De thi GVG huyen cac mon TN 09-10

ĐỀ THI GVG HUYỆN NĂM HỌC 2009 - 2010
MÔN: HÓA HỌC
( Thời gian làm bài 120 phút )

Câu 1: Hòa tan một lượng Kali kim loại vào Nước thu được dung dịch X và a mol
khí bay ra. Cho b mol khí CO
2
hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch X được dung dịch
Y. Hãy cho biết các chất tan trong Y theo mối quan hệ giữa a và b.
Câu 2 : Hòa tan hoàn toàn 14,2 g hỗn hợp C gồm MgCO
3
và muối cacbonat của
kim loại R vào a xít HCl 7,3% vừa đủ , thu được dung dịch D và 3,36 lít khí CO
2

(ĐKTC) . Nồng độ MgCl
2
trong dung dịch D bằng 6,028%.
a. Xác định kim loại R và thành phần % theo khối lượng của mỗi chất
trong C.
b. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch D lọc lấy kết tủa rồi nung
ngoài không khí đến khi phản ứng hoàn toàn . Tính số gam chất rắn
còn lại sau khi nung.
Câu 3: Hợp chất X chứa các nguyên tố C,H,O .Cứ 0,37 gam hơi chất X chiếm thể
tích bằng thể tích của 0,16 gam O xi ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất .Mặt
khác cho 2,22gam X vào 100ml dung dịch NaOH 1M (d=1,0262g/ml) ; sau phản
ứng làm bay hơi dung dịch tới khô thì thu được 100gam chất lỏng , phần khô còn
lại nặng Y gam.Tìm công thức phân tử của X.
Câu 4: Cho 2 nguyên tố X và Y ở hai chu kỳ kế tiếp nhau và cùng nhóm A trong
bảng tuần hoàn . Tổng số điện tích hạt nhân của 2 nguyên tố là 32.Biết rằng
nguyên tử khối của mỗi nguyên tố đều gấp hai lần trị số điện tích hạt nhân của mỗi

nguyên tố.Xác định có hay không hai nguyên tố X và Y?

HƯỚNG DẪN CHẤM THI GVG HUYỆN NĂM HỌC 2009 - 2010
MÔN: HÓA HỌC

Câu 1. ( 4 điểm)
- (2đ) Viết đúng 3 phương trình phản ứng
- (2đ) Các chất trong Y :
Trường hợp 1
a b
≥ ⇒
trong dung dịch Y gồm b mol K
2
CO
3

2(a-b) mol KOH dư
Trường hợp 2
2
b
a ≤
trong dung dịch Y chỉ chứa 2 mol KHCO3
Trường hợp 3
2
b
<a<b tạo hổn hợp 2 muối
2a – b mol K
2
CO
3

2b – 2a mol KHCO
3
Câu 2.( 6 điểm) Công thức R
2
(CO
3
)
X
;
2
CO
n
= 0,15 mol ; viết 2 phương trình phản
ứng
a)(3đ) Theo phương trình
HCl
n
= 0,3 mol
m dd HCl =
0,3.36,5
150
0,073
=
gam
Lượng dd D = lượng hỗn hợp C + lượng dd HCl – lượng CO
2

↑
= 14,2 + 150 – ( 44.0,15) = 157,6 gam

=> m MgCl
2
= 9,5 gam
≈
0,1 mol ;
=> n MgCO
3
= 0,1 mol
≈
8,4 gam => R
2
(CO
3
)
X
=14,2 -8,4 = 5,8 gam
Trong C có 8,4 gam MgCO
3

≈
59,15 % => % FeCO
3

≈
40,85%
b) (3đ)Viết phương trình phản ứng và tính được chất rắn còn lại sau khi nung là
MgO và m MgO = 4 g
mFe
2
O

