TỔNG HỢP ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 11 CẤP TỈNH ( CÓ ĐÁP ÁN)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 11 NĂM HỌC 2017 - 2018

Môn thi: Toán lớp 11 Chuyên
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
Ngày thi: 05/4/2018 
(Đề thi gồm 01 trang, 05 câu)

 

 
Câu 1 (5 điểm). Giải hệ phương trình 

 y  1 x  1  5  3 x
  , với  x; y  .   
 3
3
2
x

xy
y

2

y


x

2
y
y





Câu 2 (5 điểm). Cho dãy số   xn   được xác định như sau: 
 x1  0

xn
 

1
*
 xn 1    , n  
4


Chứng minh rằng dãy số   xn   có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. 

Câu 3 (3 điểm). Tìm tất cả các đa thức  P  x   có hệ số thực thỏa mãn 

P  x 2   x 2  x 2  1 P  x  , x    và  P  2   12  
Câu 4 (5 điểm). Cho  tam  giác  nhọn  ABC   nội  tiếp   O    với  I   là  tâm  đường  tròn  nội  tiếp. 
Đường thẳng qua  I và vuông góc với  IA cắt  AB, AC  lần lượt tại  S , S ' . Gọi  V  là giao điểm 
thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác  BSI  với   O  .  

a) Chứng minh rằng VS  là phân giác góc  
AVB . 
b) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác VSS '  tiếp xúc với   O  . 
Câu 5 (2 điểm). Xác định số tất cả các hoán vị   a1; a2 ; a3 ; ...; a2018   của tập  1; 2; 3; ...; 2018  
thỏa mãn  2  a1  a2    ak   chia hết cho  k  với mọi  k  1, 2, ..., 2018 .
 
 

---------------------Hết--------------------- 
 
Họ và tên thí sinh: ………………………………………………………....................... Số báo danh: …………........... 
 
Chữ kí giám thị số 1:………………................................………Chữ kí giám thị số 2:…......................……….... 
 
1 


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 11 NĂM HỌC 2017 - 2018

 

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN LỚP 11 Chuyên
(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) 
Chú ý: Những cách giải khác HDC mà đúng thì cho điểm theo thang điểm đã định.  
 

Câu
1
(5 đ)

Nội dung

Điểm

 y  1 x  1  5  3 x

 3
3
2
 x  xy  y  2   y   x  2 y  y

1
 2

Điều kiện  x  1
 2   x3  xy 2    2 xy  y 3  2 y 2  x 2 y  0  

 

1,0 

  x  y   x 2  xy  y 2   xy  x  y   2 y  x  y   0   
x  y
 3
 
  x  y   x2  y2  2 y   0  

2
 y  1  x 2  1  0  4 

1,0 

Với  x  1  x 2  1  0  nên   4   x  y  1 , loại do không thoả mãn phương trình  1 . 

1,0 

Thế   3  vào  1  được 





3

x 1  3





2

x  1  2  0   

Đặt  t  x  1, t  0 , được  t 3  3t 2  2  0   t  1  t 2  2t  2   0   
t  1


  
 t  1  3

t  1  3  L 
Với  t  1  x  2  y  2   

1,0 

Với  t  1  3    x  5  2 3  y  5  2 3   

1,0 





Vậy hệ phương trình có nghiệm   2; 2  , 5  2 3; 5  2 3  
2
(5 đ)

x

1
Nhận xét rằng  xn   0 ,  n  * . Xét hàm số  f  x      nghịch biến trên khoảng 
4

0;   . Khi đó  xn1  f  xn  ,  n  
Ta có  x1  0,  x2  1,  x3 

*

1,0 

 và  f  x   f  0   nên  0  xn  1   

1
 nên  x1  x3  và  x4  f  x3   f  x1   x2  
4

Bây giờ ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp  x2 n –1  x2 n 1 , và  x2 n  2  x2 n , với 

n  * . 
Thật vậy, giả sử có  x2n –1  x2n 1  thì  f  x2 n 1   f  x2 n 1   nên  x2n  x2n  2  và vì vậy 

1,0 

f  x2 n   f  x2 n  2   suy ra  x2n 1  x2n 3 . 

Tương tự, giả sử có  x2n   x2n 2  thì  f  x2 n   f  x2 n  2   suy ra  x2n 1  x2 n3  vì vậy 
f  x2 n 1   f  x2 n 3   suy ra  x2n  2  x2 n 4   

Vậy dãy   x2 n 1   là dãy tăng và dãy   x2n   là dãy giảm và đều thuộc   0; 1  nên có 

1,0 

2 


giới hạn hữu hạn. Giả sử  lim x2 n  a ,  lim x2 n 1  b  
n 

n

Và  a  lim x2 n  2  lim f  x2 n 1   lim f  f  x2 n    f  f  a     
n 

n 

1

n

1,0 

a

 
1
 1  4 
Nên  a    , suy ra  a   là nghiệm duy nhất. 
2
4

1,0 

1
1
1
Tương tự ta cũng tìm được  b  . Vậy  a  b    nên  lim xn   
n 

2
2
2
3
(3 đ)

Tìm tất cả các đa thức  P  x   có hệ số thực thỏa mãn; 

P  x 2   x 2  x 2  1 P  x  , x    (1) và  P  2   12  
Giả sử  deg P  x   n , đồng nhất bậc cao nhất hai vế của (1) ta được  n  4  

1,0 

Từ (1), Thay  x  0  được  P  0   0  
Từ (1), lần lượt thay  x  1  được  P 1  2 P  1  2 P 1  suy ra  P 1  0  P  1   
Vậy  P  x   x  x 2  1  ax  b  ,  a, b  , a  0 . 
Hay  P  x 2   x 2  x 4  1 ax 2  b   x 2  x 2  1 x  x 2  1  ax  b    

1,0 

Vậy  ax 2  b  ax 2  bx, x     
Suy ra  b  0 ,   
Hay  P  x   a  x 4  x 2    
Mà  P  2   12  a  1   

1,0 

Khi đó  P  x    x 4  x 2  thỏa mãn. 
4
(5 đ)

A
N
T
M
S'
I

S

O

1,0 
B

C

x
V

 
1
1
a) Dễ thấy  ASI  90  A   B  C  . Hơn nữa,  ASI  SBI  SIB   
2
2
1
1
B  SIB , suy ra  SIB  C .  
2

2
1
1
Vì BSIV nội tiếp nên suy ra  SVB  SIB  C  AVB , suy ra VS là phân 
2
2
giác góc  AVB . 
b) Vì SBVI nội tiếp và ASS’  là tam giác cân nên  BVI  ASI  (1). Suy ra 
IVC  BVC  BVI  1800  A  ASI  AS ' I  nên  IVC  IS ' C  1800  
tức là IS’CV nội tiếp.  
0

1,0 

1,0 

3 


Tương tự ý a)  VS '  là phân giác của góc  
AVC . 
  tương ứng. Gọi 
Có  VS ,  VS ’  cắt lại   O   tại trung điểm M, N của cung nhỏ  
AB,   AC
T là giao của AB với MN, thế thì  ATN 

1
B C

, suy ra 

sd MB
AN 

2
2
2





1
 A  B  C   900  tức là MN vuông góc với AI, suy ra MN 
2
song song với SS’. 
Kẻ tiếp tuyến Vx với   O   tại V, ta có  xVM  MNV  SS 'V  nên Vx cũng là 
tiếp tuyến tại V của (SS’V), suy ra đpcm. 
Ta gọi  xn  là số các hoán vị của tập  1; 2; 3;  ; n  thỏa mãn điều kiện tổng quát 

1,0 

ATN  TAI 

5
(2 đ)

1,0 

2  a1  a2    ak   chia hết cho  k  với mọi  k  1; 2;  ; n . Để ý rằng 
x1  1, x2  2, x3  6 .  

n  n  1
. Từ điều kiện 
2
i 1
i 1
 n  1 | 2  a1  a2    an 1    n  1 n  2   2  an  1  nên   n  1 | 2  an  1 . Nếu 
n

n

Giả sử rằng  n  4 , chú ý rằng   ai   i 

1,0 

n  là chẵn thì   n  1 |  an  1  tức là  an  n  hoặc  an  1 . 

