Đề HSG 9 cấp huyện 2017- 2018 môn Toán + Lý + Hóa + Sinh (T.Hóa)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN THIỆU HÓA

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN

NĂM HỌC: 2017 – 2018

Môn thi: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi 24/10/2017

(Đề thi gồm 01 trang)
Câu 1: (4,0 điểm)


1
1 
−

x
1− x

Cho biểu thức A = 

 2x + x − 1 2x x + x − x 
:
+


1+ x x
 1− x


a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tính giá trị của A khi x = 17 − 12 2
c) So sánh A với A .
Câu 2: (4,0 điểm)
a) Giải phương trình : 3x + 6x +12 + 5x −10x + 9 = 3− 4x − 2x .
2
2
2
b) Tìm các cặp số nguyên (x, y) thoả mãn: 2xy + x + y +1 = x + 2 y + xy.
Câu 3: (4,0 điểm)
2

4

2

2

a) Cho a, b, c là 3 số nguyên thỏa mãn: a + b + c = 24102017 .
Chứng minh rằng: a5 + b5 + c5 chia hết cho 5.
b) Cho a, b, c, d là các số hữu tỉ khác 0 thỏa mãn điều kiện: a + b + c + d = 0 .
Chứng minh rằng: M = (ab − cd )(bc − da )(ca − bd ) là số hữu tỉ.
Câu 4: (5,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.
a) Chứng minh rằng: ∆ AEF

∆ ABC và

(

S AEF
= cos 2 Α.
S ABC

)

2
2
2
b) Chứng minh rằng : SDEF = 1−cos A−cos B−cos C .SABC

c) Nếu

HA HB HC
=
+
+
BC AC AB

3 thì khi đó tam giác ABC là tam giác gì?

Câu 5: (1,0 điểm)
Cho tam giác đều ABC; các điểm D, E lần lượt thuộc các cạnh AC, AB sao cho
· .
BD cắt CE tại P và diện tích tứ giác ADPE bằng diện tích tam giác BPC. Tính BPE

Câu 6: (2,0 điểm)
Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn: x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức: A =

x 2 + xyz + y 2 + xyz + z 2 + xyz + 9 xyz
– Hết –

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

1


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN THIỆU HÓA

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN

NĂM HỌC: 2017 – 2018

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
Câu

Ý

Tóm tắt cách giải

Điểm

a

1   2x + x − 1 2x x + x − x  
1
 1

A=
−
+
  x > 0;x ≠ ;x ≠ 1 
 :  1 − x
4
x 
1+ x x

1− x


0,25

2,0đ

1
(4 điểm)

(

) (
(
) (

(

(

=

x

x

(

(

)

x −1

1

)(
)(
)(

(

)

2 x −1

=

b

(

)
)

(

)

: 2 x −1 :

(

1− x + x + x 1− x

(1 − x )(1 −

1

) (1 − x )(1 −

x +x

)

=

x +x

)

)

0,5

0.25

0,5

1− x + x
x

0,5

Ta có

A=

1,0đ

)

)

:

x −1

) ( )(
) ( )(
) ( )(

(

)

2

1,0đ x = 17 − 12 2 = 3 − 2 2 ⇒ x =

c

)


x 2x + x − 1 
x − 1 + x  2x + 2 x − x − 1

:
+
x 1− x  1− x 1+ x
1+ x 1− x + x 



x x +1 2 x −1 
2 x −1  x +1 2 x −1


:
=
+

x x −1
1− x 1+ x
1+ x 1− x + x 


 1

2 x −1 
x
=
:  2 x − 1 
+
 
x x − 1 
 1 − x 1 − x + x  
=

(

)

1 − 3 − 2 2 + 17 − 12 2
3−2 2

(3 − 2 2 )

2

= 3−2 2 = 3−2 2

(

)

0,25
0,5

15 − 10 2 5 3 − 2 2
=
=
=5
3−2 2
3−2 2

0,25

1− x + x
1
= x+
−1
x
x
1
1
Chøng minh ®−îc x +

> 2 víi mäi x > 0;x ≠ ;x ≠ 1
4
x

0,25

BiÕn ®æi A =

0,25

0,25
⇒A= x+

1
−1 > 1 ⇒ A > 1 ⇒ A −1 > 0 ⇒ A
x

(

)

A −1 > 0

0,25

⇒A− A >0⇒A > A
Ta có:

a
2đ

VT =
=

3 x 2 + 6 x + 12 +
3( x + 1) 2 + 9 +

5 x 4 − 10 x 2 + 9
5( x 2 − 1) 2 + 4 ≥

9+

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = −1
V P = 3 − 4 x − 2 x 2 = 5 − 2( x + 1) 2 ≤ 5

2

4 =5

0,5


Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = −1

⇒ VT = VP ⇔ x = −1

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = −1

0,5
0,5

0,5

b

Ta có:

2xy2 + x + y +1 = x2 + 2y2 + xy

2đ

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

0,25

2

2

Nhận thấy x = 1 không phải là nghiệm của PT (1). Chia cả 2 vế
của phương trình cho x – 1, ta được:

(4 điểm)

2y2 − x − y +

1
=0
x −1

(2)

1
nguyên
x −1

PT có nghiệm x, y nguyên, suy ra
nên x – 1 ∈ {− 1 ;1 }
• x – 1 = -1
x=0
• x–1=1
x=2

1
Thay x = 0 vào PT(2) ta được: 2 y − y − 1 = 0 ⇔ y = 1 ; y = −
2
1
Thay x = 2 vào PT(2) ta được: 2 y 2 − y − 1 = 0 ⇔ y = 1 ; y = −
2
Vậy phương trình đã cho nghiệm nguyên ( x ; y ) ∈ {( 0;1) ; ( 2;1)} .