3
= 4 g
Câu 3.( 5 điểm) Vì thể tích Vx= VO
2
=> nx = no
2
=
0.16
0.005
32
mol=
Mx =
0.37
74
0.005
=
=> nx =
2.22
0.03
74
mol
mdd NaOH = 102.62 (gam)
nNaOH = 0.1 mol
Khối lượng H
2
O trong dung dịch NaOH=102.62 – (0.1x40) = 98.62(g)
- Biện luận và giải thích được X tác dụng với NaOH
Vì X tác dụng với NaOH nên X là một axit hoặc este và M
X
= 74 nên chỉ có

một nhóm axit (-COOH) hoặc este (-COO-)
- Gọi công thức của X là: R-COOR' (nếu axit thì R' là H)
R-COOR' + NaOH => RCOONa + R'OH
nNaOH dư = nNaOH đầu . nNaOH p/ứng = 0.1-0.03=0.07mol
Theo phản ứng trên m chất rắn Y
m
Y
= m
X
+ mddNaOH – 100 = 2.22+102.62-100+ 4.84g
m
RCOOH
= 4.84-0.07.40 = 2.04 gam
M
RCOONa
=
2.04
68 1
0.03
R= => =
tức là H
R' = 74-45 = 29 => C
2
H
5
- => CTPT của x là: HCOOC
2
H
5
Câu 4:( 5 điểm) Theo đề bài có 2 nguyên tố ở 2 chu kỳ kế tiếp nhau nên có thể

xẩy ra các khả năng sau:
8
32
x y
x y
Z Z
X Z
− =



+ =


>

20
12
x
Y
Z Ca
Z Mg
=


=

nghiệm phù hợp
Trường hợp này không có nghiệm phù hợp.

ĐỀ THI GVG HUYỆN NĂM HỌC 2009 - 2010
MÔN: VẬT LÝ
( Thời gian làm bài 120 phút )

Bài 1: Một người đến bến xe buýt chậm 20 phút khi xe đã rời bến A bèn đi taxi để
đuổi kịp xe buýt ở bến B tiếp theo. Taxi đuổi kịp xe buýt ở thời điểm nó đã đi
được 2/3 quãng đường từ A đến B. Hỏi người này phải đợi ở bến B bao lâu?
Bài 2. Một cục nước đá đang tan trong nó có chứa một mẫu chì được thả vào trong
nước. Sau khi có 100g đá tan chảy thì thể tích phần ngập trong nước của cục đá
giảm đi một nửa. Khi có thêm 50g đá nữa tan chảy thì cục nước đá bắt đầu chìm.
Tính khối lượng của mẫu chì. Cho biết khối lượng riêng của nước đá, nước và chì
lần lượt là 0,9g/cm
3
, 1g/cm
3
và 11,3g/cm
3
.
Bài 3 : Một thấu kính hội tụ (L) có tiêu cự f = 50 cm, quang tâm O. Người ta đặt
một gương phẳng (G) tại điểm I trên trục chính sao cho gương hợp với trục chính
của thấu kính một góc 45
0
và OI = 40cm, gương quay mặt phản xạ về phía thấu
kính:
a) Một chùm sáng song song với trục chính của thấu kính, phản xạ trên gương và
cho ảnh là một điểm sáng S. Vẽ đường đi của các tia sáng. Tính khoảng cách SF
,
?
b) Cố định thấu kính và chùm sáng tới, quay gương quanh điểm I một góc α. Điểm
sáng S di chuyển thế nào? Tính quãng đường di chuyển của S theo α ?

Bài 4. Cho mạch điện như hình vẽ


U = 60V, R
1
= R
3
= R
4
= 2 Ôm, R
2
= 10 Ôm, R
6
= 3,2 Ôm. Khi đó dòng điện qua
R
5
là 2A và có chiều như hình vẽ. Tìm R
5
?