Ta sẽ chỉ ra rằng  an  1; n  với  n  lẻ và   n  1 | 2  an  1 . Giả sử ngược lại, 
1  an  n  0  2  an  1  2  n  1  thế thì  n  1  2  an  1  an 

n 1
.  
2

Ta cũng có:   n  2  | 2  a1  a2    an  2   n  n  1  2an  2an 1  
 n  n  1   n  1  2an 1   n  2  n  2   3  2 an 1  

Vậy thì   n  2  | 2an 1  3 . Vì 

2an 1  3 2 n  3

1

 2
 2  nên  n  2  2an1  3 . 
n2
n2
n2

n 1
 an , điều này mâu thuẫn. Do đó  an  1; n . 
2
Thế thì mối quan hệ giữa số hoán vị đẹp  xn 1  và  xn  là  xn  2 xn 1 , chú ý rằng  x3  6  

1,0 

Suy ra  an1 

nên ta được  xn  6.2 n 3  với  n  4 . Do đó, ta được  x2018  6.22015  3.2 2016 .  

 
---------------------Hết--------------------- 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
4 


 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN
THI CHÍNH TH C

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 11 NĂM HỌC 2017 - 2018

Môn thi: Toán lớp 11 THPT
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
Ngày thi: 05/4/2018 
(Đề thi gồm 01 trang, 05 câu)

Câu 1 (6 điểm).  
a) Giải hệ phương trình: 
2
2
 x  2 y  3 xy  3 x  5 y  2  0
 ,  x; y    
 2
2
 2 x  y  4 y  1  0
b) Giải phương trình: 

1
cos 2 x.sin x  sin 2 x  2cos3 x  sin 2 x  cos x  
2
Câu 2 (5 điểm). Cho dãy số   an   xác định như sau:  

 a1  2
 

*
 4an  3an an 1  2an 1  0, n  
 
Tìm số hạng tổng quát  an  và tính  lim an . 
Câu 3  (5 điểm).  Cho  hình  chóp  tứ  giác  S . ABCD có  đáy  ABCD   là  hình  thoi  cạnh  a ,  góc 
a 7

. Mặt bên  SAB  là tam giác cân tại  S và nằm trong mặt phẳng vuông 
ABC  600  và  SA 
4
góc với đáy.  
a) Chứng minh   SBC    SAD  . 
b) Tính  sin  SD,  SBC   . 
 
Câu 4 (2 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên có tám chữ số sao cho trong đó có một chữ số xuất 
hiện bốn lần, một chữ số khác xuất hiện ba lần và một chữ số khác với hai chữ số trên. 

Câu 5 (2 điểm). Cho các số thực  a, b, c  0, a  b  c  3 . Chứng minh rằng: 

a2
b2
c2

3


  
2
2
2
a b bc
ca
2
 

---------------------Hết--------------------- 
 
Họ và tên thí sinh: ………………………………………………………....................... Số báo danh: …………........... 
 
5 


Chữ kí giám thị số 1:………………................................………Chữ kí giám thị số 2:…......................……….... 
 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 11 NĂM HỌC 2017 - 2018

 

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN LỚP 11 THPT
(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) 
Chú ý: Những cách giải khác HDC mà đúng thì cho điểm theo thang điểm đã định.  

 
Câu

Câu 1
(6 điểm)

Nội dung
x  y  2
a)    Ta có  1   x  y  2  x  2 y  1  0  
 
 x  2 y 1
 y  1  x  1
   Với  x  y  2  thay vào (2) ta được  3 y 2  12 y  9  0  
. 
y  3 x 1
 y 1 x 1
2
  Với  x  2 y  1  thay vào (2) ta được  3 y  4 y  1  0  
 
y  1  x  1
3
3

 1 1
 Vậy hệ có 4 nghiệm   x; y   là:   1;1 , 1; 3 , 1;1 ,   ;    
 3 3

1
b)  cos 2 x.sin x  sin 2 x  2cos 3 x  sin 2 x  cos x  
2
 cos 2 x.sin x  sin x.cos x  cos x.cos 2 x  sin 2 x
  
 cos 2 x  sin x  cos x   sin x  sin x  cos x   0

Điểm
1,0 
1,0 

 
1,0 

1,0 

  sin x  cos x  cos 2 x  sin x   0

Câu 2
(5 điểm)

 tan x  1
 
sin x  cos x  0





 cos 2 x  cos   x 

 cos 2 x  sin x  0
2




 x  4  k

 k 2
 x  
, k     

6
3

 x     k 2

2
 a1  2
a1  2

*  

 4an  3an an 1  2an 1  0
4an  3an an 1  2an 1

1,0 

1,0 

1,0 

Có  an  0, n    
*

a1  2
a1  2


(*)  
2an1   1
2
3 
an  4  3a
a  a  2
n 1
n 1

 n
a

2
 1
 a1  2


1 3
 1
3   1 3
n 1

n  
a  2  2 a  2 
 a  2  2.2  2
 n
 n1

 n

1,0 

1,0 

6 


 an 

1
3
2 
2

 
1,0 
 

 

n

lim an  lim

1
2n 

3
2

0 

1,0 
S

N
I

D

A

 
 
 
 
 

H
B

M

C

 
Gọi  H  là trung điểm của  AB   ta có 
 AD  MN
 AD   SMN   MS  AD (1) SH  AB  SH   ABCD  . Trong 

 AD  SH

1,0 

 ABCD   gọi  M , N  lần lượt là hình chiếu của  H  lên  BC  và  AD .  
Câu 3
(5 điểm)

Ta có:  

SH  SA2  HA2 

a 3
a 3
 = 900 Þ MS ^ SN (2)  
;  MH =
Þ MSN
4
4

Từ  1  và   2   suy ra  SM   SAD   mà  SM   SBC    SBC    SAD    
 b) Gọi  I   là hình chiếu của  H  lên  SM    HI  (SAD).  

