Bộ đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 12 môn Toán Lý Hóa Sinh năm 2016 tỉnh Hải Dương có đáp án chi tiết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017
MÔN THI: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi gồm 05 câu, 01 trang)

Câu I ( 2,0 điểm)
1. Cho hàm số

y = x 4 − 2 ( m + 1) x 2 + m 2 + 1 ( 1)

, với m là tham số thực. Tìm m để

1
đồ thị của hàm số ( ) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông
cân.
2x + 3
y=
x + 2 có đồ thị là (C). Gọi I là giao điểm của hai đường
2. Cho hàm số
tiệm cận của (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đó cắt hai đường
tiệm cận tại A và B sao cho IA = IB.
Câu II ( 2,0 điểm)
3
1. Giải phương trình: 2sin x − cos2 x + sin 2 x − 2sin x + 2 cos x − 1 = 0

) ( x, y ∈ ¡ )

(

 x ( x + y ) + x + y = 2 y 2 y3 +1


2
2

2. Giải hệ phương trình:  8 x − 8 y + 3 = 8 y 2 x − 3 x + 1

Câu III (2,0 điểm)
6
1. Tìm hệ số của x trong khai triển của biểu thức sau thành đa thức:
f ( x ) = x ( 1 + 3x ) + x 2 ( 1 − 2 x )
7

9

1
u1 = a, u2 = b, un = (un−1 + un− 2 )
2
2. Cho dãy số (un) được xác định bởi:
với mọi
n ≥ 3 (a,b là số thực). Tìm giới hạn của dãy số (un) theo a và b.

Câu IV (3,0 điểm)
1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông tâm O cạnh bằng a. Hình chiếu

vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của OC. Góc giữa mặt
phẳng (SAB) và mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo
a.
2. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng
( SBC ) bằng 2, góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (ABCD) bằng α . Tìm giá trị
của cos α để thể tích khối chóp S.ABCD nhỏ nhất.
3. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng a. Lấy điểm M thuộc đoạn



AM = DN = x,  0 < x <
AD’, điểm N thuộc đoạn BD sao cho
để đoạn MN ngắn nhất.
Câu V (1,0 điểm)



Cho a,b,c là các số thực dương và a.b.c=1, thỏa mãn:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P=

a 2

÷

2 
. Tìm x theo a

a 3b + b3 a +

1
= ab + 2.
ab

1
1
3
+
−
2
2
1 + a 1 + b 1 + 2c

……..Hết……..
Họ và tên thí sinh:......................................................Số báo danh:.................


Chữ ký của giám thị 1:............................Chữ ký của giám thị 2:.......................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017
MÔN THI: TOÁN
Hướng dẫn chấm gồm 4 trang

HƯỚNG DẪN CHẤM

Lưu ý: Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

Câu
Nội dung
Điểm
Câu I (2 điểm)
y ' = 4 x 3 − 4 ( m + 1) x = 4 x ( x 2 − m − 1)

Ta có:
Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi m + 1 > 0 ⇔ m > −1 (*)
Các điểm cực trị của đồ thị là

Câu I.1
(1điểm)

(

)

(

(

Suy ra

) và

(

)

0.25

uuu
r uuur

Ta có AB = AC nên tam giác ABC vuông cân khi và chỉ khi AB. AC = 0

0.25

⇔ ( m + 1) − ( m + 1) = 0

0.25

4

Câu I.2

)

A ( 0; m 2 + 1) , B − m + 1; −2m
C m + 1; −2m
và
uuur
uuur
2
2
AB = − m + 1; − ( m + 1)
AC = m + 1; − ( m + 1)

0.25

. Kết hợp với

( *) ta được m=0

 2x + 3 
1
M  x0 ; 0
k=
÷∈ (C )
2
x0 + 2 
( x0 + 2 )

Gọi
, hệ số góc của tiếp tuyến tại M là
Tam giác AIB vuông cân tại I nên hệ số góc của tiếp tuyến k = 1 hoặc k = -1

(1.điểm)

k=

Vì

1

( x0 + 2 ) nên k = 1
2

⇔

1

( x0 + 2 )

2

 x0 = −1
=1⇔ 
 x0 = −3

0.25

2sin 3 x − cos2 x + sin 2 x − 2sin x + 2 cos x − 1 = 0
⇔ 2sin 3 x − 2sin x + sin 2 x − ( 1 + cos2 x ) + 2 cos x = 0

0.25

⇔ 2sin x ( sin 2 x − 1) + 2sin x cos x − 2 cos 2 x + 2 cos x = 0

(1điểm)

Câu II.2
(1 điểm)

0.25

⇔ 2sin x cos 2 x − 2sin x cos x + 2 cos 2 x − 2 cos x = 0
⇔ cos x ( s inx + 1) ( cos x − 1) = 0

π


x
=
+ kπ

2
cos x = 0

π

⇔ s inx = −1 ⇔  x = − + k 2π

2
cos x = 1
 x = k 2π



Điều kiện:

0.25
0.25

Vậy có hai phương trình tiếp tuyến: y = x + 2 ; y = x + 6
Câu II (2 điểm)

Câu II.1

0.25

0.25

( k ∈Z )

0.25

x + y ≥ 0, y ≥ 0, 2x 2 − 3x + 1 ≥ 0

PT (1) ⇔ x ( x + y ) + x + y = 2 y 2 + 2 y ⇔ x 2 + xy − 2 y 2 + x + y − 2 y = 0

Nếu

x + y + 2y = 0 ⇒ x = y = 0

Nếu

x + y + 2y > 0

0.25
(*)

không thỏa mãn hệ

x= y

x− y

1
(*) ⇔ ( x − y ) ( x + 2 y ) +
= 0⇔ 
x + 2y +

= 0 ( **)
x + y + 2y

x + y + 2y

0.25


x+ y+ y+

Mặt khác với điều kiện x + y ≥ 0, y ≥ 0 thì
(**) vô nghiệm.Với x = y ≥ 0 thì PT(2) trở thành

1
>0
x + y + 2y
nên

0.25

8x 2 − 8x + 3 = 8x 2x 2 − 3x + 1 ⇔ 4( x − 2x 2 − 3x + 1) 2 = (2x − 1) 2


3± 3
x =
 2 2 x 2 − 3x + 1 = 1
4
⇔
⇔
2

 2 2 x − 3 x + 1 = 4 x − 1 
7 −1
x =

4
 3 + 3 3 + 3   3 − 3 3 − 3   7 −1 7 −1 
;

÷
÷;  4 ; 4 ÷
÷;  4 ; 4 ÷
÷
4
4
 
 

Vậy hệ có nghiệm là 

0.25

Câu III (2 điểm)
Xét

E = x ( 1 + 3x )

7

x.C7k ( 3x ) = 3k .C7k .x k +1

0.25

( 0 ≤ k ≤ 7) .

k

Số hạng tổng quát:
6
• Số hạng trên chứa x khi và chỉ khi k + 1 = 6 ⇔ k = 5 .
Câu
III.1

0.25

5
5
6
Vậy hệ số của x trong khai triển của E là: 3 .C7 .

Xét

G = x2 ( 1 − 2 x )

9

.
x 2 .C9k ( −2 x ) = ( −2 ) .C9k .x k + 2

(
Số hạng tổng quát:

6
• Số hạng trên chứa x khi và chỉ khi k + 2 = 6 ⇔ k = 4 .
k

(1 điểm)

•

k

0 ≤ k ≤ 9)

.

6
−2 .C 4 = 24.C94
Vậy hệ số của x trong khai triển của G là: ( ) 9
.
5
5
4
4
6
Vậy hệ số của x trong khai triển là: 3 .C 7 + 2 .C9 = 7119 .

0.25

4

un =

Đặt

1
1
(un −1 + un − 2 ) ⇔ un − un −1 = − (un −1 − un − 2 ) (1)
2
2
v n – 1 = un − un −1
v1 = u2 − u1 = b − a
n≥2

với mọi

Câu
III.2

n −1

 1
= (b − a ) − 
 2

0.25

. Khi đó

1
1
v n – 1 = − vn − 2

q=−
2
2.
Từ (1) ⇒
⇒ (vn) là CSN có công bội

 1
v n = v1  − 
 2

0.25

n −1

0.25

.