18
32
x y
x y
Z Z
X Z
− =




+ =


HƯỚNG DẪN CHẤM THI GVG HUYỆN NĂM HỌC 2009 - 2010
MÔN: VẬT LÝ

Bài 1.(6đ) Gọi C là điểm taxi đuổi kịp xe buýt nên.
AC =
2
3
AB; CB =
1
3
AB => AC = 2CB (2đ)
Gọi t là thời gian xe taxi đi đoạn AC thời gian xe buýt đi là t + 20 phút thời
gian taxi đi đoạn CB là
2
t
. (2đ )
Thời gian xe buýt đi đoạn CB là
20
10
2 2
t t+
= +
. Vậy khi đến B người khách đó
phải đợi xe buýt là 10 phút. (2đ)
Bài 2.(4đ) Trọng lượng của nước đá và chì là P = (m
c
+ m

d
).10 (0,5đ)
Trước khi tan 100g nước đá tan P = (m
c
+ m
d
).10 = V
c
. D
n
.10 (0,5đ)
Sau khi 100g nước đá tan chảy: P
,
= (m
c
+ m
d
-0,1

).10 =
1
2
. V
c
. D
n
.10 (0,5đ)
Biến đổi và => m
c
+ m

d
= 0,2 (0,5đ)
Thể tích của khối nước đá sau khi tan chảy 150 g là:
V =
0,15
c d
c d
m m
D D
−
+
khi cục đá bắt đầu chìm (m
c
+ m
d
- 0,15

).10 = V. D
n
.10
( 1đ)
=> m
c
+ m
d
- 0,15 = (
0,15
c d
c d
m m

D D
−
+
).D
n
biến đổi và thay số vào ta có hệ pt
(0,5đ)
m
c
+ m
d
= 0,2
103 1 0,05
113 9 3
c d
m m
−
− =
giải hệ phương trình ta được
m
c
≈
5,5 g ; m
d

≈
194,5g
(0,5đ)
Bài 3 ( 5đ) Vẽ được đường đi của tia sáng và xác định được vị trí điểm S
( 0,5đ)

Tính được SF
,

Do tính đối xứng nên I F
,
= I S = 10cm
( 0,5đ)
Tam giác SIF
,
vuông tại I nên tính được SF
,

= 10
2

(1đ)
b) Khi gương quay quanh I một góc
α

Do IF luôn không đổi nên IS không đổi => S di chuyển trên cung tròn tâm I
bán kính IS = 10 cm.
(1,5đ)
Gương quay một góc
α
=> góc SIF tăng (giảm) một góc 2
α
. Độ dài cung tròn mà
điểm S di chuyển là l =
9
.

180
2
απαπ
=
SI
(1,5đ)
O
I
L
G
S
F

Bài 4: (5đ)
A
I1
I2
R1
I3
R3
R2
I4
R4
I5
R5
I6
R6
B
E
C

D
Tại nút C. I
3
+I
5
= I
1
=> I
3
= I
1
- 2 ( 0,5đ)
Tại nút D. I
2
+I
5
= I
4
=> I
4
= I
2
+2 ( 0,5đ)
U
AE
= U
1
+ U
3
= U

2
+ U
4
=> 2I
1
+2( I
1
- 2) = 10 I
2
+ 2( I
2
+ 2)
=> 4I
1
= 12I
2
+ 8 => I
1
= 3I
2
+ 2 dòng điện qua R
6
: I
6
= I
1
+ I
2
= 4I
2

+ 2
(2đ)
Ta có U
AB
= U
AE
+ U
6
=> I
2
= 2A => I
1
= 8A
U
5
= U
CD
= - U
AC
+ U
AD
= - U
1
+ U
2
= 4V Vậy điện trở R
5
là 2 Ôm
(2đ)

ĐỀ THI GVG HUYỆN NĂM HỌC 2009 - 2010
MÔN: SINH HỌC
( Thời gian làm bài 120 phút )

