Đề thi HSG môn toán lớp 12 năm học 2017 . 2018 ( có đáp án)

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

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 NĂM HỌC 2017 - 2018

Môn thi: Toán lớp 12 Chuyên
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
Ngày thi: 29/11/2017
(Đề thi gồm 01 trang, 05 câu) 

 
Câu 1 (5 điểm). Giải hệ phương trình trên tập số thực:  

 y 4  2 xy 2  7 y 2   x 2  7 x  8  
 

2
3
y

13

15

2
x

x


1  

 
Câu 2 (5 điểm). Cho dãy số   xn   xác định bởi:  

 x1  a  

 
2

 xn1  3  x , n  1,2,...
n

Tìm  a  để dãy số   xn   có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. 
Câu 3 (3 điểm). Tìm tất cả các hàm số  f :     thoả mãn điều kiện : 
 

 

 

f  xf  x   f  y    f 2  x   y ,

x, y   .  

 
Câu 4 (5 điểm). Cho tam giác  ABC  nhọn và nội tiếp đường tròn   O  . Các đường 
cao  AD, BE ,CF   cắt  nhau  tại  H   với  D  BC , E  CA, F  AB .  Gọi  M   là  trung 
điểm  của  BC .  Đường  thẳng  AM   cắt  EF   và   O    lần  lượt tại  K , L . Lấy  X  trên 
đường thẳng  BC  sao cho  AK  vuông góc với  KX .  

a) Chứng minh rằng  HL  vuông góc với AX .  
b) Gọi  Y  là giao điểm của  AX  với  EF . Chứng minh rằng  MY  đi qua trung điểm 
của  HL .  
Câu 5  (2  điểm).  Có  2n   cây  được  trồng  quanh  một  hồ  nước  hình  tròn  với 
n  2, n   .  Để  chuẩn  bị  chào  đón  năm  mới,  người  ta  sơn  các  gốc  cây  bởi  một 
trong hai màu vàng hoặc trắng. Biết rằng có 100 cách chọn ra   n  1  cây không kề 
nhau để sơn màu trắng, các cây còn lại sơn màu vàng. Tìm  n . 
 
---------------------Hết--------------------- 
Họ và tên thí sinh: ………………………………………………………....................... Số báo danh: …………........... 
 
Chữ kí giám thị số 1:………………................................………Chữ kí giám thị số 2:…......................……….... 
0


 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 NĂM HỌC 2017 - 2018

 

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN LỚP 12 Chuyên
(Hướng dẫn chấm gồm 3 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

x 1  0
15
Điều kiện:  
 1  x  . Gọi các phương trình là (1) và (2). Ta có 
2
15  2 x  0

1  y

2

 2 xy  7 y   x  7 x  8   y  x   7  y  x   8  0   

4

2

2

2

2

2

 y2  x  1
       y  x  1 y  x  8   0   2
. 
y  x 8
Với  y 2  x  1,  thay vào   2  , ta được:  3x  16  15  2 x  x  1   
2

2

      3 x  16  15  2 x  x  1  2 x 

2
(5 đ)

0.5 
 
 
1.5 

 x  115  2 x    

x  0
x  0

2
       2

5  x  3  y  4  y  2 . 

x

3 

 
x


6
x

13
x

15

0


6
15
1
1
Với  x   x  8    y 2  x  8    (vô lí) nên loại  y 2  x  8 . 
2
2
2

1.0 

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là   3; 2  ,  3; 2  .

1.0 

Xét hàm số:  f  x  

1.0 

2
2
; f  x 
 0 x   \ 3  và  
2
3 x
3  x 

x  1
 
f  x  x  
x  2

1 

2 

x 

  

f 'x 

         +                 +                + 

    3 

 

        

            + 

                                                                                    0 
                                       2                                 
                             

f x 

1.0 

                  1                                                                        
 0     

           

f x  x
       +         0          -       0        +                                           
              -         
 
 
TH1:  a   ;1  

1.0 

Từ bảng biến thiên, ta có: dãy số   xn   tăng và bị chặn trên bởi  1  nên dãy số 
có giới hạn hữu hạn. Chuyển qua giới hạn tìm được  lim xn  1.  

1


TH2:  a  1 
Bằng quy nạp, ta chứng minh được  xn  1 n  * . Suy ra  lim xn  1.  
TH3:  a  2  
Bằng quy nạp, ta chứng minh được  xn  2 n  * . Suy ra  lim xn  2.  
TH4:  a  1;2   
Từ bảng biến thiên, ta có: dãy số   xn   giảm và bị chặn dưới bởi  1  nên dãy số 
có giới hạn hữu hạn. Chuyển qua giới hạn tìm được  lim xn  1.  
TH5:  a   3;    

1.0 

Từ  bảng  biến  thiên,  ta  có:  x2  f  x1    ;0  .  Theo  TH1,  ta  có:  dãy  số 

 xn    tăng   n  2  và  bị  chặn  trên  bởi  1   nên  dãy  số  có  giới  hạn  hữu  hạn. 
Chuyển qua giới hạn tìm được  lim xn  1.  
TH6:  a   2;3  
Từ bảng biến  thiên, ta  có: dãy  số   xn    tăng và  N 0   : xN 0   3;   . Khi 
đó  theo  TH5 và  TH1,  ta  có: dãy số   xn    tăng   n  2  và  bị  chặn  trên bởi  1  
nên dãy số có giới hạn hữu hạn. Chuyển qua giới hạn tìm được  lim xn  1.  
Như vậy: 
+)  lim xn  1, a   \ 2;3  

+)  lim xn  2  khi  a  2 . 
3
(3 đ)

Chọn  x  0 , suy ra  f  f  y    f 2  0  y , y  

1.0 

1.0 

 2  , suy ra  f  là toàn ánh. 

Do đó     : f    0 . 

1.0 

Chọn  x   , suy ra  f  f  y    y , y   , kết hợp với   2  , được  f  0   0  
Sử dụng phép thế  x  bởi  f  x  ,  y  0  để có được 



 f  x   x, x  

f 2  x   x 2 , x     f  x    x, x  
 
  f x  x, x  D
  
  f  x    x, x   \ D

 

Với  f  x   x, x  ; f  x    x, x    thay lại phương trình thấy thỏa mãn. 
 f  a   a
Giả sử  a, b  0 :  sao cho  
 
 f  b   b
Chọn  x  a; y  b , thay lại phương trình, được: 
2

1.0 

0.5 

2

a  b  a  b  b  0
 (mâu thuẫn)  
f  af  a   f  b    f 2  a   b   2
2
 a  b  a  b  a  0
 
Vậy  f  x   x, x    hoặc  f  x    x, x    là các hàm số cần tìm.

0.5 

2


4
(5 đ)

A

E
K

V

O
J
F

H

1.0 

X
B

M

D

C

T
L

Y

a) Dễ thấy các tứ giác KECL, DHEC nội tiếp nên AE.AC=AK.AL=AH.AD suy ra 

KHDL nội tiếp.  
Vậy nên,  KLH  KDH .  
Mặt khác, AXDK nội tiếp nên  KDA  KXA . Do đó, 
KLH  KXA  900  XAK  tức là HL vuông góc với AX. 
b) Gọi V là giao của HL với AX. Gọi J, T là trung điểm của AL, HL. Dễ thấy rằng 
AH//=2OM//=2JT nên OJTM là hình bình hành suy ra TM//OJ, vì OJ vuông góc 
với AL nên TM vuông góc với AL. Chú ý rằng AVFHE nội tiếp đường tròn đường 
kính AH. Tứ giác AVTM nội tiếp.  

