ĐỀ và đáp án THI đại học khoi b 2002 2013

)

!"#$% &'(
*

ThS. LƯU HUỲNH V N LONG
(0986.616.225)
(Gi ng viên Trư ng ðH Th D u M t – Bình Dương)
----

----

KH I B
(TOÁN – HÓA – SINH)
NĂM H C: 2002-2013

!

"

LƯU HÀNH N I B
11/2013


bộ giáo dục và đào tạo

kỳ thi tuyển sinh đại học, cao Đẳng năm 2002
đề chính thức
: toán, Khối B.
(Thời gian làm bài : 180 phút)
_____________________________________________

1.
2.

(ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,5 điểm)
Cho hàm số :
y = mx 4 + m 2 9 x 2 + 10
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1 .
Tìm m để hàm số (1) có ba điểm cực trị.

1.
2.

(ĐH : 3,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm)
Giải phơng trình:
sin 2 3 x cos 2 4 x = sin 2 5 x cos 2 6 x .
Giải bất phơng trình:
log x log 3 (9 x 72) 1 .

(

3.

1.

2.

(

)

(1) ( m là tham số).

)

3 x y = x y

x + y = x + y + 2 .
( ĐH : 1,0 điểm; CĐ : 1,5 điểm)
Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đờng :
x2
x2
y = 4
và y =
.
4
4 2
Giải hệ phơng trình:

(ĐH : 3,0 điểm ; CĐ : 3,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm
1
I ;0 , phơng trình đờng thẳng AB là x 2 y + 2 = 0 và AB = 2 AD . Tìm tọa độ các đỉnh
2
A, B, C , D biết rằng đỉnh A có hoành độ âm.
Cho hình lập phơng ABCDA1 B1C1 D1 có cạnh bằng a .
a) Tính theo a khoảng cách giữa hai đờng thẳng A1 B và B1 D .
b) Gọi M , N , P lần lợt là các trung điểm của các cạnh BB1 , CD , A1 D1 . Tính góc giữa
hai đờng thẳng MP và C1 N .
(ĐH : 1,0 điểm)

Cho đa giác đều A1 A2 L A2 n (n 2, n nguyên ) nội tiếp đờng tròn (O ) . Biết rằng số
tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n điểm A1 , A2 ,L , A2 n nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật
có các đỉnh là 4 trong 2n điểm A1 , A2 ,L , A2 n , tìm n .
--------------------------------------Hết------------------------------------------1) Thí sinh
cao đẳng
2. b) và
.
2) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

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


Bộ giáo dục và đào tạo
kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002
------------------------Đáp án và thang điểm đề thi chính thức
Môn toán, khối b
Câu
I

ý
1

Nội dung

ĐH

CĐ

y = x 4 8 x 2 + 10 là hàm chẵn đồ thị đối xứng qua Oy .
x=0

Tập xác định x R , y ' = 4 x 3 16 x = 4 x x 2 4 , y '= 0
x = 2

1,0 đ

1,5 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,5 đ

Với m = 1 ta có

(

)

4
2

.
y" = 12 x 2 16 = 12 x 2 , y" = 0 x =

3
3

Bảng biến thiên:
x



2


y'
y"

0
+

2
3
+
0

lõm
CT
6

U

+

2

3

0

0

10
CĐ
lồi

+

y

2

0

0
+

+
+

U
y

Hai điểm cực tiểu : A1 ( 2;6 ) và A2 (2;6 ) .

Một điểm cực đại: B (0;10 ) .

2 10
2 10
; .
; và U 2
Hai điểm uốn: U 1
3 9
3 9
Giao điểm của đồ thị với trục tung là B(0;10 ) .
Đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm có hoành độ:

lõm
CT
6

10 B

x = 4 + 6 và x = 4 6 .

U1

U2

-2

2
0

A1 -6

(Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên)
1

x

A2


I

II

2

(

)

(

)

y ' = 4mx 3 + 2 m 2 9 x = 2 x 2mx 2 + m 2 9 ,
x=0

y' = 0
2
2
2mx + m 9 = 0

Hàm số có ba điểm cực trị phơng trình y '= 0 có 3 nghiệm
phân biệt (khi đó y ' đổi dấu khi qua các nghiệm) phơng trình
2mx 2 + m 2 9 = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0.
m 0
2mx 2 + m 2 9 = 0 2 9 m 2 . Phơng trình 2mx 2 + m 2 9 = 0
x =

2m
m < 3
có 2 nghiệm khác 0
0 < m < 3.
m < 3
Vậy hàm số có ba điểm cực trị
0 < m < 3.

1

sin 2 3x cos 2 4 x = sin 2 5 x cos 2 6 x
1 cos 6 x 1 + cos 8 x 1 cos10 x 1 + cos12 x


=

2
2
2
2
(cos 12 x + cos 10 x ) (cos 8 x + cos 6 x ) = 0
cos x(cos 11x cos 7 x ) = 0
cos x sin 9 x sin 2 x = 0

k

x = 9
k Z.
sin 9 x sin 2 x = 0
k
x =
2

Chú ý:
Thí sinh có thể sử dụng các cách biến đổi khác để đa về phơng trình tích.
2

(

)

log x log 3 (9 x 72) 1 (1).
x > 0, x 1

Điều kiện: 9 x 72 > 0 9 x 72 > 1 x > log 9 73
log (9 x 72) > 0
3

(

(2).

1,0 đ

1,0 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

1,0 đ

1,0 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,5 đ

1,0 đ

1,0 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

)

Do x > log 9 73 > 1 nên (1) log 3 9 x 72 x

( )

x 2

9 x 72 3 x 3 3 x 72 0 (3).
Đặt t = 3 x thì (3) trở thành
t 2 t 72 0 8 t 9 8 3 x 9 x 2 .
Kết hợp với điều kiện (2) ta đợc nghiệm của bất phơng trình là:
log 9 73 < x 2 .

2


3

3 x y = x y (1)
x y 0
Điều kiện:
(3)

x + y = x + y + 2 (2).
x + y 0.
x= y
(1) 3 x y 1 6 x y = 0
x = y + 1.
Thay x = y vào (2), giải ra ta đợc x = y = 1.
3
1
Thay x = y + 1 vào (2), giải ra ta có: x = , y = .
2
2
Kết hợp với điều kiện (3) hệ phơng trình có 2 nghiệm:

1
3
x = 1, y = 1
và x = , y =
2
2
Chú ý:
Thí sinh có thể nâng hai vế của (1) lên luỹ thừa bậc 6 để di đến kết quả:
x= y
x = y + 1.


(

)

III

y
x2
y= 4
4

y=

2

-4

4

4

]

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

1,0 đ

1,5 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,25 đ

x

x2
x2
:
và y =
4
4 2

x4 x2
x2
x2

+
4 = 0 x2 = 8 x = 8 .
=
32 4
4 4 2

[

0,25 đ

A2

2 2

Tìm giao điểm của hai đờng cong y = 4

0,25 đ

4 2

0

-2 2

1,0 đ

x2

2

A1

1,0 đ

x2
Trên 8 ; 8 ta có
4
và do hình đối xứng qua trục tung
4
4 2
8
8
8
x2
x 2
1
x 2 dx = S1 S 2 .
nên S = 2 4

dx = 16 x 2 dx




4
2 2 0
4 2
0
0
x2

Để tính S1 ta dùng phép đổi biến x = 4 sin t , khi 0 t


dx = 4 cos tdt và cos t > 0 t 0; . Do đó
4

3



4

thì 0 x 8 .