Ta có: un = (un − un −1 ) + (un −1 − un −2 ) + ... + (u2 − u1 ) + u1

(1 điểm)
1
1 − ( − ) n −1
2b + a 2
1
2
= vn −1 + vn − 2 + ... + v2 + v1 + u1 = v1[
] + u1 =
− (b − a )(− ) n −1
1

3
3
2
1+
2
1
2b + a
lim(− ) n−1 = 0
lim un =
2
3 .
Vì
nên

Câu IV (3 điểm)

0.25

0.25


S

C

B

Câu
IV.1

H

K
O
D

(1điểm)

A

0
·
Kẻ HK ⊥ AB (K ∈ AB) ⇒ AB ⊥ (SHK) ⇒ SKH = 60

0.25

HK AH 3
3
=
= ⇒ HK = a
4
HK // BC ⇒ BC AC 4

0.25

Tam giác SHK vuông tại H ⇒

SH = HK .tan 600 =

3 3

a
4

1 3 3
3 3
S ABCD = a 2 ⇒ VS . ABCD = a 2 .
a=
a
3
4
4

0.25
0.25

Gọi M, N là trung điểm BC, AD, gọi H là hình chiếu vuông góc từ N xuống
SM. Ta có:
S

H
C

D

0.25

N
M

I

Câu
IV.2
(1điểm)

A

B

·
SMN
= α, d ( A; ( SBC ) ) = d ( N; ( SBC ) ) = NH = 2
⇒ MN =

NH
2
4
=
⇒ SABCD = MN 2 = 2
sin α sin α
sin α

tan α
1
=
sin α cosα
1
4
1
4

⇒ VSABCD = × 2 ×
=
2
3 sin α cosα 3.sin α.cosα
sin 2 α + sin 2 α + 2cos 2α 2
1
sin 2 α.sin 2 α.2cos 2α ≤
= ⇒ sin 2 α.cosα ≤
3
3
3
2
VSABCD min ⇔ sin α.cosα max

SI = MI. tan α =

⇔ sin 2 α = 2cos2 α ⇔ cosα =

1
3

0.25

0.25

0.25


Câu
IV.3

Gọi M’, N’ lần lượt là hình chiếu của M, N lên AD
2
2
2
2
2
2
Ta có MN = M ' M + M ' N = M ' M + M ' N ' + N ' N

0.25

x 2
2 ;
Tam giác M’AM vuông cân tại M’ nên có
(1điểm)
x 2
N 'D = N 'N =
2
Tam giác N’DN vuông cân tại N’ nên có
M ' N ' = AD − M ' A − N ' D = a − x 2
2
x2
x2
2
MN =
+ a − x 2 + = 3 x 2 − 2 2a.x + a 2
2
2
Khi đó

M ' A = M 'M =

(

)

0.25

0.25

2


2  a2 a2
a 3
MN = 3  x −
a÷ +
≥ ⇒ MN ≥
3 
3
3
3

a 3
a 2
x=
3
Vậy MN ngắn nhất bằng 3 đạt được khi
2

Theo BĐT Cô–si ta có:

Câu V
(1điểm)

a 3b + ab 3 ≥ 2a 2b 2 ⇒ ab + 2 ≥ 2a 2b 2 +

0.25

1
ab

1
1
⇒ t + 2 ≥ 2t 2 + ⇔ 2t 3 − t 2 − 2t + 1 ≤ 0 ⇔ ≤ t ≤ 1
t
2
Đặt t=a.b>0
1
1
2
+
≤
2
2
a
,
b
>
0;

ab
≤
1
Với
ta chứng minh 1 + a 1 + b 1 + ab (*)
1
1
1
1
(*) ⇔ (
−
)+(
−
)≤0
2
2
1 + a 1 + ab
1 + b 1 + ab
Thật vậy:
a (b − a )
b( a − b)
⇔
+
≤ 0 ⇔ (a − b) 2 (ab − 1) ≤ 0
2
2
(1 + a )(1 + ab) (1 + b )(1 + ab)
(đúng)
2
3

2
3t
⇒P≤
−
=
−
1 + ab 1 + 2 1 + t t + 2
ab
2
3t
2
6
1 
t ∈  ;1 ; f ( t ) =
−
; f '( t ) = −
−
<0
2
2
1+ t t + 2
2 
( 1 + t ) ( t + 2)

Xét

1 
 1  11
 2 ;1 ⇒ Max f ( t ) = f  2 ÷ = 15
Từ đó

nghịch biến trên
1
1
1
t= ⇒a=
;b =
;c = 2
2
2
2
Dấu “=” xảy ra khi

f ( t)

*********** Hết***********

0.25

0.25

0.25

0.25



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

LỚP 12 NĂM HỌC 2016 – 2017
MÔN THI: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 08/10/2016
(Đề gồm có 02 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1: (2,0 điểm)
1/ Có bốn bình mất nhãn đựng bốn dung dịch gồm: (NaHCO3+Na2CO3);
(NaHCO3+Na2SO4); (Na2CO3+Na2SO4); (NaCl+Na2SO4). Chỉ được dùng dung dịch BaCl2
và dung dịch HCl loãng. Nêu cách nhận biết các dung dịch trong bốn bình trên và viết
phương trình phản ứng hóa học xảy ra.
2/ Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra trong các thí nghiệm
sau:
Thí nghiệm 1: Cho mẩu kim loại natri bằng hạt đậu nhỏ vào cốc đựng dung dịch CuSO4
loãng.
Thí nghiệm 2: Để lọ đựng dung dịch H2S ở trạng thái hở trong không khí một thời
gian.
Thí nghiệm 3: Nhỏ 1 ml nước cất vào một ống nghiệm sau đó lần lượt nhỏ tiếp 3 ml
axit axetic nguyên chất, 3 ml ancol isoamylic nguyên chất, rồi thêm vài giọt dung dịch
H2SO4 đặc vào. Lắc đều và đun nhẹ ống nghiệm trên ngọn lửa đèn cồn từ 5 – 6 phút
(không đun sôi). Làm lạnh hỗn hợp sau phản ứng rồi rót thêm vào hỗn hợp này một ít
dung dịch NaCl bão hòa.
Câu 2: (2,0 điểm)
1/ Cho sơ đồ chuyển hóa sau:
CaC2

(1)

X

(2)

Y

(3)
(8)

(7)

CH4

(6)

G

(5)

Z
(4)
T

(Các chữ cái X, Y, Z, T, G là kí hiệu của các chất hữu cơ khác nhau).
Xác định các chất X, Y, Z, T, G và viết các phương trình phản ứng hóa học xảy
ra theo sơ đồ biến hóa trên, ghi rõ điều kiện để xảy ra phản ứng (nếu có).
2/ Cho các chất hữu cơ mạch hở A, B, C, D có cùng công thức phân tử C 4H6O4 đều tác
dụng được với NaOH trong dung dịch ở điều kiện thích hợp theo tỉ lệ phản ứng tối đa là
1 : 2. Trong đó:
- A, B đều chỉ tạo ra một muối và một ancol.

- C, D đều chỉ tạo ra một muối, một ancol và nước.
Biết rằng khi đốt cháy hoàn toàn muối do A, C tạo ra ở trên thì trong sản phẩm
cháy không có nước.
Xác định A, B, C, D và viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra.
Câu 3: (2,0 điểm)
1/ Cho 16,568 gam hỗn hợp A gồm Fe3O4, Fe2O3 vào một ống sứ chịu nhiệt, nung
nóng rồi cho dòng khí CO đi qua một thời gian, thu được 14,568 gam hỗn hợp rắn B
gồm Fe, FeO, Fe3O4. Toàn bộ lượng B trên cho vào 460 ml dung dịch HNO 3 1,5M đến
khi B tan hết, thu được dung dịch C và 0,09 mol khí NO (biết NO là sản phẩm khử
duy nhất của HNO3).
Tính khối lượng mỗi chất trong A và khối lượng từng chất tan có trong dung
dịch C.


2/ Cho hỗn hợp X gồm 6,12 gam kim loại M và 3,6 gam oxit của nó (M có hóa trị
không đổi) tác dụng với 400 ml dung dịch chứa hỗn hợp H 2SO4 1M và KNO3 vừa đủ,
sau phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối sunfat trung hòa và 1,47 gam
hỗn hợp khí T gồm N2, N2O, H2. Cho dung dịch NaOH 1M dư vào dung dịch Y, sau
khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thì có 705 ml dung dịch NaOH phản ứng, lượng kết
tủa thu được đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 13,8 gam
chất rắn khan. Xác định phần trăm theo số mol từng khí trong T.
Câu 4: (2,0 điểm)
1/ X là hợp chất hữu cơ đơn chức, mạch hở chứa các nguyên tố C, H, O. Cho một
lượng chất X tác dụng hoàn toàn với 500 ml dung dịch KOH 2,4M rồi cô cạn dung
dịch sau phản ứng, thu được 105 gam chất rắn khan Y và m gam ancol Z. Oxi hóa m
gam Z bằng O2 (có xúc tác thích hợp) thu được hỗn hợp T gồm (ancol dư, anđehit, axit
cacboxylic, nước). Chia T thành ba phần bằng nhau:
Phần 1: cho tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, đun nóng nhẹ, thu
được 21,6 gam Ag.
Phần 2: cho tác dụng với KHCO3 dư, thu được 0,1 mol khí CO2.