5
(2đ)

Đường tròn (MEF) là đường tròn Euler nên theo tính chất của đường tròn Euler thì 
(EFM) đi qua T.  Xét các tứ giác nội tiếp AVTM, AVFE, HEMT nội tiếp ta suy ra 
các trục đẳng phương AV, EF, TM đồng quy tại Y nghĩa là MY đi qua trung điểm T 
của HL.  
Ta quan tâm đến việc chọn các cây để sơn màu trắng, các cây còn lại không được 
chọn sẽ sơn màu vàng. Cố định một cây là  A.  Đánh số các cây từ 1 đến  2n  với cây 
số 1 là  A . 
- TH 1: Nếu chọn cây  A  sơn màu trắng, khi đó 2 cây bên cạnh  A  không được 
chọn, như vậy ta phải chọn thêm  n  2  cây từ  2 n  3  cây còn lại. Giả sử chọn được 
thêm  n  2  cây, còn lại  n  1  cây. Coi  n  1  cây này là một dãy thẳng hàng thì có 
n  khoảng trống, bài toán trở thành chọn  n  2  khoảng trống từ  n  khoảng trống đó 
nên có  Cnn 2  Cn2  cách. 
- TH 2: Không chọn cây  A.  Khi đó ta phải chọn ra  n  1  cây từ  2 n  1  cây còn lại, 
vậy còn  n  cây không được chọn. Coi  n  cây là một dãy thẳng hàng nên có  n  1 
khoảng trống, chọn  n  1  khoảng trống này ứng với  n  1  cây được chọn nên có 
Cnn11  Cn21  cách. 
2
n

2
n 1

1.0 
1.0 

1.0 

1.0 

1.0 

1.0 

2

Vậy có  C  C  n  cách chọn ra  n  1  cây không kề nhau từ  2n  cây ban đầu 
để sơn màu trắng, các cây không được chọn sơn màu vàng. Theo giả thiết, ta có 
n 2  100  n  10.   
---------------------Hết--------------------- 
 
 

3


 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LẠNG SƠN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn thi: Toán lớp 12 THPT
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
Ngày thi: 29/11/2017 
(Đề thi gồm 01 trang, 05 câu)

 
 

Câu 1 (4 điểm). Cho hàm số  y  x3   m  3 x 2  mx  Cm  ,  ( m  là tham số thực). 
a) Chứng minh rằng đồ thị hàm số luôn có cực đại, cực tiểu với mọi giá trị của  m . 
Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị đó. 
b) Tìm tọa độ điểm cố định mà đồ thị hàm số   Cm   luôn đi qua. 
 
Câu 2 (4 điểm). Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: 
 xy  y 2  6 y
 

2
x

2

4

y


y

6

Câu 3 (6 điểm). Cho hình lập phương  ABCD. A ' B ' C ' D '  có cạnh bằng  a . Gọi  G  là 
trọng tâm của tam giác  B ' C ' D ' . Lấy  M  trên đoạn  CC '  sao cho  CM  2MC ' .  
a) Chứng minh rằng  MG   B ' CD  .  
b) Lấy  N  trên đoạn  DD '  sao cho  DN  2 ND ' . Tính khoảng cách giữa hai đường 
thẳng  GN  và  B ' D .  
c) Gọi  T   là  trung  điểm  của  B ' C .  Tính  góc giữa  đường  thẳng  GT   và  mặt  phẳng 
 B ' CD  .  
Câu 4 (4 điểm). Một hộp bao gồm 6 viên bi đỏ khác nhau, 8 viên bi vàng khác nhau 
và 10 viên bi xanh khác nhau.  
a) Người ta chọn ra ngẫu nhiên 6 viên bi trong hộp đó. Tính xác suất để 6 viên bi 
chọn ra thỏa mãn ít nhất một trong hai điều kiện:  
i) Có đúng 4 viên bi màu đỏ; 
ii) Có đúng 2 viên bi màu xanh.  
b) Lấy ra 6 viên bi sao cho có 2 viên bi đỏ, 2 viên bi vàng và 2 viên bi xanh. Xếp 6 
viên  bi  như thế  theo  hàng  ngang  sao  cho  không  có 2  viên  bi  nào cùng  màu  đứng 
cạnh nhau. Tính số cách xếp thu được.  
 
Câu 5 (2 điểm). Cho 2019 số thực  x1; x2 ;...; x2019  thỏa mãn điều kiện  1  xi  1  với  
2019

2019

i  1,2,...,2019  và   xi3  0 . Chứng minh   xi  673 .   
i 1

i 1

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

4


 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 NĂM HỌC 2017 - 2018

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN
 

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN LỚP 12 THPT
(Hướng dẫn chấm gồm 3 trang) 
Chú ý: Những cách giải khác HDC mà đúng thì cho điểm theo thang điểm đã định.  
 
Câu
Nội dung
1
a) Ta có:  y '  3x 2  2  m  3 x  m  
(4đ)

Điểm

0.5 

2

Có   '   m  3  3m  m 2  3m  9  0, m   . Suy ra điều phải chứng 
minh. 

0.5 

 
x

Lại có:  y  y '.  
3

 m  3    2m 2  6m  18  x  m  m  3  
 
 

9

9




9

0.5 

 
m  m  3
 2m 2  6m  18 
 là đường thẳng đi 
x
9
9



Suy ra đường thẳng:  y  

qua hai điểm cực trị. 
 
b) Ta có:  x 3   m  3 x 2  mx  y  0   x  x 2  m  x 3  3x 2  y  0  
 

0.5 

1.0 

Tọa độ điểm cố định là nghiệm của hệ phương trình: 
x  0

 x  x  0
 y  0  

 3

2
x  1
 x  3 x  y  0

  y  2
2

2
(4đ)

1.0 

Vậy với mọi giá trị của tham số  m  đồ thị hàm số   Cm   luôn đi qua hai 
điểm  O  0;0 , M 1; 2  . 
ĐK:  x  2; y  4  
y  0
 
y  x 6

1  y  x  y  6  0  

+) Với  y  0 , thay vào   2 , được:  x  2  2  6  x  18  
 

0.5 
1.0 
1.0 

+) Với  y  x  6 , thay vào   2 , được: 

 x  6

2

 6  x  2  10  x 

1  1 x  2  10  x   4  ptvn  

1.0 

 

Vậy nghiệm của hệ phương trình là:   x; y   18;0  
 

0.5 

5


3
(6đ)

A

D

B

C

O
T
N

1.0 

M

D'
A'
G
B'

K

C'

 
a) Dễ thấy rằng  A ' B '/ / C ' D '/ / CD  nên suy ra  A, B ', C , D  đồng phẳng, nghĩa là 
( B ' CD)  ( A ' B ' CD) .  
C 'G C ' M 1
Hơn nữa, 

  suy ra  MG / / A ' C  (theo Talet). Do đó,  MG / /  B ' CD  . 
C ' A C 'C 3
C 'M D'N 1
b) Ta có 

  suy ra  MN / / CD . Vậy nên   MNG  / /  A ' B ' CD  , suy 

MC
ND 2
ra  GN / /  A ' B ' CD  . Gọi  O  là tâm của  AA ' D ' D .  