8

S1 =

0





4

4

0

0

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,25 đ

1,0 đ

1,5 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,25 đ

16 x 2 dx = 16 cos 2 tdt = 8 (1 + cos 2t )dt = 2 + 4 .

S2 =

1
2 2

8

x
0

2

dx =

1
6 2

8

=

x3
0

4
8
. Vậy S = S1 S 2 = 2 + .
3
3
2
2

4 x x dx .

4 4 2
8
8

Chú ý: Thí sinh có thể tính diện tích S =
IV

1

y

B
H
O

A

C

I

x

D

Khoảng cách từ I đến đờng thẳng AB bằng

5
AD = 5 và
2

5
.
2
Do đó A, B là các giao điểm của đờng thẳng AB với đờng tròn tâm I và bán
5
kính R = . Vậy tọa độ A, B là nghiệm của hệ :
2
x 2y + 2 = 0

2
2
x 1 + y 2 = 5



2
2

Giải hệ ta đợc A( 2;0 ), B(2;2 ) (vì x A < 0 )
C (3;0 ), D( 1;2 ) .

IA = IB =

Chú ý:
Thí sinh có thể tìm tọa độ điểm H là hình chiếu của I trên đờng thẳng AB .
Sau đó tìm A, B là giao điểm của đờng tròn tâm H bán kính HA với đờng
thẳng AB .

4


IV

1,0 đ 1,5 đ

2a) Tìm khoảng cách giữa A1 B và B1 D .
z
D1

A1
B1

C1

G
I
A

yx

D

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,5 đ

C

B
x

Cách I. Chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz sao cho
A(0;0;0), B(a;0;0), D(0; a;0 ), A1 (0;0; a ) C (a; a;0 ); B1 (a;0; a ); C1 (a; a; a ), D1 (0; a; a )

[

]

A1 B = (a;0; a ), B1 D = ( a; a; a ), A1 B1 = (a;0;0) và A1 B, B1 D = (a 2 ;2a 2 ; a 2 ) .
Vậy

d ( A1 B, B1 D ) =

[A B, B D].A B
[A B, B D]

1

1

1

Cách II.

1

1

=

1

a3
a

2

6

=

a
6

.

A1 BAB1
A1 B( AB1C1 D ) A1 B B1 D .
A1 BAD

Tơng tự A1C1 B1 D B1 D( A1 BC1 ) .
Gọi G = B1 D ( A1 BC1 ) . Do B1 A1 = B1 B = B1C 1 = a nên
GA1 = GB = GC1 G là tâm tam giác đều A1 BC1 có cạnh bằng a 2 .
Gọi I là trung điểm của A1 B thì IG là đờng vuông góc chung của A1 B và
B1 D , nên

1
1
3
a
d ( A1 B, B1 D ) = IG = C1 I = A1 B
=
.
3
3
2
6

Chú ý:
Thí sinh có thể viết phơng trình mặt phẳng (P ) chứa A1 B và song song với
B1 D là: x + 2 y + z a = 0 và tính khoảng cách từ B1 (hoặc từ D ) tới (P ) ,

hoặc viết phơng trình mặt phẳng (Q ) chứa B1 D và song song với A1 B là:

x + 2 y + z 2a = 0 và tính khoảng cách từ A1 (hoặc từ B) tới (Q ) .
5

1,0 đ

2b)
Cách I.

a a

a
Từ Cách I của 2a) ta tìm đợc M a;0; , N ; a;0 , P 0; ; a
2 2

2
a a

a

MP = a; ; , NC1 = ;0; a MP.NC1 = 0 .
2 2

2

Vậy MPC1 N .

0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ

z

A1

P

D1
C1

B1

E

M

y

A
B

Cách II.

0,25 đ

N
C

x

Gọi E là trung điểm của CC1 thì ME(CDD1C1 ) hình chiếu vuông góc của
MP trên (CDD1C1 ) là ED1 . Ta có
C1CN = D1C1 E C1 D1 E = CC1 N = 90 0 D1C1 N D1 EC1 N . Từ đây

theo định lý ba đờng vuông góc ta có MPC1 N .

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

1,0 đ

V
3
Số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n điểm A1 , A2 ,L , A2 n là C 2n
.

0,25 đ

Gọi đờng chéo của đa giác đều A1 A2 L A2 n đi qua tâm đờng tròn (O ) là
đờng chéo lớn thì đa giác đã cho có n đờng chéo lớn.
Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n điểm A1 , A2 ,L, A2 n có các đờng
chéo là hai đờng chéo lớn. Ngợc lại, với mỗi cặp đờng chéo lớn ta có các đầu
mút của chúng là 4 đỉnh của một hình chữ nhật. Vậy số hình chữ nhật nói trên
bằng số cặp đờng chéo lớn của đa giác A1 A2 L A2 n tức C n2 .
Theo giả thiết thì:

6

0,25 đ


C 23n = 20C n2

(2n )!

3!(2n 3)!

= 20

n!
n(n 1)
2n.(2n 1)(2n 2)
= 20

2
2!(n 2)!
6

2n 1 = 15 n = 8 .

0,5 đ

Chú ý:
Thí sinh có thể tìm số hình chữ nhật bằng các cách khác. Nếu lý luận đúng để đi
n(n 1)
thì cho điểm tối đa phần này.
đến kết quả số hình chữ nhật là
2

7


Bộ Giáo dục và đào tạo

--------------đề chính thức

Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002

Môn thi: Hoá học
( Thời gian làm bài : 180 phút )

Câu I (ĐH: 1,5 điểm; CĐ: 2 điểm)
1. Viết cấu hình electron của Fe (Z = 26) và của các ion Fe2+, Fe3+.
2. Hãy nêu tính chất hoá học chung của: a) Các hợp chất sắt (II); b) Các hợp chất sắt (III). Mỗi trờng
hợp viết hai phơng trình phản ứng minh họa.
3. Trong điều kiện không có không khí, cho Fe cháy trong khí Cl2 đợc một hợp chất A và nung hỗn
hợp bột (Fe và S) đợc một hợp chất B. Bằng các phản ứng hoá học, hãy nhận biết thành phần và
hoá trị của các nguyên tố trong A và B.
Câu II (ĐH: 1,5 điểm; CĐ: 2 điểm)
1. a) Chỉ dùng một hoá chất, hãy cho biết cách phân biệt Fe2O3 và Fe3O4. Viết phơng trình phản ứng
xảy ra.
b) So sánh pH của các dung dịch có cùng nồng độ mol/l của NH3, NaOH và Ba(OH)2. Giải thích.
2. Cho hai dung dịch H2SO4 có pH = 1 và pH = 2. Thêm 100 ml dung dịch KOH 0,1 M vào 100 ml
mỗi dung dịch trên. Tính nồng độ mol/l của các dung dịch thu đợc.
Câu III (ĐH: 1,5 điểm; CĐ: 2 điểm)
1. Một axit A mạch hở, không phân nhánh có công thức phân tử (C3H5O2)n
a) Xác định n và viết công thức cấu tạo của A.
b) Từ một chất B có công thức phân tử CxHyBrz, chọn x, y, z thích hợp để từ B điều chế đợc A.
Viết các phơng trình phản ứng xảy ra (các chất vô cơ, điều kiện cần thiết coi nh có đủ)
2. a) Viết phơng trình phản ứng và gọi tên các polime tạo thành từ các monome sau:
- H2N-(CH2)6-COOH
- CH3COOCH=CH2
b) Viết phơng trình phản ứng của axit -aminoglutaric (axit glutamic) với dung dịch NaOH và
dung dịch H2SO4.

