ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT HỆ CHUYÊN: TẤT CẢ CÁC MÔN HỌC

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH
VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2015
Môn thi: Vật lí
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

AB = 8 km
Câu 1 (2,0 điểm). Một ca nô xuất phát từ điểm A trên một khúc sông thẳng
và chạy xuôi dòng.
Cùng lúc đó, tại A một bè gỗ cũng bắt đầu trôi xuôi dòng. Ca nô chạy đến B thì quay lại chạy ngược dòng, sau 48
BC = 6,4 km.
phút tính từ lúc xuất phát ở A, ca nô gặp lại bè lần thứ nhất tại C, với
Coi nước chảy đều, vận
tốc của ca nô so với nước là không đổi. Bỏ qua thời gian ca nô quay đầu, kích thước của ca nô và của bè.
a) Tính vận tốc của dòng nước và vận tốc của ca nô khi xuôi dòng.
b) Giả sử sau khi gặp bè, ca nô quay lại chạy xuôi, tới B quay lại chạy ngược, gặp bè quay lại chạy xuôi...
cứ như vậy cho đến khi ca nô và bè gặp nhau ở B. Tính tổng thời gian chạy của ca nô.
m1 = 100 g

Câu 2 (2,0 điểm). Một bình nhiệt lượng kế chứa nước có khối lượng nước
đang ở nhiệt độ
0
t1 = 25 C.
m 2 = 100 g,
Người ta thả vào bình một quả cầu bằng kim loại có khối lượng
đang ở nhiệt độ
0
t 2 = 100 0C.

t = 30 C.
Nhiệt độ của hệ thống khi cân bằng nhiệt là
Sau đó, người ta đổ thêm vào bình một
0
t1 = 25 C
m3 = 200 g
lượng nước có khối lượng
cũng có nhiệt độ
thì nhiệt độ của hệ thống khi cân bằng
0
c1 = 4200 J/(kg.K).
t' = 27,5 C.
nhiệt là
Cho biết nhiệt dung riêng của nước là
Bỏ qua sự trao đổi nhiệt của
c2
hệ thống với môi trường bên ngoài. Bình nhiệt lượng kế có thu và tỏa nhiệt. Tìm nhiệt dung riêng
của kim
loại chế tạo quả cầu.
R1 = 1 Ω

Câu 3 (1,5 điểm). Cho mạch điện gồm điện trở
U = 10 V.
một hiệu điện thế không đổi

nối tiếp với một biến trở

R

và chúng được mắc vào

16 W.
a) Ban đầu công suất tỏa nhiệt trên biến trở là

Hãy tính hiệu điện thế trên biến trở lúc đó.
26 W
b) Khi thay đổi biến trở, công suất tỏa nhiệt trên biến trở có thể đạt tới
được không? Tại sao?

(6 V - 3 W)
(3 V - 3 W).
Câu 4 (2,0 điểm). Có hai bóng đèn khác nhau, bóng I loại
và bóng II loại
Người ta
U = 12 V.
mắc chúng vào một hiệu điện thế không đổi
Để hai đèn sáng bình thường cần dùng thêm hai điện trở
R1 , R 2 .
R1 , R 2

a) Hãy vẽ tất cả các cách mắc có thể có. Tìm các giá trị điện trở
tương ứng với các cách mắc đó.
b) Trong tất cả các cách mắc tìm được ở trên, cách nào có lợi nhất. Giải thích vì sao?

f = 20 cm.
AB
Câu 5 (1,5 điểm). Một thấu kính hội tụ có tiêu cự
Đặt một vật phẳng nhỏ
vuông góc với trục
A'B'.

A
chính của thấu kính sao cho điểm
nằm trên trục chính, qua thấu kính thu được ảnh thật
A'B'
AB
a) Biết
có chiều cao gấp bốn lần AB. Vẽ hình và từ đó tính khoảng cách từ
đến thấu kính.


90 cm.
P
AB
b) Đặt một màn ảnh
vuông góc với trục chính của thấu kính, cách
một đoạn không đổi
Di
chuyển thấu kính giữa vật và màn sao cho trục chính thấu kính không đổi, ta thấy có hai vị trí thấu kính cho
ảnh rõ nét của vật trên màn. Dựa vào hình vẽ câu a hãy tính khoảng cách từ hai vị trí đó đến vật.
Câu 6 (1,0 điểm). Một quả cân đặc được tạo nên từ hai kim loại đồng và sắt. Hãy nêu phương án thí nghiệm
và lập công thức để tìm tỉ lệ khối lượng đồng và sắt có trong quả cân. Các dụng cụ được sử dụng gồm:
- Một lực kế lò xo có thang đo phù hợp và giới hạn đo lớn hơn trọng lượng quả cân.
- Một bình chứa nước không có vạch chia độ, có thể bỏ chìm quả cân vào mà nước không tràn ra ngoài.
Cho rằng đã biết khối lượng riêng của nước là D, của đồng là D1 và của sắt là D2.
-------------------- Hết -------------------Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ tên thí sinh:

Chữ ký và họ tên của CBCT 1: …………………...........

…………………………………………………

……………………………………………………….....

Số báo danh: .………………………………….

Chữ ký và họ tên của CBCT 2: ………………………..

Phòng thi: .……………………………………..

……………………………………

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2015
Môn thi: Vật lí

(Đáp án có: 03 trang)

Câu
Nội dung
Câu 1 Đổi: 0,48 phút = 0,8 h.
2,0
a. Thời gian chạy của ca nô bằng thời gian trôi của bè, vận tốc dòng nước

điểm
AC 8 − 6, 4
vn = vb =

t

=

0,8

=2

Điểm
0,5

chính là vận tốc bè:
(km/h)
Gọi vận tốc của ca nô so với nước là v0, vận tốc ca nô khi xuôi dòng và
ngược dòng là v1 và v2

⇒ v1 = v 0 + v n ; v 2 = v 0 - v n .

t1 =

Thời gian chạy xuôi dòng

AB
AB
=
v1

v0 + v n

t2 =

Thời gian chạy ngược dòng
Theo bài ra ta có: t1 + t2 =

0,8

CB
CB
=
v 2 v0 − v n

h.

0,5

(1)
(2)
(3)

AB
CB
8
6, 4
+
=
+
v0 + v n v 0 − v n v0 + 2 v0 − 2

Từ (1), (2) và (3) ta có :
⇒ v 02 − 18v 0 = 0 ⇒
⇒

Khi xuôi dòng:v1 = 20 (km/h).

v0 = 18 km/h.