Phần 3: cho tác dụng với natri vừa đủ, thu được 0,2 mol khí H2 và 25,4 gam rắn khan
E.
Xác định công thức cấu tạo có thể có của X và gọi tên.
2/ Hỗn hợp X gồm hai hợp chất hữu cơ A, B (chứa các nguyên tố C, H, O) đều no và
mạch cacbon không phân nhánh. Trong phân tử mỗi chất đều chứa 2 nhóm chức khác
nhau trong số các nhóm chức: -OH, -CHO,-COOH. Cho hỗn hợp X tác dụng vừa đủ
với 200 ml dung dịch AgNO 3 1M trong NH3, đun nóng nhẹ dung dịch đến khi toàn bộ
lượng ion Ag+ chuyển hết thành Ag. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 34,6
gam hỗn hợp hai muối amoni. Cho toàn bộ lượng muối này tác dụng với lượng dư
dung dịch NaOH và đun nóng nhẹ thu được 0,4 mol một khí duy nhất. Coi nước
không bị bay hơi và các muối không bị phân hủy khi cô cạn.
a) Xác định công thức cấu tạo của A, B.
b) Tính phần trăm theo khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X.
Câu 5: (2,0 điểm)
1/ A là hợp chất hữu cơ thơm chứa các nguyên tố C, H, O. Đốt cháy hoàn toàn 3,08
gam A, sản phẩm cháy gồm CO2 và H2O được hấp thu hết vào bình đựng 5 lít dung
dịch Ca(OH)2 0,02M, sau khi phản ứng xong thu được 6 gam kết tủa, dung dịch muối
sau phản ứng có khối lượng lớn hơn khối lượng dung dịch Ca(OH) 2 ban đầu là 1,24
gam.
a) Xác định công thức phân tử của A, biết A có công thức phân tử trùng với
công thức đơn giản nhất.
b) Xác định các công thức cấu tạo của A. Biết A tác dụng được với NaOH theo
tỉ lệ mol tối đa là 1 : 4; A có phản ứng tráng bạc.
2/ Nhỏ từ từ đến dư dung dịch H2SO4 loãng vào dung dịch chứa hỗn hợp gồm a mol
NaOH và b mol NaAlO2 thì số mol kết tủa thu được phụ thuộc vào số mol axit cho vào
được biểu diễn trên đồ thị sau:

n Al (OH )3

0,6

0
Tính a, b.

0,3

1,2

nH 2 SO4


Cho nguyên tử khối của các nguyên tố: H=1; C=12; N=14; O=16; S=32; K=39;
Na=23;Ca=40; Ba=137; Al=27; Mg =24; Fe = 56; Ag = 108; Cu=64; Ni=59;
Zn=65.
....................HẾT...............
Họ tên thí sinh:.........................................................Số báo danh.........................
Chữ kí giám thị 1:.......................................Chữ kí giám thị 2...............................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

Câu

ý

1
(1,0
điểm)

1

2

(1,0
điểm
)

1

(1,0
điểm
)

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG
TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2016 – 2017
MÔN THI: HÓA HỌC

Nội dung
* Lấy mỗi bình một ít dung dịch làm mẫu thử và đánh số thứ tự. Nhỏ rất từ từ từng
giọt dd HCl đến dư vào từng mẫu thử và quan sát thấy.
- Mẫu thử có khí thoát ra ngay là (NaHCO3 và Na2SO4). (I)
HCl + NaHCO3 → NaCl + CO2 + H2O (1)
- Mẫu thử không hiện tượng gì là (NaCl và Na2SO4) (II)
- Mẫu thử ban đầu không thấy có khí thoát ra và sau một thời gian mới thấy sủi bọt
khí không màu là (NaHCO3 và Na2CO3) và (Na2CO3 và Na2SO4) (III)
HCl + Na2CO3 → NaHCO3 + NaCl (2)
Sau đó HCl + NaHCO3 → NaCl + CO2 + H2O (3)
* Nhỏ dd BaCl2 vào 2 hai dung dịch thu được sau phản ứng của nhóm (III), thấy:
- Dung dịch nào phản ứng làm xuất hiện kết tủa trắng không tan là BaSO 4 => dung

dịch ban đầu có Na2SO4 và đó là dung dịch ban đầu chứa (Na2CO3 và Na2SO4)
Na2SO4 + BaCl2 → BaSO4 + 2NaCl (4)
- Dung dịch còn lại không hiện tượng và dung dịch ban đầu là (NaHCO3 và
Na2CO3)
TN1: Miếng Na kim loại chạy vo tròn trên mặt nước, phản ứng mãnh liệt, tỏa nhiều
nhiệt, có kết tủa xanh lam xuất hiện.
2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 (1)
2NaOH + CuSO4 → Cu(OH)2 ↓ + Na2SO4 (2)
TN2: Lọ dung dịch xuất hiện vẩn đục màu vàng
2H2S + O2 → 2S ↓ + 2H2O
TN3:
- Trước khi đun, các dung dịch tan vào nhau tạo thành dung dịch đồng nhất.
- Đun sau vài phút thấy có hơi mùi chuối chín thoát ra, xuất hiện 2 lớp chất lỏng
phân biệt.
H 2SO4dac ,t o
→ CH3COOCH2CH2CH(CH3)3+H2O
CH3COOH+(CH3)2CHCH2CH2OH ¬ 
(mùi chuối chín, không tan trong nước)
- Làm lạnh rồi rót thêm ít dung dịch NaCl bão hoà vào thấy hiện tượng phân lớp
chất lỏng rõ ràng hơn.
Các chất tìm được là X: CH ≡ CH; Y: CH3CHO; Z: CH3-CH2-OH;
T: CH3-COOH; G: CH3COONa
(1) CaC2 + 2H2O → Ca(OH)2 + CH≡CH
HgSO4
(2) CH≡CH + H2O → CH3-CHO
Ni ,t o

→ C2H5OH
(3) CH3-CHO + H2 
mengiam ,300 C

→ CH3COOH + H2O
(4) C2H5OH + O2 
(5) CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O
CaO ,t 0
(6) CH3COONa + NaOH → Na2CO3 + CH4
0

1500 C, LLN
→ CH≡CH + 3H2
(7) 2CH4   
Mn2 +
→ 2CH3COOH
(8) 2CH3CHO + O2 

Điểm
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25
0,25


*Tìm A, B: A, B tác dụng với NaOH theo tỉ lệ mol 1:2 tạo ra 1 muối và một ancol
→ A, B là este 2 chức.
Đốt cháy muối do A tạo ra trong sản phẩm không có nước ⇒ muối (COONa)2

0,25

⇒ A: H3COOC – COOCH3; B là: HCOOCH2 – CH2OOCH
2
2

(1,0
điểm
)

H3COOC – COOCH3 + 2NaOH→ NaOOC – COONa + 2CH3OH (1)
HCOOCH2 – CH2OOCH + 2NaOH → 2HCOONa + C2H4(OH)2 (2)
* Tìm C, D: C, D tác dụng với NaOH theo tỉ lệ mol 1:2 tạo ra một muối, 1 ancol và
nước → C, D có chứa chức este và chức axit
Đốt cháy muối do C tạo ra trong sản phẩm không có nước ⇒ muối (COONa)2

0,25
0,25

⇒ C: HOOC – COOC2H5; D là: HOOC – CH2 – COOCH3

1

(1,0
điểm
)

3

2

(1,0
điểm
)