1.0 

1.0 

Dễ thấy rằng  D ' O   A ' B ' CD  . Ta có d  GN ; B ' D    
2
2
a 2
d  D ';  A ' B ' CD    D ' O 
.   
3
3
3
c) Gọi  K  là trung điểm của  B ' C ' . Dễ thấy rằng  K , G, D '  thẳng hàng và  TKD '  là 
d  GN ;  A ' B ' CD    d  N ;  A ' B ' CD   

a 2
.   
3
1
1
a 2 1 5a 2 a 2 5a 2 14a 2
Hơn nữa,  TG 2  TK 2  KG 2  CC ' 2  D ' K 2 
 
 .




4
9
4 9 4
4
36
36
a 14
nên  TG 
.  
6
Gọi góc giữa  
TG;  B ' CD     . Ta có 

1.0 

tam giác vuông tại  K . Theo ý b) thì  d  G;  A ' B ' CD   

4
(4đ)

d  G;  A ' B ' CD  

a 2 a 14
2
2
:

 suy ra    arcsin

. 
TG
3
6
7
7
a) Gọi A là biến cố “chọn 6 viên bi có đúng 4 viên đỏ”. Gọi B là biến cố “chọn 6 
viên bi có đúng 2 viên xanh”. Khi đó  A  B  là biến cố “chọn được đúng 4 viên bi 
đỏ và 2 viên bi xanh” và  A  B  là biến cố “chọn được đúng 4 viên bi đỏ hoặc đúng 
2 viên bi xanh”.  
Ta có số phần tử không gian mẫu là  n     C246 .  
sin  

1.0 

1.0 



1.0 

Số phần tử của các biến cố  A; B; A  B  tương ứng 
là n  A   C64 .C182 ; n  B   C144 .C102 ; n  A  B   C64 .C102 .  
Do đó xác suất cần tìm là  

1.0 

6

n  A  n  B   n  A  B 
n  

P  A  B   P  A  P  B   P  A  B  

 
C64 .C182  C144 .C102  C64 .C102
46665


 0,3467
6
C24
134596
 
b) Số cách lấy ra 6 viên bi thỏa mãn đề bài là  C62 .C82 .C102 . Với 6 viên đã có ta gọi 
Gọi  A1 =”có hai viên đỏ cạnh nhau”;  A2 =”có hai viên vàng cạnh nhau”;  A3 =”có hai 
viên xanh cạnh nhau”.  
A1  A2 =”có hai viển đỏ cạnh nhau và có hai viên vàng cạnh nhau.  A1  A3 ; A2  A3  
là tương tự 
A1  A2  A3 =”hai viên đỏ cạnh nhau, hai viên vàng cạnh nhau, hai viên xanh cạnh 
nhau.  
Số cách xếp bất kì 6 viên là  6! .  
Ta có  A1  A2  A3  5!.2!  240 .  

1.0 

A1  A2  A2  A3  A3  A4  4!.2!.2!  96 ;  A1  A2  A3  3!.2!.2!.2!  48  

Khi đó kết quả cần tính là: 6! A1  A2  A3   

6!  A1  A2  A3  A1  A2  A1  A3  A2  A3  A1  A2  A3

5
(2 đ)

 720   3.240  3.96  36   288  48  240
Kết quả:  18900.240  4536000  
Do  1  xi  1; i  1, 2,..., 2019  đặt  xi  sin  i (i  1, 2,..., 2019)   
2019

2019

Theo đầu bài ta có   sin 3  i  0  
i 1

2019



 sin 
i 1

i



i 1

1

3sin i  sin 3i   0  . 
4

2019
1 2019
2019
sin 3 i 
 673 . Vậy   xi  673 . 

3 i 1
3
i 1

 

1.0 

0.5 
0.5 
1.0 

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

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

7


 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN

CHÍNH TH C

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 NĂM HỌC 2017 - 2018

Môn thi: Vật lý lớp 12 chuyên
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 

Ngày thi: 29/11/2017 
(Đề thi gồm 02 trang, 05 câu)

 

Câu 1 (5 điểm). Một con lắc lò xo nằm ngang gồm lò xo nhẹ có độ cứng k = 100N/m, một 
đầu lò xo gắn vào giá đỡ cố định, đầu kia gắn với vật m 1 = 250g (hình 1). Ban đầu m1 nằm 

yên ở vị trí cân bằng thì một vật nhỏ khối lượng m0 = 150g được bắn với vận tốc  v0  đến 
va  chạm đàn hồi  xuyên  tâm  với  m1.  Bỏ  qua sức  cản  không 

k
khí và ma sát giữa vật m1 với mặt ngang. Lấy g = 10m/s2.  
v 0 m0
m1
 
1. Biết rằng sau va chạm, vật m1 dao động điều hòa 
với biên độ A = 3cm.  
 
a. Tính v0. 
O
 
b. Chọn trục tọa độ Ox như hình vẽ, gốc O tại vị trí 
hình 1
cân bằng của m 1, chiều dương của trục toạ độ theo hướng lò 
xo bị dãn, gốc thời gian (t = 0) là thời điểm ngay sau va chạm. Viết phương trình dao động 
của m1 và tính thời điểm vật đi qua vị trí có li độ x = + 1,5cm lần thứ 2017 kể từ thời điểm 
t = 0. 
 
2. Nếu có một vật m2 = 50g đặt trên m1, hệ số ma sát nghỉ giữa vật m1 và m2 là 

  0,6 thì độ lớn vận tốc v0 phải thỏa mãn điều kiện nào để trong quá trình dao động, vật 
m2 luôn đứng yên trên m1.  
Câu 2 (4 điểm). Đặt một điện áp xoay chiều u = U0cos t (với U0 và   không đổi) vào hai 
đầu đoạn mạch nối tiếp gồm điện trở thuần R, tụ điện có điện dung C và cuộn dây thuần 
cảm có độ tự cảm L thay đổi được (hình 2). 
 