0,25

0,5

0,25

2

a

3

2đ

(4 điểm)

Ta có a5 - a = a( a4 - 1) = a( a2 - 1)( a2 + 1) = a( a2- 1)( a2 - 4 + 5)
= a( a2- 1)( a2 - 4) + 5 a(a2 - 1)
=a(a - 1) (a + 1)(a -2) (a +2) + 5 a( a - 1)( a+ 1)
Vì a - 2; a - 1; a; a + 1; a + 2 là 5 số nguyên liên tiếp nên có 1 số
5 (*)
chia hết cho 5 suy ra (a − 2)(a − 1)a(a + 1)(a + 2)M

0,25

0,25
0,5

tương tự ta có b − b M5 ( 2 ) ;
5
5
Từ (1) (2) (3) suy ra a − a + b

0,25

2017
mà a + b + c = 2410 M5 nên

2đ

0,5

Mặt khác 5a(a − 1)(a + 1) M5 (**) .
5
Từ (*) và (**) suy ra a − a M5 (1)
5

b

0,25

c

5

− c M5 ( 3 )

− b + c 5 − c M5

a 5 + b 5 + c 5 M5

0,25
0,5

Ta có: a + b + c + d = 0 ⇔ ad + bd + cd + d 2 = 0 (vì d ≠ 0)

−ad = d 2 + bd + cd

⇔ −bd = d 2 + cd + ad
−cd = d 2 + ad + bd


0,5

0,25

M = ( ab − cd )(bc − da )(ca − bd )
= (ab + d 2 + ad + bd )(bc + d 2 + bd + cd )(ca + d 2 + cd + ad )
= ( a + d )(b + d )(b + d )(c + d )( a + d )(c + d )
=

[(a + d )(b + d )(c + d )]

2

3

= (a + d )(b + d )(c + d )

0,25


Vì a, b, c, d là các số hữu tỉ nên (a + d )(b + d )(c + d ) là số
hữu tỉ.
Vậy M = ( ab − cd )(bc − da)(ca − bd ) là số hữu tỉ

0,25
0,25
0,5

4

A

(5điểm)

E

F
H

B
D

C

AE
AB
AF
Tam giác ACF vuông tại F nên cosA =
.
AC
AE AF
Suy ra
=
⇒ ∆AEF : ∆ABC (c.g .c)
AB AC
2
S AEF  AE 
2
* Từ ∆AEF : ∆ABC suy ra
=

 = cos A
S ABC  AB 

a) Tam giác ABE vuông tại E nên cosA =

b) Tương tự câu a,

S BDF
S
= cos 2 B, CDE = cos 2 C.
S ABC
S ABC

Từ đó suy ra

S DEF S ABC − S AEF − S BDF − SCDE
=
= 1 − cos 2 A − cos 2 B − cos 2 C
S ABC
S ABC

Suy ra S DEF = (1 − cos A − cos B − cos C ) .S ABC
2

2

HC CE
HC.HB CE.HB S HBC
=
⇒

=
=
AC CF
AC. AB CF . AB S ABC
HB.HA S HAB HA.HC S HAC
Tương tự:
=
;
=
. Do đó:
AC.BC S ABC AB.BC S ABC
HC.HB HB.HA HA.HC S HBC + S HCA + S HAB
+
+
=
=1
AC. AB AC.BC AB.BC
S ABC

• Ta chứng minh được: (x + y + z)2 ≥ 3(xy + yz + zx) (*)
HA HB HC
+
+
≥ 3
BC AC AB

Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều.

4

0,5
0,5
0,5

1

1

2

c) Từ ∆AFC : ∆HEC ⇒

Áp dụng (*) ta chứng minh được:

0,5

0,25

0,25

0,25
0,25


5
(1 điểm)

Kẻ EF ⊥ AC tại F, DG ⊥ BC tại G.
Theo giả thiết S ADPE = S BPC
⇒ S ACE = S BCD

·
·
Mà AC = BC ⇒ EF = DG và EAF
= DCG
= 600

0,25

Suy ra ∆AEF = ∆CDG ⇒ AE = CG.
·
·
Do đó ∆AEC = ∆CDB (c − g − c) ⇒ DBC
= ECA
·
·
·
·
·
⇒ BPE
= PBC
+ PCB
= PCD
+ PCB
= 600

6
(2 điểm)

Áp dụng BĐT côsi ta có
x 2 + xyz + xyz = x

= x

(

(

)

x + yz + yz = x

( x + z )( x + y ) + yz

)

(

0,25
0,25
0,25

x ( x + y + z ) + yz + yz

)

0,25

3
1  x + y + x + z y + z 
3
1

≤
+
 x + 
=
x+ 
2 
3 
2
2  2 
3

(Vì x + y + z =1)
Chứng minh tương tự:
y 2 + xyz + xyz ≤
z 2 + xyz + xyz ≤

3
1
y+ 
2 
3

1
 x+ y+z
xyz ≤ 
 =
3
3 3



Do đó A ≤

0,25

0,25

3
1
z+ 
2 
3
3

Mà

0,25

0,5

3
6
5 5 3
=
=
(1 + x + y + z ) +
2
3
3 3
3

Vậy GTLN của A =

5 3
1
khi x = y = z =
3
3

(Lưu ý: Học sinh có cách giải khác đúng vẫn cho số điểm tương đương).

5

0,5


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN THIỆU HÓA
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn: VẬT LÍ
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 24 tháng 10 năm 2017

(Đề thi gồm có 01 trang)
Câu 1 : (4,0 điểm)

Hai xe máy đồng thời xuất phát, chuyển động đều đi lại gặp nhau, một đi từ thành phố

A đến thành phố B và một đi từ thành phố B đến thành phố A. Sau khi gặp nhau tại C cách A
30km, hai xe tiếp tục hành trình của mình với vận tốc cũ. Khi đã tới nơi quy định, cả hai xe
đều quay ngay trở về và gặp nhau lần thứ hai tại D cách B 36 km. Coi quãng đường AB là
thẳng. Tìm khoảng cách AB và tỉ số vận tốc của hai xe.
Câu 2 : (4,0 điểm)

Có hai bình cách nhiệt, bình 1 chứa 10kg nước ở nhiệt độ 600C. Bình 2 chứa 2 kg nước
ở nhiệt độ 200C. Người ta rót một lượng nước ở bình 1 sang bình 2, khi có cân bằng nhiệt lại
rót lượng nước như cũ từ bình 2 sang bình 1. Khi đó nhiệt độ bình 1 là 580C.
a. Tính khối lượng nước đã rót và nhiệt độ của bình thứ hai?
b. Tiếp tục làm như vậy nhiều lần, tìm nhiệt độ mỗi bình?
Câu 3:(5,0 điểm)

Cho mạch điện như hình vẽ. Biết: UMN = 24V không
đổi, các điện trở R1 = 2Ω; R2 = 3Ω; R3 = 4Ω; R4 = 4Ω; R0 =
2Ω. Cho rằng ampe kế và khóa K có điện trở không đáng
kể, vôn kế có điện trở rất lớn.
a. Khi K mở, tính cường độ dòng điện qua mạch
chính và số chỉ của vôn kế.
b. Khi K đóng tính số chỉ của ampe kế và vôn kế.

