Tuyển tập đề thi HSG cấp huyện môn Toán - Lý - Hóa - Sinh - Lớp 9 - 25 đề kèm đáp án - Từ năm 2018 trở về trước

https://twitter.com/daykemquynhon 

plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn 

http://daykemquynhon.ucoz.com 

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / 

Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa Quy Nhơn 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định 

“Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 (25 đề + đáp án chi tiết)” 

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN 

ĐỀ SỐ: 01 

MÔN: TOÁN - LỚP 9 

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 

(Đề thi HSG Toán 9 –H. Đông Sơn - Năm học 2018 – 2019) 

ĐỀ BÀI 

Câu 1 (4.0 điểm) 

 

 

1.Cho biểu thức 

 

 

 

x 

 

 

x 3 x 2 x 2 

M 

 

1 

: 

 

x 1 

x 2 3 x x 5 x 6 

a. Rút gọn M 

b. Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức M nhận giá trị là số nguyên 

2. Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a b c abc 4 

Tính giá trị của biểu thức: 

A a(4 b)(4 c) b(4 c)(4 a) c(4 a)(4 b) 

abc . 

. 


1.Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: 2xy 2 + x +y +1 = x 2 +2y 2 +xy 

2 

2. Giải phương trình : 2x 

2 6x 

9 16x 

48x 

35 


1.Chứng minh rằng với mọi n là số tự nhiên thì 

A= ( 10 n + 10 n-1 +…+ 10 + 1) ( 10 n+1 +5) +1 là số chính phương nhưng không 

phải lập phương của một số tự nhiên. 

2 2 

x y 1 

 

2 2 

2. Tìm các cặp số thực (x;y) thỏa mãn các điều kiện: ( y 1) ( x 1) 2 

 

3xy x y 1. 


Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vuông tại A với đường cao AH. 

Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại A và B cắt nhau tại M, CM cắt AH tại I, OM cắt 

AB tại J 

a. Chứng minh hai tam giác MOB và ACH đồng dạng 

b. Chứng minh I là trung điểm của AH 

c. Cho BC = 2R và OM = x. Tính AB và AH theo R và x 

d. Tính giá trị lớn nhất của AH khi x thay đổi 


Cho các số thực dương x, y thoả mãn điều kiện xy( 

x y) 

x y 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q = x+y 

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

www.facebook.com/daykem.quynhon 

https://daykemquynhon.blogspot.com 

DIỄN ĐÀN TOÁN - LÝ - HÓA 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN 

MỌI YÊU CẦU GỬI VỀ HỘP MAIL DAYKEMQUYNHONBUSINESS@GMAIL.COM 

HOTLINE : +84905779594 (MOBILE/ZALO) 

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/ 

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN 

https://123doc.org/trang-ca-nhan-3408296-loc-tin-tai.htm 1 

www.facebook.com/daykemquynhonofficial 

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú 

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial









. 

HƯỚNG DẪN CHẤM 


ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN - LỚP 9 

(Đề thi HSG Toán 9 –H. Đông Sơn - Năm học 2018 – 2019) 

Câu Nội dung Điểm 

1. (3,0 điểm) 

a. ĐKXĐ: x 0 ; x 4; 

x 9 

0,5 

1 

2 

M= 

x 2 

x 1 

x 2 3 

b, M= = 1 

x 1 

x 1 

Để M nguyên => x 1Ư(3) x 11;3 

 

( Vì x 1 0x 

ĐKXĐ) 

=> x= 0 ( thỏa mãn ĐKXĐ) 

x = 4 ( Không thỏa mãn ĐKXĐ) 

Vậy x= 0 thì M nhận giá trị nguyên 

2. (1,0 điểm) 

A a(4 b)(4 c) b(4 c)(4 a) c(4 a)(4 b) 

abc 

Ta có: 

a b c abc 4 4a 4b 4c 4 abc 16 

a(4 b)(4 c) a(16 4b 4 c bc) 

a(2 a 

2 

bc) a(2 a bc) 2a abc 

Tương tự: 

b(4 c)(4 a) 2 b abc, c(4 a)(4 b) 2c abc 

A 2( a b c) 3 abc abc 2( a b c abc ) 8 

1.(2,0 điểm) 

Ta có 2xy 2 +x +y +1 = x 2 + 2y 2 +xy 

2y 2 ( x- 1) – x( x-1) – y( x-1) +1 = 0 (1) 

Nhận thấy x= 1 không phải là nghiệm của phương trình (1) chia cả hai 

vế cho x-1 ta được 

2y 2 1 

–x –y + = 0(2) 

x 1 

1 

Vì pt có nghiệm x,y nguyên nên nguyên nên x-1 

1 

x 1 

x 0;2 

 

Thay x= 0 vào (2) ta được 2y 2 1 

–y -1 = 0 => y = 1; y = 

2 

Thay x= 2 vào (2) ta được 2y 2 1 

–y – 1=0 => y =1; y = 2 


Vậy (x,y) 0;1 ; 

2;1 

 




www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial 

1,5 

0,25 

0,5 

0,5 


0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,75 

0,5 





DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN








2.(2,0 điểm) 

3 

ĐK: x 


2 

2 

2x 

2 6x 

9 16x 

48x 

35 

7 4x 

7 

4x5 

4x 

0,5 

2x 

2 6x 

9 

3 

1 

 