HOOC-COOC2H5 + 2NaOH → NaOOC-COONa + C2H5OH + H2O (3)
HOOC-CH2-COOCH3 + 2NaOH→NaOOC-CH2–COONa +CH3OH +H2O (4)
n
= x; n Fe2O3 = y n HNO3 = 0,69
* Gọi Fe3O4
;
16,568 − 14,568
= 0,125
16
Khi A tác dụng với CO thì: nO (pư) =
= nCO (pư).
Xét 2 trường hợp:
TH1: dung dịch C chứa Fe(NO3)3 + HNO3 (có thể dư)
Bảo toàn e ta có: 1x + 2nCO = 3nNO ⇒ x = 0,02 ⇒ y = 0,07455
⇒ n Fe3 + = 0,07455 × 2 + 0,02 × 3 = 0,2091 mol
⇒ n HNO3 = 3n Fe3+ + n NO = 0,7173 > 0,69 ⇒ loại
TH2: HNO3 hết, dung dịch C chứa Fe(NO3)3 hoặc Fe(NO3)2 hoặc cả hai muối

n
= 0,5n HNO3 = 0,345mol
- Bảo toàn H ⇒ H 2O
n −
= n NO − axit − n NO = 0,6mol
3
- NO3 muoi
Bảo toàn oxi cho toàn quá trình
⇒ 4x + 3y = 0,125 + 0,6 × 3 + 0,09 + 0,345 -0,69 × 3 = 0,29 ⇒ 4x + 3y = 0,29 (*)
Theo tổng khối lượng A bài cho: 232x + 160y = 16,568 (**)
Từ (*) và (**) ⇒ x = 0,059; y = 0,018
⇒ m Fe3O4 = 232 × 0,059 = 13,688 gam; m Fe2O3 = 2,88 gam
* Gọi số mol muối Fe(NO3)3 và Fe(NO3)2 lần lượt là a,b (a,b≥0)
3n
+ 2n F e2O3 = n Fe( NO3 )3 + n Fe( NO3 ) 2
Ta có: Fe3O4
→ a + b = 0,213
n NO − ( muoi) = 3n Fe( NO3 )3 + 2n F e ( NO3 ) 2
3
→ 3a+2b=0,6
⇒ a =0,174; b=0,039
m
= 0,174.242 = 42,108
m
= 0,039.180 = 7,02
Vậy Fe( NO3 )3
gam; Fe( NO3 ) 2
gam
Gọi n là hóa trị của kim loại M → oxit của M là M2On
- Khi cho dung dịch NaOH vào dung dịch Y thu được kết tủa và khối lượng chất

rắn khan lớn hơn khối lượng của X → Chất rắn khan là oxit (M2On)
2−
+
- Dung dịch Y sau phản ứng chứa các ion Mn+, K+, SO4 có thể có NH 4 .
13,8 − 6,12 − 3,6
= 0,255
16
- Khối lượng oxi trong oxit do M tạo ra là: nO =
mol
6,12
2
2.0,255 0,51
.n = 12n
nO =
=
0
,
51
n
n
n
→ nM =
mol ⇒ M =

→ n=2; M=24 (Mg)
∑ nMg 2+ = nMg + nMgO = 0,345 mol;
*
* Khi cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch NaOH
+
OH- + NH 4 → NH + H O

3

2

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25


→

2OH- + Mg2+ → Mg(OH)2
nOH − = n NH + + 2n Mg 2 + = 0,705 → n NH + = 0,705 − 2.0,345 = 0,015
4

4

mol

n = n KNO3
* Áp dụng bảo toàn điện tích cho dung dịch Y→ K +
=0,095 mol
* áp dụng bảo toàn khối lượng:

m
m
m
mX + H 2 SO4 + KNO3 = m muối trong Y + mT + H 2O
m
n
= 0,355
→ H 2O = 6,39 gam → H 2O
mol
* Áp dụng bảo toàn nguyên tử hidro:
2n H 2 SO4 = 2n H 2 + 4n NH + + 2n H 2O → n H 2 = 0,4 − 2.0,105 − 0,355 = 0,015
4
mol
* Gọi số mol khí N2 và N2O lần lượt là x,y (x,y>0)
m + m N 2O + m H 2 = 1,47 → 28 x + 44 y = 1,44
Ta có: N 2
(1)
n K NO3 = 2n N 2 + 2n N 2O + n NH + → 2 x + 2 y = 0,08
4
(2)
Từ (1), (2) ⇒ x= 0,02; y= 0,02
0,02
%V N 2 = %V N 2O =
.100% = 36,36%
0
,
02
+
0
,

02
+
0
,
015
Vậy:

0,25

0,25

0,25

%VH 2 = 27,28%

21,6
= 0,2mol
108
Biện luận: X đơn chức, X + KOH → phần rắn và ancol Z
Ancol Z bị oxi hóa cho các sản phẩm (anđehit, axit cacboxylic) → Z là ancol đơn
chức, bậc I
→ X là este. Gọi công thức của X: RCOOCH2-R’
RCOOCH2-R’ + KOH → RCOOK + R’-CH2-OH (1)
R’-CH2-OH + 1/2O2 → R’-CHO + H2O (2)
R’-CH2-OH + O2 → R’-COOH + H2O (3)
Phần 2
R’-COOH + KHCO3 → R’-COONa + CO2 + H2O (4)
→ nR’COOH = nCO2 = 0,1mol
Phần 3
R’-CH2-OH + Na → R’-CH2ONa + 1/2H2 (5)

R’-COOH + Na → R’-COONa + 1/2H2 (6)
H2O + Na → NaOH + 1/2H2 (7)
⇒ n Ag = 4n HCHO + 2 × 0,1 = 0,2 ⇒ n HCHO = 0,0 ⇒
TH1: R’ là H, theo phần 1
loại
TH2: R’ ≠ H
Phần 1
R’-CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O → R’-COONH4 + 2Ag + 2NH4NO3 (8)
⇒ nR’CHO = 0,1 mol
⇒ nH2O = 0,2 mol; nancol dư = 0,1 mol
*mE = 0,1(R’+67)+0,1(R’+53)+0,2.40 = 25,4 → R’ = 27 (CH2=CH-) .
nancol trong D = 0,9 mol
⇒ Rắn Y gồm (RCOOK: 0,9 mol, KOH dư: 0,3 mol)
(R+44+39).0,9 + 0,3.56 = 105 → R = 15 → R: CH3
→ Este X: CH3COOCH2CH=CH2 (anlyl axetat)
Vì A, B đều chứa 2 nhóm chức nên A, B không thể là HCHO và HCOOH →
trong muối không thể có (NH4)2CO3
Sau phản ứng luôn có muối NH4NO3 nên sản phẩm của phản ứng giữa A, B với dd
AgNO3/NH3 phải tạo ra cùng một muối.
Gọi công thức của muối đó là R(COONH4)n và số mol của muối này là a mol.
nNH 4 NO3 = nAgNO3 = 0, 2mol
n KOH = 0,5 × 2,4 = 1,2mol; n Ag =

1

(1,0
điểm
)

4

2

(1,0
điểm
)

nNH 4 NO3 + n.nR (COONH 4 )n = nNH 3 = 0, 4

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25


→ a = 0,2/n

m
= 18, 6
Mặt khác ta tính được R (COONH 4 )n
gam.
M R ( COONH 4 )n = 93.n
M
=
31.
n

R
→
→
Vì A, B có mạch cacbon không phân nhánh → n =1 hoặc n =2.
Khi n = 1 thì R = 31 (R là HO-CH2- )
Khi n = 2 thì R = 62 (không thỏa mãn)
Vậy CTCT của A, B là: HO-CH2 – CHO (A)
; HO – CH2 – COOH (B)
+ ddAgNO3 / NH 3
HO-CH2 – CHO → 2Ag
nA = nAg/2 = 0,1 mol
n A + nB = nR ( COONH 4 )n = 0, 2
→ nB = 0,1 mol
% mHOCH 2CHO = 44,12%
%mHOCH 2COOH = 55,88%
→
;
Sản phẩm cháy có CO2 và nước, khi hấp thụ vào dung dịch Ca(OH)2 thu được kết
tủa và dung dịch muối → Xảy ra 2 phả ứng:
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O
(1)
2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2
(2)
nCa ( OH )2
n
= nCaCO3 = 0,06
= 5.0,02 = 0,1 (mol); ; CO2 (1)
mol
nCO2 ( 2 ) = 2(nCa ( OH )2 − nCaCO3 ) = 2.( 0,1 − 0,06) = 0,08
mol

n = 0,14
→ ∑ CO2
mol
Do khối lượng phần nước lọc tăng so với khối lượng dung dịch Ca(OH)2 ban đầu:
m
m
∆mdd tăng = CO2 + H 2O - 6 = 1,24 (g)
n
→ H 2O = 1,24 + 6 - 0,14.44 = 1,08 (gam)
n
→ H 2O = 1,08/18 = 0,06 mol.
Trong 3,08 gam A có: nC = 0,14 (mol); nH = 0,06.2 = 0,12 (mol);