M+

_N

R0

R1
A

R2 B R3

A

K

c. Hoán vị vôn kế và ampe kế, hãy tính lại số chỉ của
R4
V
vôn kế và ampe kế khi K đóng.
E
Câu 4: (4,0 điểm)
Cho hai gương phẳng G1 và G2 đặt hợp với nhau một góc α = 300 và một điểm sáng S
nằm trong khoảng giữa hai gương như hình vẽ.
a. Nêu cách vẽ và vẽ đường đi của một tia sáng phát ra từ S tới G1 ở I, phản xạ tới G2 ở
J rồi truyền tới S?
G1
b. Giữ nguyên gương G 1 và phương của tia tới SI, quay gương G2
quanh giao tuyến của hai gương một góc bao nhiêu để tia phản
.S
xạ đi ra từ G2:
+ Vuông góc với phương của tia tới SI.
G2
+ Song song với phương của tia tới SI.
Câu 5: (3,0 điểm).
Nêu một phương án thực nghiệm xác định điện trở của một ampe kế. Dụng cụ gồm: một
nguồn điện có hiệu điện thế không đổi, một ampe kế cần xác định điện trở, một điện trở R0 đã
biết giá trị, một biến trở con chạy Rb có điện trở toàn phần lớn hơn R0, hai công tắc điện K1 và
K2, một số dây dẫn đủ dùng. Các công tắc điện và dây dẫn có điện trở không đáng kể. (Chú ý:
Không mắc ampe kế trực tiếp vào nguồn)

Họ tên học sinh: .................................................; Số báo danh: ..................................
6

D


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN THIỆU HÓA

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN

NĂM HỌC: 2017 – 2018

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: VẬT LÝ
CÂU
CÂU 1

NỘI DUNG

Đ IỂM

Gọi v1 là vận tốc của xe xuất phát từ A, v2 là vận tốc của xe xuất phát
từ B, t1 là khoảng thời gian từ lúc xuất phát đến lúc gặp nhau lần 1, t2
là khoảng thời gian từ lúc gặp nhau lần 1đến lúc gặp nhau lần 2, x =
AB.

0,5

Gặp nhau lần 1: v1t1 = 30 , v2t1 = x − 30

0,5

suy ra

0,5

v1
30
(1)
=
v2 x − 30

Gặp nhau lần 2: v1t2 = ( x − 30) + 36 = x + 6

0,5

v2t2 = 30 + ( x − 36) = x − 6

0,5

suy ra

v1 x + 6
=
(2)
v2 x − 6

0,5

Từ (1) và (2) suy ra x = 54km.
Thay x = 54 km vào (1) ta được

CÂU 2

1,0
v1
v
= 1, 25 hay 2 = 0,8
v2
v1

a) Gọi khối lượng nước rót là m(kg); nhiệt độ bình 2 là t2 ta có:
Nhiệt lượng thu vào của bình 2 là: Q1 = 4200.2(t2 – 20)
Nhiệt lượng toả ra của m kg nước rót sang bình 2:
Q2 = 4200.m(60 – t2)
Do Q1 = Q2, ta có phương trình:
4200.2(t2 – 20) = 4200.m(60 – t2)
=> 2t2 – 40 = m (60 – t2)
(1)
ở bình 1 nhiệt lượng toả ra để hạ nhiệt độ:
Q3 = 4200(10 - m)(60 – 58) = 4200.2(10 - m)
Nhiệt lượng thu vào của m kg nước từ bình 2 rót sang là;
Q4 = 4200.m(58 – t2)
Do Q3 = Q4, ta có phương trình:
4200.2(10 - m) = 4200.m (58 – t2)
=> 2(10 - m) = m(58 – t2)
(2)

7

0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,5


Từ (1) và (2) ta lập hệ phương trình:

2t 2 − 40 = m(60 − t 2 )

2(10 − m) = m(58 − t 2 )
2
Giải hệ phương trình tìm ra t2 = 300 C; m = kg
3

CÂU 3

1,0

b) Nếu đổ đi lại nhiều lần thì nhiệt độ cuối cùng của mỗi bình gần bằng 0,5
nhau và bằng nhiệt độ hỗn hợp khi đổ 2 bình vào nhau.
gọi nhiệt độ cuối là t ta có: Qtoả = 10. 4200(60 – t)
Qthu = 2.4200(t – 20); Qtoả = Qthu => 5(60 – t) = t – 20
0,5
=> t ≈ 53,30C
a, Khi K mở, ta có sơ đồ mạch điện tương đương:
I1

M I
•→
+

R1

→

→

R3

C

R4

B→ A
IA

R2

R0 N
•
-

0,5

I2
V
( R1 + R3 ) R2

(2 + 4)3
=
= 2 (Ω)
R1 + R3 + R2 2 + 4 + 3

0,25

RMN = RAB + R4 + R0 = 2+4+2 = 8(Ω)

0,25

RAB =

Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

U MN
24
=
= 3( A)
RMN
8

0,5
0,5

Số chỉ của vôn kế: Uv = UAB = I.RAB = 3.2 = 6(V)
b, Khi K đóng, ta có sơ đồ mạch điện tương đương:
R1
M
•

+

I1
→

R0

IA

I3 R3 C → A
I2
→

R2

→

B

→

N
•
-

0,5

R4

V

R3 R4
4.4
= 3+
= 5 (Ω)
R3 + R4
4+ 4
RR
2.5
10
RAD = 1 234 =
=
(Ω )
R1 + R234 2 + 5 7
10
24
RMN = RAD + R0 = +2 =
(Ω)
7
7

R234 = R2 +

Cường độ dòng điện qua mạch chính:

8

0,25

I=

U MN
24.7
=
= 7( A)
RMN
24

0,25


Hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch AD: UAD = I.RAD = 7.

