Biểu thức $\frac{{x + 2y}}{3} = \frac{1}{3}x + \frac{2}{3}y$ là đa thức.

Biểu thức $x + \frac{1}{y}$ không phải là đa thức vì $\frac{1}{y}$ không phải đơn thức.

Biểu thức $- x + \frac{2}{x}y - 3{y^2}$ không phải là đa thức vì $\frac{2}{x}y$ không phải đơn thức.

Biểu thức $\frac{1}{{2x}} + {y^2}$ không phải là đa thức vì $\frac{1}{{2x}}$ không phải đơn thức.

Đáp án A.

Hai đơn thức $12{x^6}{y^4}$ và $- 2{x^6}{y^4}$ là hai đơn thức đồng dạng vì cùng có hệ số khác 0 và cùng phần biến ${x^6}{y^4}$.

Đáp án C.

Đa thức $7{x^3}{y^2}z - 2{x^4}{y^3}$ chia hết cho $- 2{x^3}y$.

Hạng tử $7{x^3}{y^2}z$ không chia hết cho đơn thức $3{x^4}$, $- 3{x^4}$ và $2x{y^3}$ nên đa thức $7{x^3}{y^2}z - 2{x^4}{y^3}$ cũng không chia hết cho $3{x^4}$, $- 3{x^4}$ và $2x{y^3}$.

Đáp án C.

Ta có:

$\left( {{x^2} - 2x + 1} \right)\left( {x - 1} \right) = {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x - 1} \right) = {\left( {x - 1} \right)^3} = {x^3} - 3{x^2} + 3x - 1$.

Đáp án A.

Ta có:

${\left( {x + 2} \right)^2} - 4\left( {x + 2} \right) + 4 = {\left( {x + 2 - 2} \right)^2} = {x^2}.$

Đáp án D.

Ta có:

$14{x^2}y - 21x{y^2} + 28{x^2}{y^2} = 7xy\left( {2x - 3y + 4xy} \right)$.

Đáp án A.

Biểu thức $\frac{x}{0}$ không phải là phân thức đại số vì có mẫu thức bằng 0.

Đáp án D.

Phân thức đối của phân thức $\frac{{1 - x}}{x}$ là $- \frac{{1 - x}}{x} = \frac{{ - \left( {1 - x} \right)}}{x} = \frac{{x - 1}}{x}$

Vậy phương án A là sai.

Đáp án A.

Hình chóp tam giác đều $S.ABC$ có mặt bên là các tam giác cân nên $\Delta SBC$ là tam giác cân.

Do đó khẳng định C sai.

Đáp án C.

Trung đoạn của hình chóp $A.BCD$ là đoạn thẳng $AM$.

Đáp án B.

Xét $\Delta ABC$ vuông tại $C$, theo định lí Pythagore ta có:

$A{C^2} = A{B^2} - B{C^2} = {\left( {\sqrt {117} } \right)^2} - {6^2} = 81$

Suy ra $AC = \sqrt {81}  = 9\;\;{\rm{cm}}$

Do $K$ là trung điểm của đoạn thẳng $AC$ nên $CK = \frac{1}{2}AC = 4,5\;\;{\rm{cm}}$

Xét $\Delta BCK$ vuông tại $C$, theo định lí Pythagore ta có:

$B{K^2} = B{C^2} + C{K^2} = {6^2} + 4,{5^2} = 56,25$

Suy ra $BK = \sqrt {56,25}  = 7,5\;\;{\rm{cm}}$.

Đáp án C.

Tứ giác $ABCD$ có các cặp góc đối nhau là $\widehat {A\,\,}$ và $\widehat {C\,};$ $\widehat {B\,}$ và $\widehat {D\,}$.

Do đó phương án C là khẳng định sai.

Đáp án C.

a) $\left( { - 9{x^2}{y^3} + 6{x^3}{y^2} - 4x{y^2}} \right):3x{y^2}$

$=  - 9{x^2}{y^3}:3x{y^2} + 6{x^3}{y^2}:3x{y^2} - 4x{y^2}:3x{y^2}$

$=  - 3xy + 2{x^2} - \frac{4}{3}.$

b) $\frac{1}{2}xy\left( {{x^5} - {y^3}} \right) - {x^2}y\left( {\frac{1}{4}{x^4} - {y^3}} \right)$

$= \frac{1}{2}xy \cdot {x^5} + \frac{1}{2}xy \cdot \left( { - {y^3}} \right) - {x^2}y \cdot \frac{1}{4}{x^4} - {x^2}y \cdot \left( { - {y^3}} \right)$

$= \frac{1}{2}{x^6}y - \frac{1}{2}x{y^4} - \frac{1}{4}{x^6}y + {x^2}{y^4}$

$= \left( {\frac{1}{2}{x^6}y - \frac{1}{4}{x^6}y} \right) - \frac{1}{2}x{y^4} + {x^2}{y^4}$

$= \frac{1}{4}{x^6}y - \frac{1}{2}x{y^4} + {x^2}{y^4}$.

a) $3x\left( {3 - x} \right) - 6\left( {x - 3} \right)$

$= 3x\left( {3 - x} \right) + 6\left( {3 - x} \right)$

$= \left( {3 - x} \right)\left( {3x + 6} \right)$

$= 3\left( {3 - x} \right)\left( {x + 2} \right).$

b) ${\left( {{x^2} + 1} \right)^2} - 4{x^2}$

$= {\left( {{x^2} + 1} \right)^2} - {\left( {2x} \right)^2}$

$= \left( {{x^2} + 1 - 2x} \right)\left( {{x^2} + 1 + 2x} \right)$

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

c) ${x^6} + {x^3} - {x^2} - 1$

$= \left( {{x^6} + {x^3}} \right) - \left( {{x^2} + 1} \right)$

$= {x^3}\left( {{x^2} + 1} \right) - \left( {{x^2} + 1} \right)$

$= \left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^3} - 1} \right)$

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

a) Với $x \ne  \pm 2$, ta có:

$A = \frac{{x + 1}}{{x - 2}} + \frac{{x - 1}}{{x + 2}} + \frac{{{x^2} + 4x}}{{4 - {x^2}}}$

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

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

$= \frac{{{x^2} + 3x + 2 + {x^2} - 3x + 2 - {x^2} - 4x}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}$

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

Vậy với $x \ne  \pm 2$ ta có $A = \frac{{x - 2}}{{x + 2}}.$

b) Thay $x = 4$ (thỏa mãn) vào biểu thức $A$ ta có: $A = \frac{{4 - 2}}{{4 + 2}} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}.$

c) Với $x \ne  \pm 2$ và $x \in \mathbb{Z}$ ta có: $A = \frac{{x - 2}}{{x + 2}} = \frac{{x + 2 - 4}}{{x + 2}} = 1 - \frac{4}{{x + 2}}$

Ta có $1 \in \mathbb{Z}$ nên để $A = 1 - \frac{4}{{x + 2}}$ nhận giá trị nguyên thì $\frac{4}{{x + 2}} \in \mathbb{Z}$,

suy ra $4 \vdots \left( {x + 2} \right)$

hay $\left( {x + 2} \right) \in$Ư$\left( 4 \right) = \left\{ { \pm 1; \pm 2; \pm 4} \right\}$

Ta có bảng sau:

Vậy $x \in \left\{ { - 3; - 4; - 6} \right\}.$

a) Thể tích của lọ nước hoa hình kim tự tháp là:

${V_1} = \frac{1}{3} \cdot {5^2} \cdot \left( {5 + 5} \right) = \frac{{250}}{3}\;\;\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).$

b) Thể tích của nắp lọ nước hoa là:

${V_1} = \frac{1}{3} \cdot 2,{5^2} \cdot 5 = \frac{{125}}{{12}}\;\;\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).$

Dung tích của lọ nước hoa đó là:

$\frac{{250}}{3} - \frac{{125}}{{12}} \approx 73\;\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3} = 73\,\,ml$.

a) Do $AC$ là tia phân giác $\widehat {BAD}$ nên ta có $\widehat {BAD} = 2\widehat {DAC} = 2 \cdot 40^\circ  = 80^\circ$

Xét tứ giác $ABCD$ có: $\widehat {BAD} + \widehat {B\,} + \widehat {BCD} + \widehat {D\,} = 360^\circ$

Suy ra

$\widehat {BCD} = 360^\circ  - \left( {\widehat {BAD} + \widehat {B\,} + \widehat {D\,}} \right) \\= 360^\circ  - \left( {80^\circ  - 90^\circ  - 90^\circ } \right) = 100^\circ$

b) Xét $\Delta ABC$ vuông tại $B$, theo định lí Pythagore ta có:

$A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = 7,{66^2} + 6,{43^2} = 100,0205$

Suy ra $AC = \sqrt {100,0205}  \approx 10,0$ m.

Khi đó vận động viên cần bơi với vận tốc là $\frac{{10,0}}{{20}} = 0,5$ (m/s).

Ta có: ${x^2} + 2xy + 6x + 6y + 2{y^2} + 8 = 0$

$\left( {{x^2} + 2xy + {y^2}} \right) + 6\left( {x + y} \right) + 9 + {y^2} - 1 = 0$

${\left( {x + y} \right)^2} + 6\left( {x + y} \right) + 9 - 1 =  - {y^2}$

${\left( {x + y + 3} \right)^2} - 1 =  - {y^2}$

$\left( {x + y + 3 - 1} \right)\left( {x + y + 3 + 1} \right) =  - {y^2}$

$\left( {x + y + 2} \right)\left( {x + y + 4} \right) =  - {y^2}$

$\left( {x + y + 2024 - 2022} \right)\left( {x + y + 2024 - 2020} \right) =  - {y^2}$

$\left( {P - 2022} \right)\left( {P - 2020} \right) =  - {y^2}$

$\left( {P - 2022} \right)\left( {P - 2020} \right) =  - {y^2}$

Mà ${y^2} \ge 0$ nên $- {y^2} \le 0$ với mọi $y$

Do đó $\left( {P - 2022} \right)\left( {P - 2020} \right) \le 0$ $\left( * \right)$

Lại có $\left( {P - 2020} \right) - 2 < P - 2020$ hay $P - 2022 < P - 2020$

Suy ra $\left( * \right)$ xảy ra khi $P - 2022 \le 0 \le P - 2020$

Nên $2020 \le P \le 2022$

Vậy GTLN của $P$ bằng 2022 khi $\left\{ \begin{array}{l}x + y + 2 = 0\\ - {y^2} = 0\end{array} \right.$, tức $\left\{ \begin{array}{l}x =  - 2\\y = 0\end{array} \right.$;

GTNN của $P$ bằng 2020 khi $\left\{ \begin{array}{l}x + y + 4 = 0\\ - {y^2} = 0\end{array} \right.$, tức $\left\{ \begin{array}{l}x =  - 4\\y = 0\end{array} \right.$.