1

(1,5
điểm
)

→ nO = (3,08 - 0,14.12 - 0,12)/16 = 0,08;
→ x : y : z = 0,14 : 0,12 : 0,08 = 7 : 6 : 4
Công thức đơn giản nhất của A là C7H6O4
Do công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất → Công thức phân tử của
A là: C7H6O4
Với công thức phân tử C7H6O4 thoả mãn điều kiện bài ra:
+ A phản ứng được với NaOH theo tỉ lệ mol A và NaOH là 1 : 4 → A có 4 trung
tâm phản ứng với NaOH
+ A có phản ứng tráng gương → A có nhóm -CHO
Vậy A có thể có các công thức cấu tạo sau:
OH

OH
OH

HCOO

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

OH

HCOO

0,25

HCOO
OH
OH

OH

HCOO

OH

HCOO

OH

HCOO

OH
HO

2
5

(0,5
điểm
)

OH

1) Khi cho từ từ H2SO4 vào dd chứa hỗn hợp NaOH và NaAlO 2, các phản ứng xảy
ra theo thứ tự:
1 H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O
2 H2SO4 + 2NaAlO2 + 2H2O → Na2SO4 + 2Al(OH)3
3 3H2SO4 + 2Al(OH)3 → Al2(SO4)3 + 6H2O
Dựa vào đồ thị ta thấy:

0,25

n
= 0,3
- Khi H 2 SO4
mol, NaOH phản ứng vừa hết:
nH2SO4=nNaOH/2=a/2=0,3 => a=0,6 (mol)
n
= 1,2
- Khi H 2 SO4
mol thì kết tủa tan một phần
a b 3
nH 2SO4 = + + n Al ( OH )3
2 2 2
tan=1,2
n Al (OH )3
n Al (OH )3
kết tủa = b –
tan=0,6
Với a=0,6 ⇒ b= 0,9

(Lưu ý: Nếu thí sinh làm các cách khác mà lập luận chặt chẽ, hợp lí thì tính
điểm tối đa)

0,25

0,25


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017
MÔN THI: VẬT LÝ
Thời gian làm bài : 180 phút
Ngày thi: 8/10/2016
(Đề thi gồm 5 câu 02 trang)

Câu 1: (2,5 điểm)
Một lò xo có khối lượng không đáng kể, hệ số đàn hồi k =
m1 m2
k
100(N/m) được đặt nằm ngang, một đầu được giữ cố định, đầu còn
lại được gắn với chất điểm m1 = 0,5 (kg). Chất điểm m1 được gắn
với chất điểm thứ hai m2 = 0,5(kg). Các chất điểm đó có thể dao
O
động trên mặt phẳng nằm ngang. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ,
gốc O tại vị trí cân bằng của hệ vật. Tại thời điểm ban đầu giữ hai vật ở vị trí lò xo nén 2cm
rồi buông nhẹ. Bỏ qua ma sát, sức cản của môi trường.
1 Xem các chất điểm luôn gắn chặt với nhau trong quá trình dao động, chọn gốc thời gian
khi buông vật.
a Viết phương trình dao động của hệ vật.
b Vẽ đồ thị động năng theo thế năng.
c Tính khoảng thời gian ngắn nhất để vật đi từ li độ x1=1(cm) đến x2= 3 (cm).

π
7π

(s)
t2 =
(s)
40 đến thời điểm
8
d Tìm quãng đường mà vật đi được từ thời điểm
.
e Khi vật ở li độ x = 1(cm) thì giữ chặt điểm chính giữa của lò xo. Tìm biên độ dao động
của hệ vật sau đó.
2 Chỗ gắn hai chất điểm bị bong ra nếu lực kéo tại đó đạt đến 0,5(N). Tìm vị trí chất điểm
m2 tách khỏi chất điểm m1 và tính vận tốc cực đại của m1 sau đó.
Câu 2: (2,0 điểm)
1) Một con lắc đơn gồm dây treo có chiều dài 1(m) và vật nhỏ có khối lượng m = 400(g)
mang điện tích q = 4.10-5 (C). Treo con lắc đơn này trong điện trường đều với vectơ cường độ
điện trường hướng theo phương ngang và có độ lớn E = 105 (V/m).
a) Vật đứng yên tại vị trí cân bằng, tìm góc lệch dây treo so với phương thẳng đứng.
b) Trong mặt phẳng thẳng đứng đi qua điểm treo và song song với vectơ cường độ điện
trường, kéo vật nhỏ theo chiều
ur của vectơ cường độ điện trường sao cho dây treo hợp với
vectơ gia tốc trong trường g một góc 55o rồi buông nhẹ cho con lắc dao động điều hòa.
t1 =

Chọn trục toạ độ có gốc O trùng với
vị trí của vật mà khi dây treo lệch theo hướng của
ur
cường độ điện trường và hợp với g góc 500 , chiều dương hướng theo chiều kéo vật, gốc
2
2
thời gian là lúc thả vật. Lấy g = π = 10(m / s ) . Viết phương trình li độ dài của vật.
c) Tìm tỉ số độ lớn gia tốc của vật tại vị trí mà dây treo hợp với phương thẳng đứng một

góc 450 với độ lớn gia tốc của vật tại vị trí thấp nhất của quỹ đạo.
2) Treo con lắc đơn nói trên lên trần toa xe trượt không ma sát trên một đường dốc, góc
2
nghiêng của dốc so với mặt phẳng nằm ngang là α = 30 0. Bỏ qua ma sát, lấy g = 10(m / s ) .
Tìm chu kì dao động nhỏ của con lắc trong trường hợp trên.
Câu 3: (1,5 điểm)
Đặt một vật phẳng nhỏ AB trước một thấu kính mỏng và vuông góc với trục chính của
thấu kính. Trên màn vuông góc với trục chính ở phía sau thấu kính thu được một ảnh rõ nét
lớn hơn vật, cao 4(mm). Giữ vật cố định, dịch chuyển thấu kính dọc theo trục chính 5(cm) về
phía màn thì màn phải dịch chuyển 35(cm) mới lại thu được ảnh rõ nét cao 2(mm).
1 Tính tiêu cự thấu kính.
2 Vật AB, thấu kính và màn đang ở vị trí có ảnh cao 2(mm). Giữ vật và màn cố định, hỏi
phải dịch chuyển thấu kính dọc theo trục chính về phía nào, một đoạn bằng bao nhiêu để
lại có ảnh rõ nét trên màn?

x


Câu 4(2,0 điểm).
1 Cho bộ dụng cụ gồm các đèn giống nhau, 1 biến trở có trị số thay đổi được, một khóa K,
một nguồn điện có thông số E, r0 phù hợp, một cuộn dây có độ tự cảm L và có điện trở
trong r và các dây nối có điện trở không đáng kể. Thiết kế một phương án thí nghiệm về
hiện tượng tự cảm (vẽ hình, nêu vai trò của từng dụng cụ, dự đoán kết quả thí nghiệm và
giải thích).
2 Một khung dây dẫn ABCD có khối lượng m, chiều dài BC = a, chiều rộng AB = b được
giữ đứng yên trong mặt phẳng thẳng đứng với cạnh AB nằm ngang. Khung được đặt
r
trong từ trường đều có véc tơ cảm ứng từ B vuông góc với mặt phẳng khung, không gian
ở ngay sát phía dưới cạnh đáy không có từ trường. Ở thời điểm t = 0 người ta thả khung
không vận tốc đầu. Giả sử khung có điện trở thuần R, độ tự cảm của khung không đáng

kể. Chiều dài a đủ lớn sao cho khung đạt tới vận tốc tới hạn ngay trước khi ra khỏi từ
trường. Tìm vận tốc giới hạn của khung và nhiệt lượng tỏa ra trên khung kể từ thời điểm t
= 0 đến khi cạnh AB bắt đầu ra khỏi từ trường.
Câu 5: (2,0điểm)
Cho mạch điện như hình vẽ. Biết E = 18V, r = 4Ω, R1 = 12Ω,
A
Đ
R2 = 4Ω, R4 = 18Ω, R5 = 6Ω, RĐ = 3Ω, C= 2µF.
B
E
A
1 Biết trở R3 = 21Ω. Tính điện tích ở tụ điện và số chỉ ampe kế A.
R1
R3
2 Dịch chuyển con chạy của biến trở R3 để điện tích trên tụ C bằng
0. Tìm R3.
C
R2
Biết điện trở ampe kế và dây nối không đáng kể
====================Hết=====================