a. Khi L = L1 và L = L2 với L2 > L1 thì công 
C
suất tiêu thụ của mạch điện tương ứng là P1, P2 với P1 
L
R
=  3P2.  Độ  lệch  pha  giữa  điện  áp  hai  đầu  mạch  và  A
B
cường độ dòng điện trong mạch tương ứng là  1 ;  2  
hình 2

với  1  2  .  Hãy tính độ lớn của  1  và  2 . 
2

b. Cho R = 100  ,   = 100  (rad/s). Khi L = L1 và L = L2 = 

L1
2

 thì công suất tiêu 

thụ trên đoạn mạch như nhau nhưng cường độ dòng điện tức thời vuông pha nhau. Tính 
giá trị của L1 và điện dung C. 
Câu 3 (5 điểm). Một thanh dẫn điện MM/  có  chiều dài  ℓ,  khối  lượng m  có điện  trở  R, 
trượt xuống không vận tốc đầu trên hai thanh ray Ox và O/x/. Mặt phẳng của hai thanh ray 

hợp  với  mặt  phẳng  ngang  một  góc  .  Hệ  thống  đặt 


x/
B
trong một từ trường đều có cảm ứng từ B. Véc tơ  B  có 
M/
phương  thẳng  đứng,  hướng  lên  trên  (hình  3).  Bỏ  qua 
x
điện trở của hai thanh ray và bỏ qua mọi ma sát.   
O’
a. Nối OO’ bằng dây dẫn có điện trở không đáng 
M
kể,  tìm  vận  tốc  cực  đại  mà  MM/  đạt  được  trong  quá 

trình  chuyển  động,  cho  rằng  hai  thanh  ray  đủ  dài  để 
O
hình
3

8

x


thanh MM/ đạt được vận tốc đó. Sau khi đạt vận tốc cực đại, thanh sẽ chuyển động như thế 
nào? 
b. Nối OO/ với hai bản của một tụ điện có điện dung C ban đầu chưa tích điện. Tính 
thời gian kể từ lúc MM/ bắt đầu trượt từ vị trí cách OO/ một đoạn MO = M/O/ = d đến khi 
xuống đến vị trí OO/.                  

Câu 4 (3 điểm). Cho bản mặt song song có bề dày e = 6cm, chiết 
n
suất n = 1,5. Một điểm sáng A đặt trước bản mặt và cách bản mặt 
một đoạn  AH  = 20cm  (hình 4),  xét  các  tia  sáng  từ  A đến bản mặt 
thỏa mãn điều kiện tương điểm.  
 
Tính khoảng cách giữa vật và ảnh khi A đặt trong nước có 
chiết suất n/ = 

4
 và mặt kia của bản mặt tiếp giáp với không khí.  A
3

H

Vẽ hình. 
e
Câu 5 (3 điểm). Một mạch dao động gồm cuộn dây thuần cảm có 
hình
độ tự cảm L = 10 H và tụ điện có điện dung C = 2nF. Điện áp cực 
đại giữa hai bản tụ là 6V. 
 
a. Khi điện áp giữa hai bản tụ là 3V thì năng lượng từ trường của mạch và cường độ 
dòng điện trong mạch có độ lớn bằng bao nhiêu?  
 
b. Giữ nguyên C = 2nF, thay cuộn dây thuần cảm trên bằng cuộn dây khác có độ tự 
cảm  L'= 20 μH  và điện trở  R = 4Ω . Để duy trì dao động điện từ trong mạch với điện áp 
cực  đại  giữa  hai  bản  tụ  6V,  người  ta  dùng một  pin  có  suất  điện  động     =  6V,  có  điện 
lượng dự trữ ban đầu là 20 C và có hiệu suất sử dụng H = 60%. Hỏi pin trên có thể duy trì 
dao động của mạch trong thời gian tối đa là bao nhiêu? 

....................................Hết.................................

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

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

9

 
 
 
 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018

 
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ XUẤT MÔN VẬT LÝ LỚP 12 CHUYÊN
(Hướng dẫn chấm gồm 4 trang) 
Chú ý: Những cách giải khác HDC mà đúng thì cho điểm theo thang điểm đã định.  
 
Câu 1
Nội dung
Điểm
5 điểm 1. a. Tính vận tốc v0: gọi v1 là vận tốc của vật m1 thu được sau va chạm. 
k

m1

v1 =   A; với    = 

100
 20 (rad/s); A = 3cm 

0,25

0,5

 
Áp dụng ĐLBT ĐL và ĐLBT ĐN cho va chạm đàn hồi xuyên tâm, tính 
được: v0 = 

(m 0  m1 )v1
2m 0



(0,15  0,25)v1
2.0,15



4
4
v1 =  A  
3
3

1

 v0 = 80cm/s 

2

b. Phương trình chuyển động: x = 3cos(20t +  )(cm) 
Thời điểm vật qua vị trí có li độ  
x = +1,5cm kể từ lúc t = 0 
Dùng đường tròn:  
 
 
    1008.2 

3

0,5



1,5

3

1

7
 1008.2  20t  t  316,86(s)  
6

2. Gọi m = m1 + m2 = 0,3kg ;  
 
/ 

k
100

1000
(rad/s) 


m
0,3
3

Xét trong hệ qui chiếu gắn với m
1 thì m2 đứng yên dưới tác dụng của 2 


lực: lực quán tính  Fq  và lực ma sát nghỉ  Fmsn  

0,5

đk để m2 luôn đứng yên trên m1: Fmsn  = Fq = m2a   Fmsn max  m 2 g  
 
                a  g  amax   '2 A  g  A 

g
       (1) 
/2

0,5

gọi vận tốc mà m thu được sau va chạm với m0 là V thì tương tự ý (1.a) 
có: v0 = 

(m 0  m)V

2m 0



(m 0  m)/ A
2m 0

 

0,5

với V =  / A  
suy ra A = 

2m 0 v0
(m 0  m)/

 (2) Thay (2) vào 

0,5

10


(1) v0 

g(m 0  m)
/

2m 0 



0,6.10.(0,15  0,3)

 0, 49 m/s    49cm/s 

1000
2.0,15.
3

 

11


 
Câu 2
4 điểm

Nội dung

Điểm

a. Theo đầu bài: P1 = 3P2 
 I12  3I22  Z22  3Z12  R 2  (Z L2  ZC )2  3R 2  3(ZL1  ZC )2  

 
 
Chia hai vế cho R2 có (tan 2 )2 - 3 (tan 1 )2 = 2 (1) 

Mặt khác theo đầu bài  1  2 

1


 suy ra 
2

0,5

tan 1  tan 2


tan( 1  2 ) 
 tan  
2
1  tan 1 .tan 2

hay  tan 1 .tan 2  1  mà theo đầu bài L1 > L2 nên  tan 1 .tan 2  1  (2) 

6

Giải hệ (1) (2) tìm được  1  ; 2 


 
3

 I1  I2  (Z L1  ZC )  (ZL2  ZC )  U L1  U C1  U L2  U C2  

L1
2

 Z L1  Z C  R
 
 Z L2  ZC  R

Theo giản đồ:  


I2


U R2

U L2  U C2

Tính được 0,5ZL1 = 2R   Z L1  400   
và ZC = 300   


U

4

 
 
 
 
 

0,5

nên ZL1 = 2ZL2 và  ZL1  ZC ; Z L2  Z C ta có 

giản đồ véc tơ sau:  

L1 

0,5
0,5

b. P 1 = P2  

i1 vuông pha với i2 và L2 = 

0,5

4
10
(H);C 
(F)  

3

U R1

0,5

U L1  U C1


I1

 

12


 
Câu 3
5 điểm

Nội dung
a. Độ lớn suất điện động cảm ứng xuất hiện trên thanh MM’ là: 

  Bvl cos   

N
B
 
M

 

FB
P
 
 


Điểm

0,25

Dòng điện cảm ứng ic trong mạch kín MOO/M/  là: 
ic 

 Bvl cos 

 
R
R

Lực từ tác dụng lên thanh MM/ có độ lớn 
B 2 l 2 v cos
FB  ic lB sin   ic lB 
R

1

  
Như  vậy  thanh dây  dẫn  chịu tác dụng của 3  lực  P, FB , N .  Hợp  lực  tác 
dụng lên thanh theo phương chuyển động là: 
B 2 l 2 v cos 2 
F  Pt  FBt  mg sin  
 