10
= 10(V)
7

Cường độ dòng điện qua R1: I1 =

U1 U AD 10
=
=
= 5( A)
R1
R1
2

Cường độ dòng điện qua R2: I2 =

U AD 10
=

= 2( A)
R234
5

0,25

Hiệu điện thế hai đầu R3: U3 =U34 = I2.R34 = 2.2 = 4(V)
Cường độ dòng điện qua R3: I3 =

0,25

U3 4
= = 1( A)
R3 4

Số chỉ của ampe kế: IA = I1 + I3 = 5 + 1 = 6(A)
Số chỉ của vôn kế:

0,5

Uv = U2 = I2R2 = 2.3 = 6(V)

c. Khi K đóng, hoán vị vôn kế và am pe kế. Lúc này R1, R2, R3 bị nối
tắt. Mạch điện chỉ còn lại R4 nt R0 (Sơ đồ mạch điện tương dương như
hình vẽ).
M I
• → A
+

I2 R4

→

R0 N
•
-

0,5

V

Số chỉ của ampe kế:
IA = I =

U AB
24
=
= 4( A)
R4 + R0 4 + 2

0,25

Số chỉ của vôn kế: UV = U4 = I.R4 = 4.4 = 16(V)
CÂU 4

0,25

a,*Vẽ hình đúng (có mũi tên chỉ đường đi tia sáng ,thể hiện rõ đường
S1
R
kéo dài của tia sáng )

I .S
*Nêu cách vẽ
N
-Vẽ ảnh S1 đối xứng với S qua G1
O α
-Vẽ ảnh S2 của S1 tạo bởi gương G2
J
- Kẻ đường thẳng S2S cắt G2 tại J, kẻ JS1 cắt G1 tại I

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

S2
- Vẽ tia SI, IJ, JS ta được đường truyền của tia sáng cần vẽ là đường
SIJS .

9

0,25


b) Theo hình vẽ ở câu a ta có:
- Kẻ các pháp tuyến IN và JN
-

· = 1800 (1)
Xét tứ giác OINJ có I$ = Jµ = 900 ⇒ α + JNI

-

¶IJ + IJN
¶ + JNI
· = 1800 (2)
Mặt khác trong ∆NIJ có N

-

· + IJN
¶
Từ (1) và (2) suy ra α = NIJ

0,25

¶ = 2α (3)
Hay: S¶IJ + IJS
¶ = ISR
·
Mặt khác: S¶IJ + IJS
(4)
· = 2α (*)
Từ (3) và (4) suy ra ISR
- Khi gương G2 quay quanh O nhưng giữ nguyên G1 và phương của
SI thì phương của tia phản xạ JR vẫn hợp với phương của tia tới
SI một góc vẫn là 2α (theo *)
- Để JR vuông góc với SI thì 2α = 900 ⇒ α = 450 Nghĩa là quay G2
theo chiều kim đồng hồ một góc 150 .
- Để JR//SI thì 2α = 00 hoặc 2α = 1800 ⇒ α = 00 hoặc α = 900 Nghĩa là
quay G2 ngược chiều kim đồng hồ 300 hoăc quay theo chiều kim đồng

hồ 600

CÂU 5

0,25

0,25
0,25
0,5
0,5

- Bố trí mạch điện như hình vẽ:
+

A

K1

_

1,0

U
R0

K2
Rb
- Bước 1: chỉ đóng K1 : số chỉ ampekế là I1
Ta có: U = I1.(RA + R0)
(1)

- Bước 2: Chỉ đóng K2 và dịch chuyển con chạy để am pe kế chỉ I1.
Khi đó phần biến trở tham gia vào mạch điện có giá trị bằng R0.
- Bước 3: Giữ nguyên vị trí con chạy của biến trở ở bước 2 rồi đóng
(2)
cả K1 và K2, số chỉ ampekế là I2. Ta có: U = I2.(RA + R0/2)
- Giải hệ phương trình (1) và (2) ta tìm được:

RA =

(2 I1 − I 2 ) R0
.
2( I 2 − I1 )

Chú ý : Học Sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa.

10

0,5

0,5
1,0


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HUYỆN THIỆU HÓA
ĐỀ CHÍNH
THỨC
(Đề thi gồm có 02 trang)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn: Hóa học
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 24 tháng 10 năm 2017

Câu 1: (2.0 điểm)
Chọn các chất A,B,C thích hợp và viết các phương trình hóa học (ghi rõ điều kiện
phản ứng nếu có) theo sơ đồ biến hoá sau:
A (2)
(1)
(7)
(8 )
( 4)
(5)
( 6)
B 
→
Fe2(SO4 )3 →
FeCl3 →
Fe(NO3)3 →
A →
B →
C
(3)
C
Câu 2: (2.0 điểm)
Nêu hiện tượng xảy ra và viết các phương trình hóa học của các phản ứng có thể xảy
ra khi:
a) Cho mẫu kim loại Na vào cốc đựng dung dịch MgCl2 .

b) Sục từ từ khí CO2 vào dung dịch Ca(OH)2.

Câu 3: (2.0 điểm)
Từ đá vôi, quặng pirit sắt, muối ăn, nước và các thiết bị, chất xúc tác cần thiết
khác xem như có đủ, viết PTHH điều chế các chất: FeCl3, NaHCO3, CaCl2
Câu 4: (2.0 điểm)
Chỉ được dùng quỳ tím hãy phân biệt các dung dịch bị mất nhãn riêng biệt sau: HCl,
Ba(OH)2, Na2SO4, H2SO4, KOH. Viết phương trình hóa học xảy ra (nếu có).
Câu 5: (2.0 điểm)
X, Y, Z là các hợp chất của Na; X tác dụng với dung dịch Y tạo thành Z. Khi cho
Z tác dụng với dung dịch HCl thấy bay ra khí cacbonic. Đun nóng Y cũng thu được khí
cacbonic và Z. Hỏi X, Y, Z là những chất gì? Cho X, Y, Z lần lượt tác dụng với dung
dịch CaCl2. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
Câu 6: (2.0 điểm)
Muối A có công thức XY2, tổng số hạt cơ bản trong A là 140, số hạt mang điện nhiều
hơn số hạt không mang điện là 44. Cũng trong phân tử này thì số hạt mang điện của Y nhiều
hơn của X cũng là 44 hạt. Xác định công thức phân tử của A.
Câu 7: (2.0 điểm)
Hòa tan hết 3,2 gam oxit M2Om (M là kim loại) trong một lượng vừa đủ dung
dịch H2SO4 10%, thu được dung dịch muối có nồng độ 12,9%. Sau phản ứng đem cô
cạn bớt dung dịch và làm lạnh nó, thu được 7,868 gam tinh thể muối với hiệu suất kết
tinh là 70%. Xác định công thức của tinh thể muối đó.
Câu 8: (2.0 điểm)
Sục từ từ V lít CO2 (ở đktc) vào 148 gam dung dịch Ca(OH)2 20% thì thu được
30 gam kết tủa. Tính V và nồng độ phần trăm của các chất có trong dung dịch sau phản
11