0,5


b. Tổng thời gian chạy của ca nô chính là thời gian bè trôi từ A đến B:
t3 =

AB 8
= =4
vn 2

0,5

h.
Gọi c, m là nhiệt dung riêng và khối lượng của nhiệt lượng kế.
QT1 = QTH1 ⇒ c2 m2 (100 − 30) = (c1m1 + cm)(30 − 25)
Lần 1:
⇒ 7c 2 = (420 + cm).5 (1)

0,75

Câu 2

QT2 = QTH2 ⇒ (420 + cm + 0,1c2 )(30 − 27,5) = c1m3 (27,5 − 25)
2,0
Lần 2:
điểm ⇒ 420 + cm + 0,1c2 = 4200.0,2 = 840 (2)

0,75

Từ (1) và (2):

7C2 = 5(840 − 0,1C2 ) ⇒ 7,5C2 = 5.840

0,5

⇒ C 2 = 560 J /(kg.K)

1. Ta có: I = U/ (R + R1) = 10/ (R + 1)
Công suất tỏa nhiệt trên R là P = RI2
⇒

2

⇒

2

P = 100R/ (R + 2R + 1) PR + 2.(P – 50)R + P = 0
Thay P = 16W ta có 4R2 - 17R + 4 = 0
Giải phương trình ta được hai giá trị của R là R2 = 4 Ω và R3 = 0,25 Ω
Câu 3
UMN = RI = 10R/ (R+ 1)

1,5
Với R = R2 = 4Ω thì UMN = R2I = 10 R2/ (R2+ 1) = 8 V
điểm
Với R = R3 = 0,25Ω thì UMN = R3I = 10 R3/ (R3+ 1) = 2 V
2. Để phương trình PR2 + 2(P - 50)R + P = 0 có nghiệm thì
∆ = (P- 50)2 - P2 = 2500 - 100P ≥ 0 => P ≤ 25W
Vậy chỉ có thể nâng công suất tỏa nhiệt tối đa của biến trở lên 25W khi
mắc vào nguồn điện này nên không thể nâng công suất tỏa nhiệtcủa biến
trở lên 26W được.
Câu 4
PD1 3
U D1
6
I
=
=
=
0,5
A
R
=
=
= 12 Ω
D1
D1
2,0
U D1 6
I D1 0,5
điểm
Ta có

,
.
P
3
U
3
I D2 = D2 = = 1 A > I D1 R D2 = D2 = = 3 Ω
U D2 3
I D2 1
,
.
Các đèn không thể trực tiếp mắc nối tiếp hay song. Vì vậy có 3 cách mắc:
Cách 1: R1 nt(Đ1//R2)ntĐ2
3
R2
R1 = = 3 Ω,
Đ2
R1
⇒
⇒
1
Đ1
I = ID2= 1 A
UR1= 3V

0,5

0,5

0,5

0,25

0,5

6
R2 =
= 12 Ω.
0,5
⇒

UR2= 6V
Cách 2: R1 nt[Đ1//(R2ntĐ2)]

R1

Đ1
Đ2

0,5

R2


I = ID1+ID2= 3 A
⇒

R1 =

⇒

UR1= 6V

6
= 2 Ω,
3

3
R 2 = = 3 Ω.
⇒
1

UR2= 3V
Cách 3: (R1 ntĐ1)//(R2ntĐ2)
I = ID1 + ID2= 3 A
6
R1 =
= 12 Ω,
0,5
⇒

⇒

UR1= 6V

UR2= 9V

9
R 2 = = 9 Ω.
⇒

1

2. Cách mắc có lợi nhất khi hiệu suất lớn nhất. Vì công suất có ích là công
suất tỏa nhiệt trên 2 bóng đèn, luôn không đổi nên hiệu suất lớn nhất khi
công suất của mạch nhỏ nhất, tức I nhỏ nhất vì U không đổi.Vì vậy cách 1
có lợi nhất.
1.Ta có hình vẽ bên
B
A

M
O

F’

Đ1

R1

Đ2
0,5

R2

0,25

A’
0,25

B’

Đặt OA = d; O’A’ = d’.Xét hai tam giác đồng dạng ABO và A’B’O ta có:
0,25

A'B' OA ' d '
=
= = 4 (1)
AB OA ' d
Câu 5
1,5
điểm

Xét hai tam giác đồng dạng OMF’ và A’B’F’ ta có:

A'B' A'B' F'A ' d '− f d '− 20
=
=
=
=
= 4 (2)
OM AB F'O
f
20

⇒ d ' = 100 cm.

Từ (2)
Thay vào (1)
2. Từ (1) và (2) ở câu 1 ta có:

⇒ d = 25 cm.

0,25

d ' d '− 20
=
⇒ 20d ' = dd '− 20d ⇒ 20(d + d ') = dd '
d
20

Mà khoảng cách vật đến ảnh thật (trên màn) là 90cm
Từ đó:

0,25

0,25

⇒ d + d ' = 90

dd' = 20.90 = 1800

Giải hệ ta được

d = 30cm.

d' = 60 cm.

hoặc

d = 60cm.


d' = 30 cm.

0,25


+ Móc quả cân vào lực kế, lực kế chỉ giá trị P.

0,25

P = (m1 +m 2 ). g (1)

Với m1, m2 là khối lượng đồng và sắt trong quả cầu.
+ Thả quả cân chìm vào nước, nó chịu thêm lực đẩy Acsimet

v
F

hướng lên

0,25

P' = P - F = P - VDg (2)

V = V1 +V2 =

Từ (2) suy ra

P − P'
(3)
Dg

m1 + m 2 = V1D1 + V2 D 2 =

Từ (1) suy ra

P
(4)
g

0,25

Câu 6
Trong đó V1, V2, D1, D2 là thể tích và khối lượng riêng của đồng và sắt
1,0
điểm trong quả cân.

Từ (3) và (4) ta có hệ phương trình hai ẩn là V1 và V2:

(D − D 2 ).P + D 2.P '
P − P'


V1 = − D.(D − D ).g
 V1 + V2 = Dg


2
1
⇒ 


V D + V D = P
V = (D − D1 ).P + D1.P '
1 1
2 2
2

g
D.(D 2 − D1 ).g


Vậy tỉ số:
Hoặc

m1 V1D1
D (D − D2 ).P + D 2 .P '
=
=- 1.
m 2 V2 D 2
D 2 (D − D1 ).P + D1.P '

0,25

m1 V1D1 D1 (D 2 − D).P − D 2 .P '
=
=
.
m 2 V2 D 2 D 2 (D − D1 ).P + D1.P '

Ghi chú:

- Nếu thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa theo từng phần,từng câu.
- Nếu đáp số nào thiếu hoặc sai đơn vị thì trừ 0,25 điểm, nhưng toàn bài không trừ quá 0,5 điểm.
………………….....

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH
VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2015
Môn thi: Hóa học
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu I (1,0 điểm + 1,0 điểm)
1. Cho lần lượt từng chất: Fe, BaCO 3, Al2O3, KOH vào lần lượt các dung dịch: NaHSO 4, AgNO3. Hãy
viết các phương trình hóa học xảy ra.
2. Thực hiện các thí nghiệm: Nung KMnO 4 ở nhiệt độ cao thu được khí A; cho dung dịch HCl tác dụng
với dung dịch KMnO4 thu được khí B; đốt cháy FeS2 trong oxi vừa đủ thu được khí D; cho Zn vào dung
dịch HCl thu được khí E.


a. Xác định công thức hóa học các khí A, B, D, E và viết các phương trình hóa học xảy ra trong các
thí nghiệm nêu trên.
b. Cho các khí A, B, D, E lần lượt tác dụng với nhau từng đôi một trong điều kiện thích hợp, hãy viết
các phương trình hóa học xảy ra (nếu có).
Câu II (1,0 điểm + 1,0 điểm)
1. Viết phương trình hóa học thực hiện biến hóa sau (ghi rõ điều kiện nếu có):
H (1)
H O ( 2)
( 3)