7 4x 

 

4x 

5 

0 

2x 

2 6x 

9 

3 

1 

Vì x nên 4x 

5 0 

2 2x 

2 6x 

9 

7 

Suy ra : 7 4x 

0 x (tm) 

4 

7 

Vậy pt có nghiệm : x 

4 

1. (2,0 điểm) 

n1 

10 1 

A 10 

9 

2( n1) 

10 4.10 

 

9 

n1 

2 

10 

2 

Ta có 

 

3 

 

 

2 

33...34 

n 

n1 

n1 

 

5 1 

5 9 

Vậy A là số chính phương 

2 

Mặt khác 33 ...34 = 2 2 2 

. 1666 ...7 = A 

 

n 

 

n1 



Do A 2 nhưng A không chia hết cho 8 nên A không thể là lập phương 

của một số tự nhiên 

2. (2,0 điểm) 

Điều kiện: x 1; y 1 

2 2 

x y 1 

 

2 2 

( y 1) ( x 1) 2 

Theo gt ta có 

x y 1 

. 

 

y 1 x 1 4 

2 2 1 

u v 

x y 

Đặt u ; v 

y 1 x 1 

, khi đó : 2 

 

1 

uv 

4 


0,5 

0,5 


0,5 

0,5 

0,5 





















2 2 

2 

u v 2uv 

1 

 

u 

v 

1 

 

 

2 2 

 

2 

u v 2uv 

0 u 

v 

0 

1 

1 

Suy ra u v hoặc u v 

2 

2 

0,75 

1 y 

1 2x 

Nếu u v thì x y 1 

2 x 

1 2y 

(thỏa mãn) 

1 y 

1 2x 

1 

Nếu u v thì x y 

2 x 

1 2y 

3 

(thỏa mãn) 

1 

Vậy : x y 1; 

x y 

3 

0,75 

4 

a. (2,0 điểm) Chứng minh MOB 

ACH 

Ta có MA = MB ( T/c tiếp tuyến) 

OA = OB = R 

=> OM là trung trực của đoạn AB 

=> OM vuông góc với AB tại J nên OM // AC 

=> MOB 

ˆ ACˆ 

H => MOB 

ACH (g.g) 

HI CH 

b.(1,5 điểm) Trong CMB 

có HI//BM nên (1) 

BM CB 

HA CH 

MOB 

ACH => (2) 

BM OB 

HI OB 1 

Chia (1) cho (2) theo từng vế ta được 

HA CB 2 


=> I là trung điểm của AH 

c.(0,75 điểm) MOB vuông ở B nên OB 2 = OJ . OM => OJ = 



2,0 

1,5 
















2 2 

OB R 

0,75 

 

OM x 

5 

OJB vuông ở J nên BJ 2 = OB 2 – OJ 2 2 

2 

2 2 2 

2 

R R x 

R 

= R 

 

2 

x 

x 

R 

với x > R 

x 

ABC vuông ở A nên AC 2 = BC 2 – AB 2 4 

4R 

= 

2 

x 

2R 

=> AC = 

2 

x 

Lại có BC . AH = AB . AC 

2 

AB.AC 2R 

2 2 

=> AH = = x R với x > R 

2 

BC x 

d.(0,75 điểm) Ta chứng minh: AH ≤ R (3) 

2 

2R 

2 2 

2 2 2 

x R ≤ R 2R x R x 

2 

x 

4R 2 ( x 2 – R 2 ) ≤ x 4 x 4 – 4R 2 x 2 + 4R 4 ≥ 0 

(x 2 – 2R 2 ) 2 ≥ 0 với x > R 

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x 2 – 2R 2 = 0 x = R 2 

Vậy AH đạt giá trị lớn nhất bằng R khi x = R 2 

(2,0 điểm) 

Do x, y > 0 và xy( x y) 

x y ta suy ra x > y > 0 

và xy(x-y) 2 = (x+y) 2 (1) 

Đặt a = x+ y; b = xy (a, b > 0 ; a 2 4b) 

2 

2 2 

2 

Ta có: (1) b( a 4b) 

a a ( b 1) 

4b 

4 2 

2 b 

Suy ra: b-1 > 0 và a b 1 

2 

b 

1 

1 

1 

Lại có: b 1 

( b 1) 

2 2 ( b 1). 

2 4 

b 1 

b 1 

b 1 

b 1 

(theo bđt cô si) 

Do đó: a 2 16. 

Mà a > 0 nên a 4 x y 4 

1 

2 

Dấu “=” xảy ra khi b 1 

( b 1) 

1 b 2 

b 1 

x 

y 4 

x 2 2 

Khi đó: 

xy 

2 

(Vì x > y) 

y 2 2 

2 2 

= x R 

Vậy Min (x+y)=4 khi x 2 2; y 2 2 . 

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



=> BJ 


0,75 

0.25 




























Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 24/10/2017-Năm học 2017 - 2018 

ĐỀ BÀI 

Câu 1: (4,0 điểm) 

1 1 2x x 1 2x x x x 

Cho biểu thức A : 

 

1 

x x 1 

x 1 

x 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) 

2 4 2 2 

a) Giải phương trình : 3x 6x12 5x 10 x 9 34x 2x 

. 