 
 
 
 
1,0 

2
  7a  
HD  HA  AD  2 HA. AD.cos BAC
4
a 31
 
SD  SH 2  HD 2 
4
2

2

2

Gọi  d ( D, (SBC ))  d ( A, (SBC ))  2 d ( H , ( SBC ))  2 HI  2

 
 
1,0 
0,5 

SH .HM a 6
=

 
4
SM

0,5 

 

d ( D, ( SBC ))
6
 

SD
31
Gọi số phải tìm là  a1a2 ....a8  với  a1  0 . 
Coi  a1  có thể bằng  0 , ta xét lần lượt như sau: 
sin( SD, ( SBC )) 

1,0 

Có  10  cách chọn chữ số xuất hiện  4  lần và có  C84  cách chọn  4  trong  8  vị trí cho chữ số 
Câu 4
(2 điểm)

đó. Sau đó có 9 cách chọn chữ số (khác với chữ số trên) xuất hiện 3 lần và có  C43 cách 
chọn 3  trong 4 vị trí còn lại cho chữ  số đó. Tiếp theo có 8 cách chọn chữ số cho vị trí 
cuối cùng.  
Số các số là:  A  10  C84  9  C43  8  720  C84  C43  
Do vai trò của 10  chữ số  0,1, 2...9  như nhau nên số các số có chữ số đầu trái là 0 bằng 
1

A , do đó số các số có chữ số đầu trái khác  0  thỏa mãn bài toán bằng 
10

1,0 

1,0 

7 


9
A  648  C84  C43  181440   
10
a  a  b 2   ab 2
a2
ab 2
ab 2
1
Ta có 


a


a

 a
ab   
2
2

2
ab
a b
ab
2
2 ab
1
1  a 1
b 1
c 1 
VT  a  b  c 
ab  bc  ca  a  b  c  
b 
c 
a
2
2 2
2
2
 
Câu 5
1
(2 điểm)   a  b  c  4  ab  bc  ca    a  b  c  

 



 
0,5 



0,5 

2

3
1
3
1 a  b  c
9 3 3
  a  b  c    ab  bc  ca    a  b  c  
    
4
4
4
4
3
4 4 2
''

''
Dấu 
 xảy ra khi  a  b  c  1  

1,0 

 
 

---------------------Hết--------------------- 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

8 


 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 11 NĂM HỌC 2017 - 2018

Môn thi: Vật lí lớp 11 THPT
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
Ngày thi: 05/4/2018 
(Đề thi gồm 02 trang, 05 câu)

 

Câu 1  (4 điểm).  Một  vật  có  khối  lượng m = 100g dao động điều hòa  theo  trục  Ox  dưới  tác 

dụng của lực kéo về có biểu thức F = - 20x (N). Khi vật đến vị trí có li độ +4cm thì vận tốc của 
vật là 0,4 2 m/s.  
a) Chọn gốc thời gian (t = 0) lúc vật qua vị trí cân bằng theo chiều dương của trục Ox. 
Viết phương trình dao động điều hòa của vật. 
b) Chọn mốc thế năng tại vị trí cân bằng của vật. Thay đổi điều kiện ban đầu để biên độ 
dao động của vật thay đổi. Khi vật cách vị trí cân bằng một đoạn s thì động năng của vật là 
13,95mJ. Vật đi tiếp một đoạn s nữa thì động năng của vật chỉ còn 12,60mJ. Nếu vật đi thêm 
một đoạn s nữa thì động năng của vật khi đó là bao nhiêu? Biết trong quá trình khảo sát chuyển 
động, vật chưa đổi chiều chuyển động. 
Câu 2 (4 điểm). Một vật sáng nhỏ AB đặt vuông góc với trục chính của thấu kính L1. Qua thấu 
kính L1 cho ảnh thật A1B1 cao gấp 3 lần vật và cách vật một đoạn 80cm. 
 

a)  Hãy  cho biết  thấu  kính  L1  là  thấu  kính hội  tụ hay  thấu kính phân  kỳ?  Vì  sao?  Xác 

định tiêu cự của thấu kính L1. 
b) Giữ nguyên vị trí của vật, di chuyển thấu kính L1 dọc theo trục chính ra xa vật cho 
đến khi thu được ảnh cao bằng vật thì đặt vào sau thấu kính L1 một thấu kính hội tụ L2 đồng 
trục với L1, cách L1 một đoạn 50cm. Biết ảnh cuối cùng của AB qua hệ là ảnh thật và cách AB 
một đoạn là 1m. Xác định tiêu cự của thấu kính L2. 

E, r 

Câu 3 (5 điểm). Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện 
có suất điện động E = 15V và điện trở trong r = 1, bóng 
R1  M  R2 

đèn thuộc loại 6V - 6W, điện trở R1 = R2 = 6, Rb là một 

•

biến trở. Ampe kế có điện trở không đáng kể. Coi điện trở 
của đèn không thay đổi theo nhiệt độ. 
 

a) Điều chỉnh giá trị biến trở để Rb = 3. 

A 

A 

Rb 

Đ 

B 

•

N 

-  Tính  cường  độ  dòng  điện  chạy  qua  các  điện  trở, 
biến trở và qua đèn. 
- Hỏi đèn có sáng bình thường không? Vì sao? 

9 


 

b) Thay đổi suất điện động của nguồn để hiệu điện thế mạch ngoài bằng 6V, dòng điện 

qua ampe kế có chiều từ M đến N và có cường độ IA = 0,5A. Xác định giá trị của biến trở khi 
đó. 
Câu 4 (4 điểm). Hai dây dẫn thẳng dài vô hạn mang dòng điện I1 = 4A và I2 = 6A cùng chiều, 
đặt song song với nhau, cách nhau một khoảng 5cm trong không khí.  
a) Điểm M cách I1, I2 các khoảng lần lượt là r1 = 5cm và r2 = 10cm. Xác định véc tơ 
cảm ứng từ tổng hợp do I1, I2 gây ra tại M.  
b) Tìm những điểm mà véc tơ cảm ứng từ tổng hợp do I1, I2 gây ra tại đó bằng không. 
Câu 5  (3  điểm).  Xét      0,25  mol  khí  lí  tưởng  biến  đổi  từ  trạng  thái (1)  có  áp  suất  p 1  = 
2.105Pa, thể tích V1  = 0,008m3 và nhiệt độ T1 đến trạng thái (2) có áp suất p2  = 105Pa, thể tích 
V2 = 0,02 m3và nhiệt độ T2. Biết hằng số các khí R = 8,31J/mol.K.  
a) Tính T1  và T2. 
b) Biết quá trình biến đổi trạng thái từ (1) đến (2) trong hệ tọa độ (p, V) có dạng một 
đoạn thẳng. Tìm biểu thức thể hiện sự phụ thuộc của nhiệt độ tuyệt đối T theo thể tích V.

 
---------------------Hết--------------------- 
 
Họ và tên thí sinh: ………………………………………………………....................... Số báo danh: …………........... 
 
Chữ kí giám thị số 1:………………................................………Chữ kí giám thị số 2:…......................……….... 

10 


 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 11 NĂM HỌC 2017 - 2018

Môn thi: Vật lí lớp 11 Chuyên
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
Ngày thi: 05/4/2018 
(Đề thi gồm 02 trang, 04 câu)

 

O/

Câu 1 (5 điểm). Một bán cầu có bán kính R = 1m cố định 
trên mặt nằm ngang, trên đỉnh bán cầu có đặt một viên bi 
nhỏ B có khối lượng mB = 2kg. Một con lắc đơn có chiều 
dài dây  treo  l  =  1m,  khối  lượng  quả  cầu nhỏ  A  là  mA  = 
1kg. Kéo A để dây treo hợp với phương thẳng đứng một 
góc    600   rồi  buông  không  vận  tốc  đầu  để  A  đến  va 
chạm đàn hồi xuyên tâm vào B. Lấy g = 10 m/s2, bỏ qua  A
sức cản không khí và bỏ qua ma sát. 


l

B

a)  Tìm  vận  tốc  của  A  ngay  trước  va  chạm  và  vận 
tốc của B ngay sau va chạm. 