( 4)
+
→ +

→
→
→
(5)
X
X1
C2H5OH
X1
Polietilen.
(6)
NaOH ( 7 )
(8)
→
+
→ →
X2
CH3COOC2H5
X3
CH4.
2. Trình bày phương pháp hoá học nhận biết các lọ riêng biệt mất nhãn có chứa các dung dịch và chất lỏng:
Dung dịch glucozơ; dung dịch saccarozơ; dung dịch axit axetic; rượu etylic; chất béo; benzen. Viết các phương
trình hóa học xảy ra (nếu có).
Câu III (1,5 điểm + 1,0 điểm + 0,5 điểm)
1. Hỗn hợp khí X gồm C2H4, CO2 và SO2. Lấy 0,672 lít (đktc) hỗn hợp khí X cho qua dung dịch NaOH
dư thấy có 0,336 lít (đktc) một chất khí duy nhất thoát ra. Khi lấy 0,672 lít (đktc) khí X đi qua nước
brom dư, sau phản ứng hoàn toàn thì có 3,2 gam brom tham gia phản ứng. Hãy viết các phương trình hóa

học xảy ra và tính % thể tích mỗi khí trong hỗn hợp X.
2. Hỗn hợp X gồm Al2O3, MgO, CuO. Cho luồng khí H 2 đi qua 21,1 gam X đốt nóng một thời gian thu
được hỗn hợp chất rắn Y. Đem Y tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch NaOH 1M thu được chất rắn Z.
Hòa tan hoàn toàn Z trong 150 gam dung dịch H 2SO4 83,3% đun nóng, sau khi các phản ứng kết thúc thu
được 1,12 lít khí SO2 (đktc) và dung dịch T có chứa 36 gam muối. Hãy:
a. Viết các phương trình hóa học xảy ra và tính khối lượng mỗi chất có trong hỗn hợp X.
b. Tính nồng độ % các chất trong dung dịch T.
3. Thêm dần dung dịch KOH 33,6% vào 40 ml dung dịch HNO 3 37,8% (d = 1,25 gam/ml) đến khi trung
hòa vừa hết axit thu được dung dịch A. Đưa A về 0oC thấy tách ra 20,55 gam tinh thể X và dung dịch còn
lại có nồng độ 19,07%. Xác định công thức của tinh thể X.
Câu IV (1,5 điểm + 1,5 điểm)
1. Hỗn hợp X gồm hai hiđrocacbon A và B có công thức lần lượt là C nH2n và CnH2n-2. Đốt cháy hoàn toàn
một lượng hỗn hợp X thu được CO2 và H2O, trong đó oxi chiếm 76,836% về khối lượng.
a. Hãy xác định các công thức phân tử có thể của A và B.
b. Biết rằng trong hỗn hợp X hai hiđrocacbon A, B có số mol bằng nhau. Lấy 0,1 mol X đi chậm qua
dung dịch chứa 20 gam brom thì không có khí thoát ra và thu được hỗn hợp sản phẩm Y. Tính khối
lượng mỗi chất trong Y.
2. Hỗn hợp A chứa hai hợp chất hữu cơ X, Y (có cùng phân tử khối) lần lượt có công thức CnH2n + 1OH và
CmH2m + 1COOH. Lấy 6 gam A cho tác dụng với Na dư thu được 1,12 lít khí H 2 (đktc). Nếu lấy 0,2 mol A
thì tác dụng vừa đủ với 150 ml dung dịch NaOH 1M. Hãy:
a. Xác định công thức cấu tạo của X và Y.
b. Tính khối lượng mỗi chất trong 6 gam A.
Cho H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Mg = 24; Al = 27; S = 32; K = 39; Fe = 56; Cu = 64; Br =80.
====================HẾT====================
2

2

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH
VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2015
Môn thi: Hóa học
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)


NỘI DUNG

Điểm

Câu I (2 điểm = 1điểm + 1 điểm)
1.
↑
Fe + 2NaHSO4 → FeSO4 + Na2SO4 + H2
(1)
↓
↑
BaCO3 + 2NaHSO4 → BaSO4 + Na2SO4 + H2O + CO2 (2)
Al2O3 + 6NaHSO4 → Al2(SO4)3 + 3Na2SO4 + 3H2O
(3)
2KOH + 2NaHSO4 → K2SO4 + Na2SO4 + 2H2O
(4)
* Với AgNO3 : Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2Ag
(5)
Nếu AgNO3 dư thì Fe(NO3)2 + AgNO3 → Fe(NO3)3 + Ag
(6)
BaCO3 + AgNO3 → không phản ứng
Al2O3 + AgNO3 → không phản ứng
2KOH + 2AgNO3 → 2KNO3 + Ag2O↓ + H2O

(7)
* Với NaHSO4 :

7x1/7
= 1đ
(mỗi pt
1/7đ)

2. a. Khí A là O2, B là khí Cl2. D là SO2, E là H2. Các PTHH xảy ra:
o

t
→

2KMnO4

↑

K2MnO4 + MnO2 + O2
(1)
↑
→
2KMnO4 + 16HCl
2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O
o

4FeS2 + 11O2

t
→

2Fe2O3 + 8SO2
↑
→
Zn + 2HCl
ZnCl2 + H2
b. Các khí lần lượt tác dụng với nhau

↑

(2)

8x1/8
= 1đ
(mỗi pt
1/8đ)

(3)
(4)

o

2O 5 ,t
V
→

2SO2 + O2

2SO2

(5)

to

2H2 + O2

→

2H2O

(6)

SO2Cl2

(7)

to

→

SO2 + Cl2
H2 + Cl2

→

2HCl

8x1/8
= 1đ
(mỗi pt

1/8đ)

(8)

Câu II (2 điểm = 1điểm + 1 điểm))
1. (1điểm) X là C2H2, X1: C2H4, X2: CH3COOH, X3: CH3COONa. Các PTHH:
o

C2H2 + H2

,t
Pd

→

C2H4

(1)

1/8đ

H 2SO4 ,t o

C2H4 + H2O

 →

C2H5OH

(2)

,17 0o c

C 2 H 5 OH    
→ C 2 H 4 + H 2 O
H 2 SO4 đ

(3)
t o , p , xt

nCH 2 = CH 2 →(−CH 2 − CH 2 −) n

1/4đ

(4)
Polietilen
C 2 H 5 OH + O2  
→ CH 3 COOH + H 2 O
Mengiam

1/8đ
(5)


o

H 2 SO4 ,t

→ CH 3COOC2 H 5 + H 2O
CH 3COOH + C2 H 5OH ¬




(6)

1/4đ

o

t
CH 3COOC2 H 5 + NaOH →
CH 3 COONa + C 2 H 5 OH

(7)
o

CaO ,t
CH 3COONa + NaOH ( Khan ) 
→ CH 4 + Na2CO3

1/4đ

(8)
2. (1điểm)
* Cho mẫu thử của các chất lỏng vào nước, chất lỏng nào không tan trong nước là chất béo và benzen
(Nhóm 1); Các chất tan vào nước là dung dịch glucozơ; dung dịch saccarozơ; dung dịch axit axetic; rượu
etylic (Nhóm 2).
* Lấy 2 mẫu thử của nhóm 1 đun nóng với dung dịch NaOH mẫu thử nào tan dần trong dung dịch NaOH 1/2đ
là chất béo, mẩu không tan là benzen.
o

(RCOO)3C3H5 + 3NaOH

t
→

C3H5(OH)3 + 3RCOONa

(1)

* Lấy các mẫu thử của nhóm 2, nhúng quỳ tím vào các mẫu, mẫu thử nào làm quỳ tím hoá đỏ là 1/2đ
dd CH3COOH, các mẫu còn lại không làm quỳ tím đổi màu.
- Cho vào các mẫu còn lại dung dịch AgNO 3/NH3, đun nóng. Mẫu nào có phản ứng tráng bạc là
glucozơ.
NH 3; t 0

C6H12O6 + Ag2O


→

C6H12O7 + 2Ag

(2)

- Cho các mẫu còn lại vài giọt dd H2SO4 loãng, đun nóng sau đó trung hoà bằng dd NaOH rồi cho
tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3, đun nóng. Mẫu có pư tráng gương suy ra mẫu ban đầu là dd
1/2đ
saccarozơ, mẫu còn lại là C2H5OH.
Các PTHH:

H 2 SO4 ;t 0

C12H22O11 + H2O

→

C6H12O6 + C6H12O6

(3)

NH 3; t 0

C6H12O6 + Ag2O


→

C6H12O7 + 2Ag
1/2đ

Câu III (3 điểm = 1,5 điểm + 1,0 điểm + 0,5 điểm )
1. (1,5 điểm)
nX = 0, 03(mol )
khi cho X qua dung dịch NaOH dư thì C 2H4 không tham gia phản ứng nên số
mol C2H4 là 0,015 mol; số mol Br2 là 0,02 mol.
→
PTHH
CO2 + 2NaOH
Na2CO3 + H2O (1)
→

SO2 + 2NaOH
Na2SO3 + H2O (2)
Khi cho X qua nước brom dư thì CO2 không tham gia phản ứng
→
PTHH
C2H4 + Br2
C2H4Br2
(3)
0,015 0,015
Như vậy lượng Br2 tác dụng với SO2 là: 0,02 – 0,015 = 0,005 (mol)
1/4đ
→
SO2 + 2H2O + Br2
2HBr + H2SO4 (4)
0,005
0,005


Số mol của CO2 là 0,03 – 0,015 – 0,005 = 0,01 (mol)

%C2H4 = 50%;
% SO2 = 16,67%.
%CO2 = 33,33%.

1/4đ

2.

n

SO

2

=

1,12
= 0,05 (mol) n
=n
= 0,05(mol)
22,4
Cu(4)
CuO(1)

a.
Các PTHH xảy ra:

;
o

t
→

H2 + CuO
Cu + H2O
(1)
0,05 0,05
0,05

→

Al2O3 + 2NaOH
2NaAlO2 + H2O
(2)
0,05 0,1
0,1

→
MgO + H2SO4
MgSO4 + H2O
(3)
x
x
x

→
CuO + H2SO4
CuSO4 + H2O
(4)
y
y
y

→
↑
Cu + 2H2SO4
CuSO4 + 2H2O + SO2 (5)
0,05 0,1
0,1
0,05
Ta có hệ PT

1/4đ

1/4đ

0,05.80 + 0,05.102 + 80 x + 40y = 21,1  x = 0,1
⇒

( x + 0,05). 160 + y.120 + 36
 y = 0,1
mCuO (ban đầu) = (0,05 + 0,1).80 = 12 (gam).

m Al2O3
= 0,05.102 = 5,1 (gam).
mMgO (ban đầu) = 0,1.40 = 4 (gam).
(ban đầu)

1/4 đ

b.
m H 2SO 4
(ban đầu)

= 150.83,3% = 124,95 (gam).

m H 2SO 4

= 124,95 – 0,3.98 = 95,55 (gam).
mdung dịch sau phản ứng = 150 + 21,1 – 0,8 – 0,05.64 = 167,1 (gam).
95,55

C%(H 2 SO 4 ) =
.100 = 59,1%
167,1
(dư)

1/4đ


C%(CuSO 4 ) =

0,15.160
.100 =14,36%
167,1
.

C%(MgSO 4 ) =

0,1.120
.100 = 7,18%
167,1
.

m
3.

HNO
3

= 40.1,25 = 50 (gam)⇒ n

PTHH: KOH + HNO3
0,3
0,3

→

HNO
3

= 0,3 mol

KNO3 + H2O
0,3

1/4đ
.
1/4đ

(1)

100
= 50 (gam)
dung dich KOH
33,6
m
= 0,3.101 = 30,3 (gam)
KNO
3
m = 50 + 50 =100 (gam) ⇒ m =100 − 20,55 = 79,45(gam)
B

A
19.07 1
n
trong B = 79,45.
.
= 0,15 (mol)
KNO
100
101
3
= 0,3.56.

m

1/2đ

n KNO3 trong X = 0,3 − 0,15 = 0,15 (mol)

1/2đ

1
n H 2O trong X = (20,55 − 0,15.101). = 0,3(mol)
18

n

KNO
3

:n

H O
2

= 0,15:0,3 = 1 : 2

Trong X có
Vậy công thức phân tử X là: KNO3.2H2O.
1/2đ
Câu IV (3 điểm = 1,5 điểm + 1,5 điểm)
1. (1,5 điểm)
a. Giả sử trong hỗn hợp X có 1 mol CnH2n và x mol CnH2n-2
o

t
→

mol

CnH2n + 1,5nO2
nCO2 + nH2O
1,5n mol
n mol n mol

(1)

o

t
→

CnH2n-2 + (1,5n-0,5)O2
nCO2 + (n-1)H2O
(2)
x mol (1,5n – 0,5)x mol nx mol (n-1)x mol
Theo bài ra ta có
1,5n + (1,5n - 0,5)x
76,836
6
=
⇒n=
1
62n + 44nx + 18(n - 1)x
100
1+
⇒
x
. Vì x > 0
n <6.
Vậy các cặp nghiệm có thể là

1


C H ; C H
2 2
 2 4
C H ; C H
 3 6 3 4
C H ; C H

 4 8 4 6
C H ; C H
 5 10 5 8

⇒
b. Khi số mol của 2 hiđrocacbon trong hỗn hợp bằng nhau tức x = 1
n = 3.
Hai hiđrocacbon là C3H6 và C3H4. Số mol mỗi hiđrocacbon trong X là 0,05.

20
n Br =
= 0,125 (mol)
160
2
→

.

C3H6 + Br2
C3H6Br2
0,05 0,05
0,05
→
C3H4 + Br2
C3H4Br2
0,05
0,05
0,05
→
C3H4Br2 + Br2

C3H4Br4
0,025
0,025 0,025

(3)
(4)
(3)

Khối lượng các chất sau phản ứng :
- Khối lượng C3H6Br2 là 0,05.202 = 10,1 (gam).
- Khối lượng C3H4Br2 là (0,05-0,025).200 = 5 (gam).
- Khối lượng C3H4Br4 là 0,025.202 = 9 (gam).
2. (1,5 điểm)
→
a.
Tác dụng với Na: CnH2n + 1OH + Na
CnH2n + 1ONa + ½ H2 (1)
x
x/2
→
CmH2m + 1COOH + Na
CmH2m + 1COONa + ½ H2 (2)
y
y/2
Tác dụng với dung dịch NaOH:
→
CmH2m + 1COOH + NaOH
CmH2m + 1COONa + H2O (3)
0,15 mol 0,15 mol
Gọi phân tử khối của X, Y là M theo bài ra ta có hệ phương trình


 M ( x + y ) = 6  M = 60


 x + y = 0,1 ⇒  x = 0, 025
 y
 y = 0, 075
0,15


=
 x + y 0, 2
→

Công thức phân tử A là C3H7OH và B là CH3COOH


CTCT A là CH3-CH2-CH2-OH
hoặc CH3-CH(OH)-CH3
và B là CH3-COOH.

b. Khối lượng của các chất trong A :
1/2đ

mX = 0,025.60 = 1,5 (gam).
mY = 0,075.60 = 4,5 (gam).
Chú ý: Học sinh giải theo cách khác nhưng đúng kết quả vẫn cho điểm tối đa.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH

VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2015
Môn thi: Toán (vòng 2)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (3,0 điểm). Giải các phương trình sau

1
2
3
+ 2
=
;
x − 2x + 1 x + x + 1 2x
2

a)
b)

3x + 1 − x + 3 = x − 1.

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình nghiệm nguyên

3x2 = y2 + 2xy + 7.