Câu 1. Đồng chí hãy trình bày cơ chế phát sinh và ý nghĩa của biến dị không làm
biến đổi vật chất di truyền.
Câu 2. Đồng chí hãy mô tả các thí nghiệm chứng minh hiện tượng hô hấp ở cây.
Vì sao quang hợp và hô hấp trái ngược nhau nhưng lại có quan hệ chặt chẽ với
nhau?
Câu 3. Sự tạo thành nước tiểu diễn ra như thế nào ? Dựa vào đâu để chẩn đoán
bệnh nhân bị viêm cầu thận ? Viêm cầu thận có tác hại gì?
Câu 4. Đồng chí hãy kể tên các ngành động vật. Giới động vật đã tiến hóa như thế
nào?
Câu 5. Đồng chí hãy cho biết đặc điểm cơ bản của cặp gen dị hợp tử, phương
pháp tạo ra cơ thể dị hợp tử, vai trò của cặp gen dị hợp tử. Tại sao cơ thể dị hợp lại
tạo ta nhiều biến dị hơn cơ thể đồng hợp?
Câu 6. Một gen do đột biến mất đi một đoạn làm nuclêôtit loại A giảm đi
1
5
, loại
X giảm đi
1
10
so với khi chưa đột biến . Gen bị đột biến dài 2193 A
0
, sao mã hai
lần và khi giải mã đã cần môi trường nội bào cung cấp 3424 axit amin . Gen khi
chưa đột biến có A chiếm 20% số nuclêôtit của gen.
a. Tính số nuclêôtit mỗi loại của gen khi chưa đột biến.
b. Tính số Ri bô xôm tham gia giải mã trên mỗi m ARN biết rằng

số ri bô xôm trượt qua trên mỗi m ARN là bằng nhau .

HƯỚNG DẪN CHẤM THI GVG HUYỆN NĂM HỌC 2009 - 2010
MÔN: SINH HỌC

Câu I: (2.5 điểm) gồm 2 ý
- Ý 1: (1đ) Trình bày được cơ chế phát sinh và ý nghĩa của thường biến.
- Ý 2: (1đ) Trình bày được cơ chế phát sinh và ý nghĩa của biến dị thổng hợp
Câu II. (4 điểm)
- (1.5đ) mô tả được 2 thể nghiệm
- (2.5đ)
+ So sánh được đặc điểm của quang hợp và hô hấp (1.25)
+ Nêu được mối quan hệ chặt chẽ giữa hố hấp và quang hợp (1.25)
Câu III. (4 điểm) gồm 3 ý
- Ý 1: (2đ) Trình bày được 3 quá trình
- Ý 2: (1đ) Xét nghiệm nước tiểu, nếu trong nước tiểu có Protein, các tế bào
máu
- Ý 3: (3đ) Không điều trị kịp thời dẫn đến suy thận
Câu IV: (4 điểm)
- (1đ) kể tên được 6 ngành động thực vật
- (3đ) Nêu được hướng tiến hóa chủ yếu
+ Từ đơn bào -> đa bào, thể hiện sự chuyễn hóa, nhân hóa
+ Sống cố định -> di động linh hoạt, cơ quan di chuyễn phân hóa
+ Đối xứng tỏa tròn -> đối xứng 2 bên
+ Chư có bộ nhân bảo vệ, nâng đỡ -> bộ xương ngoài, xương trong
+ Sinh sản vô tính -> sinh sản hữu tính
Câu V. (2.5 điểm)
- (0.5) Nêu được đặc điểm của cặp gen dị hợp tử
- (0.5) Nêu được phương pháp tạo cơ thể dị hợp ở ddoobngj vật, thực vật
- (0.5) Nêu được vai trò của cặp gen dị hợp

- (1.0đ) Giải thích được vì sao cơ thể dị hợp có tính di truyền không ổn định
Câu VI. (3 điểm)
a. (2đ) Tính số Nu của mỗi loại gen, khi chưa đột biến
- Gọi Nu của gen sau đột biến 1290(Nu)
- Gọi N là số Nu của gen chưa bị đột biến
+ Gen chưa đột biến có A = T = 20%N
G = X = 30% N
+ Gen bị đột biến có A=T=16% N
G=X =27%N
+ N= (1290.100)/86= 1500Nu
- Số Nu mỗi loại của gen chưa đột biến: A=T=1500x20% = 300Nu
G=X = 1500x30% = 450Nu
b. (1đ) Tính số Riboxom tham gia giải mã trên mỗi mARN: ĐS 8 Riboxom.