M



b) Sau va chạm, B trượt đến vị trí M thì bắt đầu rời 
khỏi bán cầu. Xác định góc   

O

c) Tìm độ lớn của lực căng dây treo khi A đến vị trí cao nhất sau va chạm. 
Câu 2  (5  điểm).  Một  động  cơ  nhiệt  có  tác  nhân  sinh  công  là  n  mol  khí  lý  tưởng  đơn 
nguyên tử thực hiện một chu trình kín được biểu diễn trong hệ tọa độ p – V như hình vẽ. 
Các thông số p0, V0 đã biết; hằng số chất khí là R.   
p 
a) Tính nhiệt độ và áp suất khí tại trạng thái (3). 

5p0 

1 

b) Tính công do chất khí thực hiện trong cả chu 
trình. 
c) Tính hiệu suất của động cơ nhiệt. 

2 

p0 

Câu 3  (5  điểm).  Đầu  trên  của  hai  thanh  kim  loại 
O 

thẳng đặt thẳng đứng, song song, cách nhau một đoạn 
L, được nối với hai cực của tụ điện có điện dung C. 
Tụ điện có hiệu điện thế đánh thủng là U T. Hệ thống  M
được đặt trong một từ trường đều có véc tơ cảm ứng 

từ  B  vuông góc với mặt phẳng hai thanh. Một thanh 
kim loại khác MN cũng có chiều dài L trượt từ đỉnh 

hai thanh kia xuống dưới với tốc độ ban đầu  v 0 . Cho 

3 

V 

C

3V0 

7V0 
N


v0


B 

rằng, trong quá trình trượt thanh MN luôn tiếp xúc và vuông góc với hai thanh kim loại. 
Giả thiết các thanh kim loại đủ dài và bỏ qua điện trở của mạch điện, ma sát không đáng 
kể. 

a) Tìm độ lớn gia tốc của thanh MN. 
11 


b) Tìm thời gian trượt của thanh MN cho đến khi tụ điện bị đánh thủng. 
Câu 4 (5 điểm). Thấu kính hội tụ L1 có tiêu cự 30 cm 
và thấu kính phân kỳ L2 tiêu cự 10 cm đặt đồng trục và  B
cách nhau một khoảng l. Một vật sáng phẳng, nhỏ AB 
có  dạng  một  đoạn  thẳng  đặt  trước  và  vuông  góc  với  A
trục chính  tại A cách thấu  kính  L1 một khoảng 40cm. 
Qua hệ 2 thấu kính, vật AB cho ảnh A2B2. 

O1

O2

 
a) Giữ vật AB và thấu kính L1, L2 cố định. Xác định l để ảnh A2B2 qua hệ thấu 
kính luôn luôn là ảnh thật. 
b) Giữ thấu kính L1, L2 cố định. Xác định l để ảnh A2B2 có độ lớn không thay đổi 
khi di chuyển vật AB dọc theo trục chính. Tính số phóng đại của ảnh qua hệ thấu kính 
lúc này. 
 

---------------------Hết--------------------- 
 
Họ và tên thí sinh: ……………………………………………Số báo danh: …………........... 
 
Chữ kí giám thị số 1:………………..................Chữ kí giám thị số 2:…......................……….. 

12 


 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 11 NĂM HỌC 2017 - 2018

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN VẬT LÝ LỚP 11 CHUYÊN
(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) 
Chú ý:

- Những cách giải khác HDC mà đúng thì cho điểm theo thang điểm đã định.  
- Điểm toàn bài để điểm lẻ đến 0,25. 
 

Câu

1 (5 đ)

Nội dung
a)  Gọi v0 là vận tốc quả cầu A trước va chạm. Chọn mốc tính thế năng tại B. 
Áp dụng ĐLBT cơ năng cho quả cầu nhỏ A trước va chạm:  
v2
mA 0  m A gl (1  cos)    v0  2g(1  cos )  10  3,16(m / s)    
2
Gọi vA, vB là vận tốc của A và B theo phương ngang sau va chạm.  
Áp dụng ĐLBT động lượng theo phương ngang: mAv0 = mAvA + mBvB  (1) 

Vì va chạm giữa A và B là va chạm đàn hồi xuyên tâm nên: 
1
1
1
mAv02  mA vA2  mB vB2  mAv02  mA vA2  mB vB2   
2
2
2
 mA (v0  vA )(v0  vA )  mB vB2 (2)  
Từ (1), (2)   v A  1, 05(m/s), vB  2,11(m/s)   
VA < 0 chứng tỏ A bật ngược trở lại. 
b) Gọi vM là vận tốc của B khi bắt đầu rời bán cầu.  
Chọn mốc thế năng thế năng tại M. 
m v2
m v2
Áp dụng ĐLBT cơ năng tại B và M:  B B  m BgR(1  cos)  B M (3) 
2
2



Theo ĐL II Niu tơn:  PB  N  m B a . 
Chiếu lên phương hướng tâm tại M, với N = 0: 
m B v2M
 (4) 
m Bg cos  
R
Từ (3) và (4):  cos   0,815    35, 40   

Điểm

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

b. Gọi C là điểm cao nhất mà viên bi A lên được (lúc này dây hợp với phương thẳng 
đứng một góc   ). Áp dụng ĐLBTCN tại C và B cho vật A, mốc thế năng tại B: 
mv2A
mAgl(1- cos  ) = 
  (5) 
2



Áp dụng định luật II Niu tơn cho A:  PA  T  m A a   
Chiếu lên phương hướng tâm tại C: -mAgcos  +T = 0 (6) 
v2A
) = 9,45 (N) 
2
p
V

a) Đường 2-3 có dạng:   = k
p0
V0  
1
Trạng thái (2): V2 = 7V0;  p2 = p0   k = 
7 
3V0
3p
Trạng thái (3): V3 = 3Vo;   p3 =  kp0.
 =  0  
V0
7

Từ (5) và (6) ta được: T = mA(gl - 
2 (5 đ)

0,5 

0,5 
0,5 
0,5 
0,25 
0,25 

13 


Theo phương trình C-M: T3 = 

9p V

p3V3
 =  0 0  
7 nR
nR

b) Công do chất khí thực hiện có giá trị: A = S(123)  

0,5 
64p 0 V0
 
7

c) Khí nhận nhiệt trong toàn bộ quá trình 3 – 1 và một phần của quá trình 1 -  
2, trên đoạn 1 - I. 
+  Xét quá trình đẳng tích 3-1:   
 Q31 =  U  = nR

1 

0,5 

pV p V
144 p0V0
i
3
T  =  nR( ( 1 1  3 3 )  Q31 = 
 
2
2
nR

nR   
7

+ Xét quá trình 1-2: p = aV+b 
. Trạng thái (1): 5po = a.3V0 + b  
. Trạng thái (2):   po = a.7V0 + b   

0,25 

     a = -

po
p
   và   b = 8p0    p = - o .V + 8po   (1) 
V0
V0

Thay p = 

nRT
 vào  (1) ta có:      
V

po 2
p
.V  + 8poV   nRdT   o .2V .dV  8 p0 .dV (2)  
V0
V0
3
+ Theo Nguyên lí I NĐLH:    Q  dU   A  nRdT  pdV  (3) 