2 

2 2 

b) Tìm các cặp số nguyên (x, y) thoả mãn: 2xy 

x 

y 1 

x 2y 

xy. 

Câu 3: (4,0 điểm) 

2017 

a) Cho a, b, c là 3 số nguyên thỏa mãn: a + b + c = 2410 . 

Chứng minh rằng: a 5 + b 5 + c 5 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. 

S 

AEF 2 

a) Chứng minh rằng: AEF ABC và cos . 

S 

ABC 

2 2 2 

S 1cos Acos B 

cos C . S 

b) Chứng minh rằng : DEF 

c) Nếu 

HA HB HC 

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

BC AC AB 

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 

2 2 2 

biểu thức: A = x xyz y xyz z xyz 9 xyz 

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


ABC 




















Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 24/10/2017-Năm học 2017 - 2018 

Câu Ý Tóm tắt cách giải Điểm 

1 

(4điểm) 

a 

2,0đ 

b 

1,0đ 





. 

1 1 2x x 1 2x x x x 1 

A : x 0;x ;x 1 

1 x x 1 

x 

 

1 x x 4 

 

 

 

 

 

x 1 x 

 

2x 2 x x 1 

x 2x x 1 

 

: 

 

 

x 1 x 

 

1 x 1 x 1 x 1 x x 

 

 

 

2 x 1 x 1 2 x 1 x x 1 2 x 1 

 

: 

 

 

x x 1 

 

1 x 1 x 1 x 1 x x 

 

 

 

2 x 1 

: 2 x 1 

1 x 

 

 

x x 1 

1 x 1 x x 

 

 

 

 

 

Ta có 

 

 

 

 

 

 

2 x 1 1 x x x 1 x 

: 2 x 1 : 

x x 1 1 x 1 x x 

1 1 1 

x x 

: 

 

x x 1 1 x 1 x x x 

 

2 2 

 

15 10 2 

x 17 12 2 3 2 2 x 3 2 2 3 2 2 3 

2 2 

1 3 2 2 17 12 2 5 3 2 2 

A 5 

3 2 2 3 2 2 3 2 2 

c 

1,0đ Biến đổi ta được: 1 

x x 1 

A x 1 

x 

x 

1 

1 

Chứng minh được x 2 với mọi x 0;x ;x 1 

x 

4 

1 

A x 1 1 A 1 A 1 0 A A 1 

0 

x 

A A 0 A A 


a 

2đ 

Ta có: 

VT x x x x 

2 4 2 

3 6 12 5 10 9 

x x 

2 2 2 

3( 1) 9 5( 1) 4 9 4 5 

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x 1 


0,5 


0,5 

0,5 


0,5 






0,5 










2 

(4 điểm) 

3 

(4 điểm) 


b 

2đ 

a 

2đ 

b 

2đ 

VP x x x 

2 2 

3 4 2 5 2( 1) 5 

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x 1 

1 

VT VP x 

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 1 



Ta có: 

2 

2 2 

2 xy x 

y1 

x 2y 

xy 

2y 2 x 

1 xx 

1 yx 

1 1 

0 (1) 

Nhận thấy x = 1 không phải là nghiệm của PT (1). Chia cả 2 vế 

của phương trình cho x – 1, ta được: 

1 

2y 2 x y 0 (2) 

x 1 

1 

PT có nghiệm x, y nguyên, suy ra nguyên 

x 1 

nên x – 1 

1;1 

x – 1 = -1 x = 0 

x – 1 = 1 x = 2 

1 

Thay x = 0 vào PT(2) ta được: 2y 2 y 1 

0 y 1; 

y 

2 

1 


0 y 1; 

y 

2 

Vậy phương trình đã cho nghiệm nguyên x; y 0;1 ; 2;1 

. 

Ta có a 5 - a = a( a 4 - 1) = a( a 2 - 1)( a 2 + 1) = a( a 2 - 1)( a 2 - 4 + 5) 

= a( a 2 - 1)( a 2 - 4) + 5 a(a 2 - 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 

chia hết cho 5 suy ra (a -2) (a - 1)a( a + 1)( a+ 2) chia hết cho 5 

(*) 

Mặt khác 5a(a - 1)( a+ 1) chia hết cho 5 (**) 

Từ (*) và (**) suy ra a 5 – a chia hết cho 5 (1) 

tương tự có b 5 – b chia hết cho 5 (2), c 5 – c chia hết cho 5 (3) 

Từ (1) (2) (3) suy ra a 5 – a + b 5 – b + c 5 – c chia hết cho 5 

Mà a + b+ c = 2410 2017 chia hết cho 5 

Nên a 5 + b 5 + c 5 chia hết cho 5 

2 

Ta có: a b c d 0 ad bd cd d 0(vì d 0) 

2 

ad d bd cd 

 

2 

bd d cd ad 

2 

cd d ad bd 


0,5 

0,5 

0,5 



0,5 



0,5 



0,5 



0,5 

0,5 















4 

(5điểm) 


M ( ab cd)( bc da)( ca bd) 

2 2 2 

( ab d ad bd)( bc d bd cd)( ca d cd ad) 

 

( a d)( b d)( b d)( c d)( a d)( c d) 

 





 

2 

( a d)( b d)( c d) ( a d)( b d)( c d) 

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 

a) Tam giác ABE vuông tại E nên cosA = AE 

AB 

Tam giác ACF vuông tại F nên cosA = AF 

AC . 