E, r

F

R4 D

R5

Câu 1: (2,5 điểm)
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017
MÔN THI: VẬT LÝ
Thời gian làm bài : 180 phút
Ngày thi: 8/10/2016
(Đề thi gồm 5 câu 02 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC
1)
(1,5đ)

ω=

k
= 10rad / s
m1 + m2

0,25
a)
Tại t=0
0,25
⇒ x0 = − A = −2cm ⇒ ϕ = π rad
Suy ra phương trình dao động:
x = 2 cos(10t + π ) cm.

b) Ta có: Wd = W − Wt

1
W = k.A 2 = 0, 02(J)
2
Ta có:
;
0 ≤ Wt ≤ 0, 02(J)
Khi Wt =0(J) thì Wđ =0,02(J)
Khi Wt =0,02(J) thì Wđ =0(J)

Wđ

0,02
0,5
Wt
O

0,02

c) Thời gian ngắn nhất để vật dđ đh đi từ x1 đến x2 tương ứng vật chuyển động
π
∆Φ π
∆Φ =
∆t min =
=
0,25
6è
ω 60 s
tròn đi từ M1 đến M2 với góc quét
π
ϕ1 = ωt1 + π = π +

4
d) Vị trí của vật ở thời điểm t1 là
π
α = ω.∆t = 8,5π = 8π + rad
0,25
2
Góc quét:
Quãng đường đi được: S = 8.2A + S0
A 2
2
0,25
2
Từ vòng tròn lượng giác, suy ra S0 =
Suy ra S = 16A + A 2 = 34,83 ( m)
e) Ngay sau giữ: ω ' = 10 2rad / s , x’ = 0,5cm, v = ± 10 3 cm/s

7
⇒ A’ =
≈ 1,322cm
2
2)
(1,0 đ)

Vị trí vật m2 bong ra khỏi vật m1 thoả mãn: FC = m2 ω x = 0,5 (N)
èx = 1cm
K
= 10 2
m
ω
'

1
Ngay sau bong: =
rad/s, v’ = 10 3 cm/s, x’ =1cm

0,25

2

0,25

2

 10 3 
10
⇒ A’ = 1 + 
=
≈ 1,581cm.
÷
÷
2
10
2


2

⇒ v Max = A ' ω =

10
.10 2 = 10 5 ≈ 22,36cm / s.

2

0,25


Câu 2: (2,0 điểm)
1)
(1,5 đ)

Fđ
= 1 ⇒ ϕ = 45o
P
a)Tại vị trí cân bằng góc lệch của dây treo là:
b) Vì gốc tọa độ O cách vị trí cân bằng lúc đầu của vật một đoạn:
5
π
d=
π.1 = (m)
180
36
π
s = − + S0 cos(ωt + ϕ)
36
Phương trình dao động có dạng:
tan ϕ =

Với:

g'
= π 4 2 (rad / s)

l

ω=

π
π

s = − + S0cos(ϕ) =
36
36

 v = −ω.S0 sin ϕ = 0
Lúc t = 0, 

ϕ = 0

⇔
π
S0 = 18 ( m )
π π
s = − + cos(π 4 2t) (m)
36 18
Phương trình dao động của li độ dài là:
c) Tại vị trí dây treo hợp với phương thẳng đứng góc 450, thì trùng VTCB lúc
v2
a1 = a n =
= (ωS0 ) 2
l
đầu, ta có:
(1)

2
Tại vị trí thấp nhất là vị trí biên âm: a 2 = a t = ω S0 (2)

2)
(0,5 đ)

a1
π
= S0 = ≈ 0,174
18
Từ (1) và (2), suy ra: a 2
0
2
Xe trượt xuống dốc với gia tốc: a = g sin 30 = 5(m /rs ) r r
P ' = P + Fqt

0,5

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

Con lắc đơn chịu tác dụng của trọng lực biểu kiến:
Khi đó gia tốc biểu kiến có độ lớn:
g’=

g 2 + a qt2 + 2ga qt cos1200 = 5 3 ( m / s 2 )

2π
T=

l
g'

0,25

=2,135(s)

Câu 3 : (1,5 điểm)
1)
Ảnh thu được là ảnh thật : d’ >0 ; k <0.
(1,0đ)
d1f
f
'
Vị trí 1 :

d1 =

d1 − f

; k1 =

f − d1

.

d 2 = d1 + 5(cm)

f
 '
'
d 2 = d1 − 40(cm) (1); k 2 = f − d
2
Vị trí 2 : 
Từ giả thiết : k 2 = k1 ; ⇒ d 1 = f + 5(cm)

⇔

2)
(0,5đ)

(d1 + 5)f
df
= 1 − 40
d1 + 5 − f d1 − f

0,25

(2)

(3)

Từ (1)
Thay (2) vào (3), ta được : f = 20cm ;

d1 = 25cm.
'
Vị trí ảnh cao 2(mm), ta có: d 2 = d1 + 5 = 30(cm);d 2 = 60(cm)
Khoảng cách từ ảnh đến vật là : L = 90(cm)

0,25
0,5

0,25


d + d ' = 90(cm)
2
Ta có : ⇔ d − Ld + Lf = 0

d = 30cm
d = 60cm
Giải phương trình, ta được : 
Vị trí mà thấu kính dịch chuyển đến là : d = 60cm.
Vậy TK dịch chuyển ra xa vật một đoạn : ∆d = 60 − 30(cm)

0,25

Câu 4: (2 điểm)
1)
• Vẽ được hình
(1,0 đ)
• Nêu đúng và đủ vai trò các linh kiện.
0,25
• Nêu được quá trình và kết quả thí nghiệm.

0,25
• Giải thích được kết quả.
2)
+ Chọn trục oy có phương thẳng đứng, chiều dương hướng xuống, gốc O là
(1,0 đ)
vị trí của cạnh AB ở thời điểm ban đầu.
+ Khi buông tay, dưới tác dụng của trọng lực khung sẽ rơi theo phương thẳng
đứng xuống dưới.
+ Cạnh CD không chịu tác dụng của lực từ.
+ Cạnh AD và BC chuyển động trong từ trường nhưng không cắt các đường
sức từ nên không tạo ra suất điện động cảm ứng.
+ Xét chuyển động của thanh AB theo phương Oy
Tại thời điểm t, suất điện động của cạnh AB tạo ra là
ξc = Bvyb với i = ξc/R = Bvyb/R
0,25
Lực từ tác dụng lên AB có chiều chống lại chuyển động của AB nên chiều
như hình vẽ và có độ lớn Ft = Bib = B2b2vy/R


F

P

h1
d
h2

+

0


B

y
Áp dụng định luật 2 Niuton cho khungABCD ta được r
P – Ft = may ↔ mg - B2b2vy/R = may
Khi khung đạt vận tốc giới hạn thì ay = 0 nên vgh = mgR/B2b2
Chọn gốc thế năng tại vị trí thanh AB bắt đầu ra khỏi từ trường
Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho khung ABCD trong quá trình
chuyển động, kể từ thời điểm t = 0 tới khi cạnh trên AB bắt đầu ra khỏi từ
trường: Q = mga - mv2gh/2
m 2 .g.R 2
Q = mg(a −
)
2B4 b 4
Suy ra:
Câu 5: (2,0 điểm)
1)
(1,0 đ)

R AB =

0,5

0,25
0,5

R 1R 3D
= 8Ω ==> R ABF = R AB + R 2 = 12Ω

R 1 + R 3D

R 45 = R 4 + R 5 = 24Ω ==> R N =

R ABF R 45
= 8Ω
R ABF + R 45

0,25


E
= 1,5A ==> U N = U AF = IR N = 12V
Rn + r
U
I 2 = N = 1A ==> U AB = I 2 R AB = 8V
R ABF
U
1
U
2
I3 = I D = AB = A ==> I1 = I R1 = AB = A
R 3D 3
R1
3

0,25

U C = U ED = U EA + U AD = −4V ==> q = CU = 8.10 −6 C

0,25

I=

2
= 0,83A
3
Đặt R3=xèR3D = x+3
48(x + 6)
E
9(5x + 57)
R N = R AF =
==> I =
=
5x + 57
R N + r 2(17x + 129)
I A = I − I1 = 1,5 −

2)
(1,0 đ)

U N = U AF = IR =
I4 =

U
216(x + 6)
27(x + 15)
==> I 2 = N =
17x + 129
R ABF 2(17x + 129)

UN
9(x + 6)
IR
162
=
==> I D = 2 AB =
R 45 17x + 129
R 3D
17x + 129

q= 0 nên UED=0è UEF=UDF
èUEB+UBF=UDF
èRDID+I2R2=I4R4
Giải ra tìm được: x=3 Ω

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017

MÔN THI: SINH HỌC
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi gồm 02 trang)