2
p0
+ Thay (2) vào (3) ta có:   Q  4(  V  5 p0 )  
V0
     Q  0  tại điểm I khi VI  = 5Vo và p I = 3po. 
Như vậy  khi  3Vo   V  5Vo   thì   Q  0   tức là chất khí nhận nhiệt lượng 

0,25 

0,5 

nRT = -

0,5 

Ta có: 
3
2

Q12 = Q1I =  U1I + A1I =   nR (TI -T1) + 

A
 =  32%
Q31  Q1I
a) Vì R  = 0 nên độ lớn suất điện động cảm ứng trên thanh MN luôn bằng hiệu điện 
thế giữa 2 bản tụ: |ec| = U   BLv  U (1)   
PT ĐLII Niu-tơn cho chuyển động của thanh MN: P – F = ma 
 mg  BLi  ma (2)  
dq d
dU

Mà  i 
 (C.U )  C
(3)  
dt dt
dt
dv
Thay (1) vào (3) được:  i  CBL  CBLa (4)  
dt
mg
Thay (4) vào (2):  a 
  
m  CB 2 L2
mg
b) Thanh MN trượt nhanh dần đều với tốc độ  v  v0  at  v0 
t   
m  CB 2 L2
U
Khi U = UT thì tụ bị đánh thủng   v  T  (6) 
BL
Từ (5), (6) có thời gian trượt của thanh cho đến khi tụ bị đánh thủng:  
1 UT
t
(
 v0 )(m  CB2 L2 )   
mg BL

Hiệu suất chu trình là: H = 

3 (5 đ)

4 (5 đ)

p1  pI
(VI -V1) = 8p0V0 
2

a)  

0,5 
0,5 

1 

1 
1 
0,5 
1 

0,5 

14 


Sơ đồ tạo ảnh: 
d1 = 40cm; f1 = 30cm 

 

d1/ 

d1f1
40.30

 120 (cm) ; d2 = l -  d1/ = l – 120 (cm) 
d1  f1 40  30

d /2 

d 2 f2
(  120)(10) 10(120  )
 (cm) 


d 2  f2   120  (10)
  110

Ảnh qua hệ là ảnh thật khi d2’ > 0. Lập bảng xét dấu, được 
110cm    120cm  
b) k = k1.k2 = 

f1 f2
d1 (  f1  f2 )  f1  f1 f2

0,5 
1 
1 

 

Để độ lớn của A2B2 không phụ thuộc d1 thì l – f1 – f2 = 0 

 
Suy ra: l = f1 + f2 = 20cm; khi đó k =  

f2 1
  
f1 3

1 

1 

 
---------------------Hết--------------------- 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
15 


 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 11 NĂM HỌC 2017 - 2018

 

HDC CHÍNH THỨC 
HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN VẬT LÍ LỚP 11 THPT
(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) 
Chú ý:
- Những cách giải khác HDC mà đúng thì cho điểm theo thang điểm đã định.  
- Điểm toàn bài để điểm lẻ đến 0,25. 

- HS không viết công thức mà thay số cho kết quả đúng vẫn cho điểm tối đa. 
 

Câu

Nội dung
a) Ta có:  F  20 x ( N )  m  20    10 2 (rad/s)   

Điểm

2

 

0,5 

2

 40 2 
 v2 
A  x   2   4 2  
  4 2 (cm)  
 
 10 2 
2

cos   0

  
Tại t = 0:  

2
v0  0

0,5 



1
(4 đ)

2
(4 đ)

0,5 

Vậy PT dao động của vật là  x  4 2 cos(10 2t  ) (cm)   
2
1
b) Động năng của vật Wđ = W’ – Wt = W’ -  kx 2   
2
1 2

13, 95  W'  2 ks
Theo đầu bài có:  
  
12, 60  W'  4. 1 ks 2

2
 W'  14, 4 (mJ )


 
 1 2
ks

0,
45
(
mJ
)
 2
1
  Wđ3 = W’ – 9. ks 2  = 10,35(mJ) 
2

0,5 

a) A1B1 là ảnh thật cao gấp 3 lần AB nên L1 là thấu kính hội tụ 

0,5 

Khoảng cách vật - ảnh là d 1 + d1’ = 80 (cm) (1) 
 

0,25 

d1'
 3  d1'  3d1 (2) 
d1

0,25 

Giải (1) và (2) được d1 = 20(cm), d 1’ = 60 (cm) 

0,5 

Độ phóng đại ảnh:  k1  

 f1 

d1d1'
 15 (cm)  
d1  d1'

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

16 


b)  
* Di chuyển vật đến vị trí ảnh cao bằng vật nên  k1'  1 

f1

 d1  30(cm)  
f1  d1

0,5 

 d1'  30(cm )   

* Sơ đồ tạo ảnh: 
                             

 

d f
20 f 2
Ta có:  d 2  l  d  20 (cm) ,  d 2 '  2 2 
 
d2  f 2 20  f 2
Khoảng cách giữa vật và ảnh A2B2 qua quang hệ: L = d1 + l + d2’ = 100 (cm) 
 d 2'  20 (cm)   

0,5 

'
1

 f 2  10 (cm)  

0,5 

a) 

Vì ampe kế có điện trở không đáng kể nên (R1//RĐ) nt (R2//Rb) 

0,25 

Ta có: RĐ = 

U D2
 6()   
PD

0,25 

R R
R 1 RD
 3()  , R2b =  2 b  2()  
R 1  RD
R 2  Rb
 RN  R1D  R2b  5()   

0,5 

E
 2,5( A)   
RN  r

0,5 

R1Đ = 

I  I1D  I 2 b 

3
(5 đ)

0,5 

U1D  U1  U D  I1D R1D  7,5 (V )  I1  I D  1, 25( A)  

0,25 

U 2b  U 2  U b  I 2b R2b  5(V )  I 2  0,83( A), Ib  1, 67 ( A)  

0,25 

Vì UĐ > Uđm nên đèn không sáng bình thường. 
 
b) Đặt Rb = x (x > 0) 
6x
6x
9(2  x)
Ta có:  R2b 
  
 RN  R1D  R2 b  3 

6 x
6 x
6 x
Giả sử chiều dòng điện I, I1, I2. 
U
2(6  x)

  
I  I1 D  I 2 b  N 
RN 3(2  x)
2(6  x)
(6  x)
U AM  U1  I .R12 
 I1 
  
2 x
3(2  x)
4x
2x
 
U MB  U 2  I .R2b 
 I2 
(2  x)
3(2  x)
Dòng điện qua ampe kế có chiều từ M đến N nên IA = I1 – I2 

 0,5 

(6  x)
2x

 x  1, 2()  
3(2  x) 3(2  x)

a) Biểu diễn đúng các véc tơ cảm ứng từ do I1, I2 gây ra tại M. 
 

0,5 
0,25 

0,5 

0,5 
0,5 
0,25 
0,5 
0,5 

17 


4
(4 đ)

  
Áp dụng nguyên lí chồng chất từ trường:  BM  B1  B2  
 BM  B1  B2   
I
4
Mà  B1  2.107 1  2.107
 1, 6.105 (T )   
r1
0, 05
I
6
      B2  2.10 7 2  2.10 7
 1, 2.10 5 (T )  

r2
0,1

0,5 

0,5 

Ta có:  BM  2,8.10-5 (T) 

0,5 

    

b) Áp dụng nguyên lí chồng chất từ trường:  BN  B1  B2  0  B1   B2  

0,25 

  N nằm trong khoảng giữa 2 dây dẫn. 