Suy ra AE 

AB = AF 

AC AEF 

: ABC( 

c. g. c) 

2 

SAEF 

AE 2 

* Từ AEF : ABC 

suy ra cos A 

S AB 

ABC 

SBDF 

2 SCDE 

2 

b) Tương tự câu a, cos B, cos C. 

S 

ABC 

SABC 

Từ đó suy ra 

SDEF SABC S 

AEF 

SBDF SCDE 

2 2 2 

1 cos A cos B cos C 

S 

S 

ABC 

B 

ABC 

2 2 2 

Suy ra 

DEF 

 

F 

D 

S 1 cos A cos B cos C . S 

HC CE HC. HB CE. 

HB S 

c) Từ AFC 

: HEC 

 

AC CF AC. AB CF. 

AB S 

HB. 

HA SHAB 

HA. 

HC SHAC 

Tương tự: ; . Do đó: 

AC. 

BC S AB. 

BC S 

ABC 

A 

H 

E 

C 

ABC 

ABC 




HBC 

ABC 




0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

1 

1 












5 

(1 điểm) 

6 

(2 điểm) 


HC. 

HB 

AC. 

AB + HB. 

HA 

AC. 

BC + HA. 

HC 

AB. 

BC = SHBC SHCA SHAB 

 

S 

1 

ABC 

Ta chứng minh được: (x + y + z) 2 3(xy + yz + zx) (*) 

Áp dụng (*) ta chứng minh được: HA HB HC 3 

BC AC AB 

Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều. 

Kẻ EF AC tại F, DG BC tại G. 

Theo giả thiết SADPE 

SBPC 

S 

ACE 

SBCD 

Mà AC BC EF DG và · · 0 

EAF DCG 60 

Suy ra AEF CDG AE CG. 

Do đó AEC CDB( c g c) 

DBC · ECA · 

· · · · · 0 

BPE PBC PCB PCD PCB 60 

Áp dụng BĐT côsi ta có 

2 

x xyz xyz x x yz yz x x( x y z) 

yz yz 

 

x ( x z)( x y) 

yz 

 

 

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: 

2 

3 1 

y xyz xyz y 

2 3 

2 

3 1 

z xyz xyz z 

2 3 

Mà 

xyz 

x y z 1 

 

3 3 3 

Do đó A 1 

x y z 

3 

3 6 5 

5 3 

2 3 3 3 3 




Vậy GTLN của A = 5 3 khi x = y = z = 1 3 

3 

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

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















0,5 

0,5 













ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ 




Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 – TP. Thanh Hóa -Năm học 2016 - 2017 

ĐỀ BÀI 

Bài 1: (5,0 điểm) 

x 2 x 1 x 1 

Cho biểu thức: P : . Với x 0, x 1. 

x x 1 x x 1 1 

x 2 

a) Rút gọn biểu thức P. 

2 

b) Tìm x để P . 

7 

c) So sánh: P 2 và 2P. 

Bài 2: (4,0 điểm) 

2 2 2 

a) Tìm x, 

y Z thỏa mãn: 2y x x y 1 x 2y xy 

b) Cho a, b, c là các số nguyên khác 0 thỏa mãn điều kiện: 

2 

1 1 1 1 1 1 

 

2 2 2 . 

a b c a b c 

3 3 3 

Chứng minh rằng: a b c chia hết cho 3. 

Bài 3: (4,0 điểm) 

a) Giải phương trình sau: 

2 

4x 20x 25 

2 

x 6x 9 10x 

20 

b) Cho x, y là 2 số thực thoả mãn: x 2 + 2y 2 + 2xy + 7x + 7y + 10 = 0. 

Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức: A = x + y + 1. 

Bài 4: (6,0 điểm) 

Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. N là điểm tùy ý thuộc cạnh AB. Gọi E là giao 

điểm của CN và DA. Vẽ tia Cx vuông góc với CE và cắt AB tại F. Lấy M là trung điểm 

của EF. 

a) Chứng minh: CM vuông góc với EF. 

b) Chứng minh: NB.DE = a 2 và B, D, M thẳng hàng. 

c) Tìm vị trí của N trên AB sao cho diện tích của tứ giác AEFC gấp 3 lần diện tích 

của hình vuông ABCD 

Bài 5: (1,0 điểm) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: 

a b c a b c 

 

a b b c c a b c c a a b 


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


















Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 – TP. Thanh Hóa -Năm học 2016 - 2017 

. 

Câu Ý Nội dung Điểm 

Điều kiện : x 0, x 1. 

x 2 x 1 x 1 

P : 

x x 1 x x 1 1 

x 2 

Bài 1 

5,0đ 

a 

2 đ 

b 

2,0đ 

 

 

 

x 2 x 1 x 1 

: 

0,5 

3 

1 x x 1 x 1 

x 2 

 

 

x 2 x( x 1) ( x x 1) x 1 

0,5 

 

: 

x 1 x x 1 

2 

x 2 x 1 2 

 

. 