Câu 3 (1,5 điểm). Tìm các số nguyên tố

(

)

2

p+q = 2 p−q .

p, q

thỏa mãn


( O ) , ( O ')

Câu 4 (3,5 điểm). Cho hai đường tròn
cắt nhau tại A và B. Từ điểm C thuộc tia đối của tia
O
O' .
O'
AB kẻ hai tiếp tuyến đến
tại D và E, E nằm trong
Các đường thẳng AD, AE cắt
tại
điểm thứ hai tương ứng là M, N. Gọi I là giao điểm của DE và MN.
∆BIN ~∆BDA.
a) Chứng minh rằng tứ giác BEIN nội tiếp và

( )

( )

2

( )

2

 DA 
CA  CD 
=
÷ =
÷.
CB  CB 
 DB 

b) Chứng minh rằng
c) Chứng minh rằng I là trung điểm của MN.

a, b, c

Câu 5 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm
của biểu thức

P = a2 + b2 + c2 +

thỏa mãn

a + b + c = 2.

Tìm giá trị nhỏ nhất

ab + bc + ca
1
+ 2 2 2
2
a +b +c
HẾT

Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ tên thí sinh:………………………….
………………………………………….
Số báo danh:.……………………………
Phòng thi:.……………………………….
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

Họ tên và chữ ký của CBCT 1:…………..
……………………………………………
Họ tên và chữ ký của CBCT 2:…………..
……………………………………………

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH
VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2015
Môn thi: Toán (vòng 2). Thời gian làm bài: 150 phút

Câu
Nội dung
x
≠

0
,
x
≠
1.
Câu 1
(3,0 a) Điều kiện:
Phương trình đã cho tương đương với
điểm)
1
2
3
+
= .
1
1 2
x − 2+
x + 1+
x
x

t = x+
Đặt

1
.
x

1
2

3
+
=
t −2 t +1 2

Khi đó phương trình trở thành
3
⇔ (t + 1) + 2(t − 2) = (t − 2)(t + 1)
2
2
⇔ 3t − 9t = 0 ⇔ t = 0, t = 3

Điểm

0,5

0,5


*) Với

*) Với

t = 0,

t = 3,

x+
ta có
x+

ta có

1
= 0 ⇔ x2 + 1 = 0,
x

vô nghiệm.

1
3± 5
= 3 ⇔ x2 − 3x + 1 = 0 ⇔ x =
.
x
2
x=

0,5

3± 5
.
2

Vậy nghiệm của phương trình là
1
x≥− .
3
b) Điều kiện:
Phương trình đã cho tương đương với
2x − 2
= x −1

3x + 1 + x + 3
x − 1 = 0
⇔
⇔
 1 + 3x + x + 3 = 2

x = 1

 1 + 3x + x + 3 = 2

0,5

(*)

0,5

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

Ta có
−2x ≥ 0
x ≤ 0
⇔
⇔
 2
(1 + 3x)(x + 3) = 4x2
x − 10x − 3 = 0


x ≤ 0
⇔

⇔ x = 5 − 2 7.
x
=
5
±
2
7


0,5

x = 1, x = 5 − 2 7.
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của phương trình là
Câu 2 Phương trình đã cho tương đương với
(1,0
x − y 3x + y = 7
điểm)

Trường hợp 1.

Trường hợp 2.

Trường hợp 3.

(

)(

x − y = 1
⇔


3
x
+
y
=
7


x = 2

y=1


x − y = −1
⇔

3x + y = −7
x − y = 7
⇔

3
x
+
y
=
1


x = −2


y = −1

x = 2

y = −5


)

0,5
0,5


x − y = −7
⇔

3x + y = −1

x = −2

y = 5

Trường hợp 4.
Vậy nghiệm nguyên của phương trình đã cho là

( 2; 1) , ( −2; − 1) , ( 2; − 5) , ( −2; 5) .

p, q
p < q.

Câu 3
phân biệt. Không mất tính tổng quát ta giả sử
Xét các
(1,5 Rõ ràng
điểm) trường hợp sau:

(

)

0,5

2

2 p−q
p+q
p=2
Trường hợp 1.
. Không thỏa mãn vì
lẻ, còn
chẵn.
p = 3.
q = 5.
Trường hợp 2.
Khi đó tìm được
p, q
r1, r2
p ≥ 5.
Trường hợp 3.
Gọi

lần lượt là số dư của phép chia
cho 3.
r1, r2 ∈ 1,2
Rõ ràng
.

0,5

{ }

Nếu
Nếu
Vậy

r1 = r2
r1 ≠ r2

thì

3 /| p + q

và

3p+q
thì

(

)

2

(

)

2

32 p−q .

0,5

Không thỏa mãn.

3 /| 2 p − q .
và

( p; q) = ( 3; 5) , ( 5; 3) .

Không thỏa mãn.

Câu 4
(3,5
điểm)

·
·
BNI
= BAD
.

a) Vì tứ giác ABNM nội tiếp nên
·
·
BAD
= BED
.
Vì tứ giác DAEB nội tiếp nên
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BEIN nội tiếp.

0,5
(1)
0,5
(2)


Theo chứng minh trên,

·
·
BNI
= BAD
.

·
·
·
BIN
= BEN
= BDA

Ta lại có
∆BIN ~ ∆BDA gg
. .

( )

(do các tứ

0,5

giác BEIN, AEBD nội tiếp). Suy ra
O
CACB
.
= CD 2.
CD
b) Vì
là tiếp tuyến của
nên
Từ đó suy ra

( )

2

0,5

CA CACB
.

CD 2  CD 
=
=
=
÷.
CB
CB 2
CB 2  CB 

( )

∆CAD ~ ∆CDB gg
. ⇒
Lại có, từ

CD DA
=
.
CB DB

2

Từ (3) và (4) suy ra

(4)

2

 DA 
CA  CD 

=
÷ =
÷.
CB  CB 
 DB 
2

c) Tương tự câu b) ta có

Từ câu a),

(3)

2

 EA 
CA  CE 
=
÷ =
÷.
CB  CB 
EB



Suy ra

EA DA
=
.

EB DB

0,5
(5)

I N DA
=
.
∆BIN ~ ∆BDA ⇒ I B DB
∆BI M ~ ∆BEA ⇒

Tương tự ta có
Từ (5), (6), (7) suy ra

IM = IN ,

0,5

(6)

IM
EA
=
.
IB
EB

0,5
(7)

hay I là trung điểm của MN.

Câu 5
t = a2 + b2 + c2 .
t ≤ a + b + c = 2.
(1,0 Đặt
Ta có
Mặt khác
điểm)
2
a
+
b
+
c
4
a2 + b2 + c2 ≥
= > 1.
3
3

(

Suy ra

t > 1.

)

Do đó

( t − 2) ( t − 1) ≤ 0 ⇔ 3t ≥ t + 2 ⇔ 3 a + b + c ≥ a
⇔ 3 a + b + c ≥ ( a + b + c) − 2( ab + bc + ca ) + 2
⇔ 3 a + b + c ≥ 6 − 2( ab + bc + ca )
⇔ 3 a + b + c + 2( ab + bc + ca ) ≥ 6.
2

Khi đó

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

0,5
+b +c + 2
2

2

2

0,5


4
a2 + b2 + c2
a2 + b2 + c2
4P = 3 a + b + c + 2 ab + bc + ca + 2 2
+
+
2
2
a + b + c2
≥ 6 + 3 = 9.
2

P ≥
Suy ra

2

2

(

9
.
4

)

a = 2,b = c = 0

Dấu đẳng thức xảy ra khi
hoặc các hoán vị.
9
,
a = 2,b = c = 0
4
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
đạt được khi
hoặc các hoán vị.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH

VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2015
Môn thi: Toán (vòng 1)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm). Giải các phương trình
a)

1
3
8
+
=
;
x + 1 2x + 1 x − 2

b) 2x + 1 + 3 − x = 3x + 5.

