Ta có: $A\left( x \right) + B\left( x \right) = 5{x^2} + 5x + 1$

$\begin{array}{l}B\left( x \right) = \left( {5{x^2} + 5x + 1} \right) - \left( {4{x^2} + 4x + 1} \right)\\ = 5{x^2} + 5x + 1 - 4{x^2} - 4x - 1\\ = \left( {5{x^2} - 4{x^2}} \right) + \left( {5x - 4x} \right) + \left( {1 - 1} \right)\\ = {x^2} + x\end{array}$

Vậy $B\left( x \right){\rm{ }} = {x^2} + x$

c) Ta có: $A\left( x \right):\left( {2x + 1} \right) = \left( {4{x^2} + 4x + 1} \right):\left( {2x + 1} \right)$

Vậy $A\left( x \right):\left( {2x + 1} \right) = 2x + 1$

a) Xét $\Delta IMN$ và $\Delta IKN$ có:

$\widehat {IMN} = \widehat {IKN} = {90^0}$

NI chung

$\widehat {MNI} = \widehat {KNI}$ (NI là đường phân giác NI của góc MNP)

suy ra $\Delta IMN = \Delta IKN$(cạnh huyền - góc nhọn) (đpcm)

b) Vì $\Delta IMN = \Delta IKN$ nên IM = IK (hai cạnh tương ứng) (1)

Vì $\Delta IKP$ vuông tại K nên IP > IK (2)

Từ (1) và (2) suy ra IP > IM (đpcm)

c) Xét $\Delta NQP$ có đường cao QK và PM cắt nhau tại I nên I là trực tâm của tam giác NQP.

Do đó $ND \bot QP$ (đpcm)

Vì $\Delta NQP$ có ND vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên $\Delta NQP$ cân tại N.

Suy ra ND là đường trung tuyến của tam giác NQP hay QD = DP.

Xét $\Delta QIP$ có ID vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên $\Delta QIP$ cân tại I.

Ta có:

$\begin{array}{l}A(x) = {x^2} + 2x + 2\\ = {x^2} + x + x + 1 + 1\\ = x(x + 1) + (x + 1) + 1\\ = (x + 1)(x + 1) + 1\end{array}$

$= {(x + 1)^2} + 1 > 0$ với mọi x.

Vậy đa thức A (x) = ${x^2} + 2x + 2$ không có nghiệm.