Đề chọn đội tuyển môn Toán

ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN
Thời gian: 180 phút
Bài 1(4đ): Cho hàm đa thức f(x) bậc 7 có các hệ số nguyên thoả mãn: f(2)=13, f(4)=7, f(10)=5. CMR: Phương trình f(x)=0 không có nghiệm nguyên.
Bài2(4đ): Giải phương trình: f(x)=0 . Biết hàm số f(x) nghịch biến trên R và thoả mãn f(2f(y)-3x)=4x + 5y + 1 với x, y R.
Bài 3(4đ): Cho các số dương a,b,c,d thoả mãn: a + b + c + d = 9
CMR: 
Bài 4(4đ): Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R. M là điểm chuyển động trên đường tròn. Gọi 
CMR: không phụ thuộc vào vị trí điểm M.
Bài 5(4đ): Cho hình chóp SABCD, đáy là hình vuông ABCD. Hình chiếu H của S lên mặt phẳng đáy nằm miền trong hình vuông ABCD. Các góc nhị diện SA, SB bằng nhau, SAB=SBC. Tìm tập hợp những điểm cách đều các mặt bên của hình chóp.
------------- Hết ------------
ĐÁP ÁN
Bài
Nội dung
Điểm
Bài 1
Đặt P(x)=(x-2)Q(x)+13 
Trong đó Q(x) là đa thức bậc 6 với hệ số nguyên
0,5
4đ
Giả sử P(x)=0 có nghiệm nguyên x=a
1
1
0,5
Tương tự: *) 
0,5
 *) 
0,5
Từ (1), (2), (3) ta suy ra không tồn tại a nguyên thoả mãn yêu cầu bài toán
1
Hay phương trình f(x)=0 không có nghiệm nguyên.
Bài 2 4đ 
Xác định phương trình hàm:
 f(2f(y)-3x)=4x+5y+1 (1)
0,5
Thay x= vào (1) ta được: 
Thay x=0,y=0 vào (1) ta được: f(2f(0))=1 (3)
0,5
Từ giả thiết f(x) nghịch biến trên R và từ (2) và (3) suy ra:
1
Thay vào (1) ta được
0,5
 thử lại thấy thoả mãn yêu cầu bài toán
0,5
Khi đó f(x)=0 
0,5
Bài 3 3đ
Nhận xét hàm số y=ax (0<a<1) nghịch biến trên R
1
0.25 
0,25
0,25
0,25
Từ (1), (2), (3), (4) ta suy ra 
1
Bài 4 5đ
Dựng 
Tương tự:
1
Bài toán chuyển thành: CMR tổng MA4+MB4+MC4 = hằng số.
Thật vậy: Chọn hệ trục toạ độ vuông góc, với A là gốc toạ độ, trục hoành chứa AO và chiều dương từ A tới O (hình vẽ). 
Dễ thấy 
1
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: (x-R)2+y2=R2
Giả sử M(x0,y0) thì (x0-R)2+y02=R2
 Hay x02+y02=2Rx0 (1)
Ta có: 
1
 (vì )
0.5
0.5
Bài 5
4 đ
Trước hết ta chứng minh bổ đề: 
Trong tam diện Oxyz 
Thì 
(Ox, Oy, Oz lần lượt là góc nhị diện canh Ox, Oy, Oz)
0,5
Thật vậy: lấy A thuộc Ox 
Dựng 
Trên yOz kẻ , 
Suy ra: ABH=Oy, ACH=Oz
Suy ra 
chứng minh tương tự ta có đẳng thức (1) (Bổ đề được chứng minh)
0,5
Áp dụng vào tứ diện đỉnh A và B ta có:
0,5
Vì CBA=BAD và SA=SB suy ra sinSAD=sinSBC
SAD=SBC SAD=SAB
0,5
Kẻ các đường cao SI, SJ, SK của các mặt bên SAD, SAB, SBC 
Ta có: (vì tam giác vuông có chung cạnh huyền và SAI=SAJ)
0,5
Mặt khác: ( vì (định lý 3 đường vuông góc))
I, J, K thẳng hàng và IK//AB BK=AI
Và 
0,5
SI=SJ=SK
HI=HJ=HKH là trực tâm
Hình chóp SABCD là hình chóp đều
Tập hợp những điểm cách đều 4 mặt bên là đoạn SH
0,5
------------- Hết ------------