Câu 2 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình

x2 + x = y2 + y
(x, y ∈ ¡ ).
 2
2
x
+
y
=
5


a + b = 3, ab = 1.

a, b

Câu 3 (1,5 điểm). Cho hai số thực

P =

(

)(

a − b a −b
2

a a +b b

2

)

thỏa mãn

Tính giá trị của biểu thức

.

AB < AC .

Câu 4 (4,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O),
Phân giác góc
·
BAC
cắt BC tại D. Đường tròn tâm I đường kính AD cắt AB, AC lần lượt tại E và F.
a) Chứng minh rằng

AD ⊥ EF .

b) Gọi K là giao điểm thứ hai của AD và (O). Chứng minh rằng
c) Kẻ

EH ⊥ AC

tại H. Chứng minh rằng

∆ABD ~ ∆AK C .

HE .AD = EA.EF .

d) Hãy so sánh diện tích của tam giác ABC với diện tích của tứ giác AEKF.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn
a
b
c
P =
+
+
.
1 + b2 1 + c2 1 + a2

của biểu thức

a + b + c = 3.

Tìm giá trị nhỏ nhất

HẾT

Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ tên thí sinh:………………………….
………………………………………….
Số báo danh:.……………………………
Phòng thi:.……………………………….

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

Câu
Câu 1
(2,0
điểm)

Họ tên và chữ ký của CBCT 1:…………..
……………………………………………
Họ tên và chữ ký của CBCT 2:…………..
……………………………………………

VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2015

Môn thi: Toán (vòng 1); Thời gian làm bài: 120 phút
Nội dung

1
x ≠ −1, x ≠ − , x ≠ 2.
2

a) Điều kiện:
tương đương với

Điểm

Với điều kiện đó phương trình đã cho

0,5

5x + 4
8
=
⇔ 11x2 + 30x + 16 = 0
2x + 3x + 1 x − 2
2

⇔ x = −2, x = −

8
11

0,5

x = −2, x = −

8
.
11

Đối chiếu với điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là
1
− ≤ x ≤ 3.
2
b) *) Đk:
Bình phương hai vế của phương trình đã cho ta được
2 2x + 1. 3 − x = 2x + 1

x=−
+)

x≠−
+)

1
2
1
2

0,5

(1)

, (1) thỏa mãn.

. Khi đó

11
(1) ⇔ 2 3 − x = 2x + 1 ⇔ 4 3 − x = 2x + 1 ⇔ x = ,
6

(

0,5

)

thỏa mãn.

1
11
x=− ,x= .
2
6

Câu 2
(1,5
điểm)

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

x − y = 0

x2 − y2 + x − y = 0 ⇔ x − y x + y + 1 = 0 ⇔ 
x + y + 1 = 0

(

+)

x − y = 0,

x=y=±

+)

hay

y = x.

)(

)

Thay vào phương trình thứ hai ta được
0,5

10
.
2

x + y + 1 = 0,

0,5

hay

y = −x − 1.

Thay vào phương trình thứ hai ta được
x + x − 2 = 0 ⇔ x = 1, x = −2.
2

y = −2
y=1
x=1
x = −2
Với
suy ra
; với
suy ra
.
Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm là
 10 10  
10
10 
x;y = 
;
÷,  −
;−
÷, 1; − 2 , −2; 1 .
 2
÷ 

÷
2
2
2

 


(

Câu 3
(1,5
điểm)

Ta có

(

)

(
P =

)(

)(

)

a − b a −b a +b

a a +b b

) (

0,5

)

0,5


=3

(

=3

a− b

(

(

)(

)(

)(

a+ b

)

)

0,5

a + b a − ab + b

a− b

(a −

a− b

)

2

)

ab + b

=3

a − 2 ab + b
a − ab + b

=3

3− 2 3
= .
3− 1 2

0,5

Câu 4
(4,0
điểm)

a) Vì AD là phân giác của

·
BAC

nên D là điểm chính giữa cung

»
EF

của

0,5

đường tròn (I).

AD ⊥ EF .
Mặt khác AD là đường kính của (I), suy ra
·
·

· AC .
BAC
BAD
=K
b) Vì AD là phân giác của
nên
·
· C
¼
ABD
= AK
AC
Lại có
(góc nội tiếp cùng chắn cung
của (O)).
Từ đó suy ra

0,5
0,5

0,5

∆ABD ~ ∆AK C .

·
·
·
¶
EHF
= AED

= 900, EDA
= EFH

c) Xét hai tam giác HEF và EAD có
¼
AE
(góc nội tiếp cùng chắn cung
của (I)).

0,5


∆HEF ~ ∆EAD ⇒
Suy ra

d) Kẻ

BJ ⊥ AC

EH
EF
=
⇒
EA AD
EH .AD = EA.EF .
AE HE
HE .AB
=
⇒ BJ =
.

AB BJ
AE

tại J. Suy ra
1
1 HE .AB .AC
SABC = BJ .AC = .
.
2
2
AE

AB AD
=
.
AK
AC

0,5

Ta có

HE .AD
= 1.
AE .EF

Từ câu b) suy ra
Từ câu c) suy ra
Do đó
SABC

HE .AB.AC HE .AC AB HE .AC AD HE .AD
=
=
.
=
.
=
= 1.
SAEK F
AE .AK .EF
AE .EF AK
AE .EF AC
AE .EF
Vậy
Câu 5
(1,0
điểm)

0,5

0,5

SABC = SAEK F .

Ta có



a
b2 

b
=
a
1
−
≥
a
1
−

÷

÷.
2
2
1 + b2
1
+
b





(

)

P ≥ a + b+ c −

1
1
ab + bc + ca = 3 − ab + bc + ca
2
2

(

)

( a + b + c)
ab + bc + ca ≤
3

Mặt khác ta có

Suy ra

(

2

,
suy ra

( a + b + c)
P ≥ 3−

2

6

Dấu đẳng thức xảy ra khi

Vậy giá trị nhỏ nhất của

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
ĐỀ CHÍNH THỨC

)

0,5

=

3
.
2

0,5

a = b = c = 1.

P

là

3
,

2

đạt được khi

a = b = c = 1.

ĐỀ THI TUYỂN SINH
VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2015
Môn thi: Ngữ văn
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (3 điểm)
1. Hãy thay thế những từ ngữ không phù hợp (được gạch chân) trong các câu sau:
a) Loại câu có thiên chức chính dùng để hỏi là câu ghép chính phụ.


b) Viết về thơ lãng mạn của Xuân Diệu, nhà phê bình Hoài Thanh đã thể hiện một cách cảm hứng rất tinh
tường và sâu sát.
c) Chuyện cũ trong phủ chúa Trịnh phản chiếu đời sống xa hoa của vua chúa và sự nhũng nhiễu của bọn
quan lại thời Lê - Trịnh bằng một lối văn bản ghi chép sự việc cụ thể, thật thà và sinh động.
d) Trong kho chứa tục ngữ Việt Nam, có nhiều câu nói đến lòng biết ơn đối với những ai đã làm nên những
thành tích cho con người hưởng thụ.
2. Viết tiếp để hoàn thành các câu sau:
a) Nguyễn Trãi không chỉ là nhà chính trị thiên tài, nhà quân sự lỗi lạc………………………………..
b) Tuy việc đọc sách có rất nhiều lợi ích thiết thực………………………………………………………
c) Mặc dù Việt Nam đang ở vị trí hàng đầu những nước xuất khẩu gạo………………………………..
d) Vì ví giặm Nghệ Tĩnh đã được UNESCO công nhận là di sản văn hóa phi vật thể đại diện nhân
loại…………………………………………………………………………………………………………...
3. Cho câu chủ đề: “Trong học tập, ý thức tự giác của người học sinh đóng vai trò quyết định”. Hãy viết
tiếp để hoàn thành một đoạn văn theo kiểu diễn dịch (không quá 10 câu).