R
Ta thấy ban đầu thanh dây dẫn MM’ chuyển động nhanh dần, tức là v 
tăng theo thời gian t và F giảm dần đến không.  
Gọi vmax là giá trị lớn nhất của v đạt được ứng với lúc F = 0 

Từ biểu thức của F ta có: 
B 2 l 2 vmax cos 2 
mgR sin 
0  mg sin  
 vmax  2 2
  
R
B l cos 2 
 
Khi  v =  vmax  thì  F  =  0  khi đó  thanh dây dẫn MM’  chuyển  động thẳng 
đều, nên  
v = vmax = const 
 
b. Suất điện động cảm ứng xuất hiện trên thanh MM’ là: 
  Bvl cos   
Dòng điện cảm ứng trong khung nạp điện cho tụ C, lực từ tác dụng lên 
dq
d
thanh MM : F = iBl =  B l = CBl =B2l2C.a. cos  
dt
dt

0,5

1

0,5

0,75

/

a là gia tốc của thanh
Định luật II Niu tơn,  chiếu lên phương chuyển động  
2
mgsin   F cos   ma  mg sin   B2 l Ca. cos2  =ma 
a

mg sin 
 
m  B2  2 C cos2 

Thời gian chuyển động của thanh  t 

0,5

2d

a

2d
(m  C 2 B2 cos2 )  
mgsin 

0,5

 

13

 
Câu 4
3 điểm

Nội dung
Coi hệ gồm 2 lưỡng chất phẳng 
 
e
 
Sơ đồ tạo ảnh : 
LCP(n  tt) LCP(tt  kk)A
A
A
 
d /2 2
d1
d1/ d1 2
 
n
1, 5
d1  
.20  22,5cm  
/
4
n
3
/
d2 = e -  d1 = 6 + 22,5 = 28,5 cm 

Điểm
1

d1/  

d /2  

d2
n

0,5
0,5

 19cm  

Khoảng cách vật ảnh:  AA 2  d1  e  d /2  = 20 + 6 - 19 = 7cm 
Vậy ảnh cuối cùng dời theo chiều truyền ánh sáng một đoạn 7cm 
Vẽ hình đúng. 

0,5
0,5

 
Câu 5
3 điểm

Nội dung
1
1
a) Áp dụng :  W  WL  WC  CU 02  Cu 2  WL  

2
2
1
1
 WL  C (U 02  u 2 )  .2.10 9 (62  32 )  27.109 ( J )  
2
2
Mà  WL 

1 2
2WL
2.27.10 9
Li | i |

 0,073( A)  
2
L
10.106

C
U0  
L'
Năng lượng dự trữ của pin :  A ng  q = 20.6 = 120 (J) 
b) Cường độ dòng điện cực đại trong mạch :  I 0 

Điểm
0,25
0,25
0,5
0,5

0,5

Công suất hoạt động của pin : 
2

1
2.10 9 2
 I  1 C
P  R.I 2  R.  0   R. .U 02  .4.
.6  7, 2.10 3 (W)  
6
2 L'
2 20.10
 2
Hiệu suất sử dụng pin :  
Ang H 120.0, 6
P.t

 10000 (s ) = 16 phút 40giây 
  t 
H
P
7, 2.103
Ang

0,5

0,5

 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

14


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

 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 NĂM HỌC 2017 - 2018

Môn thi: Vật lí lớp 12 THPT
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
Ngày thi: 29/11/2017 
(Đề thi gồm 02 trang, 05 câu)

 

 
Câu 1 (4 điểm). Một con lắc lò xo treo thẳng đứng gồm một lò xo nhẹ có độ cứng k 
và vật nhỏ có khối lượng m. Tại vị trí cân bằng của vật, lò xo giãn 2,5cm. Kéo vật 
dọc theo trục của lò xo xuống dưới cách vị trí cân bằng một đoạn 2cm rồi truyền 
cho  nó  vận  tốc  40 3 cm/s  theo  phương  thẳng  đứng  hướng  xuống dưới để  vật  dao 
động điều hoà. Chọn trục tọa độ Ox theo phương thẳng đứng, chiều dương hướng 
lên, gốc O tại vị trí cân bằng của vật, gốc thời gian là lúc vật bắt đầu dao động. Lấy 
g = 10 m/s2. 
 
a) Viết phương trình dao động của vật. 
 
b) Tìm thời gian ngắn nhất để vật đi từ vị trí có vận tốc cực đại đến vị trí M. 
Biết độ lớn lực kéo về tác dụng lên vật tại vị trí M nhỏ hơn 3,25 lần giá trị cực đại 
lực đàn hồi của lò xo. 
Câu 2 (5 điểm). Trong thí nghiệm về giao thoa  sóng trên mặt nước, có hai nguồn 
kết hợp A, B cách nhau 10cm dao động điều hòa cùng pha. Biết sóng do mỗi nguồn 
phát ra có tần số f = 15Hz và biên độ sóng không đổi trong quá trình truyền đi, tập 
hợp  các  điểm  dao  động  với  biên  độ  cực đại  và  cực  tiểu  trong  vùng  hai  sóng  gặp 
nhau tạo thành hai họ đường hyperbol xen kẽ nhận A, B làm tiêu điểm và được gọi 
là các vân giao thoa. Xét về một phía của đường trung trực của AB, người ta thấy 
vân bậc k đi qua điểm M có MB – MA = 12cm và vân bậc (k + 3) (cùng loại với 
vân bậc k) đi qua điểm N có NB – NA = 24cm. 
a) Tính bước sóng và tốc độ truyền sóng trên mặt nước. 
b) Tìm số điểm dao động với biên độ cực đại, số điểm dao động với biên độ 
cực tiểu trên AB (không tính A, B)? 
 
c) Xét đoạn thẳng CD dài 6cm trên mặt nước có chung đường trung trực với 
AB. Tính khoảng cách lớn nhất từ CD đến AB sao cho trên đoạn CD chỉ có 3 điểm 
dao động với biên độ cực đại.  