ứng?
Câu 9: (2.0 điểm)

Dẫn H2 đến dư đi qua 25,6gam hỗn hợp X gồm Fe3O4, MgO, CuO (nung nóng)
cho đến khi phản ứng xảy hoàn toàn. Sau phản ứng thu được 20,8gam chất rắn. Mặt
khác 0,15mol hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 225ml dung dịch HCl 2,0M.
a) Viết các phương trình phản xảy ra.
b) Tính % theo khối lượng các chất trong hỗn hợp X?
Câu 10. (2.0 điểm)
Hòa tan NaOH rắn vào nước để tạo thành 2 dung dịch A và B với nồng độ phần
trăm của dung dịch A gấp 3 lần nồng độ phần trăm của dung dịch B. Nếu đem trộn hai
dung dịch A và B theo tỉ lệ khối lượng mA : mB = 5 : 2 thì thu được dung dịch C có nồng
độ phần trăm là 20%. Hãy xác định nồng độ phần trăm của dung dịch A và nồng độ
phần trăm của dung dịch B.
(Học sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học)
-- Hết --

Họ tên học sinh: .................................................; Số báo danh: ....................................

12


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN THIỆU HÓA

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN

NĂM HỌC: 2017 – 2018

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HÓA HỌC
Câu
Nội dung
Câu 1 A: Fe(OH)3; B: Fe2O3 ; C: Fe

(2điểm) (1) Fe2O3 + 3 H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3 H2O
(2) 2 Fe(OH)3 + 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 6 H2O
to
(3) 2Fe + 6 H2SO4 đặc →
Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6 H2O
(4) Fe2(SO4)3 + 3BaCl2 → 2FeCl3 + 3BaSO4
(5) FeCl3+ 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 3AgCl
(6) Fe(NO3)3 + 3NaOH → Fe(OH)3 + 3 NaNO3
to
(7) 2Fe(OH)3 →
) Fe2O3 + 3H2O
to
(8) Fe2O3 + 3H2 → 2Fe + 3H2O
Câu 2
(2điểm) a, Hiện tượng: -Mẫu kim loại Na tan dần đồng thời có khí không màu
thoát ra, sau đó xuất hiện kết tủa trắng.
PTHH:
2Na + 2H2O → 2NaOH + H2
2NaOH + MgCl2 → Mg(OH)2 + 2NaCl

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5đ

0,25đ
0,25đ

(trắng)
b,Hiện tượng: - Có kết tủa trắng xuất hiện sau đó kết tủa lại tan dần
tạo thành dung dịch trong suốt.

0,5đ

PTHH:
CO2 + Ca(OH)2 →

CaCO3 + H2O

0,25đ

(trắng)
Ca(HCO3)2.
CO2 + CaCO3 + H2O →
Câu 3 Viết đúng 1 PTHH được 0,25 điểm
§F, mn
(2điểm)
2NaCl + 2H2O 

→ 2NaOH + H2↑ + Cl2↑
H2 + Cl2 → 2HCl
CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + H2O + CO2
§F
2H2O 


→ 2H2↑ + O2↑
t
4FeS2 + 11O2 
→ 2Fe2O3 + 8SO2↑
Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 +3H2↑
t
CaCO3 
→ CaO + CO2
NaOH + CO2 → NaHCO3
Câu 4 - Trích các mẫu thử và đánh số thứ tự.

0,25đ
0,25

0

0

13

0,25


(2điểm) - Cho quỳ tím lần lượt vào các dung dịch trên:
+ dung dịch làm quỳ tím chuyển sang màu đỏ, đó là dung dịch HCl,
H2SO4 (Nhóm 1)
+ dung dịch làm quỳ tím chuyển sang màu xanh, đó là dung dịch
KOH, Ba(OH)2 (Nhóm 2)
+ dung dịch không làm quỳ tím chuyển màu, đó là dung dịch Na2SO4
- Tiếp tục lấy mỗi mẫu thử trong nhóm 1 lần lượt nhỏ vào mỗi mẫu

thử trong nhóm 2.
+ Nếu thấy có kết tủa trắng xuất hiện thì mẫu thử trong nhóm 1 là
H2SO4, mẫu thử trong nhóm 2 là Ba(OH)2.
Ba(OH)2 + H2SO4
BaSO4 + 2H2O
(trắng)
+ Nếu không có hiện tượng gì thì mẫu trong nhóm 1 là HCl, mẫu thử
trong nhóm 2 là KOH.

Vì khi cho Z tác dụng với dung dịch HCl có khí cacbonic thoát ra,
Câu 5
(2điểm) X tác dụng với Y thành Z, đun nóng Y lại thu được khí cacbonic và Z
chứng tỏ:
=>Z là muối cacbonat Na2CO3.
Y là muối natrihidrocacbonat NaHCO3.
X là natrihidroxit NaOH
Các phương trình hóa học:
Na2CO3 + 2HCl → NaCl + H2O + CO2↑
NaOH + NaHCO3 → Na2CO3 + H2O
2NaHCO3 → Na2CO3 + H2O + CO2↑
Các phản ứng hóa học khi cho A, B, C phản ứng với dung dịch
CaCl2:
2NaOH + CaCl2 → Ca(OH)2↓ + 2NaCl
NaHCO3 + CaCl2 → không phản ứng
Na2CO3 + CaCl2 → CaCO3↓ + 2NaCl

0,25
0,25
0,25

0,5
0,5

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

Câu 6 Gọi px; nx là số proton và nơtron của X
(2điểm) Py; ny là số proton và nơtron của Y.
Theo bài ra ta có hệ phương trình:
(2px + nx) + 2(2py + ny) = 140
(2px + 4py) - (nx + 2ny) = 44
4py – 2px = 44
Giải ra ta được px = 12 (Mg); py = 17 (Cl)
Vậy CTPT của A là MgCl2.

0,25
0,25

PTHH: M2Om + mH2SO4 
→ M2(SO4)m + mH2O
Câu 7
(2điểm) Giả sử có 1 mol M2Om phản ứng thì số gam dung dịch H2SO4 10% là
980m.
Khối lượng dung dịch thu được là: 2M + 996m (g).

Số gam muối là (2M + 96m) (g).