Câu 2 (7 điểm)
Trong truyện ngắn Lặng lẽ Sa Pa của Nguyễn Thành Long, nhân vật người lái xe hai lần nói với nhà họa
sĩ già: “Thế nào bác cũng thích vẽ hắn”, “Thế nào bác cũng thích vẽ anh ta”.
a) “Hắn” hay “anh ta” ở đây là ai? Nhân vật ấy làm công việc gì? Ở đâu? Trong cuộc sống hằng ngày và
trong công việc, anh ta phải đối mặt với những thử thách gì?
b) Căn cứ vào đâu mà người lái xe lại khẳng định với nhà họa sĩ già hai lần như vậy? Thực tế có diễn ra
đúng như điều bác ấy đoán chắc hay không?
c) Được gặp nhân vật mà bác lái xe giới thiệu, nhà họa sĩ già suy nghĩ: “Chao ôi, bắt gặp một con người
như anh ta là một cơ hội hãn hữu cho sáng tác, nhưng hoàn thành sáng tác còn là một chặng đường dài” .
Tuy nhiên, trong Lặng lẽ Sa Pa, nhà văn Nguyễn Thành Long đã hoàn thành bức chân dung nhân vật ấy bằng
nghệ thuật truyện ngắn. Hãy trình bày cảm nhận của em về bức chân dung đó (bằng một bài văn khoảng 600
từ).
----------------- HẾT-----------------Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh…………………………………………
Số báo danh………………………………………………….
Phòng thi………………………………………………………

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

Chữ ký và họ tên của CBCT 1………………………………….
Chữ ký và họ tên của CBCT 2…………………………………..
ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH

VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2015
Môn thi: Ngữ văn

ĐỀ CHÍNH THỨC
CÂ
U

I

Ý

YÊU CẦU
PHẦN TIẾNG VIÊT

1
a
b
c

Thay thế những từ ngữ không phù hợp
“thiên chức” thay bằng “chức năng”; “câu ghép chính phụ” thay bằng
“câu nghi vấn”
“cảm hứng” thay bằng “cảm nhận”; “tinh tường” thay bằng “tinh tế”;
“sâu sát” thay bằng “sâu sắc”
“phản chiếu” thay bằng “phản ánh”; “lối văn bản” thay bằng “lối
văn”; “thật thà” thay bằng “chân thực”

ĐIỂ
M
3,0
1,0
0,25
0,25
0,25


d

2
a
b
c
d
3

II
a
a.1

a.2

b
b.1

b.2

c
c.1

“kho chứa” thay bằng “kho tàng”; “thành tích” thay bằng “thành quả”
Viết tiếp để hoàn thành câu
Phần viết tiếp phải có quan hệ từ “mà còn” và nội dung phù hợp.
Phần viết tiếp phải có quan hệ từ “nhưng” và nội dung phù hợp.
Phần viết tiếp phải có quan hệ từ “nhưng” “vẫn” và nội dung phù hợp.
Phần viết tiếp phải có quan hệ từ “nên” hoặc “cho nên” và nội dung phù
hợp.
Viết đoạn văn với câu chủ đề cho trước
Đoạn văn phải viết gọn, không quá số câu quy định. Các câu phải đúng

ngữ pháp, liên kết với nhau để làm nổi bật chủ đề. Câu chủ đề đã cho
phải đặt đầu đoạn, các câu còn lại triển khai ý của câu chủ đề để đoạn
văn được tổ chức theo kiểu diễn dịch.
PHẦN VĂN HỌC

0,25
1,0
0,25
0,25
0,25
0,25

Trả lời câu hỏi
“Hắn” hay “anh ta” ở đây là người thanh niên hai mươi bảy tuổi làm
việc tại trạm khí tượng trên đỉnh Yên Sơn cao hai nghìn sáu trăm mét ở
Sa Pa. Anh làm công tác khí tượng kiêm vật lý địa cầu. Anh có nhiệm vụ
đo gió, đo mưa, đo nắng, tính mây, đo chấn động mặt đất, dự vào việc
báo trước thời tiết hàng ngày, phục vụ sản xuất, phục vụ chiến đấu.
Những thử thách mà người thanh niên phải thường xuyên đối mặt: làm
việc một mình, âm thầm lặng lẽ trong một không gian vắng lặng, xa cách
cuộc sống xã hội, dễ sinh buồn chán. Cả những số liệu đo đạc và cả từng
thời điểm báo cáo về trung tâm đòi hỏi phải chính xác cao độ. Nhiều lúc
anh phải làm việc trong điều kiện thời tiết khắc nghiệt, nửa đêm phải dậy
lấy số liệu trong mưa gió, tuyết rơi, rét mướt lạnh cóng người.
Trả lời câu hỏi
Sở dĩ người lái xe khẳng định với nhà họa sĩ già rằng “Thế nào bác cũng
thích vẽ hắn”; “Thế nào bác cũng thích vẽ anh ta” là vì: theo ông, người
thanh niên ở trạm khí tượng là một con người thú vị, một con người tốt
đáng được khám phá, biểu dương, ca ngợi. Qua lời người lái xe, dường
như nhà văn muốn đưa ra quan niệm: nhiệm vụ của nghệ thuật là đi tìm

và miêu tả những hiện tượng đẹp trong cuộc sống, nhằm bồi đắp niềm tin
vào cuộc sống cho con người.
Thực tế đã diễn ra đúng như điều người lái xe đoán chắc. Nhà họa sĩ già
vừa nghe anh thanh niên ở trạm khí tượng kể chuyện về cuộc sống của
mình, vừa ký họa anh ta với một niềm xúc động không giấu nổi. Bởi
cùng với việc thực hiện bức ký họa, ông tự thấy mình hiểu ra nhiều điều
tốt đẹp của con người, của cuộc đời. Không phải ngẫu nhiên mà có đến
hai lần ông hứa sẽ quay lại trạm khí tượng với anh thanh niên để tiếp tục
công việc khám phá, sáng tạo của một người làm nghệ thuật.
Viết bài văn hoàn chỉnh trình bày cảm nhận về nhân vật
Phải xác định đúng nhân vật mà đề yêu cầu phát biểu cảm nhận. Nhân
vật mà bác lái xe giới thiệu cho nhà họa sĩ chính là anh thanh niên làm
việc tại trạm khí tượng trên đỉnh Yên Sơn cao hai nghìn sáu trăm mét ở
Sa Pa. Bức chân dung được Nguyễn Thành Long hoàn thành bằng nghệ
thuật truyện ngắn là một cách diễn đạt khác về vấn đề hình tượng nhân
vật người thanh niên trong truyện ngắn Lặng lẽ Sa Pa. Trên cơ sở đó,
biết cách tạo lập một văn bản với đầy đủ phần mở bài, thân bài, kết bài,
đúng chủ đề.