Câu 3  (5  điểm).  Đoạn  mạch  AB 
K
mắc nối tiếp gồm biến trở R, cuộn 
dây  thuần  cảm  có  độ tự cảm  L  có 
R
C
L
thể  thay  đổi  được  và  tụ  điện  có 
điện dung C có thể thay đổi được.  A 
M
N
B 
Đặt  điện  áp  xoay  chiều  có  biểu 
thức  u = 200 2cos  100πt +


π
  V  giữa hai đầu đoạn mạch AB. Bỏ qua điện trở của 
3

khoá K và dây nối. 
1
π

a) Khi K ngắt, điều chỉnh để  L = L1 = H . 
- Điều chỉnh để  R = R 1 =100 Ω ,  C = C 1 =

100
μ F .  Viết biểu thức cường độ 
2π

dòng điện i1 trong mạch và biểu thức của điện áp giữa hai điểm A, N. 
15


- Điều chỉnh biến trở đến giá trị R = R 2 , sau đó điều chỉnh C = C2 để điện áp 
hiệu dụng giữa hai bản tụ đạt giá trị cực đại  U C max = 3U.  Tính R2. 
b) Khi K đóng, điều chỉnh biến trở đến giá trị R = R 3 đồng thời thay cuộn dây 
thuần cảm có độ tự cảm L bằng cuộn dây có độ tự cảm L2 và điện trở r thì điện áp 
hiệu dụng trên biến trở R và trên cuộn dây lần lượt là UAM = 40V và UMN = 180V. 
Biết công suất  tiêu thụ trên cuộn dây là PMN = 75W. Tính R3,  cường độ dòng điện 
hiệu dụng I2 và cảm kháng  ZL của cuộn dây. 
Câu 4 (4 điểm). Xét một nguồn điểm O có công suất không đổi phát sóng âm đẳng 
hướng trong môi trường không hấp thụ âm. 
 
a)  Tại  một  điểm  M  nằm  cách  xa  nguồn  điểm  O  một  khoảng  MO  =  2m đo 
được mức cường độ  âm là  L M = 70 dB .  Biết cường độ  âm  chuẩn là  I 0 =10-12 W/m 2 . 
Lấy  π = 3,14 . Tính cường độ âm tại M và công suất của nguồn âm. 
b) Trên cùng đường thẳng qua O có ba điểm A, B, C cùng nằm về một phía 
của O và theo thứ tự có khoảng cách tới nguồn tăng dần. Biết mức cường độ âm tại 
B  nhỏ  hơn  mức  cường  độ  âm  tại  A  một  lượng  là  a  (dB);  cường  độ  âm  tại  C  và 
2a
IB
OB
5
cường  độ  âm  tại  B  liên  hệ  với  nhau  theo  hệ  thức  =10 và 
= 2 .  Tính  tỉ  số 
IC
OA
2

2

OC
. 
OA

Câu 5 (2 điểm). Mạch dao động LC lí tưởng gồm cuộn dây thuần cảm có độ tự 
cảm L và tụ điện có điện dung C có thể thay đổi được. Lấy  π 2 =10 . 
a) Khi C= C1  = 9nF thì tần số dao động của mạch là 3 MHz. Tính độ tự cảm 
L của cuộn dây.  
b) Giữ nguyên giá trị tần số dao động của mạch khi C = C1, khi C = C2 thì 
tần số dao động của mạch là 4 MHz. Điều chỉnh để C = 2017C1 - 1947C2 thì tần số 
dao động của mạch bằng bao nhiêu. 
 
---------------------Hết--------------------- 
 
Họ và tên thí sinh: ……………………………………………………….....Số báo danh: …………........... 
 
Chữ kí giám thị số 1:………………................................Chữ kí giám thị số 2:…......................……….... 
 

16


 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

LỚP 12 NĂM HỌC 2017 - 2018

 

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN VẬT LÍ LỚP 12 THPT
(Hướng dẫn chấm gồm 3 trang) 
Chú ý: Những cách giải khác HDC mà đúng thì cho điểm theo thang điểm đã định.  
 

Nội dung
a) Phương trình dao động điều hòa có dạng:  x  A cos( t   )  



g
10

 20 (rad / s)  
l 0
2,5.10 2

Điểm
0.5 

2

2
 40 3 
v 
Áp dụng:  A  x   0   (2) 2   

  4 (cm)  
20 
 

2
0

x0 2
1
2
 

  ; v0 < 0 nên    > 0. Do đó   
A
4
2
3
2
Vậy phương trình dao động của vật là  x  4 cos(20t  ) (cm)  
3
Tại t = 0 có:  cos =

Câu 1
(4 đ)

Câu 2
(5 đ)

0.5  
0.5  

0.5  

b) Vật có vận tốc cực đại khi vật ở vị trí cân bằng (x = 0) 

0.5  

Vật có |Fđhmax | = 3,25. |Fkv| khi vật ở vị trí x = 2 cm 

0.5  

Thời gian ngắn nhất để vật đi từ vị trí có vận tốc cực đại đến vị trí mà lực đàn hồi 
của lò xo có giá trị cực đại gấp 3,25 lần độ lớn lực kéo về tác dụng lên vật là thời 
gian  ngắn  nhất  để  vật  đi  từ  VTCB  đến  vị  trí  x  =  2  cm  =  A/2: 
T
2

t 

( s )  0, 026 (s )  
12 .12 120
a) Giả sử vân bậc k là vân cực đại. Ta có: 
 MB  MA  k  12
  

 NB  NA   k  3   24

1.0 

1.0 

Giải hệ PT được:    4  cm   v   f  4.15  60  cm / s    

0.5 

b) – Số điểm dao động với biên độ cực đại trên AB (không tính A, B) là số giá trị 
AB
AB
k  nguyên  thoả  mãn:  
k 
 2,5  k  2,5      Có  5  điểm  dao  động 

1.0 





với biên độ cực đại trên AB  
– Số điểm dao động với biên độ cực tiểu trên AB (không tính A, B) là số giá trị k 
AB 1
AB 1
 k
  3  k  2      Có 4 điểm dao 
nguyên thoả mãn:  
 2
 2
động với biên độ cực tiểu trên AB 
c) Vẽ hình 

1.0 

 
 
 
 
17  
 
 
 


C
d1

D
d2

h

A

 
 
 
0.25 

M

B

 
Vì trên đoạn thẳng CD có 3 điểm dao động với biên độ cực đại nên C và D thuộc 
vân cực đại bậc 1. Xét tại C: d2 – d1 =    c m) (1) 
Từ C hạ CM = h vuông góc với AB. 
AB CD 10 6
Ta có :  AM 

   2 (cm)  
2
2
2 2
2
 AB CD 
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2

             d1  h  AM  h  2  (cm ),  d 2  h  
  h  8  (cm ) 
2 
 2

Câu 3
(5 đ)

0.5 

Do đó :  d 22  d12  (d2  d1 )(d 2  d1 )  82  22  60  d2  d1  15(cm) (2)  

0.5 

Từ (1) và (2) suy ra d2 = 9,5 (cm). Vậy  hmax  9,52  82  5,1(cm)  

0.25 

a) Khi K ngắt: đoạn mạch gồm có biến trở R, cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L 
và tụ điện có điện dung C1 mắc nối tiếp 
1
= 200 ()  
 Z L1 = L1 =100 () ,  Z C1 =
C1



 Z1 = R12  Z L1  ZC1

 I 01 =



2

=100 2 ()   

Z L  Z C1
U0

7
  
= 2 (A) ,  tan 1 = 1
=  1  1 =   i1 =u   =
Z1
R1
4
12

Vậy  i1 = 2 cos (100 t 

0.5  

7
) (A)   
12

0.5  
0.5  

Ta có:  U 0 AN =I 01 Z AN =I01 R 2  Z L21 = 200 (V) , 
tan  AN =

Z L1
R1

=1   AN =



 u AN =i1   AN =

4

Vậy  u AN = 200 cos (100 t 
- Ta có:  U C2  IZC2 

5
) (V)  
6
U

2

R2  Z
Z

2
C2

2
L1

2

0.5  

5
 
6

0.5  


Z L1
Z C2

1

U
  
y
0.5  

Để  U C2 max thì ymin   Z L1 Z C2  R2 2  Z L21   

 U C2 max 

U
R2

R22  Z L21  3U  R2 2  Z L21  9 R22  R2 

Z L21
8

 25 2 ()  