Câu IV (ĐH: 1,5 điểm; CĐ: 2 điểm)
1. Viết các phơng trình phản ứng điều chế các chất sau từ axetilen và các chất vô cơ cần thiết: Phenol,
anilin, polivinylclorua (PVC), cao su buna. Ghi rõ điều kiện phản ứng.
2. Tiến hành các thí nghiệm sau:
a) Nhỏ dung dịch brom vào benzen.
b) Nhỏ dung dịch brom vào dung dịch anilin.
Nêu hiện tợng và viết các phơng trình phản ứng (nếu có).
Câu V (ĐH: 2 điểm)
Cho hỗn hợp A có khối lợng m gam gồm bột Al và sắt oxit FexOy. Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm
hỗn hợp A trong điều kiện không có không khí, đợc hỗn hợp B. Nghiền nhỏ, trộn đều B rồi chia thành
hai phần. Phần 1 có khối lợng 14,49 gam đợc hoà tan hết trong dung dịch HNO3 đun nóng, đợc
dung dịch C và 3,696 lít khí NO duy nhất (đktc). Cho phần 2 tác dụng với lợng d dung dịch NaOH
đun nóng thấy giải phóng 0,336 lít khí H2 (đktc) và còn lại 2,52 gam chất rắn. Các phản ứng đều xảy ra
hoàn toàn.
1. Viết các phơng trình phản ứng xảy ra.
2. Xác định công thức sắt oxit và tính m.
Câu VI (ĐH: 2 điểm; CĐ: 2 điểm)
Thủy phân hoàn toàn 0,1mol este E (chỉ chứa một loại nhóm chức) cần dùng vừa đủ 100 gam dung
dịch NaOH 12%, thu đợc 20,4 gam muối của một axit hữu cơ và 9,2 gam một rợu.
1. Xác định công thức cấu tạo và gọi tên E, biết rằng một trong hai chất (rợu hoặc axit) tạo thành
este là đơn chức.
2. Thủy phân este E bằng dung dịch axit vô cơ loãng, đun nóng. Viết phơng trình phản ứng xảy ra và
nhận biết các sản phẩm thu đợc bằng phơng pháp hóa học.
Cho H=1; C=12; O=16; Na=23; Al = 27; Fe=56.
Ghi chú : Thí sinh chỉ thi cao đẳng không làm câu V
-------------- Hết --------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh :

Số báo danh :

Bộ Giáo dục và đào tạo

Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002
ĐáP áN Và THANG ĐiểM Đề CHíNH THứC Đại HọC
MÔN THI: Hoá học - Khối B

ĐáP áN

Thang
Điểm

Câu I (1,5 điểm)
1. Cấu hình electron của:
Fe (Z=26): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d6 4s2 hoặc [Ar]3d64s2
Fe 2+:
1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d6
3+
1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5
Fe :
(Nếu TS viết đúng 2 cấu hình cũng cho đủ điểm)
2. Tính chất hóa học chung của các hợp chất sắt (II) là tính khử: Fe 2+ - 1e = Fe 3+
4 Fe(OH)2 + O2 + 2 H2O = 4 Fe(OH)3
2 FeCl2 + Cl2 = 2 FeCl3
Tính chất hóa học chung của các hợp chất sắt (III) là tính oxi hóa: Fe 3+ + 1e = Fe2+
hay Fe 3+ + 3e = Fe
2 FeCl3 + Fe =o 3 FeCl2
t
2 Fe + 3 CO2
Fe2O3 + 3 CO

(Thí sinh có thể lấy ví dụ khác, nếu đúng vẫn cho đủ điểm)
to
3. * Sắt cháy trong khí clo: 2 Fe + 3 Cl2
2 FeCl3 (A)
- Hòa A vào nớc đợc dung dịch. Lấy vài ml cho tác dụng với dd AgNO3, có kết tủa
Ag + + Cl - = AgCl
trắng chứng tỏ có Cl-:
- Lặp lại thí nghiệm với thuốc thử là dung dịch kiềm, có kết tủa nâu đỏ chứng tỏ có
ion Fe3+:
Fe 3+ + 3 OH - = Fe(OH)3 (nâu đỏ)
to
* Nung hỗn hợp (Fe và S): Fe + S
FeS (B)
- Cho B vào dung dịch H2SO4 loãng hoặc HCl có khí mùi trứng thối chứng tỏ có ion

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

S2FeS + 2 H+ = Fe2+ + H2S (trứng thối)
- Nhỏ kiềm vào dd thu đợc, có kết tủa trắng xanh chứng tỏ có ion Fe2+:
Fe2+ + 2 OH - = Fe(OH)2 (trắng xanh)
Câu II (1,5 điểm)
1. a) Phân biệt Fe3O4 và Fe2O3: cho từng chất tác dụng với dd HNO3 loãng , chất phản

ứng cho khí không màu, hóa nâu trong không khí là Fe3O4, chất phản ứng không
cho khí là Fe2O3
3 Fe3O4 + 28 HNO3 = 9 Fe(NO3)3 + NO + 14 H2O
2NO + O2 = 2 NO2 (nâu)
(hoặc dùng HNO3 đặc: Fe3O4 + 10 HNO3 = 3 Fe(NO3)3 + NO2 + 5 H2O)
Fe2O3 + 6 HNO3 = 2 Fe(NO3)3 + 3 H2O
NH4+ + OH b) NH3 là bazơ yếu: NH3 + H2O
NaOH và Ba(OH)2 là bazơ mạnh: NaOH = Na+ + OH Ba(OH)2 = Ba2+ + 2 OH [OH ] trong các dung dịch giảm dần theo thứ tự: Ba(OH)2 , NaOH , NH3
pH của chúng giảm dần theo thứ tự: Ba(OH)2 , NaOH , NH3

0,25

0,25

0,25

1


2. * 100 ml dd KOH 0,1M + 100 ml dd H2SO4 có pH = 1
nKOH = 0,01 mol
pH = 1 [H+] = 0.1 M [H2SO4] = 0,05 M n H 2 SO4 = 0,005 mol
nKOH : n H 2 SO4 = 0,01 : 0,005 = 2 : 1, nên chỉ xảy ra phản ứng:
2KOH + H2SO4 = K2SO4 + 2 H2O
dung dịch thu đợc chỉ có K2SO4
n K 2 SO4 = n H 2 SO4 = 0,005 mol [K2SO4] = 0,005 : 0,2 = 0,025 M
* 100 ml dd KOH 0,1 M + 100 ml dd H2SO4 có pH = 2
nKOH = 0,01 mol
pH = 2 [H+] = 0.01 M [H2SO4] = 0,005 M n H 2 SO4 = 0,005. 0,2 = 0,0005 mol
nKOH :n H 2 SO4 = 0,01 : 0,0005 = 20 : 1, KOH rất d, chỉ xảy ra phản ứng:

2KOH + H2SO4 = K2SO4 + 2 H2O
dung dịch thu đợc có K2SO4 và KOH d
n K 2 SO4 = n H 2 SO4 = 0,0005 mol [K2SO4] = 0,0005 : 0,2 = 0,0025 M
nKOH,d = 0,01 - (2 . 0,0005) = 0,009 mol [KOH] d = 0,009 : 0,2 = 0,045 M
Câu III (1,5 điểm)
1. a) A là axit mạch hở, không phân nhánh, có CT: (C3H5O2)n thì chỉ có thể n = 1, 2
- với n = 1, A: C3H5O2 : không phù hợp (vì số nguyên tử H lẻ)
- với n = 2, A: C6H10O4 : chấp nhận đợc CTCT của A là:
HOOC-CH2-CH2-CH2-CH2-COOH
(hoặc: A: (C3H5O2)n hay C2nH4n(COOH)n => 5n = 2. 2n + 2 => n = 2)
b) B có CTTQ: CxHyBrz, đợc điều chế từ A nên B có thể có CTPT: C6H12Br2
và có CTCT là: Br-CH2-CH2-CH2-CH2-CH2-CH2-Br
(Thí sinh cũng có thể chọn B là dẫn xuất halogen không no có CTPT: C6H10Br2, C6H8Br2 ,
nhng phải viết thêm phản ứng hidro hóa)

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Từ B điều chế A:
to

Br-CH2-(CH2)4-CH2-Br + 2 NaOH HO-CH2-(CH2)4-CH2-OH + 2 NaBr

0,25

to

HO-CH2-(CH2)4-CH2-OH + 2 CuO HCO-(CH2)4-CHO + 2 Cu + 2 H2O
HCO-(CH2)4-CHO + O2
2. a)

xt , t o


HOOC-(CH2)4-COOH
xt,t o

n CH2=CH
OCOCH3

0,25

[ CH2-CH ] n

OCOCH3

polivinyl axetat
xt , t o


n H2N-(CH2)6-COOH

b)

[ HN-(CH2)6-CO ]n
tơ enang

+

HOOC-CH2-CH2-CH-COOH + H2SO4

24

(HOOC-CH -CH -CH-NH ) SO
2

2

3

0,25

2

COOH

NH2
HOOC-CH2-CH2-CH-COOH + 2 NaOH

0,25

+ n H2O

NaOOC-CH2-CH2-CH-COONa + 2 H2O

NH2

NH2

(Thí sinh có thể viết phản ứng theo tỉ lệ mol 1:1, vẫn cho đủ điểm )

2


Câu IV (1,5 điểm)
1. * Điều chế phenol:
3 HC

C

CH

600 oC
Fe




C6H6 + Cl2

0,25

C6H5Cl + HCl
0

pcao ,t cao
C6H5Cl + NaOH ( đặc )

C6H5OH + NaCl

* Điều chế anilin: điều chế benzen nh trên, sau đó:
o
C6H6 + HO-NO2 H2SO4đặc, t
C6H5NO2 + H2O



C6H5NO2 + 6 H
* Điều chế PVC:

HC

0,25

Fe,HCl

xt

CH + HCl

n CH2=CH

Cl

xt,t o

C6H5NH2 + 2 H2O
H2C=CHCl

0,25

[ CH2-CH ] n
Cl

* Điều chế cao su Buna:
CuCl, NH Cl

4
2 HC CH
Pd
CH2=CH- C CH + H2
Na
n CH 2=CH-CH=CH2

CH2=CH- C

CH

0,25

CH2=CH-CH=CH2
( CH2-CH=CH-CH2 )

n
(TS có thể viết phản ứng điều chế cao su Buna thông qua giai đoạn tạo rợu etylic)

2. a) Nhỏ dd Br2 vào benzen: không có phản ứng xảy ra, brom không bị mất màu
b) Nhỏ dd Br2 vào anilin: dd Br2 mất màu, xuất hiện kết tủa trắng:

0,25

NH 2

NH 2

Br
+

Br

3 Br 2

+

3 HBr

0,25

Br

Câu V (2 điểm)
1. Phản ứng nhiệt nhôm:
to

2y Al + 3 FexOy
y Al2O3 + 3x Fe
(1)
Hỗn hợp thu đợc sau p (1) tác dụng với NaOH cho H2, phản ứng lại xảy ra hoàn
toàn, chứng tỏ Al còn d và FexOy tác dụng hết.
Hỗn hợp thu đợc sau p (1) gồm: Al2O3, Fe, Al (d)
- Phần 1 + dd HNO3 đun nóng:
Al2O3 + 6 HNO3
2 Al(NO3)3 + 3 H2O
(2)
Fe
+ 4 HNO3
Fe(NO3)3 + NO + 2 H2O
(3)
Al(NO3)3 + NO + 2 H2O
(4)
Al (d) + 4 HNO3
- Phần 2 + dd NaOH d:
Al2O3 + 2 NaOH
2 NaAlO2 + H2O
(5)
2 Al + 2 NaOH + 2H2O
2 NaAlO2 + 3 H2
(6)
Fe không phản ứng. Do đó khối lợng sắt ở phần 2 là 2,52 gam
2. Xác định FexOy và m:
Gọi: - số mol khí NO sinh ra do phần 1 phản ứng với HNO3 là n1
- số mol khí NO sinh ra nếu cho phần 2 phản ứng với HNO3 là n2
- khối lợng phần 1 là m1, phần 2 là m2
- ở phần 2:

Theo (6): nAl = (2/3). n H 2 = (2/3) . (3,696/22,4) = 0,01 mol
nFe = 2,52 : 56 = 0,045 mol

0,25

0,25

0,25

0,25

3


- ở phần 1:
Theo (3), (4): n1 = n Fe (phần 1) + n Al (phần 1) = 3,696 : 22,4 = 0,165 mol
Nếu cho phần 2 tác dụng với dd HNO3 nh phần 1 thì số mol NO thu đợc sẽ là:
n2 = n Fe (phần 2) + n Al (phần 2) = 0,045 + 0,01 = 0,055 mol
Vì phần 1 và phần 2 có cùng thành phần (Al2O3, Fe, Al) nên:
m1
0,055
n1
n2
=
=> m2 = m1
= 14,49 .
= 4,83 gam
m2
n2
n1

0,165

0,25

0,25

Do đó: m Al2O3 ( phần 2 ) = 4,83 - (0,01 . 27 + 0,045 . 56) = 2,04 gam
n AL2O3 ( phần 2 ) = 2,04 : 102 = 0,02 mol
Theo (1):

0,045
3x
n Fe
=
=
y
0,02
n Al2O3

x
3
=
y
4

=>

=> FexOy : Fe 3O4

Khối lợng hỗn hợp A (m):

m = m1 + m2 = 14,49 + 4,83 = 19,32 gam

0,25
0,25

(TS có thể làm theo cách khác, nếu đúng vẫn cho đủ điểm)
Câu VI (2 điểm)
1.
nE = 0,1 mol ; nNaOH = 0,3 mol
nE : nNaOH = 0,1 : 0,3 = 1 : 3