1,5

1,0

7,0

0,75

0,75

1,5

0,75

0,75

4,0
0,5


c.2

c.3

c.4

Cảm nhận về thái độ của người thanh niên ở trạm khí tượng đối với
cuộc sống thầm lặng trên đỉnh núi cao. Tuy sống một mình, nhưng anh
đã không rơi vào cô độc bởi biết tìm mọi cách để gặp gỡ, giao kết thân
1,25
tình với những người vốn xa lạ; đối xử với mọi người bằng sự chân
thành, thuần hậu, chất phác; luôn tin yêu con người và tin yêu cuộc sống;
biết xây dựng một lối sống ngăn nắp, phong phú (trồng hoa, đọc sách,
học tập…).
Cảm nhận về thái độ của người thanh niên đối với công việc. Hoạt
động trong lĩnh vực khí tượng và vật lý địa cầu trên đỉnh núi cao luôn âm
thầm, lặng lẽ, trở đi trở lại với việc đo đếm tỉ mỉ, dễ gây nhàm chán,
1,25
nhưng anh lại rất yêu cái công việc ấy. Anh hiểu biết tường tận yêu cầu, ý
nghĩa công việc của mình và thực hiện nó một cách hoàn hảo. Ngay cả
những lúc thời tiết khắc nghiệt nhất, anh cũng không bao giờ cho phép
mình dễ dãi với việc đo gió, đo mưa, đo nắng, tính mây…

Cảm nhận về nghệ thuật khắc họa nhân vật người thanh niên trong
1,0
Lặng lẽ Sa Pa
+ Nhân vật người thanh niên được giới thiệu qua ấn tượng và tình cảm
của người lái xe.
+ Miêu tả hoàn cảnh sống đặc biệt, qua đó, nhân vật thể hiện những
phẩm chất vốn có của mình.
+ Qua câu chuyện về cuộc sống, về công việc và các mối quan hệ mà anh
thanh niên kể cho nhà họa sĩ và cô gái nghe, những nét đẹp của nhân vật
tự nhiên bộc lộ.
+ Những cảm xúc mãnh liệt của nhà họa sĩ già khi lần đầu tiên được tiếp
xúc với anh thanh niên cũng có ý nghĩa khẳng định những nét đẹp của
nhân vật.

Lưu ý:
Giám khảo cần chủ động, linh hoạt trong việc vận dụng đáp án và thang điểm, khuyến khích
những bài viết giàu cảm xúc và sáng tạo, coi trọng kỹ năng và năng lực tư duy.
Ở đáp án câu II, những yêu cầu trong các ý a, b, c được cụ thể hóa thành a.1, a.2… để người
chấm tiện theo dõi.
Tổng điểm của câu II là 7,0 điểm; yêu cầu c) phải viết thành một bài văn hoàn chỉnh có mở
bài, thân bài, kết luận. Vì vây, người chấm cần nắm được nội dung trình bày trong bài làm của
thí sinh để đánh giá một cách tổng quát, tránh cách đếm ý cho điểm máy móc.
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH
VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2015
Môn thi: Sinh học
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu I (2,0 điểm).
1. Thể đa bội là gì? Nêu đặc điểm của thể đa bội. Trình bày các phương pháp nhận biết thể đa
bội.
2. Nêu cơ chế hình thành thể đa bội có số lượng bộ nhiễm sắc thể là 36 từ một loài có bộ
nhiễm sắc thể lưỡng bội 2n = 18.
Câu II (2,0 điểm).
1. Nguyên phân là phương thức sinh sản của tế bào và lớn lên của cơ thể, đồng thời duy trì sự
ổn định bộ nhiễm sắc thể đặc trưng cho loài qua các thế hệ. Một học sinh cho rằng, sự ổn định bộ
nhiễm sắc thể qua quá trình nguyên phân có thể diễn ra như sau: đầu tiên xảy ra sự phân chia nhiễm


sắc thể và tế bào chất, sau đó nhân đôi số nhiễm sắc thể trong mỗi tế bào con. Sự phân chia diễn ra
như vậy có hợp lí không? Vì sao?
2. Trình bày cơ chế hình thành các loại giao tử có tổ hợp nhiễm sắc thể khác nhau trong giảm
phân. Nêu ý nghĩa của quá trình giảm phân.
Câu III (1,0 điểm). Nguyên tắc bổ sung là gì? Nguyên tắc bổ sung thể hiện trong những cấu trúc vật
chất và cơ chế di truyền nào? Phân tích hậu quả nếu cấu trúc vật chất và cơ chế di truyền vi phạm
nguyên tắc bổ sung.
Câu IV (2,0 điểm). Ở ngô, khi lai (P): cây thân cao, hạt dài, màu tím với cây thân thấp, hạt tròn, màu
vàng, F1 thu được đồng loạt cây có kiểu hình thân cao, hạt tròn, màu vàng. Tiếp tục cho cây F 1 tự thụ
phấn, F2 thu được 271 cây thân cao, hạt tròn, màu vàng; 89 cây thân cao, hạt dài, màu tím; 90 cây
thân thấp, hạt tròn, màu vàng; 30 cây thân thấp, hạt dài, màu tím.
1. Biện luận tìm kiểu gen của các cây P.
2. Cho cây F1 lai với cây thân cao, hạt tròn, màu vàng ở F2, tính xác suất xuất hiện cây có kiểu gen
đồng hợp lặn ở đời con.
Câu V (1,5 điểm). Ở một loài động vật, cặp nhiễm sắc thể giới tính ở con đực là XY và con cái là
XX. Một tế bào mầm trong tuyến sinh dục của một cơ thể đực trong loài nguyên phân liên tiếp một
số đợt đòi hỏi môi trường nội bào cung cấp nguyên liệu tương đương 504 nhiễm sắc thể đơn. Các tế
bào con sinh ra ở lần nguyên phân cuối cùng đều giảm phân bình thường hình thành tinh trùng, trong

đó có 128 tinh trùng chứa nhiễm sắc thể Y.
1. Xác định số lần nguyên phân của tế bào sinh dục.
2. Xác định bộ nhiễm sắc thể lưỡng bội của loài.
3. Trong quá trình giảm phân hình thành tinh trùng, môi trường nội bào đã cung cấp nguyên
liệu tương đương với bao nhiêu nhiễm sắc thể đơn?
Câu VI (1,5 điểm). Khảo sát một vùng cửa sông có các loài sinh vật với các mối quan hệ dinh
dưỡng, kết quả thu được như sau: Các loài giáp xác sống ở đáy ăn phế liệu, cung cấp thức ăn cho cá
dữ nhỏ và cá dữ có kích thước lớn. Rong làm thức ăn cho ốc và cá ăn thực vật. Cá ăn thực vật, giáp
xác nổi khai thác thực vật nổi làm thức ăn. Cá dữ nhỏ ăn các loài cá ăn thực vật, ốc, giáp xác nổi. Cá
dữ nhỏ lại là thức ăn ưa thích của cá dữ kích thước lớn. Cá dữ kích thước lớn ăn cả ốc và cá ăn thực
vật.
1. Vẽ sơ đồ lưới thức ăn trong vùng cửa sông.
2. Hãy chỉ ra sinh vật tiêu thụ cấp hai, cấp ba trong lưới thức ăn.
HẾT
Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ tên thí sinh:………………………….
………………………………………….
Số báo danh:.……………………………
Phòng thi:.……………………………….
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

Họ tên và chữ ký của CBCT 1:…………..
……………………………………………
Họ tên và chữ ký của CBCT 2:…………..
……………………………………………

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NĂM 2015

Môn: Sinh học

Câu
I
(2,0

Nội dung

Điể
m

- Thể đa bội: là cơ thể mà trong tế bào sinh dưỡng có số nhiễm sắc thể là bội số
của n (nhiều hơn 2n).
0,5