0.5  

18


b) Khi K đóng: đoạn mạch gồm biến trở R và cuộn dây có độ tự cảm L2 và điện 
trở r mắc nối tiếp 
Ta có hệ PT: 
2
2
2
    U 2  U 2   100
U L2  163, 6 (V)
r
L2

U r  U L2  180
 2



2
2
2
U r  75 (V)
 (U R3  U r )2  U L22  200  40  2.40.U r  U r  U L2  200
  

U2
U2
U
Mà  PMN  r  r  r  75 ()  I 2  r  1 (A)  
r
PMN
r
UL
U
 R3  AM  40(), Z L2  2  163, 6 ()   
I2
I2
 
I 
a) Áp dụng:  LM  10 lg  M   
 I0 

 I M  I 0 .10

LM
10

I
b) Theo đầu bài:  L A  L B  10lg  A
 IB
 a  10 lg 4   

0.5 

1.0 

0.5 

 10 5 (W/m 2 )  

Mà  P  I M .4 .OM 2  5,024.104 (W)   
Câu 4
(4 đ)

1.0 

1.0 
2

a

IA  OB 
10

a

 


10
4 



IB  OA 


0.5 

2

Mà 

2a
2.10lg4
I B  OC 
5
5
=
=10
=10
=10 4lg 4  

I C  OB 

OC OC OB
=
.
= 104lg 4 .2 = 32  
OA OB OA
1
1
 L = 2 2  3,1.107 (H)   
a) Ta có:  f12 = 2
4 LC1
4 f1 C1

Ta có: 

Câu 5
(2 đ)

1
1
  f2 tỉ lệ với    
2
4 LC
C
1 2017 1947
Khi C = 2017C1 - 1947C2 thì  2 =
-  2   f = 0,1 MHz 
f
f 12
f2

b) Ta có:  f 2 =

0.5 
0.5 
1.0 
0.5 
0.5 

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

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

19


 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
LẠNG SƠN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn thi: Hóa học lớp 12 Chuyên
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
Ngày thi: 29/11/2017 
(Đề thi gồm 02 trang, 08 câu)

ĐỀ THI CHÍNH 
THỨC 

Câu 1 (1,75 điểm) 
1) Cho biết một  số giá trị năng lượng ion hoá thứ  nhất (I1,  eV): 5,14; 7,64; 21,58 
của Ne, Na, Mg (được sắp xếp không theo đúng thứ tự). Hãy gán mỗi giá trị I1 cho 
mỗi nguyên tố và giải thích.  
2) Viết cấu hình electron nguyên tử của nguyên tố X 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. 
 
3) So sánh momen lưỡng cực giữa hai phân tử NH3 và NF3. Giải thích. 
Câu 2 (2,0 điểm) 
Tính năng lượng phân li trung bình của các liên kết CH và CC từ các kết quả thực nghiệm được 
đo ở 298K và 1 atm như sau:  
 
H (kJ / mol)    
H (kJ / mol)  
 

Nhiệt đốt cháy của 
CH4 
Nhiệt đốt cháy của 
C2H6 
Nhiệt đốt cháy của 
H 2 

H1  - 801,7   Nhiệt đốt cháy của C rắn (than  H 4  -393,4 

chì) 
H 2  - 1412,7  Nhiệt hóa hơi than chì 

H 5  715 

H 3  -241,5 

H 6  431,5 

Năng lượng phân li liên kết HH 

Câu 3 (1,75 điểm) 
1) Cho phản ứng:  A  B  C  D  (1) là phản ứng đơn giản. Tại 27oC và 68oC, phản 
ứng (1) có hằng số tốc độ lần lượt là k1 = 1,44.107  mol-1.l.s-1 và k2 = 3,03.107 mol1
.l.s-1.  Tính  năng  lượng  hoạt  hóa  Ea  của  phản  ứng  (theo  kJ/mol)  và  giá  trị  của  A 
 Ea
RT

trong biểu thức  k  A.e mol-1.l.s-1.  
2) Cho phản ứng hóa học: HI +  C2H5I    C2H 6  +   I2 có sự phụ thuộc của tốc độ 
phản ứng vào nồng độ các chất cho trong bảng sau: 
C HI (M)   CC H I (M)   v (mol.l-1.s-1) 
2

0,010 
0,010 
0,020 

5

0,010 
0,020 
0,020 

1,2.10-5 
2,4.10-5 
4,8.10-5 

 
a) Xác định bậc riêng phần và viết biểu thức định luật tốc độ của phản ứng. 
b) Xác định hằng số tốc độ của phản ứng. 
20


Câu 4 (2,5 điểm)
Cho các cân bằng:   BaCrO4  +  H2O   
 Ba2+  + HCrO 4- + OH -  ;    
K 1  = 
-17,43 
10
 
                               Ag2CrO 4   + H2O   
 2Ag+ + HCrO 4- + OH -  ;    K 2 = 10-19,50  
                            và pKa của HCrO4- bằng 6,50.  
a) Xác định tích số tan Ks1 của BaCrO4 và Ks2 của Ag2CrO4. 
b)  Thêm  từ  từ  từng  giọt  cho  đến  dư  dung  dịch  K2CrO4  vào  dung  dịch  X  gồm 
Ba(NO3)2 0,060 M và AgNO3 0,012 M. Bằng tính toán định lượng hãy cho biết kết 
tủa của chất nào sẽ xuất hiện trước. Mô tả hiện tượng xảy ra trong thí nghiệm trên. 
Câu 5 (3,0 điểm) 
1)  Một  dung  dịch  có  chứa  đồng  thời  các  muối:  Na2SO4,  NaNO3,  Na2CO 3.  Bằng 
phương pháp hóa học, hãy nhận biết từng loại anion có trong dung dịch đó. Viết các 
phương trình hóa học ở dạng ion thu gọn để minh họa. 
2)  Thực  tế  khoáng  pirit  có  thể  coi  là  hỗn  hợp  của  FeS2  và  FeS.  Xử  lí  một  mẫu 

khoáng pirit bằng Br2 trong dung dịch KOH dư, thu được kết tủa đỏ nâu A và dung 
dịch B. Nung kết tủa A đến khối lượng không đổi thu được 4,0 gam chất rắn. Thêm 
lượng  dư  dung  dịch  BaCl2  vào  dung dịch B  thì  thu  được 20,97 gam  kết  tủa  trắng 
không tan trong axit. 
a) Viết các phương trình hóa học xảy ra dưới dạng ion thu gọn. 
b) Xác định công thức trung bình của mẫu pirit nói trên. 
Câu 6 (1,75 điểm)
Nhỏ từ từ 200 ml dung dịch hỗn hợp Na2CO3  0,1M và KHCO3  0,2M vào 300 ml dung dịch HCl 
0,2 M và khuấy đều cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn.  
a) Viết các phương trình hóa học xảy ra dưới dạng ion thu gọn. 
b) Tính thể tích khí CO2 thu được ở đktc. 