0,5 

Ta có:  B1  B2 

I1 I 2
r I
  2  2  1, 5  r2  1,5r1 (1)   
r1 r2
r1 I1

0,5 

Mà r1 + r2 = 5 (cm) (2) 

0,25 

Từ (1) và (2) suy ra: r1 = 2 (cm), r2 = 3 (cm) 

0,5 

a) Áp dụng phương trình Claperon – Mendeleep: 
+ Trạng thái (1):  p1V1   RT1   

0,25 

+ Trạng thái (2):  p2V2   RT2   

0,25 

p1V1
 770 (K)  
R
pV
 T2  2 2  962, 7 (K)  
R
 T1 

0,5 
0,5 

b) Quá trình biến đổi trạng thái từ (1) đến (2) trong  hệ tọa độ (p, V) có dạng một 

5 (3 đ) đoạn thẳng nên p = aV + b với a, b là hằng số  
5
 2.10  a.0, 008  b
Ta có hệ PT:   5
  
10  a.0, 02  b

25.106
a



25.106
0,8.106
3
 


p


V

6
3
3
b  0,8.10

3
pV   RT

 
 
pV
1
25.106 2 0,8.106
T 

(
V 
V )  0,16.106  25V 2   0,8V 
R R
3
3

0,25 
0,25 

0,5 

0,5 

 
---------------------Hết--------------------- 
 
 
 
 
18 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN
ĐỀ CHÍNH THỨC 

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 11 NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn thi: Hóa học (Chuyên)
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
Ngày thi: 05/4/2018 
(Đề thi gồm 2 trang, 7 câu)

Câu 1. (2,5 điểm)
1. Xác định tên, viết cấu hình electron nguyên tử và xác định vị trí của nguyên tố X trong bảng tuần 
hoàn (số thứ tự, chu kì, nhóm). Biết electron cuối cùng trong cấu hình electron nguyên tử của X được 
đặc trưng bởi 4 số lượng tử sau:    n = 4;    l = 0;    m = 0;    ms = +1/2. 
2. Hãy tính năng lượng liên kết riêng của hạt nhân nguyên tử liti ( 73 Li ) 
Cho khối lượng proton và nơtron lần lượt là 1,00724 đvC; 1,00862đvC; 
Hạt nhân Li có khối lượng = 7,01601 đvC. Biết 1đvC = 931,5 MeV/c2. 
Câu 2. (3,5 điểm)
1. Nghiên cứu phản ứng:  2 NO  O2  2 NO2 ở nhiệt độ T được một số kết quả sau đây: 
Nồng độ đầu NO, M  Nồng độ đầu O2, M 
Tốc độ tiêu thụ đầu O2, M.phút-1 
0,1 
0,1 
0,18 
0,1 
0,2 
0,36 
0,2 
0,2 

1,44 
a) Từ các dữ kiện thực nghiệm, hãy rút ra biểu thức tính tốc độ của phản ứng.                   
b) Tốc độ phản ứng thay đổi thế nào khi: 
- Nồng độ oxi tăng 4 lần. 
 
- Nồng độ NO tăng 4 lần. 
- Nồng độ NO giảm một nửa. 
- Nồng độ oxi giảm một nửa còn nồng độ NO tăng 4 lần. 
- Nồng độ NO giảm một nửa, còn nồng độ O2 tăng 4 lần. 
2. Tính  G o373 của phản ứng: CH4 (khí) + H2O (hơi)  CO (khí) + 3H2 (khí) . Biết:  
 
CH4 (khí)  H2O (hơi)  CO (khí)  H2 (khí) 
0
- 74,8  - 241,8  -110,5 
0 
H S , 298 (kJ/mol) 
0
(J/mol.K) 
S 298

186,2 

188,7 

197,6 

130,684 

a) Từ giá trị G0 tìm được có thể kết luận gì về khả năng tự diễn biến của phản ứng ở 373K? 
b) Tại nhiệt độ nào thì phản ứng đã cho tự xảy ra ở điều kiện chuẩn? 

(Coi H0, S0 không phụ thuộc T) 
Câu 3. (3,0 điểm) 
1. Tính pH của dung dịch X gồm hỗn hợp HNO3 0,001M và H3PO4 0,001M. 
Cho biết H3PO4 có Ka1= 10-2,15;  
Ka2 = 10-7,21;    
Ka3 = 10- 12,32;   
Kw = 10-14. 
2. Hoạt chất trong nhiều loại thuốc tẩy màu tóc là hiđro peoxit (H2O2). Hàm lượng H2O2 trong thuốc tẩy 
màu tóc được xác định theo phương trình: H2O2 + KMnO4 + H2SO4  O2 + K2SO4 + MnSO4 + H2O.
Để tác dụng hết với lượng H2O2 có trong 25 gam một loại thuốc tẩy màu tóc cần vừa đủ 80 ml dung 
dịch KMnO4 0,1M. Tính nồng độ % của H2O2 trong loại thuốc nói trên. 
Câu 4. (3,0 điểm) X là một nguyên tố hóa học có nhiều dạng thù hình. Độ âm điện của X nhỏ hơn của 
oxi. X còn có vai trò rất quan trọng trong sinh hóa. Trong công nghiệp, 1 dạng thù hình của X được 
sản xuất bằng cách nung hỗn hợp quặng photphorit, cát và than cốc ở 1200oC trong lò điện.  
   a) Xác định nguyên tố X và viết phương trình hóa học xảy ra. 
   b) X có thể tạo được với hiđro nhiều hợp chất cộng hóa trị có công thức chung XaHb. Dãy hợp chất 
này tương tự dãy đồng đẳng ankan. Viết công thức cấu tạo của bốn chất đồng đẳng đầu tiên. 
   c) Nguyên tố X tạo được những axit chứa oxi (oxo axit) có công thức chung H3XOn với n = 2, 3, 4. 
Viết công thức cấu tạo của 3 axit. Xác định số oxi hóa của X trong các hợp chất này. 
Câu 5. (3,0 điểm) 
1. Hãy so sánh nhiệt độ sôi của các chất sau đây và giải thích ngắn gọn 

19 


 
2. Có ba hợp chất A, B và C: 

HO

C

HO
O

C

C

CH3

CH3

O

A

CH3

OH O
C

B

 
a) Hãy so sánh tính axit của A và B. 
b) Hãy so sánh nhiệt độ sôi và độ tan trong dung môi không phân cực của B và C. 
Câu 6. (3,0 điểm)
Hai hợp chất hữu cơ đa chức A và B đều có công thức phân tử C5H6O4 và là đồng phân lập thể của 
nhau. Cả A, B đều  không  có tính quang  hoạt, A có nhiệt độ sôi thấp hơn B. A,  B đều tác dụng  với 

NaHCO3 giải phóng khí CO2. Khi hiđro hóa A hay B bằng H2 với xúc tác Ni được hỗn hợp X, gồm các 
chất có công thức C5 H8O4. Có thể tách X thành hai dạng đối quang của nhau. 
a) Lập luận xác định cấu tạo của A và B. 
   b) Viết công thức Fisher của hai dạng đối quang của X, xác định cấu hình tuyệt đối R,S. 
Câu 7. (2,0 điểm)
Cho sơ đồ chuyển hóa sau: 

OH

H 3C
H 3C

C

CH2 /H2SO4

CrO3

H2, Ni, p
A
H3C

B

C

OH
0

+

t , H

-H2O

D

1. CH3MgBr
2. H2O
1. O3
2. H2O/Zn

E

 
a) Xác định công thức các chất A, B, C, D, E. 
b) Cho biết cơ chế phản ứng từ phenol tạo ra chất A. 
Học sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn
Số hiệu nguyên tử của các nguyên tố: K = 19; Ca = 20; Cr = 24; Fe = 26; Cu = 29; Zn = 30 
Nguyên tử khối của các nguyên tố: H = 1; He = 4; C = 12; O = 16; F = 19; Mn = 55; K = 39. 
---------------------Hết--------------------- 
Họ và tên thí sinh: ……………………………………………………Số báo danh: …………........... 
Chữ kí giám thị số 1:………………..............................Chữ kí giám thị số 2:…......................………. 