0,25

14

0,25
0,25
0,25
0,5
0,25

0,25


Ta có C% =

2 M + 96m
100% = 12,9% => M = 18,65m
2 M + 996m

Nghiệm phù hợp là m = 3 và M = 56(Fe)
Vậy oxit là Fe2O3
Fe2O3 + 3H2SO4 
→ Fe2(SO4)3 + 3H2O
nFe2O3 =

0,25
0,25
0,25

3, 2
= 0,02 mol
160

Vì hiệu suất là 70% nên số mol Fe2(SO4)3 tham gia kết tinh là:
0,02.70% = 0,014 mol
Nhận thấy số gam Fe2(SO4)3 = 0,014.400 = 5,6 < 7,868 nên
Đặt CTHH của muối tinh thể là Fe2(SO4)3.nH2O
Ta có 0,014( 400+ 18n) = 7,868
n=9
Công thức của muối là Fe2(SO4)3.9H2O

0,25

0,5

148.20
Câu 8 n
= 0,4 mol
Ca(OH)2=
100.74
(2điểm)

nCaCO3=

0,25

30
= 0,3 mol

100

Ta thấy nCaCO3< nCa(OH)2=> Xét 2 trường hợp
TH1: CO2 hết, (Ca(OH)2 dư).
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 ↓ + H2O

0,25

nCO2= nCaCO3= 0,3 mol
VCO2= 0,3. 22,4 = 6,72 lít

0,25

Mdd sau pư = 0,3.44 + 148 – 30 = 131,2 g
Trong dd sau pư có: Ca(OH)2 dư 0,4 - 0,3 = 0,1 mol
C% (Ca(OH)2 dư =

0,1.74.100
= 5,64 %
131, 2

0,25

TH2: CO2 dư, (Ca(OH)2 hết).
Gọi x, y là số mol Ca(OH)2 tạo muối trung hòa và muối axit
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 ↓ + H2O (1)
x

x

x

2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2
2y

y

(2)V

0,25

y

Theo (1) và (2) ta có x + y = 0,4 mà x = 0,3 => y = 0,1 mol
Vậy VCO2 = (0,3 + 2.0,1).22,4 = 11.2 lít
Mdd sau pư = 0,5.44 + 148 – 30 = 140 (g).
Dd sau pư có: 0,1 mol Ca(HCO3)2
15

0,5


C% (Ca(HCO3)2 =

0,1.162.100
=11,57 %
140

a,PTHH:
H2 + CuO tC → Cu + H2O (1)

4H2 + Fe3O4 tC → 3Fe + 4H2O (2)
H2 + MgO tC → ko phản ứng

0,25

0

0

Câu 9.
(2điểm)

0

2HCl + MgO → MgCl2 + H2O (3)
8HCl + Fe3O4 → FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O (4)
2HCl + CuO → CuCl2 + H2O (5)
b,* Đặt nMgO = x (mol); nFe3O4= y (mol); nCuO = z (mol) trong 25,6gam
X
Ta có 40x + 232y + 80z = 25,6 (I)
40x + 168y + 64z = 20,8 (II)
* Đặt nMgO=kx (mol); nFe3O4=ky (mol); nCuO=kz (mol) trong 0,15mol X
Ta có k(x + y + z) = 0,15 (III)
2kx + 8ky + 2kz = 0,45 (IV)
Giải hệ gồm (I), (II), (III) và (IV) ⇒
x=0,15mol; y=0,05mol; z=0,1mol
mMgO = 0,15. 40 = 6 (g)
mCuO = 0,1. 80 = 8 (g)
mFe O = 0,05 . 232 = 11,6 (g)

0,5

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

3 4

%MgO = (6: 25,6) .100 = 23,44%
%CuO = (8 : 25,6) .100 = 31,25%
%Fe3O4 =100% – (23,44 + 31,25) %= 45,31%
Câu 10 Gọi x là nồng độ phần trăm của dung dịch B thì nồng độ phần trăm
của dung dịch A là 3x.
Nếu khối lượng dung dịch B là m (gam) thì khối lượng dung dịch A
là 2,5m (gam).
Khối lượng NaOH có trong m (gam) dung dịch B = mx (gam)
Khối lượng NaOH có trong 2,5m (gam) dung dịch A = 2,5m.3x =
7,5mx (gam)
⇒ Khối lượng NaOH có trong dung dịch C = mx + 7,5mx = 8,5mx
(gam)
Khối lượng dung dịch C = m + 2,5m = 3,5m
⇒

8,5mx 20
=
⇒ x = 8, 24%
3,5m 100

0,25
(0,5đ)

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

Vậy dung dịch B có nồng độ là 8,24%, dung dịch A có nồng độ là
24,72%.

Chú ý: Học sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa.

16

0,5đ


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HUYỆN THIỆU HÓA
ĐỀ CHÍNH
THỨC
(Đề thi gồm có 02 trang)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn: Sinh học
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 24 tháng 10 năm 2017

Câu 1: (3.0 điểm)
a. Liên kết gen là gì? Nêu điều kiện để các gen qui định tính trạng di truyền liên
kết hay phân li độc lập.
b. Theo quan niệm của Menđen, F1 có kiểu gen AaBb giảm phân bình thường cho
4 loại giao tử, đời F2 cho 9 loại kiểu gen và 4 loại kiểu hình. Hãy giải thích tại sao ?
Câu 2: (3.0 điểm).
a. Một chu kỳ tế bào gồm những giai đoạn chủ yếu nào? Tính chất đặc trưng của
bộ NST được biểu hiện ở kỳ nào trong chu kỳ tế bào? Vì sao?
b. Một tế bào sinh tinh có kiểu gen AaBbDd tiến hành giảm phân bình thường tạo
ra tối đa mấy loại tinh trùng? Xác định thành phần gen trong các tinh trùng đó?
c.Vì sao ở kỳ giữa của giảm phân I thì các NST kép xếp thành hai hàng?
Câu 3: (2.0điểm).
Cho hai loài sinh vật, loài thứ nhất có kiểu gen AaBb, loài thứ hai có kiểu
gen

AB
. Làm thế nào để nhận biết được 2 kiểu gen nói trên. Biết rằng mỗi gen qui định
ab

một tính trạng, tính trạng trội là trội hoàn toàn.
Câu 4: (2.0 điểm).
Ở một loài thực vật, phép lai P: AaBbdd x aaBbDd thu được F1. Biết rằng mỗi
gen quy định một tính trạng, gen trội là trội hoàn toàn, các gen nằm trên các nhiễm sắc
thể thường khác nhau.
a. Xác định tỉ lệ các loại kiểu gen ở F1.
b.Tính xác suất xuất hiện cá thể F1 có kiểu hình trội ít nhất về 2 tính trạng trong
số 3 tính trạng trên.
Câu 5: (3.0 điểm).