Câu 1 (1,5điểm)
a) Ở sinh vật nhân thực, mỗi nhiễm sắc thể điển hình đều chứa các trình tự
nuclêôtit được gọi là tâm động, đầu mút và trình tự khởi đầu nhân đôi ADN. Hãy cho
biết ý nghĩa của các vùng trình tự nuclêôtit đó.
b) Ở ruồi giấm có bộ nhiễm sắc thể 2n = 8. Xét ba cặp nhiễm sắc thể thường, trên
mỗi cặp nhiễm sắc thể, xét một gen có hai alen khác nhau. Trong quá trình giảm phân
ở một ruồi giấm đực, một số tế bào có một cặp nhiễm sắc thể không phân li trong giảm
phân I, giảm phân II diễn ra bình thường;các sự kiện khác trong giảm phân diễn ra
bình thường và các tế bào khác giảm phân bình thường.Theo lí thuyết, số loại giao tử
về các gen trên có thể được tạo ra từ quá trình giảm phân của cơ thể trên là bao nhiêu?
Câu 2 (1,5 điểm)
a) Nêu đặc điểm các con đường thoát hơi nước qua lá.
b)Những nhóm sinh vật nào có khả năng cố định nitơ phân tử? Vì sao chúng có
khả năng đó?
c) Vì sao trong trồngtrọt người ta phải thường xuyên xới đất ở gốc cây cho tơi
xốp?
Câu 3 (1,5 điểm)
a) Vi sinh vật cộng sinh có vai trò gì đối với động vật nhai lại?
b) Ở người, vận tốc máu trong loại mạch nào là nhanh nhất, loại mạch nào là
chậmnhất? Nêu tác dụng của việc máu chảy nhanh hay chậm trong từng loại mạch đó.
c) Tại sao nói trong quá trình hô hấp ở cá có hiện tượng dòng nước chảy một
chiều và gần như liên tục từ miệng qua mang?
Câu 4 (1,0 điểm)
a) Chất trung gian hóa học có vai trò như thế nào trong truyền tin qua xináp?
b) Tại sao khi kích thích vào một điểm trên cơ thể thủy tức thì toàn thân nó co
lại?

Việc co lại toàn thân có ưu điểm và nhược điểm gì?
Câu 5 (1,5 điểm)
a)Trong tự nhiên, dạng đột biến gen nào là phổ biến nhất? Vì sao?
b) Sự biểu hiện của đột biến gen thường có hại, nhưng tại sao trong chọn giống
người ta vẫn sử dụng phương pháp gây đột biến gen để tạo ra các giống mới?
c) Tại sao phần lớn các loại đột biến cấu trúc nhiễm sắc thể là có hại, thậm chí
gây chết cho các thể đột biến?


Câu 6 (1,0 điểm)
Opêron là gì? Nêu chức năng của các thành phần trong opêron Lac ở vi khuẩn E.
coli.
Câu 7 (2,0 điểm)
a) Ở một loài thực vật, xét phép lai P: ♂AabbDD x ♀AaBBdd. Ở đời con, một
thể đột biến có kiểu gen AAaBbDd. Hãy giải thích cơ chế hình thành thể đột biến trên.
b) Một loài thực vật có 2n = 14. Khi quan sát tế bào của một số cá thể trong quần
thể thu được kết quả sau:
Cặp nhiễm sắc thể
Cá thể
Cặp 1

Cặp 2

Cặp 3

Cặp 4

Cặp 5

Cặp 6

Cặp 7

Cá thể 1

2

2

2

3

2

2

2

Cá thể 2

1

2

2

2

2

2

2

Cá thể 3

2

2

2

2

2

2

2

Cá thể 4

3

3

3

3

3

3

3

Hãy cho biết các dạng đột biến số lượng nhiễm sắc thể ở các cá thể trên. Giải
thích.
c) Một cá thể ở một loài động vật có bộ nhiễm sắc thể 2n =12. Khi quan sát quá
trình giảm phân của 10000 tế bào sinh tinh, người ta thấy có 10 tế bào có cặp nhiễm
sắc thể số 1 xảy ra trao đổi chéo không cân giữa 2 crômatit khác nguồn gốc, các tế bào
còn lại giảm phân bình thường;các sự kiện khác trong giảm phân diễn ra bình thường.
Theo lí thuyết, trong tổng số tinh trùng được tạo thành, các tinh trùng mang đột biến
mất đoạn nhiễm sắc thể chiếm tỷ lệ bao nhiêu?
----------------Hết---------------Họ và tên thí sinh:...............................................Số báo
danh:..............................................
Chữ kí của giám thị 1:...................................Chữ kí của giám thị
2: ....................................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
Câu 1
(1,5đ)

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT

NĂM HỌC 2016 – 2017
MÔN SINH HỌC
Hướngdẫnchấmgồm: 04trang
Nội dung

Điểm

a) Ở sinh vật nhân thực mỗi nhiễm sắc thể điển hình đều chứa các trình tự nuclêôtit
được gọi là tâm động, đầu mút và trình tự khởi đầu nhân đôi ADN. Hãy cho biết ý
nghĩa của các vùng trình tự nuclêôtit đó.
Ý nghĩa các vùng trình tự nuclêôtit
- Tâm động là vị trí liên kết với thoi phân bào giúp NST có thể di chuyển về 0,25
các cực của tế bào trong quá trình phân bào.
- Vùng đầu mút có tác dụng bảo vệ các NST cũng như làm cho các NST 0,25
không dính vào nhau.
- Các trình tự khởi đầu nhân đôi ADN là những điểm mà tại đó ADN được bắt
đầu nhân đôi.
0,25
b) Ở ruồi giấm có bộ nhiễm sắc thể 2n = 8. Xét ba cặp nhiễm sắc thể thường, trên

mỗi cặp nhiễm sắc thể, xét một gen có hai alen khác nhau. Trong quá trình giảm
phân ở một ruồi giấm đực, một số tế bào có một cặp nhiễm sắc thể không phân li
trong giảm phân I, giảm phân II diễn ra bình thường; các sự kiện khác trong giảm
phân diễn ra bình thường và các tế bào khác giảm phân bình thường. Theo lí
thuyết, số loại giao tử về các gen trên có thể được tạo ra từ quá trình giảm phân của
cơ thể trên là bao nhiêu?
-Giả sử cặp NST thứ I xét 1 gen có 2 alen (A,a), cặp NST thứ II xét 1 gen có 2
alen (B, b), cặp NST thứ III xét 1 gen có 2 alen (D, d).
-Một số tế bào giảm phân bình thường:
+ Ở mỗi cặp NST giảm phân cho 2 loại giao tử. Số loại giao tử bình thường

là: 2× 2× 2 = 8(loại giao tử).
0,25
- Một số tế bào có một cặp NST giảm phân I không phân li:
+ Một số tế bào có một cặp NST thứ I không phân li ở giảm phân I sẽ tạo ra 2
loại giao tử đột biến là Aa (n+1) và giao tử O (n-1), 2 cặp NST khác giảm
phân bình thường và mỗi cặp NST cho ra 2 loại giao tử là (B, b)và (D,d )
→Số loại giao tử đột biến là: 2× 2× 2 =8 loại giao tử.
+Vì có 3 cặp NST, sự không phân li NST có thể xảy ra ở 1 trong 3 cặp NST
0,25
→ Số loại giao tử đột biến: 8×3=24(loại)
-Số loại giao tử về các gen trên có thể được tạo ra từ quá trình giảm phân của 0,25
các tế bào trên là:8 + 24 = 32(loại).
a) Nêu đặc điểm các con đường thoát hơi nước qua lá.
Câu 2
(1,5đ)

- Con đường qua khíkhổng: Vậntốclớn,
lượngnướcnhiều,,ítnhấtcũngđạtkhoảng 70%
vàlượngnướcthoátđượcđiềuchỉnhbằngviệcđóngmởkhíkhổng.
-Con đường qua bềmặtlá (Qua cutin): Vậntốcyếu, lượngnướcnhỏ,
nhiềunhấtcũngchỉđược 30% vàkhôngcósựđiềuchỉnhlượngnướcthoát.

0,25
0,25

b)Những nhóm sinh vật nào có khả năng cố định nitơ phân tử? Vì sao chúng có khả
năng đó?