 
 
 
 
 
 

 
 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 11 NĂM HỌC 2017 - 2018

20 


Môn thi: Hóa học (Chuyên)
(Hướng dẫn chấm gồm 6 trang) 

HƯỚNG DẪN CHẤM 
CHÍNH THỨC 

Chú ý: Những cách giải khác HDC mà đúng thì cho điểm theo thang điểm đã định.  
Câu 1. (2,5 điểm)
1. Xác định tên, viết cấu hình electron nguyên tử và xác định vị trí của nguyên tố X trong bảng tuần 
hoàn (số thứ tự, chu kì, nhóm). Biết electron cuối cùng trong cấu hình electron nguyên tử của X được 
đặc trưng bởi 4 số lượng tử sau:    n = 4;    l = 0;    m = 0;    ms = +1/2. 
2. Hãy tính năng lượng liên kết riêng của hạt nhân nguyên tử liti ( 73 Li ) 
Cho khối lượng proton và nơtron lần lượt là 1,00724 đvC; 1,00862đvC; 
Hạt nhân Li có khối lượng = 7,01601 đvC. Biết 1đvC = 931,5 MeV/c2. 
Câu 1
Nội dung
Điểm
1) X là  
* Kali

1s22s22p63s23p64s1  
0,5 x 3
 STT 19, chu kì 4, nhóm IA 
1.
= 1,5
(1,5
* Crom
điểm) 1s22s22p63s23p63d54s1   
  STT 24, chu kì 4, nhóm VIB 
* Đồng
1s22s22p63s23p63d104s1  
 STT 29, chu kì 4, nhóm IB 
2)
2.
Khối lượng của 3p + 4n = 1,00724 x3 +1,00862 x4 = 7,0562 đvC 
0,5 x 2
(1,0
= 1,0
Độ hụt khối lượng m = 7,0562 - 7,01601 = 0,04019 đvC 
điểm)
2
 
E = mc  = 0,04019 x 931,5 = 37,436985 MeV 
 
Năng lượng liên kết riêng trung bình = 37,436985: 7 = 5,34814 MeV/ nucleon 
Câu 2. (3,5 điểm)
1. Nghiên cứu phản ứng:  2 NO  O2  2 NO2 ở nhiệt độ T được một số kết quả sau đây: 
Nồng độ đầu NO, M  Nồng độ đầu O2, M 
Tốc độ tiêu thụ đầu O2, M.phút-1 
0,1 

0,1 
0,18 
0,1 
0,2 
0,36 
0,2 
0,2 
1,44 
a) Từ các dữ kiện thực nghiệm, hãy rút ra biểu thức tính tốc độ của phản ứng                   
b) Tốc độ phản ứng thay đổi thế nào khi: 
- Nồng độ oxi tăng 4 lần. 
 
- Nồng độ NO tăng 4 lần. 
- Nồng độ NO giảm một nửa. 
- Nồng độ oxi giảm một nửa còn nồng độ NO tăng 4 lần. 
- Nồng độ NO giảm một nửa, còn nồng độ O2 tăng 4 lần. 
2. Tính  G o373 của phản ứng: CH4 (khí) + H2O (hơi)  CO (khí) + 3H2 (khí) . Biết:  
 
CH4 (khí)  H2O (hơi)  CO (khí)  H2 (khí) 
0
- 74,8  - 241,8  -110,5 
0 
H S , 298 (kJ/mol) 
0
(J/mol.K) 
S 298

186,2 

188,7 

197,6 

130,684 

a) Từ giá trị G0 tìm được có thể kết luận gì về khả năng tự diễn biến của phản ứng ở 373K? 
b) Tại nhiệt độ nào thì phản ứng đã cho tự xảy ra ở điều kiện chuẩn? 
(Coi H0, S0 không phụ thuộc T) 
 

21 


Câu 2

Nội dung
Điểm
a) Từ các dữ kiện thực nghiệm rút ra biểu thức tính tốc độ của phản ứng                     0,25
V = k. C 2NO . C O 2

1.
(1,5
điểm)

Khi: 
- Nồng độ oxi tăng 4 lần: v tăng 4 lần 
 
- Nồng độ NO tăng 4 lần: v tăng 16 lần 
- Nồng độ NO giảm một nửa: Giảm 4 lần 
- Nồng độ oxi giảm một nửa còn nồng độ NO tăng 4 lần: Tăng 8 lần 

- Nồng độ NO giảm một nửa, còn nồng độ O2 tăng 4 lần: Không đổi  

0,25x5
=1,25

0
a)  H pu
 = 3.0 + 1(-110,5) -(-74,8) -(-241,8) = 206,1 (kJ) 

S 0pu  = 3.(130,684) + 197,6 - 188,7 - 186,2 = 214,752 (J/K) 

2.
(2,0
điểm)
 

Do H0, S0 không phụ thuộc vào T nên: 
 G o373 = H0 - T. S0 = 206,1 - 373.214,752.10-3 =125,9975 (kJ) > 0 
 ở T = 373K  Phản ứng không thể tự diễn biến. 
b) Để phản ứng tự diễn biến ở nhiệt độ T thì:  GT0  < 0  H0 - T. S0 < 0 
0

 T > 

3

206,1.10
H
= 
= 959,71 K (686,7 oC) 

0
214,752
S

1,0

 
1,0

Câu 3. (3,0 điểm)
1. Tính pH của dung dịch X gồm hỗn hợp HNO3 0,001M và H3PO4 0,001M. 
Cho biết H3PO4 có Ka1= 10-2,15;  
Ka2 = 10-7,21;    
Ka3 = 10- 12,32;   
Kw = 10-14. 
2. Hoạt chất trong nhiều loại thuốc tẩy màu tóc là hiđro peoxit (H2O2). Hàm lượng H2O2 trong thuốc tẩy 
màu tóc được xác định theo phương trình.
 