0,5 

x 1 x x 1 

x 1 

2 

 

 

x x 1 

0,5 

Với x 0, x 1. Ta có: 

2 

P 

7 

2 2 

 

0,5 

x x 1 

7 

Vậy P = 2 7 khi x = 4 0,25 

x x 1 

7 

x x 6 0 

1,0 

( x 2)( x 3) 0 

Vì x 3 0 nên x 2 0 x 4(t/m) 


Vì x 0 x x 1 

1 

2 

0 2 

x x 1 



0 P 2 


c P ( P 2) 0 

1,0đ 

2 

P 2 P 0 


2 

P 2 P 


Dấu “=” xảy ra khi P = 2 x = 0 














Vậy P 2 2P 






Bài 2 

4,0đ 

A 

2 đ 

b 

2đ 

Bài 3 

4,0đ a 

2đ 

2 1 2 

2 2 2 

y x x y x y xy 

y x x y x y xy 

2 2 2 

2 1 2 0 

 

 

2 

x 1 (2 y y x) 1 

Vì x, y Z nên x - 1Ư(-1) =1; 1 

+) Nếu x – 1 = 1 x = 2 

Khi đó 2y 2 - y – 2 = - 1 

y = 1 (t/m) 

1 

hoặc y = Z (loại) 

2 

+) Nếu x – 1 = -1 x = 0 

Khi đó 2y 2 - y = 1 

y = 1 (t/m) 

1 

hoặc y = Z (loại) 

2 

x 

2 x 

0 

Vậy ; 

y 

1 y 

1 

a) Từ giả thiết 

1 1 1 2 1 1 1 

( ) 

2 2 2 

a b c a b c 

1 1 1 

2( ) 0 

ab bc ca 

Vì a, b, c 0 nên a + b + c = 0 

a b c 

a b c 

3 3 

 

3 3 3 

a b 3ab(a b) c 

3 3 3 

a b c 3abc 

3 3 3 

Vậy a b c M3 

với a, b, c Z 

Lưu ý: Nếu học sinh sử dụng hằng đẳng thức 

x 3 + y 3 + z 3 – 3xyz = (x + y + z)(x 2 + y 2 + z 2 – xy – yz – zx) 

mà không chứng minh thì trừ 0,5 điểm. 

Đkxđ: x R 

2 2 

4x 20x 25 x 6x 9 10x 

20 

2 2 

Vì 4x 20x 25 x 6x 

9 0 với x 

10x – 20 0 x 2 

Ta có: 






 

0,5 


0,5 

0,5 


0,5 

0,5 

0,5 




0,5 

0,5 










Bài 4 

6,0 đ 


b 

2đ 

a 

2đ 

B 

2 đ 

x x x x x 

2 2 

4 20 25 6 9 10 20 

2x 5 x 3 10x 

20 

2x 5 x 3 10x 

20 

7x 

28 

x 4( t / m) 

Vậy phương trình có nghiệm là x = 4 

x 2 + 2y 2 + 2xy + 7x + 7y + 10 = 0. 

x y 7( x y) 10 

y 

2 2 

 

4 x y 1 1 

* x + y + 1 = - 4 khi x = - 5; y = 0 

* x + y + 1 = - 1 khi x = - 2; y = 0 

Vậy A min = - 4 khi x= - 5; y = 0 

A max = - 1 khi x = -2; y = 0 

2 

( x y 2)( x y 5) y 0 

E 

A 

D 

N 





C 

B 

M 



Ta có: ECD · BCF · (cùng phụ với ·ECB ) 

Chứng minh được: EDC = FBC (cạnh góc vuông – góc 

nhọn) 

CE = CF 

ECF cân tại C 

Mà CM là đường trung tuyến nên CM EF 


* Vì EDC = FBC ED = FB 

NCF vuông tại C. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác 

vuông ta có: BC 2 = NB.BF 

a 2 = NB.DE (đpcm) 

F 

0,5 


0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

1.0 

1,0 

0,5 

0.5 










. 

Bài 5 

1,0đ 


c 

2đ 

* CEF vuông tại C có CM là đường trung tuyến nên 

EF 

CM 

2 

AEF vuông tại A có AM là đường trung tuyến nên 

EF 

AM 

2 

CM = AM M thuộc đường trung trực của AC. 

Vì ABCD là hình vuông nên B, D thuộc đường trung trực 

của AC 

B, D, M thẳng hàng vì cùng thuộc đường trung trực của 

AC (đpcm). 

Đặt DE = x (x > 0) BF = x 

S ACFE = S ACF + S AEF = 1 AF AE CB 

2 

1 (AB BF) 

AE AD 

2 

 

1 (a x).DE 2 

 

1 (a x)x 2 

1 2 2 2 

S ACFE = 3.S ABCD (a x)x 3a 6a ax x 0 

2 

(2a x)(3a x) 0 

Do x > 0; a > 0 3a + x > 0 2a x 0 x = 2a 

A là trung điểm của DE AE = a 

AN AE 

Vì AE // BC nên 1 

NB BC 

N là trung điểm của AB. 