Ở một loài có 10 tế bào sinh dục đực tiến hành nguyên phân liên tiếp 5 lần. Cần
môi trường nội bào cung cấp nguyên liệu tương đương 24180 NST đơn.
a. Xác định bộ NST lưỡng bội của loài?
b. Các tế bào con tiến hành giảm phân. Xác định số nhiễm sắc thể có trong các tế
bào ở kì sau của giảm phân I và kì sau của giảm phân II.
c. Các tế bào con trên đều giảm phân tạo tinh trùng. Tinh trùng tham gia thụ tinh
đạt hiệu suất 10%. Xác định số lượng tinh trùng được thụ tinh.
Câu 6: ( 2.0 điểm).
Ở đậu Hà Lan cho giao phấn giữa cây hạt trơn thuần chủng với cây hạt nhăn
được F1 đều hạt trơn. Cho F1 giao phấn với nhau được F2 có tỉ lệ kiểu hình là 3 hạt trơn:
1 hạt nhăn. Nếu tiếp tục cho các cây hạt trơn ở F2 tự thụ phấn thì tỉ lệ kiểu hình mong
đợi ở F3 như thế nào?
17


Câu7: (2.0 điểm).
Ở ruồi giấm 2n =8 Có 2 nhóm tế bào sinh dục đang thực hiện giảm phân. Nhóm
1 mang 128 nhiễm sắc thể kép. Nhóm 2 mang 512 nhiễm sắc thể đơn.
a. Hai nhóm tế bào trên đang ở kỳ nào của giảm phân? Xác định số tế bào của
mỗi nhóm?
b. Kết thúc đợt phân bào trên sẽ có tất cả bao nhiêu tế bào con được hình thành.
Biết diễn biến của các tế bào trong mỗi nhóm là như nhau.
Câu 8: (3.0 điểm).
Ở đậu Hà Lan cho giao phấn giữa cây đậu có kiểu hình hạt vàng, vỏ nhăn với
cây đậu hạt xanh, vỏ trơn thu được thế hệ F1 đều có hạt vàng, vỏ trơn. Cho F1 tự thụ
phấn đời F2 có 4 kiểu hình phân li theo tỉ lệ 901 vàng, trơn: 299 vàng, nhăn: 301 xanh,
trơn: 103 xanh, nhăn.
a. Giải thích kết quả thí nghiệm . Viết sơ đồ lai từ P → F2
b. Chọn ngẫu nhiên 2 cây mọc lên từ hạt vàng, vỏ nhăn ở F2 cho giao phấn với
nhau. Số hạt có kiểu hình xanh, nhăn mong đợi ở F3 chiếm tỉ lệ bao nhiêu?

Họ tên học sinh: .................................................; Số báo danh: ....................................

18


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN THIỆU HÓA

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN

NĂM HỌC: 2017 – 2018

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: SINH HỌC
Câu

Đáp án

a.
*K/N: Di truyền liên kết là hiện tượng một nhóm tính trạng được di truyền
cùng nhau, được qui định bởi các gen nằm trên một NST cùng phân li trong quá
trình phân bào.
Câu 1 *Điều kiện để các gen qui định tính trạng di truyền liên kết hay phân li độc lập:
-Khi các gen nằm trên các NST khác nhau thì chúng phân li độc lập; khi các
gen nằm trên cùng 1 NST thì chúng phân li cùng nhau trong quá trình phân
bào.
b.Giải thích:
- F1 cho 4 loại giao tử vì: Mỗi cặp gen dị hợp giảm phân cho 2 loại giao tử. Các
gen phân li độc lập và tổ hợp tự do, vì vậy 2 cặp gen dị hợp tạo nên 2 x 2= 4 loại
giao tử: (A: a) (B : b ) AB, Ab, aB, ab

- F2 tạo ra 9 loại kiểu gen vì :Mỗi cặp gen ở F2 tạo ra 3 kiểu gen. Vậy 2 cặp gen
3.0đ ở F2 tạo nên 3 x 3 = 9 kiểu gen theo tỉ lệ: (1AA: 2Aa: 1aa ) ( 1BB : 2Bb : 1bb )
= 1AABB: 2AaBB: 2AABb: 4AaBb: 1Aabb: 2Aabb: 1aaBB: 2aaBb: 1aabb
- F2 tạo ra 4 loại kiểu hình vì: ở F2 mỗi tính trạng tạo ra 2 kiểu hình, do đó cả 2
tính trạng tạo nên 2 x 2 = 4 kiểu hình theo tỉ lệ:
(3 : 1 ) ( 3: 1) = 9 : 3 : 3: 1
a.- Mỗi chu kỳ tế bào gồm hai giai đoạn là kì trung gian và quá trình nguyên
phân.Trong đó, quá trình nguyên phân trải qua 4 kì là kì đầu, kì giữa, kì sau và
kì cuối.
-Tính đặc trưng của bộ NST được biểu hiện rõ nhất ở kỳ giữa của nguyên phân:
Câu 2 vì lúc này NST co xoắn cực đại và tập trung thành một hàng ở giữa mặt phẳng
xích đạo của thoi phân bào bộ NST có hình thái đặc trưng nhất
b.Số loại tinh trùng tối đa được tạo ra 2 loại.
-1 Tế bào sinh tinh có kiểu gen AaBbDd GP bình thường → 4 tinh trùng gồm 2
3.0đ
loại: 2ABD và 2abd hoặc 2ABd và 2abD
hoặc 2Abd và 2aBD hoặc 2AbD và 2aBd
c. Vì ở kì đầu có sự tiếp hợp của hai NST kép trong cặp tương đồng sau đó
chúng tách ra.
Câu 3 - Cho tự thụ phấn( TV) hoặc giao phối gần (ĐV) đối với từng kiểu gen . Căn
cứ vào đời con F1:
+Nếu kết quả F1 có 16 tổ hợp, 9 kiểu gen, 4kiểu hình→ kiểu gen là: AaBb
+Nếu kết quả F1 có 4 tổ hợp, 3kiểu gen, 2kiểu hình→ kiểu gen là: AB/ab
2.0đ - Cho các cá thể đó lai phân tích:
+Nếu kết quả F1 cho tỉ lệ kiểu hình: 1:1:1:1→ kiểu gen là: AaBb
+Nếu kết quả F1 cho tỉ lệ kiểu hình: 1:1 → kiểu gen là:AB/ab
19