- Những sinh vật có khả năng cố định nitơ không khí:

+ Nhóm VK cố định nitơ sống tự do: Cyanobacteria…
+ Nhóm VK cố định nitơ sống cộng sinh:Rhizobium sống trong rễ cây họ 0,25
đậu…
- Chúng có khả năng đó vì có enzim nitrôgenaza nên có khả năng phá vỡ liên
0,25
kết 3 bền vững của nitơ và chuyển thành dạng NH3...
c) Vì sao trong trồng trọt người ta phải thường xuyên xới đất ở gốc cây cho tơi xốp?
-Làm cho nồng độ O2 trong đất cao giúp cho hệ rễ hô hấp mạnh hơn nên tạo ra
áp suất thẩm thấu cao để nhận nước và các chất dinh dưỡng từ đất.
0,25
- Ngăn cản quá trình phản nitrat hóa.
- Tiêu diệt ngăn cản sự phát triển cỏ dại
0,25
a) Vi sinh vật cộng sinh có vai trò gì đối với động vật nhai lại?
Câu3
(1,5đ)

Câu 4
(1,0đ)

- Hệ tiêu hóa của động vật nhai lại không tiết ra enzim xenlulaza. Vì vậy,
chúng không tự tiêu hóa thức ăn có thành xenlulôzơ của tế bào thực vật. Vi
sinh vật cộng sinh trong dạ cỏ và manh tràng có khả năng tiết ra enzim
xenlulaza để tiêu hóa xenlulôzơ. Ngoài ra, vi sinh vật còn tiết ra các enzim
tiêu hóa các chất hữu cơ khác có trong tế bào thực vật thành các chất dinh
dưỡng đơn giản. Các chất dinh dưỡng đơn giản này là nguồn chất dinh dưỡng
cho động vật nhai lại và cho vi sinh vật.
0,25
- Vi sinh vật cộng sinh từ dạ cỏ theo thức ăn đi vào dạ múi khế và ruột. Ở
ruột, các vi sinh vật này sẽ bị tiêu hóa và trở thành nguồn prôtêin quan trọng

cho động vật nhai lại.
0,25
b) Ở người, vận tốc máu trong loại mạch nào là nhanh nhất, loại mạch nào là chậm
nhất? Nêu tác dụng của việc máu chảy nhanh hay chậm trong từng loại mạch đó.
-Vận tốc máu nhanh nhất ở động mạch. Tác dụng: đưa máu và chất dinh
dưỡng kịp thời đến các cơ quan, chuyển nhanh sản phẩm của hoạt động tế bào
đến nơi cần thiết hoặc đến cơ quan bài tiết.
0,25
- Vận tốc máu chậm nhất ở mao mạch. Tác dụng: tạo điều kiện cho máu kịp
trao đổi chất với tế bào.
0,25
c) Tại sao lại nói trong quá trình hô hấp ở cá có hiện tượng dòng nước chảy một chiều
gần như liên tục từ miệng qua mang?
- Quá trình hô hấp ở cá có hiện tượng dòng nước chảy một chiều gần như liên
tục từ miệng qua mang:
+ Khi cá thở vào, cửa miệng cá mở ra, thềm miệng hạ xuống, nắp mang đóng
làm thể tích khoang miệng tăng, áp suất trong khoang miệng giảm. Nước tràn
qua qua miệng vào trong khoang miệng.
0,25
+ Khi cá thở ra, cửa miệng đóng lại, thềm miệng nâng lên, nắp mang mở ra
làm thể tích khoang miệng giảm, áp suất trong khoang miệng tăng có tác dụng
đẩy nước từ khoang miệng đi qua mang.
0,25
a) Chất trung gian hóa học có vai trò như thế nào trong truyền tin qua xináp?
Chất trung gian hóa học làm thay đổi tính thấm ở màng sau khe xináp và làm
xuất hiện điện thế hoạt động lan truyền đi tiếp.
0,25
b)TạisaokhikíchthíchvàomộtđiểmtrêncơthểThủytứcthìtoànthânnó co lại? Việc co
lạitoànthâncóưu, nhượcđiểmgì?
Do hệ thần kinh của thủy tức có dạng lưới, các tế bào thần kinh phân bố khắp

cơ thể và liên hệ với nhau qua sợi thần kinh. Khi kích thích tại một điểm toàn 0,25
bộ các tế bào thần kinh cùng trả lời kích thích => co rút toàn bộ cơ thể


Câu 5
(1,5đ)

Câu 6
(1,0đ)

Câu 7
(2,0đ)

+ Ưu điểm: tránh được kích thích……………………………….
0,25
+ Nhược điểm: Tiêu tốn năng lượng………………………………
0,25
a) Trong tự nhiên, dạng đột biến gen nào là phổ biến nhất? Vì sao?
-Đột biến gen phổ biến nhất là thay thế cặp nuclêôtit.
-Vì:
+ Cơ chế phát sinh đột biến tự phát dạng thay thế nucleotit dễ xảy ra hơn cả
ngay cả khi không có tác nhân đột biến (do các nucleotit trong tế bào tồn tại ở
các dạng phổ biến và hiếm).
0,25
+ Trong phần lớn trường hợp, đột biến thay thế nucleotit là các đột biến trung
tính (ít gây hậu quả nghiêm trọng) do chỉ ảnh hưởng đến một codon duy nhất
trên gen.
0,25
+ Trong thực tế, dạng đột biến gen này được tìm thấy (biểu hiện ở các thể đột
biến) phổ biến hơn cả ở hầu hết các loài.

0,25
b) Sự biểu hiện của đột biến gen thường có hại, nhưng tại sao trong chọn giống người
ta vẫn sử dụng phương pháp gây đột biến gen để tạo ra các giống mới?
- Tuy đa số đột biến gen có hại, nhưng vẫn có một số đột biến gen có lợi
đượcdùng làm nguyên liệu cho chọn giống cây trồng và vi sinh vật, đặc biệt đột
biến có giá trị về năng suất, phẩm chất, khả năng chống chịu (hạn, mặn, rét ...)
trên các đối tượng cây trồng.
0,25
- Bản thân các đột biến cũng chỉ có giá trị tương đối, vì ở môi trường này có thể
có hại, sang môi trường khác có thể có lợi hoặc ở tổ hợp gen này không có lợi
nhưng khi đi vào tổ hợp gen khác trở thành có lợi. Vì vậy, các đột biến được tạo
ra còn được dùng làm nguyên liệu cho quá trình lai giống để tạo ra những tổ hợp
gen có kiểu hình đáp ứng được mục tiêu sản xuất.
0,25
c) Tại sao phần lớn các loại đột biến cấu trúc nhiễm sắc thể là có hại, thậm chí gây chết
cho các thể đột biến?
Vì đột biến cấu trúc NST thường làm hỏng các gen, tái cấu trúc các gen và làm 0,25
mất cân bằng cho cả một khối lớn các gen.
Opêron là gì? Nêu chức năng của các thành phần trong opêron Lacở vi khuẩn E. coli.
- Kháiniệm: Trên phân tử ADN của vi khuẩn, cácgencấutrúccó liên quan
vềchức năng thường phân bốliền nhau thànhtừngcụmcó chung một cơ
chếđiềuhòagọilàopêron.
0,25
-Chức năng của các thành phần trong opêron.
+ Nhóm gen cấu trúc (Z, Y, A) liên quan về chức năng nằm kề nhau: mã hóa
các enzim phân hủy lactôzơ.
0,25
+ Vùng vận hành (O): nằm trước gen cấu trúc, là vị trí tương tác với chất ức
chế (prôtêin ức chế).
0,25

+ Vùng khởi động (P): nằm trước vùng vận hành, đó là vị trí tương tác của
ARN pôlimeraza để khởi đầu phiên mã.
0,25
a) Ở một loài thực vật, xét phép lai ♂AabbDD x ♀AaBBdd. Ở đời con có một thể đột biến
có kiểu gen AAaBbDd. Hãy giải thích cơ chế hình thành thể đột biến trên.
* Rối loại giảm phân I ở cơ thể đực hoặc cơ thể cái
- Nếu xảy ra rối loạn giảm phân I ở cơ thể đực tạo giao tử AabD. Giao tử này
kết hợp với giao tử bình thường ABd của cơ thể cái sẽ tạo thành hợp tử
AAaBbDd, phát triển thành thể đột biến.
0,25
- Nếu xảy ra rối loạn giảm phân I ở cơ thể cái tạo giao tử AaBd. Giao tử này
kết hợp với giao tử bình thường AbD của cơ thể đực sẽ tạo thành hợp tử
AAaBbDd, phát triển thành thể đột biến.
0,25