Vậy với N là trung điểm của AB thì S ACFE = 3.S ABCD 

a a a c 

* Vì a, b, c > 0 nên 1 

 

a b a b a b c 

. 

b b a c c b 

Tương tự: ; 

b c a b c c a a b c 








0.5 

0.5 

0.5 


0.5 

0,5 


0,5 










a b c 

2 

a b b c c a 

(1) 




* Ta có: 

a a 

 

b c a( b c) 

Vì a, b, c > 0 nên theo bất đẳng thức Cô- si ta có: 

a ( b c) 

a( b c) 0 

2 

2 1 

 

a b c a( b c) 

2a a 2a a 

 

a b c a( b c) 

a b c b c 

Tương tự: 

2b b 2c c 

; 

a b c 

 

a c a b c b a 

a b c 

2 

b c c a a b 

Dấu ‘ =” xảy ra khi a = b +c; b = c + a; c = a +b 

tức là a = b = c (vô lý). 

a b c 

2 (2) 

b c c a a b 

Từ (1) (2) ta có đpcm. 


- Với bài 5, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm. 

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


0,5 





















Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 12/01/2017-Năm học 2016 - 2017 

Câu 1: (4,0 điểm). 

ĐỀ BÀI 

1 1 1 

2 1 1 x y 

Cho biểu thức: A = ( ). 

 

.( ) : 

3 

x y x y 2 xy ( x y) 

x y xy xy 

a) Rút gọn biểu thức A. 

b) Tính giá trị biểu thức A khi x = 3 + 5 ; y = 3 - 5 

Câu 2: (3,5 điểm). 

a) Cho hàm số bậc nhất : y = mx + m – 1(*) (m là tham số) 

Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (*) tạo với các trục tọa độ Oxy một tam 

giác có diện tích bằng 2. 

2 

b) Giải phương trình: x 2x x x 2 x 4 0 

Câu 3: (3,5 điểm). 

a) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2x 6 + y 2 – 2x 3 y = 320 

b) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 2016. 

Chứng minh rằng: 2 a 3 b 3 c 1 3 a 2 b 3 c 3 a 3 b 2 c 

1 6 

2015 a 2016 b 2017 c 

Câu 4: (5,0 điểm). 

Cho đường tròn (O;R), đường kính BC. Điểm A thuộc đường tròn đã cho (A khác 

B và C). Hạ AH vuông góc với BC tại H, lấy điểm M đối xứng với điểm A qua điểm B. 

Gọi I là trung điểm HC. 

a) Chứng minh: Tam giác AHM đồng dạng với tam giác CIA. 

b) Chứng minh: MH vuông góc với IA. 

c) Gọi K là trọng tâm của tam giác BCM, chứng minh khi điểm A chuyển động 

trên đường tròn ( O; R) với B, C cố định thì điểm K luôn thuộc một đường tròn cố định. 

Câu 5: (2,0 điểm). 

Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I bán kính bằng 1 và độ dài các 

đường cao của tam giác ABC là các số nguyên dương. Chứng minh tam giác ABC đều. 

Câu 6. (2,0 điểm). 

Cho a, b, c, d là các số không âm thỏa mãn a + b + c + d = 1. 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = ( a b c)( a b) 

abcd 

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























Câu 1 

4,0 đ 

a. a) ĐKXĐ : x >0 ; y>0 ; x y 

0,5đ 

(2,0đ) 1 1 1 

2 1 1 x y 

A = ( ). 

 

.( ) : 

3 

x y x y 2 xy ( x y ) x y xy xy 

b. 

(2,0đ) 

Câu 2 

a. 

(2,0đ) 

= 

= 

xy.( 

xy( 

x y 

x 

x y 2 

x 

y ) 

xy 

y ) 

1 xy xy 

= . xy x y 

Vậy A = 

xy 

x 

2 

2 

y 

 

( 

. 

= 

xy 

2( 

x 

x 

xy 

x 

xy 

y 

y 

x 

y ) 

3 

.( 

y ) 





x . 

. 

. 

y ) 

xy 

x 

b) Với x = 3 + 5 Và y = 3 - 5 ta có : x >y>0, do đó: 

xy 

A = 0 

x y 

Mà A 2 2 

2 

2 

( xy) 

[(3 5 ).(3 5 )] 

4 

= 

8 

x y 2 xy 

2 

2 

(3 5 ) (3 5 ) 2. 3 ( 

5 ) 6 2.2 

Vậy : A = 8 2 2 

Vì (*) là hàm số bậc nhất nên m 0 (1) 

Để đồ thị của (*) tạo với các trục tọa độ Oxy một tam giác là m 1 (2) 

Gọi A là giao điểm của đường thẳng (*) với trục tung 

=> A(0; m-1) nên độ dài OA = |m-1| 

Gọi B là giao điểm của (*) với trục hoành 

=> B( ; 0) nên độ dài OB = | 

S ABC = 2 OA.OB = 2 = OA.OB = 4 (m - 1) 2 = 4|m| 

Với m > 0 => (m - 1) 2 = 4m 

m 2 - 2m + 1 = 4m 

m 2 - 6m + 1 = 0 

(m - 3) 2 = 8 

(Thỏa mãn đk) 

Với m < 0 => m 2 - 2m + 1 = -4m 

xy 

y 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

1,0đ 

0,5đ 

3,5 đ 

0,25đ 




0,5đ 










b. 

(1,5đ) 

Câu 3 

a. 

(1,5đ) 

b. 

(2,0đ) 


m 2 + 2m + 1 = 0 

0,5đ 

(m + 1) 2 = 0 

m = - 1 (Thỏa mãn đk) 

Vậy m 


ĐK: x 0 . 