0,25

Do đó, theo đề bài có hai trờng hợp xảy ra:
TH1: E là este đợc tạo thành từ axit đơn chức RCOOH và rợu ba chức R'(OH)3
(RCOO)3R' + 3 NaOH
3 RCOONa + R'(OH)3
0,1 ->
0,3
0,1

M RCOONa = 20,4 : 0,3 = 68 -> R + 67 = 68 -> R = 1 -> R là H
M R '(OH ) = 9,2 : 0,1 = 92 -> R' = 92 - (3 . 17) = 41 -> R' là C3H5

0,25

0,25

3

Khi đó este E là: (HCOO)3C3H5
TH2: E là este đợc tạo thành từ axit ba chức R(COOH)3 và rợu đơn chức R'OH
R(COONa)3 + 3 R'OH
R(COOR')3 + 3 NaOH
0,1
0,3
M R (COONa )3 = 20,4 : 0,1 = 204 -> R' = 204 - (3 . 67) = 3 (loại)
Vậy este E có CTCT là:
HCOO-CH2
glixerin trifomiat
HCOO-CH

0,25

0,1 ->

0,25

HCOO-CH2

2.
(HCOO)3C3H5 + 3 HOH
3 HCOOH + C3H5(OH)3
- Trung hòa hỗn hợp sau phản ứng thủy phân bằng một lợng d dung dịch kiềm

0,25

(NaOH, KOH). Sau đó cho hỗn hợp tác dụng với Cu(OH)2: thấy Cu(OH)2 tan và
dung dịch thu đợc có màu xanh lam, chứng tỏ trong hỗn hợp có glixerin:

2 C3H5(OH)3 + Cu(OH) 2

CH2-O
O-CH2
Cu
CH-O
O-CH +
HH
CH2-OH HO-CH2

2H2O

0,25

4


- Đun nóng dung dịch thu đợc: thấy kết tủa đỏ gạch, chứng tỏ có axit fomic:
to
HCOONa + 2 Cu(OH)2 + NaOH Na2CO3 + 3 H2O + Cu2O

0,25

(Nếu TS nhận biết từng chất axit fomic và glixerin theo cách sau thì vẫn đợc đủ điểm:
- Nhận biết HCOOH bằng phản ứng với Ag2O trong dd NH3 tạo kết tủa Ag kim loại
HCOOH + Ag2O NH

3 2 Ag + CO2 + H2O
- Nhận biết C3H5(OH)3 bằng phản ứng với Cu(OH)2 tạo thành dd xanh lam

2 C3H5(OH)3 + Cu(OH) 2

CH2-O
O-CH2
Cu
CH-O
O-CH +
HH
CH2-OH HO-CH2

2H2O

5


bộ giáo dục và đào tạo
đề chính thức

kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002

1 - Trình bày khái niệm về nhịp sinh học; nêu ví dụ về sự thích nghi theo mùa của
sinh vật đối với môi trờng.
2 - Nhân tố sinh thái nào tạo nên sự khởi động của nhịp sinh học theo mùa? Cho một
ví dụ.
3 - Nêu ví dụ minh họa nhịp sinh học của sinh vật mang tính di truyền.
1 - Trình bày quan niệm của Đacuyn về biến dị.
2 - Vì sao nói các đặc điểm thích nghi của sinh vật chỉ có tính hợp lí tơng đối?
Màu lông của chó chịu sự kiểm soát của 2 cặp gen Bb và Ii nằm trên 2 cặp nhiễm sắc
thể tơng đồng khác nhau. Gen B quy định màu lông đen và gen b quy định màu lông hạt
dẻ. Gen I ức chế sự tạo thành sắc tố đối với các gen B, b nên khi gen này có mặt thì chó sẽ

có màu lông trắng, còn gen i thì không tạo sắc tố và cũng không ức chế sự biểu hiện của các
gen B, b.
Ngời ta cho các con chó đều dị hợp tử về cả hai cặp gen nói trên giao phối với nhau.
Hãy xác định:
1 - Quy luật di truyền về màu sắc lông của chó.
2 - Tỉ lệ phân li kiểu gen và kiểu hình của các cá thể ở thế hệ F1.
3 - Tỉ lệ chó có màu lông trắng đồng hợp tử về cả hai cặp gen ở thế hệ F1.
4 - Tỉ lệ phân li kiểu hình của các cá thể ở F2 nhận đợc do giao phối ngẫu nhiên giữa
một con chó có màu lông đen với một con chó có màu lông hạt dẻ của F1.
ở cà chua, gen A quy định thân cao, gen a quy định thân thấp; gen B quy định quả
tròn, gen b quy định quả bầu dục.
Tiến hành hai phép lai riêng rẽ giữa hai cây cà chua đều có thân cao-quả tròn với cây
cà chua thân thấp-quả bầu dục. Kết quả phân tích kiểu hình ở thế hệ lai nhận đợc từ hai
phép lai trên cho thấy bên cạnh hai kiểu hình của các cây bố mẹ còn xuất hiện thêm hai kiểu
hình mới là những cây cà chua thân cao- quả bầu dục và những cây cà chua thân thấp-quả
tròn. Mỗi kiểu hình mới đó chiếm tỉ lệ 10% ở phép lai thứ nhất và 40 % ở phép lai thứ hai.
1 - Phép lai này có tên gọi là gì? Trình bày nội dung phép lai đó.
2 - Biện luận để xác định kiểu gen của hai cây cà chua thân cao- quả tròn trong hai
phép lai trên. Viết sơ đồ lai minh họa cho mỗi phép lai.
1 - Thể dị bội là gì?
2 - Trình bày cơ chế phát sinh và hậu quả của những thể dị bội liên quan đến nhiễm
sắc thể giới tính ở ngời.
3 - Trình bày phơng pháp tế bào trong nghiên cứu di truyền ngời.
----------Hết---------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: ................................

Số báo danh:.............................


bộ giáo dục và đào tạo

kỳ thi tuyển sinh đh, cđ năm 2002

Đáp án và thang điểm đề chính thức
môn thi: sinh học
nội dung

Thang điểm
ĐH

CĐ

Môi trờng sống của sinh vật trên trái đất thờng thay đổi có tính chu kì,
0,25 0,25
chủ yếu là chu kì mùa và chu kì ngày đêm.
Khả năng phản ứng của sinh vật một cách nhịp nhàng với những thay đổi
0,25 0,50
có tính chu kì của môi trờng là nhịp sinh học.
Ghi chú: Trong mỗi phần cho điểm, ý của cả 4 cụm từ in nghiêng phải đủ
( chỉ cần thiếu 1 ý là không đợc điểm).
0,25 0,25
a- Dao động mùa về khí hậu lớn, có băng tuyết vào mùa đông.
b- Phần lớn cây xanh rụng lá, sống ở trạng thái chết giả.
c- Động vật thờng ngủ đông, khi đó trao đổi chất của cơ thể con vật giảm
0,25
đến mức thấp nhất chỉ đủ để sống.
d- Phản ứng tích cực để qua mùa đông khác nhau tuỳ nhóm động vật: Sóc
trữ thức ăn để qua đông. Chim có bản năng di trú, rời bỏ nơi xứ lạnh khan
hiếm thức ăn tới nơi khác ấm hơn, nhiều thức ăn hơn, sang mùa xuân
0,25 0,25

chúng lại bay về quê hơng.
Ghi chú:
Đại học: Đối với phần điểm 0,25 thứ hai phải nêu đợc 2 ý gồm (b+d)
hoặc (c+d) mới có điểm; còn nếu là (b+c) thì không đợc điểm.
Cao đẳng: mục a: 0,25 đ; ý mục b hoặc c: 0,25 đ; ý mục d: 0,25đ
Dao động về lợng thức ăn, độ ẩm, nhiệt độ, ánh sáng không quá lớn.
Phần lớn sinh vật không có phản ứng chu kì mùa rõ rệt.
Ví dụ: Một số thực vật (Bàng, Xoan, Sòi) rụng lá vào mùa đông. Một số
côn trùng (nhộng sâu Sòi, bọ Rùa nâu) ngủ đông; số khác (nhộng bớm 0,25 0,25
đêm hại lúa, ngô) ngủ hè vào thời kì khô hạn.
Ghi chú: Có thể nêu một ví dụ khác tơng tự cũng đợc điểm.
Nhân tố sinh thái tạo nên sự khởi động của nhịp sinh học theo mùa chính là 0,25 0,25
sự thay đổi độ dài chiếu sáng trong ngày.