Câu 7 (4,0 điểm)
1) Viết các phương trình hóa học (dưới dạng công thức cấu tạo) hoàn thành sơ đồ 
phản ứng sau: 
 Cl2 , as

 Cl2 , Fe, t o

KOH/C2 H5OH

Mg/ete

1) C2H5 CH(CH3 ) CHO
2)H3O

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

n  propylbenzen 
 B  C 
 D  E  F

 
Biết các phản ứng đều xảy ra theo tỉ lệ mol 1 : 1, các chất từ B đến F đều là sản phẩm chính.  

2) Đốt cháy hoàn toàn 18 gam một este X (đơn chức, mạch không phân nhánh) thu 
được 20,16 lít CO2 (đktc) và 12,96 gam nước. Mặt khác nếu cho 21 gam X tác dụng 
với 200 ml dung dịch KOH 1,2M sau đó cô cạn dung dịch thu được 34,44 gam chất 
rắn khan. Xác định công thức cấu tạo thu gọn của X và viết các phương trình hóa 
học xảy ra. 
 
Câu 8 (3,25 điểm) 
1) Xác định các nguyên tử cacbon bất đối và viết tất cả các đồng phân lập thể (dạng 
công thức Fischer) của hợp chất sau HOCH2 – CHOH – CHOH – CHO. 
2) So sánh nhiệt độ nóng chảy của o-xilen và p-xilen. Giải thích ngắn gọn.  

21


3) Dưới tác dụng của ánh sáng, hai phân tử buta-1,3-đien sẽ phản ứng với nhau cho 
các sản phẩm đime hoá có tính chất vật lí khác nhau. Hãy viết công thức cấu trúc 
của các hợp chất đó. 

4) Dùng cơ chế phản ứng để giải thích kết quả thực nghiệm sau: Khi xử lí but-2-en1-ol 
với  
hiđro bromua thì thu được hỗn hợp 1-brombut-2-en và 3-brombut-1-en. 
 
 
---------------------Hết--------------------- 
 
Họ và tên thí sinh: …………………………………… Số báo danh: ………….... 
 
Chữ kí giám thị số 1:……………….......................Chữ kí giám thị số 2:…............... 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
22


 
 
 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
LẠNG SƠN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 NĂM HỌC 2017 - 2018

 
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
MÔN HÓA HỌC - LỚP 12 CHUYÊN

(Hướng dẫn chấm gồm 07 trang) 
Chú ý: Những cách giải khác HDC mà đúng thì cho điểm theo thang điểm đã 
định.  
Câu 1 (1,75 điểm) 
1) Cho biết một  số giá trị năng lượng ion hoá thứ  nhất (I1,  eV): 5,14; 7,64; 21,58 
của Ne, Na, Mg (được sắp xếp không theo đúng thứ tự). Hãy gán mỗi giá trị I1 cho 
mỗi nguyên tố và giải thích.  
2) Viết cấu hình electron nguyên tử của nguyên tố X 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. 
 
3) So sánh momen lưỡng cực giữa hai phân tử NH3 và NF3. Giải thích. 
Hướng dẫn chấm
Ý
Nội dung
Điểm
2
6
1) +) Ne (2s 2p ) có cấu hình bền vững, có e 2p khó tách ra khỏi vỏ  0,5  
1
(0,5 nguyên  tử. Na  (2s22p63s1) có  e  3s  dễ  tách  ra  khỏi nguyên  tử  để  có 
điểm) cấu hình bền vững. Suy ra I1 (Na) < I1 (Ne) 
+ Mg (2s22p63s2) có điện tích hạt nhân nguyên tử lớn hơn Na, có bán 
kính nguyên tử nhỏ hơn Na nên có I1 lớn hơn Na 
   Vậy I1 (Na) = 5,14; I1( Mg) = 7,64; I1(Ne) = 21,58 
 
2
2)
 
(0,75 Electron ứng với bộ bốn số lượng tử: n = 4, l = 0, m = 0, ms = +1/2 

 
điểm) là 4s1. 
Các cấu hình electron nguyên tử của X thỏa mãn điều kiện trên là  
0,25 
2 2
6 2
6 1
        1s 2s 2p 3s 3p 4s  
x 3 
2 2
6 2
6
5 1
hoặc 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s  
hoặc 1s22s22p63s23p63d104s1  
 
0,5 
3
3)
(0,5
(NH3) > (NF3). Giải thích:  
điểm) Ở NH3 chiều của các momen liên kết 
N
N
và  của  cặp  electron  của  N  cùng 
F
H
hướng  nên  momen  tổng  cộng  của  H
F
F

H
 
phân tử  lớn còn ở NF3 thì chiều của 
các momen liên kết ngược với chiều 
của cặp electron của N. 
 
23


. 
Câu 2 (2,0 điểm) 
Tính năng lượng phân li trung bình của các liên kết CH và CC từ các kết quả thực nghiệm được 
đo ở 298K và 1 atm như sau:  
 
H (kJ / mol)    
H (kJ / mol)  
 

Nhiệt đốt cháy của 
CH4: 
Nhiệt đốt cháy của 
C2H6: 
Nhiệt đốt cháy của 
H2: 

H1  - 801,7   Nhiệt đốt cháy của C rắn (than  H 4  -393,4 

chì): 
H 2  - 1412,7  Nhiệt hóa hơi than chì: 

H 5  715 

H 3  -241,5 

H 6  431,5 

Năng lượng phân li liên kết HH: 

 

Hướng dẫn chấm
Ý
Nội dung
Điểm
* Ta sắp xếp các phương trình (kèm theo kí hiệu nhiệt) sao cho các chất ở 2 vế 
 
(2,0
triệt tiêu để còn lại phương trình CH
 C 
+ 4H 
4
(rắn)
 
điểm)
CH4 + 2O2  CO2 + 2H2O   H1  
 
 
2H2O  O2 + 2H2  
-2H3  
0,5 

CO2  O2 + C (rắn)   
-H4  
 
 
C (rắn)  C (khí)   
H5  
 
2H   4H    
2H   
2

6

Tổ hợp các phương trình này ta được: CH4 C (rắn) + 4H 
4E C-H = H1 – 2H3 – H4 + H5 + 2H6 
  

801, 7  2.  241,5 –  393, 4   715    2.431,5
  
4
 413,175 (kJ / mol)

E C H 
E C H

 
 
 
0,5 

Chú ý: Học sinh có thể dùng cách viết sơ đồ

* C2H6 + 3,5O2  2CO2 + 3H2O  
H 2  
 
3H2O  1,5O2 + 3H2 
-3H 3 
 
2CO2  2O2 + 2C(rắn)  
 
-2H 4 
2C(rắn)  2C (khí) 
2H5  
 
3H2  6H 
 
3H6  
C2H6  2C (khí) + 6H 
 
6EC-H + EC-C 
6EC-H + EC-C = H 2 – 3H 3 – 2H4 + 2H5  + 3H 6  
6.413,175  +  EC  –  C  =  –1412,7  –  3(–241,5)  –  2(–393,4)  +  715.2  + 
3.431,5  
EC – C = 344,05 (kJ/mol) 
Chú ý: Học sinh có thể dùng cách viết sơ đồ 

 
 
 
0,5 

 
 
 
 
 
0,5 

Câu 3 (1,75 điểm) 
24