Điể
m

0,5

1,0

0,5

0.5

0,5

0,5
1.0

0,5
0,5
0.5

0,5
0,5
0,5
0,5


Câu 4 a.Tỉ lệ các loại kiểu gen ở F1:
P: AaBbdd x aaBbDd
F1 tỉ lệ các loại kiểu gen: (1Aa: 1aa)(1BB:2Bb:1bb)(1Dd:1dd) =
1AaBBDd: 2AaBbDd: 1AabbDd: 1aaBBDd: 2aaBbDd: 1aabbDd: 1AaBBdd:
2AaBbdd: 1Aabbdd: 1aaBBdd: 2aaBbdd: 1aabbdd.
(Lưu ý: Nếu HS chỉ viết được tỉ số KG thì chỉ cho ½ số điểm)
2.0đ b. Xác suất xuất hiện cá thể F1 có kiểu hình lặn ít nhất về 2 tính trạng trong 3

tính trạng:
- aabbD- = 1/2.1/4.1/2 = 1/16
- aaB-dd = 1/2.3/4.1/2 = 3/16
=
6/16
- A-bbdd = 1/2.1/4.1/2 = 1/16
- aabbdd = 1/2.1/4.1/4 = 1/16
Câu 5 a) Xác định bộ NST lưỡng bội 2n của loài:
Theo giả thiết ta có: 2n.10 (25 - 1) = 24 180
=> 2n = 24 180 : 310 = 78
* Bộ NST lưỡng bội của loài : 2n = 78
b) Xác định số NST có trong các tế bào ở kì sau giảm phân I và kì sau giảm
phân II:
- Tổng số tế bào sinh dục đực tạo thành là: 10. 25 = 320 (tế bào)
- Ở kì sau của giảm phân I, 320 tế bào có: 320.2n (NST kép)
= 320.78 = 24 960 (NST kép)
3.0đ
- Ở kì sau của giảm phân II, 320 tế bào có: 320.2. 2n (NST đơn)
= 320.2. 78 = 49 920 (NST đơn)
c) Xác đinh lượng tinh trùng tham gia thụ tinh:
- Tổng số tinh trùng được tạo thành: 320 x 4 = 1 280 (tinh trùng)
- Số tinh trùng tham gia thụ tinh là: 1280 x 10% = 128 (tinh trùng)
Câu 6 *Biên luận:
Cặp tính trạng hình dạng vỏ di truyền tuân theo quy luật phân li của Menđen.
Hạt trơn trội hoàn toàn so với hạt nhăn. Qui ước: Gen A- hạt trơn; alen a- hạt
nhăn . Kiểu gen của P: AA x aa
2.0đ Sơ đồ lai P: AA (hạt trơn) x aa ( hạt nhăn) → F1: 100% Aa (hạt trơn)
1
1
1

AA : A a : aa . kiểu hình: 3 trơn: 1 nhăn
4
2
4
1
1
2
Tỉ lệ cây hạt trơn có kiểu gen AA=
= , cây hạt trơn có kiểu gen Aa=
1+ 2 3
3

F2 :

1.0

1.0

1.0

0.5
0.5

0.5
0.5

1.0
0,25

Cho cây hạt trơn F2 tự thụ phấn :

1
AA
3
2
AA :
12
6
Tỉ lệ kiểu gen mong đợi F3: AA:
12

F2 :

1
(AA x AA) → F3 :
3
2
( Aa x Aa) → F3 :
3

0,75
4
2
Aa : aa
12
12
4
2
3
2

1
Aa : aa = AA: Aa : aa
12
12
6
6
6

tỉ lệ kiểu hình mong đợi ở F3 : 5 hạt trơn : 1hạt nhăn
Câu 7 Nhóm 1có thể thuộc 1 trong 2 trường hợp:
2.0đ - ở kì đầu kì giữa, kì sau của GPI: Số TB= 128 : 8=16
- ở kì cuối GPI, kì đầu giữa GPII: Số TB = 128 :4 = 32
20

0,5
0,5


Nhóm 2: có thể thuộc 1 trong 2 trường hợp:
- Kì sauGPII: Số TB: 512 : 8 =64
- Kì cuối II: Số TB: 512: 4 =128
Kết thúc đợt phân bào số TB con: 32 x 2 +128=192

0.25
0,25
0,5

Câu 8 1. Xác định quy luật di truyền:
3.0đ * Xét sự di truyền của từng cặp tính trạng ở F : Vàng = 901 + 299 = 3
2

xanh

=> Vàng là trội hoàn toàn so với xanh.
Quy ước gen: A – Vàng; a – xanh =>P: Aa x Aa

301 + 103

1

901 + 301 3
Tron
=
=
nh ăh
299 + 103 1

=> trơn là trội hoàn toàn so với nhăn
Quy ước gen: B- trơn ; b – nhăn => P : Bb x Bb
* Xét sự di truyền của đồng thời 2 cặp tính trạng:
- Theo đầu bài F2 có tỉ lệ kiểu hình là 9:3:3:1.
- Xét tích (3:1)(3:1) = 9:3:3:1 tỉ lệ này trùng với tỉ lệ đầu bài ra.
Vậy 2 cặp gen quy định 2 cặp tính trạng nằm trên 2 cặp NST tương đồng khác
nhau di truyền phân li độc lập.
-Kiểu gen F1: AaBb.P thuần chủng. Kiểu gen của P là: AAbb x aaBB.
(HS tự viết sơ đồ lai)
b. Để F3 xuất hiiện kiểu hình hạt xanh, vỏ nhăn (aabb) thì F2 phải cho giao tử
ab.
=>Chọn 2 cây hạt vàng, vỏ nhăn ở F2 phải có kiểu gen: Aabb
2
2

=
-Tỉ lệ cây hạt vàng, vỏ nhăn ở F2 có kiểu gen Aabb =
1+ 2 3

- Xác suất số hạt có kiểu hình xanh nhăn mong đợi ở F3 :
F2 : Aabb
x Aabb
G:

1
ab
2

0.25

0,25

0.25
0,5

0,75
0,25
0.25
0.25

1
ab
2

Vậy kiểu hình xanh nhăn F3 (aabb) =

1 1 2 2 1
. . . =
2 2 3 3 9

Học sinh làm cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa

21

0.25