ở Hà nội, sâu Sòi hóa nhộng ngủ đông vào đầu tháng 11 dơng
lịch, nửa đầu tháng 3 mới nở buớm. Ngày ngắn ở tháng 11 đã báo hiệu 0,25 0,25
cho sâu hóa nhộng vào giấc ngủ đông. Ngày dài ở tháng 3 báo hiệu cho
cây Sòi đâm chồi nẩy lộc và nhộng nở bớm.
Ghi chú: Có thể nêu một ví dụ khác tơng tự cũng đợc điểm.

1


Những động vật nh ong, thằn lằn đợc nuôi trong điều kiện có độ dài
chiếu sáng ổn định vẫn giữ nhịp điệu ngày đêm nh khi sống trong thiên 0,25 0,25
nhiên.
Ghi chú: Có thể nêu một ví dụ khác tơng tự, nhng phải chứng tỏ nhịp sinh
học mang tính di truyền.

Đacuyn là ngời đầu tiên dùng khái niệm biến dị cá thể (gọi tắt là biến

dị) để chỉ sự phát sinh những đặc điểm sai khác giữa các cá thể cùng 0,25 0,25
loài trong quá trình sinh sản.
Biến dị xuất hiện trong quá trình sinh sản ở từng cá thể riêng lẻ và theo
0,50 0,50
.
những hớng
0,25 0,25
Là nguồn nguyên liệu của chọn giống và tiến hóa.
Dới tác dụng trực tiếp của ngoại cảnh hay của tập quán hoạt động ở
động vật chỉ gây ra những biến đổi đồng loạt theo một hớng xác định,
tơng ứng với điều kiện ngoại cảnh.
ít có ý nghĩa trong chọn giống và tiến hóa.

là sản phẩm của chọn lọc tự nhiên trong một
hoàn cảnh nhất định. Khi hoàn cảnh thay đổi, một đặc điểm vốn có lợi có thể
trở thành bất lợi và bị thay thế bằng đặc điểm thích nghi hơn.
thì các đột biến vẫn không ngừng phát
sinh, chọn lọc tự nhiên vẫn không ngừng tác động. Vì thế, trong lịch sử tiến
hóa, những sinh vật xuất hiện sau mang nhiều đặc điểm hợp lý hơn những
sinh vật xuất hiện trớc.

0,25 0,50
0,25 0,25

0,25 0,25
0,25 0,50

Từ các dữ kiện của đề bài cho thấy, sự di truyền màu lông của chó tuân
theo qui luật di truyền tơng tác ức chế (át chế) của gen trội trên cặp NST
tơng đồng này đối với các gen không alen trên cặp nhiễm sắc thể tơng

0,25
đồng khác.
Vì gen I ức chế biểu hiện của các gen B và b, nên có sự tơng quan giữa
các kiểu gen và kiểu hình nh sau:
- Nhóm kiểu gen cho màu lông trắng : I-B-, I-bb.
- Nhóm kiểu gen cho màu lông đen
: iiB-.
- Kiểu gen cho màu lông hạt dẻ
: iibb.
Ghi chú: Có thể viết cụ thể các kiểu gen từ mỗi nhóm kiểu gen nói trên.
1

2

0,25

0,25


Chó dị hợp tử về cả hai cặp gen có kiểu gen là IiBb, nên có kiểu hình màu
lông trắng.
Sơ đồ lai:
0,25
P
IiBb
x
IiBb
(chó màu lông trắng)
(chó màu lông trắng)
Gt P

IB, Ib, iB, ib
IB, Ib, iB, ib
F1 :
Tỷ lệ phân ly kiểu gen :
0,25
1 IIBB : 2IiBB : 2IIBb : 4IiBb:1IIbb : 2Iibb: 1 iiBB: 2iiBb:1iibb
Tỷ lệ phân ly kiểu hình:
9(I-B-) : 3(I-bb) : 3(iiB-) : 1iibb
0,25
12 trắng
: 3 đen : 1 hạt dẻ

0,25

0,25
0,25

1

Chó màu lông trắng đồng hợp tử về cả hai cặp gen là những cá thể chứa
một trong hai kiểu gen sau đây : IIBB hoặc IIbb. Chúng chiếm tỷ lệ 2/16 hay 0,25
1/8 số cá thể của F1.

0,50

2
1

Chó có màu lông hạt dẻ chỉ có một kiểu gen là iibb, trong khi chó có màu
lông đen thì có thể mang một trong hai kiểu gen iiBb hoặc iiBB. Vì thế, khi 0,25

cho giao phối ngẫu nhiên chó có màu lông hạt dẻ với chó có màu lông đen
thì có thể xảy ra một trong hai khả năng sau đây:
iiBB
x
iibb
(chó màu lông đen)
(chó màu lông hạt dẻ)
iB
ib
gt F1
F2 kiểu gen :
iiBb
kiểu hình:
Tất cả đều có màu lông đen

F1

F1

iiBb
x
iibb
(chó màu lông đen)
(chó màu lông hạt dẻ)
gt F1
iB, ib
ib
1iiBb : 1iibb
F2 kiểu gen :
kiểu hình: 50% chó có màu lông đen : 50% chó có màu lông hạt dẻ

Ghi chú: Thí sinh có thể biện luận đây là tỉ lệ phân li tính theo lí thuyết.

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Phép lai này có tên gọi là phép lai phân tích. Vì đó là phép lai giữa cơ thể
mang tính trạng trội (thân cao-quả đỏ) với cơ thể mang tính trạng lặn 0,25 0,25
(thân thấp-quả bầu dục).
Nội dung: Phép lai phân tích là phép lai giữa cơ thể mang tính trạng trội
0,25 0,25
với cơ thể mang tính trạng lặn để kiểm tra kiểu gen.