ĐỀ THI GVG HUYỆN NĂM HỌC 2009 - 2010
MÔN: TOÁN
( Thời gian làm bài 120 phút )

Câu 1. a)Cho
a
b
là phân số tối giản . Chứng minh rằng
2
a
a b+
cũng là phân số tối
giản.
b) Cho a;b;c là các số nguyên thỏa mãn: a
2
(b-c) + b

2
(c-a) + c
2
(a-b) = a+b+c.
Chứng minh rằng a+b+c
M
27
Câu 2. a) Cho hệ phương trình
ax+by=5
bx+ay=5



( với a,b nguyên dương và khác
nhau)
Tìm a,b để hệ có nghiệm (x;y) với x;y là các số nguyên dương.
b) Giải phương trình: 2(x
2
+ 2) = 5
3
1x +
Câu 3.Cho các số dương a;b;c thỏa mãn a + b + c
≤
3 . Chứng minh rằng:
2 2 2
1 2009
670
a b c ab bc ca
+ ≥
+ + + +

Câu 4. Cho hình thang vuông ABCD (
∠
A =
∠
D = 90
0
) và DC = 2 AB
Gọi H là hình chiếu của D trên đường chéo AC và M là trung điểm của đoạn HC
Chứng minh rằng BM
⊥
MD
Câu 5. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O;R). Điểm M thuộc cung
nhỏ
»
BC
, gọi I;K;H theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M trên cạnh AB; AC;
BC
a) Chứng minh
AB AC BC
MI MK MH
+ =
b) Giả sử
∆
ABC đều , xác định vị trí của M trên cung
»
BC
để MA + MB +
MC = Max (đạt giá trị lớn nhất)
Câu 6.Tìm giá trị nguyên của x để giá trị tương ứng của phân thức sau cũng là số
nguyên :

12
422
23
+
+++
x
xxx

HƯỚNG DẪN CHẤM THI GVG HUYỆN NĂM HỌC 2009 - 2010
MÔN: TOÁN
Câu 1. ( 4 điểm)
a) ( 2 đ) Vì
a
b
là phân số tối giản nên (a;b) = 1
Giả sử a
2
và a + b cùng chia hết cho số nguyên tố d
Khi đó vì a
2

M
d và d là số nguyên tố nên a
M
d
Từ a
M
d và a+b
M
d => b

M
d như vậy a và b cùng chia hết cho số nguyên tố d,
trái với giẻ thiết (a;b)=1 vậy (a
2
; a+b)=1 hay
2
a
a b+
là phân số tối giản
b) (2đ) a
2
(b-c)+ b
2
(c-a) + c
2
(a-b) = a+b+c.<=> (a-b)(b-c)(a-c)= a+b+c (1)
gọi r
1
, r
2
, r
3
lần lượt là các số dư khi chia a; b; c cho 3
Trường hợp 1: Nếu các số dư khác nhau (0;1;2) thì r
1+
r
2+
r
3
= 3 => a+b+c

M
3
Nhưng các hiệu a-b;b-c;a-c đều không chia hết cho 3 nên đẳng thức 1 không
xẩy ra điều này trái với giả thiết.
Trường hợp 2: Nếu có 2 số dư bằng nhau thì a+b+c không chia hết cho 3
nhưng tích (a-b)(b-c)(c-a)
M
3 điều này vô lý.
Trường hợp 3: Cả 3 số dư bằng nhau
Khi đó (a-b); (b-c); (a-c) đều chia hết cho 3 => (a-b)(b-c)(a-c)
M
3.3.3
Vậy từ (1) => a+b+c
M
27
Câu 2: (4điểm)
a)(2đ)
ax+by=5
bx+ay=5



=> ax+by=bx+ay <=>(a-b)(x-y) = 0
vì a
≠
b => x-y =0 => x=y
Từ x=y ta có ax+by=5 <=> x(a+b)=5 vậy để phương trình có nghiệm nguyên
dương thì a+b>0 và là ước của 5
Do a,b
∈