Nhận thấy: x 0 không phải là nghiệm của phương trình, chia cả hai vế 0,25đ 

cho x ta có: 

2 2 4 4 2 

x 2x x x 2 x 4 0 x 2 x 0 ( x ) ( x ) 2 0 

x x x x 0,5đ 

2 2 4 4 2 

Đặt x t 0 t x 4 x t 4 

x 

x 

x 

, thay vào ta có: 

t 

3 

( t 2 4) t 2 0 t 2 t 6 0 ( t 3)( t 2) 0 

t 

2 

Đối chiếu ĐK của t 

2 

x 

4 

t 3 x 3 x 3 x 2 0 ( x 2)( x 1) 0 

x 

x 

1 

Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1 hoặc x = 4 

Từ 2x 6 + y 2 – 2x 3 y = 320 (x 3 - y) 2 + (x 3 ) 2 = 320 

=> (x 3 ) 2 320 => x 3 mà x nguyên nên ta có các trường hợp: 

+ Nếu x = 0 thì y không nguyên ( loại) 

+ Nếu x = 1 hoặc x = -1 thì y không nguyên (loại) 

+ Nếu x = 2=> y= - 8 hoặc y = 24 

+ Nếu x = -2 => y= -24 hoặc y = 8 

Vậy phương trình đã cho có 4 cặp nghiệm (x;y) là: 

(2;-8);(2;24);(-2;- 24);(-2;8) 

Ta có : 2 a 3 b 3 c 1 3 a 2 b 3 c 3 a 3 b 2 c 

1 6 

2015 a 2016 b 2017 c 

bc 4033 c a 4032 a b 

4031 

 

6 

2015 a 2016 b 2017 c 

Đặt 2015 + a = x; 

2016 + b = y; 

2017 + c = z (x,y,z > 0) 

b 4033 4032 4031 

VT = 

c c a a b 

 

 

 

2015 a 2016 b 2017 c 

y z z x x y y x x z y z 

VT 

x y z x y z x z y 

y x z x y z 

2 . 2 . 2 . 6 ( Co si) 

x y x z z y 







0,5đ 


3,5 đ 








0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 










Câu 4 

Dấu “=” xảy ra khi x = y = z suy ra a = 673, b = 672, c = 671 

5,0 đ 




a. 

(1,5đ) 

b. 

(1,5đ) 

c. 

(2,0đ) 

M 

B 

A 

H 

0,5đ 

Vì A thuộc đường tròn đường kính BC nên · 0 

BAC 90 

Xét vuông BAC và vuông AHC có 

AB AH 

= tan·ACB 

AC HC 

HAM · IC · A (Cùng phụ ·HAC ) AHM CIA ( cgc) 0,5đ 

2AB 

2AH 

AC 

2IC 

AM AH 

AC 

IC 

0,5đ 

Xét 2 tam giác AHM và CIA ta có 

AM AH 

 

AC IC 

Gọi giao điểm của MH với AI là D 

0,5đ 

Vì AHM CIA ( câu a) HMA · IAC · ( 2 góc tương ứng) 

Mà: · · 0 

IAC DAM 90 nên · · 0 

HMA DAM 90 

0,5đ 

· 0 

ADM 90 MH IA tại D 

0,5đ 

Gọi E là trung điểm của MC. Nối AE cắt BC ở N 

AN 

N là trọng tâm của tam giác AMC 2 

NE 

Vì K là trọng tâm của tam giác MBC 

BK 

Nên K là giao điểm của BE và MO và 2 

KE 

0,5đ 

AN BK 

NK / / AB 

NE 

KE 

Vì BA B M 0,5đ 

BE là đường trung bình của tam giác AMC 

EM EC 

Nên BE//AC mà AC AB nên BE AB (2) 

Từ (1) và (2) NK BE tại K · 0 

BKN 90 (3) 

0,5đ 






K 

N 

D 

E 

O 

I 

C 













Câu 5 

Câu 6 

Vì N là trọng tâm của AMC nên BN = 1 BC không đổi 

3 

N thuộc BC cố định mà BN không đổi nên N là điểm cố định (4) 0,5đ 

Từ (3) và (4) K luôn thuộc đường tròn đường kính BN cố định. 

2,0 đ 

Đặt BC = a; CA = b; AB = c; S ABC = s; 

Gọi độ dài các đường cao ứng với các cạnh a; b; c lần lượt là x; y; z 


(với x, y, z là các số nguyên dương); r là bán kính đường tròn nội tiếp 

ABC. Khi đó: S ABC =s = 1 2 ax = 1 2 by = 1 2 cz 


s = S IAB + S IAC + S IBC = 1 2 r(a + b + c) = 1 0,25đ 

(a + b + c) (do r = 1) 

2 0,25đ 

Suy ra: x = a b c > 2 (theo BĐT tam giác). 

a 


Tương tự y > 2; z > 2 


SIAB S 

IAc 

S 

ICB 

Lại có: 1 

s s s 

1 1 1 1 Do x, y, z nguyên dương và lớn hơn 2. 