3




Đây là phép lai phân tích và do ở thế hệ lai xuất hiện 4 kiểu hình, nên
mỗi cây cà chua thân cao-quả tròn đem lai phân tích đều phải tạo ra
bốn loại giao tử là AB, Ab, aB, ab. Từ đó suy ra, kiểu gen mỗi cây này
đều dị hợp tử về hai cặp gen quy định hai cặp tính trạng về kích thớc
cây và hình dạng quả.
Phép lai phân tích thứ nhất

+ Trong tổng số bốn loại kiểu hình ở thế hệ lai, bên cạnh hai loại kiểu
hình giống với các cây bố mẹ đều chiếm tỉ lệ 40%, đã xuất hiện thêm
hai loại kiểu hình mới là sự tổ hợp các tính trạng của các cây bố mẹ; đó
là kiểu hình thân cao quả bầu dục và thân thấp quả tròn đều chiếm tỉ
lệ 10%. Vì thế, đây là kết quả của hiện tợng hoán vị gen xảy ra ở cây
cà chua thân cao - quả tròn.
+ Trong phép lai phân tích, tỉ lệ kiểu gen của các giao tử sinh ra từ cơ
thể dị hợp tử đem lai phân tích đợc suy ra từ tỉ lệ kiểu hình của các cá
thể ở thế hệ lai và ngợc lại. Vì thế, tỉ lệ 10% của các kiểu hình thân
cao- quả bầu dục và thân thấp -quả tròn sẽ tơng ứng với tỉ lệ 10% của
các giao tử Ab và aB. Đồng thời tỉ lệ 40% của các kiểu hình thân caoquả tròn và thân thấp-quả bầu dục sẽ tơng ứng với tỉ lệ 40% của các
giao tử AB và ab.
Vì tỉ lệ các loại giao tử đợc hình thành do hoán vị gen thờng thấp
hơn so với các loại giao tử đợc hình thành do liên kết gen, nên kiểu
gen của cây thân cao-quả tròn thứ nhất phải là: AB/ab.
Phép lai phân tích thứ hai: Biện luận tơng tự nh trên, suy ra đợc kiểu
gen của cây cà chua thân cao- quả tròn thứ hai là Ab/aB.
Ghi chú: thí sinh có thể biện luận theo một cách khác nhng phải nêu đợc ý
của các đoạn chữ in nghiêng trên.

P
gt P
Fb


P
gt P
Fb

0,25 0,50

0,25 0,25

0,25 0,50
0,25 0,25

AB/ab ( thân cao-quả tròn) x ab/ab (thân thấp- quả bầu dục)
0,25 0,25
AB = ab = 40%
ab = 100%
Ab = aB = 10%
40% AB/ab thân cao- quả tròn
40% ab/ab thân thấp- quả bầu dục
10% Ab/ab thân cao- quả bầu dục
10% aB/ab thân thấp - quả tròn.
Ab/aB ( thân cao-quả tròn)
x
ab/ab (thân thấp- quả bầu dục)
0,25 0,25
ab = 100%
Ab = aB = 40%
AB = ab = 10%
40% Ab/ab thân cao- quả bầu dục
40% aB/ab thân thấp- quả tròn
10% AB/ab thân cao- quả tròn
10% ab/ab thân thấp - quả bầu dục.

4

Trong thể dị bội, ở tế bào sinh dỡng, tại một hoặc một số cặp NST
đáng lẽ chứa 2 NST ở mỗi cặp tơng đồng thì lại chứa 3 NST (thể ba nhiễm) 0,50
hoặc nhiều NST (thể đa nhiễm), hoặc chỉ 1 NST (thể một nhiễm) hoặc thiếu
hẳn NST đó (thể khuyết nhiễm).

Trong quá trình phát sinh giao tử, cặp NST giới tính của bố hoặc mẹ
không phân li sẽ tạo ra một loại giao tử mang cả 2 NST giới tính và một
loại giao tử không chứa nhiễm sắc thể giới tính nào.
Giao tử mang hai nhiễm sắc thể giới tính thụ tinh với một giao tử mang
một nhiễm sắc thể giới tính, sẽ tạo nên hợp tử chứa ba nhiễm sắc thể giới 0,25
tính (thể ba nhiễm).
Giao tử không chứa nhiễm sắc thể giới tính thụ tinh với một giao tử bình
thờng (mang một nhiễm sắc thể giới tính) sẽ tạo nên hợp tử chỉ chứa 0,25
một nhiễm sắc thể giới tính (thể một nhiễm).
P
XX
x
XY
0,25
gtP
XX, O
X, Y
con XXX : XXY : OX : OY
P
XX
x
XY
gtP
X
X Y, O

con
XXY : OX
Ghi chú: Chỉ cần viết 1 trong 2 sơ đồ trên.
Kiểu đột biến ba nhiễm gây ra các hậu quả nghiêm trọng nh sau:
** Hội chứng 3 X ( XXX) nữ, buồng trứng và dạ con không phát triển,
thờng rối loạn kinh nguyệt, khó có con.
** Hội chứng Claiphentơ (XXY) nam, mù màu, thân cao, chân tay dài, tinh 0,25
hoàn nhỏ, si đần, vô sinh.
Ghi chú: Chỉ cần nêu một trong hai hội chứng trên.
Kiểu đột biến một nhiễm cũng gây ra các hậu quả nghiêm trọng nh:
Hội chứng Tớcnơ (OX) nữ, lùn, cổ ngắn, không có kinh nguyệt, vú không 0,25
phát triển, âm đạo hẹp, dạ con nhỏ, trí tuệ chậm phát triển.


Làm tiêu bản tế bào, nghiên cứu bộ nhiễm sắc thể, cấu trúc hiển vi của
các nhiễm sắc thể trong tế bào cơ thể nhằm phát hiện nhiều dị tật và bệnh
di truyền bẩm sinh liên quan đến các đột biến số lợng, cấu trúc nhiễm 0,25
sắc thể.
Ví dụ cụ thể: Trong tế bào có 3 nhiễm sắc thể số 21 gây hội chứng Đao;
mất đoạn NST số 21 hoặc 22 gây bệnh bạch cầu ác tính; ba NST 16-18
ngón trỏ dài hơn ngón giữa, tai thấp, hàm bé; 3 NST 13-15: sứt môi, thừa
ngón, chết yểu.
Ghi chú: Phải nêu ít nhất một trong các ví dụ trên mới đợc điểm.

5


Bộ giáo dục và đào tạo

kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003

Môn thi : toán
khối B
Đề chính thức
Thời gian làm bài: 180 phút
_______________________________________________

-----------------------

Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số y = x3 3 x 2 + m
(1) ( m là tham số).
1) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm phân biệt đối xứng với nhau qua gốc tọa độ.
2) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m =2.
Câu 2 (2 điểm).
2
.
1) Giải phơng trình cotgx tgx + 4sin 2 x =
sin 2 x

y2 + 2
=
3
y

x2

2) Giải hệ phơng trình

2
3x = x + 2 .

y2

Câu 3 (3 điểm).
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho tam giác ABC có
2
AB = AC , BAC = 900. Biết M (1; 1) là trung điểm cạnh BC và G ; 0 là trọng
3
tâm tam giác ABC . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C .
2) Cho hình lăng trụ đứng ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là một hình thoi cạnh a ,
góc BAD = 600 . Gọi M là trung điểm cạnh AA ' và N là trung điểm cạnh CC ' .
Chứng minh rằng bốn điểm B ', M , D, N cùng thuộc một mặt phẳng. Hãy tính độ
dài cạnh AA ' theo a để tứ giác B ' MDN là hình vuông.
3) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hai điểm


A(2; 0; 0), B(0; 0; 8) và điểm C sao cho AC = (0; 6; 0) . Tính khoảng cách từ
trung điểm I của BC đến đờng thẳng OA .
Câu 4 (2 điểm).
1) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = x + 4 x 2 .
I=

2) Tính tích phân

4

1 2sin 2 x
1 + sin 2 x dx .
0

Câu 5 (1 điểm). Cho n là số nguyên dơng. Tính tổng
Cn0 +

22 1 1 23 1 2
Cn +
Cn +
2
3

+

2n +1 1 n
Cn
n +1

( Cnk là số tổ hợp chập k của n phần tử).