N
*
và a
≠
b nên ta có :
a=1 và b = 4 => x = y = 1 ; a= 2 và b = 3 => x = y = 1
a= 3 và b = 2 => x = y = 1 ; a = 4 và b = 1 => x = y = 1
b) ( 2 đ) Đặt a =
1x +
; b =
2
1x x− +
đ/k x
≥
1 ; a
≥
0 ; b >0
a
2
= x + 1 ; b
2
= x
2
-x +1 => x
2
+2 = a
2
+b
2
và x

3
+1

= a
2
b
2

Phương trình trở thành 2(a
2
+b
2
) = 5 ab <=> (2a – b) (a – 2b) = 0 <=> a = 2b
hoặc b = 2a
Với a = 2b ta có
1x +
= 2
2
1x x− +
<=> 4x
2
-5x+3 = 0 ( vô nghiệm)
Vowia b = 2a ta có
2
1x x− +
= 2
1x +
<=> x
2
-5x – 3 = 0

x
1,2
=
5 37
2
±
là nghiệm của phương trình
Câu 3. ( 3 điểm) Ta có
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
1 2
( )( 2 2 2 9
1 2 9
1
( )
a b c ab bc ca
a b c ab bc ca
a b c ab bc ca a b c
+ + + + + + ≥
+ + + +
⇒ + ≥ ≥
+ + + + + +
(1)
Mặt khác từ ab+bc+ca
≤
a
2
+b
2

+c
2
=> ab + bc + ca
2
( ) 2007 2007
3 669
3 3
a b c
ab bc ca
+ +
≤ ≤ ⇒ ≥ =
+ +
(2)
Từ (1) và (2) ta có
2 2 2
1 2009
670
a b c ab bc ca
+ ≥
+ + + +
dấu = xảy
ra khi a = b = c = 1
A B
H

N M
D C
Câu 4 . ( 2,5 điểm)
Gọi N là trung điểm của DH
MN là đường trung bình của

∆
DHC =>
MN =
1
2
DC và MN//CD
Mà AB =
1
2
CD ; AB//CD
 MN =AB và MN//AB => tứ giác ABMN là hình bình hành => AN//BM
 Từ MN//AB mà AB
⊥
AD => MN
⊥
AD => N là trực tâm của
∆
AMD =>
AN
⊥
MD vì AN//BM mà AN
⊥
DM => BM
⊥
DM
Câu 5.(4 điểm)
a) (2đ) giả sử AC
≥
AB ta có
AB AC AI BI AK KC AI AK

MI MK MI MK MI MK
− +
+ = + = +
(1)
Do góc C
1
= góc A
1
nên cotgA
1
= cotgC
1
=>
AI CH
MI MH
=
(2) và góc A
2
= góc B
1
nên cotg A
2
= cotgB
1
=>
AK BH
MK MH
=
(3)
Từ (1), (2) ,(3) =>

AB AC
MI MK
+
=
AB AC BC
MI MK MH
+ =
b) (2đ)gọi D là giao điểm của MA với BC => tam giác MBD đòng dạnh tam
gics MAC (gg) =>
MB BD
MA AC
=
tương tự
MC CD
MA AB
=
do đó
1
MB MC BD CD
MA MA AB
+
+ =
 MA+MB+MC = 2 MA
≤
4R . vậy Max( MA+MB+MC)= 4 R khi AM là
đường kính khi dó M là trung điểm của cung BC
A
B C C

I

M
Câu 6.( 2,5 điểm) biến đổi
12
3
1
12
3)12()12(
12
422
2
223
+
++=
+
++++
=
+
+++
x
x
x
xxx
x
xxx
Z
x
xxx
∈
+
+++

12
422
23
 3
M
2x +1  2x+1
∈
-3 ; -1 ; 1 ; 3 Từ đó ta có
2x - 1 -3 -1 1 3
x -2 -1 0 1
2
K

D H
1
1