H2O2 + KMnO4 + H2SO4  O2 + K2SO4 + MnSO4 + H2O. 
Để tác dụng hết với lượng H2O2 có trong 25 gam một loại thuốc tẩy màu tóc cần vừa đủ 80 ml dung 
dịch KMnO4 0,1M. Tính nồng độ % của H2O2 trong loại thuốc nói trên. 
Câu 3
Nội dung
Điểm
Tính pH của dung dịch X

1.
(1,5
điểm)

2.(1,5 đ)

            HNO3       H+       +    NO3-  
            0,001M        0,001M 
              H3PO4      H+ + H2PO4-      (1)   Ka1= 10-2,15 
             H2PO4-     H++  HPO42-       (2)   Ka2 = 10 -7,21 
             HPO42-    H+ + PO43-           (3)   Ka3 = 10- 12,32 
              H2O        H+ + OH-             (4)    Kw = 10 -14 
Do Ka1 >> Ka2 >> Ka3 và Kw nên cân bằng (1) là chủ yếu 
              H3PO4           H+          +           H2PO4-      (1)   Ka1= 10-2,15 
Co :       0,001M           0,001M 
[   ]  :     0,001-x           0,001 + x                 x   
 
x(0, 001+ x)
Theo ĐLTDKL ta có : 
 = 10-2,15 
0, 001- x
     x = 7,975.10-4      [H+] = 0,001 + 7,975.10 -4 = 1,7975.10-3 M 
Vậy pH của dung dịch X = 2,745
5H2O2 +2 KMnO4 + 3H2SO4  5O2 + K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O 

0,5

0,5

0,5

0,5

22 

0,5

Số mol KMnO4 = 0,08. 0,1 = 0,008 mol. 
áp dùng bảo toàn e ta có: Số mol H2O2 . 2 = số mol KMnO4 . 5 
Số mol H2O2 = 0,02 
C% H2O2 =  [(0,02 .34).100] :  25 = 2,72 % 

0,5

 
Câu 4. (3,0 điểm)
X là một nguyên tố hóa học có nhiều dạng thù hình. Độ âm điện của X nhỏ hơn của oxi. X còn có vai 
trò rất quan trọng trong sinh hóa. Trong công nghiệp, 1 dạng thù hình của X được sản xuất bằng cách 
nung hỗn hợp quặng photphorit, cát và than cốc ở 1200oC trong lò điện.  
   a) Xác định nguyên tố X và viết phương trình hóa học xảy ra. 
   b) X có thể tạo được với hiđro nhiều hợp chất cộng hóa trị có công thức chung XaHb. Dãy hợp chất 
này tương tự dãy đồng đẳng ankan. Viết công thức cấu tạo của bốn chất đồng đẳng đầu tiên. 
   c) Nguyên tố X tạo được những axit chứa oxi (oxo axit) có công thức chung H3XOn với n = 2, 3, 4. 
Viết công thức cấu tạo của 3 axit. Xác định số oxi hóa của X trong các hợp chất này. 
 
Câu 4
Nội Dung
Điểm
a) Nguyên tố photpho  
0,5 
1200o C
a.(0,5 đ) Ca (PO )  + 3SiO  + 5C  
 

 3CaSiO3  + 5CO + 2P 
3
4 2
2
 
 
b)
H
 
H
H
H
H
0,25 x 4 
H
P
P
P
H
H
P
H
b.(1,0 đ)
= 1,0 
P
P
P
P
H
P

P
H
 
H
H

(1)

H

H

(2)

(3)

H

H

H

(4)

 
 
 
0,5 x 3 
 

c)
 
c.(1,5 đ)

  

  

+1

               

+3

+5 

 
 
Câu 5. (3,0 điểm)
1. Hãy so sánh nhiệt độ sôi của các chất sau đây và giải thích ngắn gọn 

 
2. Có ba hợp chất A, B và C: 

HO

C

HO
CH3

O
A

C

C
CH3

O
B

CH3

OH O
C

 

a) Hãy so sánh tính axit của A và B. 
b) Hãy so sánh nhiệt độ sôi và độ tan trong dung môi không phân cực của B và C. 

23 


 
Câu 5

Nội dung
1. Nhiệt độ sôi của các chất tăng dần theo thứ tự sau: (I) < (IV) < (II) < (III)

Điểm

0,5
1.
(1,5
điểm)

2.
(1,5
điểm)
 

 
 
- Chất  II  và  III có liên  kết  hiđro, nhưng  liên  kết  hiđro  của nhóm O-H mạnh hơn 
liên kết hiđro trong nhóm N-H 
- Chất I và IV không có liên kết hiđro, chất IV có khối lượng phân tử lớn hơn. 

0,5
0,5

2.
a) Tính axit của (A) > (B).
Tính  axit được đánh  gía bởi sự dễ dàng phân  li proton của nhóm OH. Khả  năng 
này thuận lợi khi có các hiệu ứng kéo electron  (-I hoặc –C) nằm kề nhóm OH. Ở  0,5
A vừa có hiệu ứng liên hợp  (-C) và hiệu ứng cảm ứng (-I); ở B chỉ có hiệu ứng (I).  
b) So sánh điểm sôi và độ tan 
Liên kết hiđro làm tăng điểm sôi. Chất C có liên kết hiđro nội phân tử, B có liên 
kết hiđro liên phân tử nên: 

 
0,5x2=
* Nhiệt độ sôi: (C) < (B).
1,0
 
* Độ tan trong dung môi không phân cực: (C) > (B).

 
Câu 6. (3,0 điểm)
Hai hợp chất hữu cơ đa chức A và B đều có công thức phân tử  C5H6O4 và là đồng phân lập thể của 
nhau. Cả A, B đều  không  có tính quang  hoạt, A có nhiệt độ sôi thấp hơn B. A,  B đều tác dụng  với 
NaHCO3 giải phóng khí CO2. Khi hiđro hóa A hay B bằng H2 với xúc tác Ni được hỗn hợp X, gồm các 
chất có công thức C5 H8O4. Có thể tách X thành hai dạng đối quang của nhau. 
a) Lập luận xác định cấu tạo của A và B. 
   b) Viết công thức Fisher của hai dạng đối quang của X, xác định cấu hình tuyệt đối R,S. 
 
Câu 6
Nội dung
Điểm
Câu 6
a) A, B là hợp chất hữu cơ đa chức và đồng phân lập thể của nhau đều tác dụng 
(3,0
0,5
với NaHCO3 giải phóng CO2, vậy A, B là axit hai lần axit. Khi hidro hóa cho ra 
điểm)
hỗn hợp X có 2 dạng đối quang của nhau.  
Vì nhiệt độ sôi của A thấp hơn B (do tạo liên kết hiđro nội phân tử) nên A phải có  0,5
cấu hình cis. 
HOOC
COOH

HOOC
H
0,5x2=
1,0
H3C
H
H3C
COOH
B
A
 

24 


b)
0,5x2=
1,0
 
                                          R

S

 
Câu 7. (2,0 điểm)
Cho sơ đồ chuyển hóa sau: 

OH

H 3C

C

H 3C

CH2 /H2SO4
A
H3C

1. CH3MgBr
2. H2O

CrO3

H2, Ni, p
B

C

OH
t0, H+
-H2O

D

1. O3
2. H2O/Zn

E
 

a) Xác định công thức các chất A, B, C, D, E. 
b) Cho biết cơ chế phản ứng từ phenol tạo ra chất A. 
 
 
Câu 7

Nội dung
a.  Công thức các chất A, B, C, D, E 
 
HO

H3C

OH
C

CH2

H3C

Điểm

OH
H2, Ni, p

O
CrO3

+

H

a.
(1,25
điểm)

(A)

(B)

0,25x5
=1,25

(C)

 
CH3

OH
H3C
1. CH3MgBr
2. H2 O

O

1. O3
2. H2O/Zn

t, H+

O

-H2O

(E)

(D)

 

25