----------------------------------Hết--------------------------------Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh.. Số báo danh


Bộ giáo dục và đào tạo

kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003

đáp án thang điểm
đề thi chính thức

Môn thi : toán Khối B

Nội dung
Câu 1.
1)
Đồ thị hàm số (1) có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ
tồn tại x0 0 sao cho y ( x0 ) = y ( x0 )
tồn tại x0 0 sao cho x03 3 x02 + m = ( x0 )3 3( x0 )2 + m



điểm
2điểm
1 điểm
0, 25 đ
0, 25 đ
0,25 đ

tồn tại x0 0 sao cho 3x02 = m
m >0.
2) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2.

0,25 đ
1 điểm

Khi m = 2 hàm số trở thành y = x3 3 x 2 + 2.
Tập xác định :
.
x=0
y ' = 3 x 2 6 x, y ' = 0
x = 2.

y " = 6 x 6. y '' = 0 x = 1.
y " triệt tiêu và đổi dấu qua x = 1 (1;0) là điểm uốn.

0,25đ
0,25đ

Bảng biến thiên:
x
y

y


+


0
0
2
CĐ

2
0



+
+

0,25đ

+

CT
2

Đồ thị cắt trục hoành tại các điểm (1;0), (1 3;0) và cắt trục tung tại điểm (0; 2) .

y

2
0,25đ
O

1

2

1

2

x


Câu 2.

2điểm
1 điểm

2

(1).
1) Giải phơng trình: cotgx tgx + 4sin 2 x =
sin 2 x
sin x 0
Điều kiện:
(*).
cos x 0

Khi đó (1)

0,25đ

cos x sin x
2
cos 2 x sin 2 x
2

+ 4sin 2 x =

+ 4sin 2 x =
sin x cos x
sin 2 x
sin x cos x
sin 2 x
0,25đ

2 cos 2 x + 4sin 2 2 x = 2 2 cos2 2 x cos 2 x 1 = 0
x = k
cos 2 x = 1

(k Z) .
x = + k
cos 2 x = 1
3
2


Kết hợp với điều kiện (*) ta đợc nghiệm của (1) là x =

3 y =

2) Giải hệ phơng trình
3x =


Điều kiện x 0, y 0 .

y2 + 2
x2
x2 + 2
y2

0,25đ

3

+k

(k Z).

0,25đ

(1)

1 điểm
(2).

3 x 2 y = y 2 + 2
( x y )(3 xy + x + y ) = 0
Khi đó hệ đã cho tơng đơng với

0,25đ
3 xy 2 = x 2 + 2.

3 xy 2 = x 2 + 2
x= y
x =1

0,5đ
TH1: 2

2
y = 1.
3 xy = x + 2
3xy + x + y = 0
0,25đ
vô nghiệm, vì từ (1) và (2) ta có x, y > 0 .
TH2:

2
2
3 xy = x + 2
Vậy nghiệm của hệ phơng trình là: x = y = 1.
Câu 3.
3điểm
1 điểm
1)
B
Vì G là trọng tâm ABC và M là trung điểm BC nên
0,25đ
MA = 3MG = (1;3) A(0; 2) .
M
.
Phơng trình BC đi qua M (1; 1) và vuông góc với
G
A
C
MA = (1,3) là: 1( x 1) + 3( y + 1) = 0 x + 3 y + 4 = 0 (1). 0,25đ

Ta thấy MB = MC = MA = 10 tọa độ B, C thỏa mãn

(2).
phơng trình: ( x 1)2 + ( y + 1)2 = 10
0,25đ
0,25đ
Giải hệ (1),(2) ta đợc tọa độ của B, C là (4;0), (2; 2).
1 điểm
2)
A

B
Ta có A ' M // = NC A ' MCN là hình bình hành,
do đó A ' C và MN cắt nhau tại trung điểm I của
D
C
mỗi đờng. Mặt khác ADCB là hình bình hành nên
M
I
trung điểm I của AC cũng chính là trung điểm của
N
A
B
BD. Vậy MN và BD cắt nhau tại trung điểm I của

mỗi đờng nên BMDN là hình bình hành. Do đó B,
0,5đ
M, D, N cùng thuộc một mặt phẳng.
2
2
2
2
2
2
Mặt khác DM = DA + AM = DC + CN = DN ,
hay DM = DN. Vậy hình bình hành BMDN là hình thoi. Do đó BMDN là hình
D

C

2

vuông MN = BD AC = BD AC2= BD2 = BB2 +BD2 3a2 = BB2 + a2
BB= a 2 AA= a 2 .
3)
Từ AC = (0;6;0) và A(2; 0; 0) suy ra C(2; 6; 0), do đó I(1; 3; 4).
Phơng trình mặt phẳng () qua I và vuông góc với OA là : x 1 = 0.
tọa độ giao điểm của () với OA là K(1; 0; 0).
2

2

2

khoảng cách từ I đến OA là IK = (1 1) + (0 3) + (0 4) = 5.
Câu 4.

1) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = x + 4 x 2 .
Tập xác định: [ 2; 2] .
y ' = 1

x
4 x

2

,

0,5đ
1 điểm

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2điểm
1 điểm

0,25đ

x 0
x= 2.
y ' = 0 4 x2 = x
2
2
4 x = x
Ta có y (2) = 2, y ( 2) = 2 2, y (2) = 2 ,

0,25đ

Vậy max y = y ( 2) = 2 2 và min y = y (2) = 2 .

0,25đ

0,25đ

[ 2;2]

[ 2;2]

2) Tính tích phân I =

4

1 2sin 2 x
1 + sin 2 x dx.

1 điểm

0

Ta có I =

4

4
1 2sin 2 x
cos 2 x
dx
=
1 + sin 2 x
1 + sin 2 x dx .

0

0,25đ

0

Đặt t = 1 + sin 2 x dt = 2 cos 2 xdx .

0,25đ

Với x = 0 thì t = 1, với x =

0,25đ

Khi đó I =

4

thì t = 2 .

2
2 1
1 dt 1
= ln | t | = ln 2.

1 2
2 t 2

0,25đ

1

Câu 5.

Ta có
Suy ra

1điểm

n

(1 + x)
+ C1n x + Cn2 x 2 + ... + Cnn x n .
2
2
n
(1 + x) dx = Cn0 + C1n x + Cn2 x 2 + ... + Cnn x n
1
1



= Cn0

(

)dx

2
2
n +1
2
3
1
x
x
x
(1 + x)n +1 = Cn0 x + C1n

+ Cn2
+ ... + Cnn


2
3
n +1
n + 1
1
1
n +1
n +1
n +1
2
3
1 n 3 2
2 1 1 2 1 2
2
.
Cn0 +
Cn +
Cn + +
Cn =
n +1
n +1
2
3

3

0,5 đ

0,5 đ