0,5đ 

x y z 

Giải ra ta có x = y = z = 3 nên a = b = c = 2 s . Vậy ABC đều 

3 

2,0 đ 

Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số không âm (a + b + c) và d ta có: 

1 = (a + b + c) + d 2. ( a b c). 

d 

1 = a + b + c + d 4(a + b + c).d 

0,5đ 

1.(a + b + c) 4(a + b + c)(a + b + c).d 

=> a + b + c 4(a + b + c) 2 .d 0 (1) 

Lại áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số không âm (a + b) và c ta có: 

0,5đ 

(a + b) + c 2. ( a b). 

c (a+b+c) 2 4 (a+b).c > 0 (2) 

Vì (1) và (2 ) cùng chiều và cùng dương nên thay (2) vào (1) ta được: 

a + b + c 4 (a + b + c) 2 .d 16 (a + b).c.d 

Ta có A = ( a b c)( a b) 

2 

2 

16( a b) . cd 16( a b) 

0,5đ 

 

= 64(3) (Vì 

abcd 

abcd ab 

(a+b) 2 4ab. Dấu “ = “ xảy ra khi: (1); (2); (3) cùng xảy ra dấu “=” và a 

+ b + c + d = 1 

a 

b 

 

a b c 

a b ; c ; d 

a b c d 

8 4 2 

 

a b c d 1 

1 1 1 

a b ; c ; d 

8 4 2 

Suy ra: 

1 1 1 

. 


Vậy A nhỏ nhất bằng 64 khi 


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





0,5đ 













Bài 1: (4,0 điểm) 





Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 –H. Vĩnh Lộc - Năm học 2016 - 2017 

3x 

9x 

3 

Cho biểu thức P = 

 

x x 2 

a. Tìm ĐKXĐ và rút gọn P 

b. Tìm x để P < 0 

ĐỀ BÀI 

x 1 

 

x 2 

x 2 

x 1 

Bài 2: (4,0 điểm) 

2 

a. Giải phương trình: x 7x 6 x 5 30. 

1 1 

b. Cho hai số dương a và b. Chứng minh rằng a 

b. 4 

a b 

Bài 3: (4,0 điểm) 

a. Tìm số tự nhiên n sao cho A= n 2 +n+6 là số chính phương 

2 2 2 

b. Cho các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x y z 

Chứng minh A = xy chia hết cho 12 

Bài 4: (6,0 điểm) 

Cho tam giác ABC nhọn, ba đường cao AA', BB', CC'. 

a. Chứng minh ΔAC'C : ΔAB'B 

b. Trên BB' lấy M, trên CC' lấy N sao cho · · 0 

AMC ANB 90 . Chứng minh rằng 

AM = AN. 

c. Gọi S, S' lần lượt là diện tích của tam giác ABC và tam giác A'B'C'. 

2 2 2 ' 

Chứng minh rằng cos A cos B cos C 1 

S 

S 

Bài 5: (2,0 điểm) 

34 

Cho x, y là các số dương thỏa mãn x y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 

35 

2 8 

A 3x 4y 

 

5x 

7y 

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



















Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 –H. Vĩnh Lộc - Năm học 2016 - 2017 

. 

Bài Nội dung cần đạt Điểm 

1(4đ) 

3x 

9x 

3 

Cho biểu thức P = 

 

x x 2 

a. Tìm ĐKXĐ và rút gọn P 

b.Tìm x để P < 0 

Câu a:(2 điểm) 

- Tìm được ĐKXĐ: x 0, x 1 

- Ta có 

x 1 

 

x 2 

3x 9x 3 x 1 x 2 

 

x x 2 x 2 x 1 

3x 3 x 3 ( x 1)( x 1) ( x 2)( x 2) 

 

( x 2)( x 1) ( x 2)( x 1) ( x 2)( x 1) 

3x 3 x 3 x 1 x 4 

 

( x 2)( x 1) 

x 3 x 2 

 

( x 2)( x 1) 

( x 2)( x 1) x 1 

 

 

( x 2)( x 1) x 1 

x 2 

x 1 

Câu b:( 2 điểm) 

- Ta có: P < 0 

 

x 1 0 

x 1 

x 1 0( do x 1 0) 

x 1 

x 1 

- Kết hợp với ĐKXĐ ta được: Với 0 x 1 thì P < 0. 

Câu a:(2đ) 

2 

Giải phương trình: x 7x 6 x 5 30. 

- ĐKXĐ x 5 . 

- Ta có 




0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

1,0 

0,5 















2(4đ) 

3(4đ) 


2 

x x x 

7 6 5 30 

2 

x x x x 

8 16 5 6 5 9 0 

2 

x x 

4 5 3 0 

2 

- Vì x x 2 

4 0; 5 3 0 nên 

2 

2 

 

 

x 4 

0 

 

2 

 

x 5 3 

0 

 

x 4 0 

 

x 5 3 0 

x 4 

( thỏa mãn ĐKXĐ) 

- Nghiệm của phương trình đã cho là x=4 

Câu b: (2đ) 

Cho hai số dương a và b. Chứng minh rằng 

1 1 

a 

b. 4 

a b 

- Ta có 

1 1 

a 

b. 2 a 

b 

a b b a 

- Vì a,b >0.nên áp dụng bất đẳng thức cosi cho hai số dương 

a b 2 a . b 2 

b a b a 

1 1 

- Do đó a 

b. 4 

a b 

Câu a:(2đ) 

Tìm số tự nhiên n sao cho A= n 2 + n + 6 là số chính phương 

- Để A là số chính phương thì A= n 2 +n+6 =a 2 ( a N ) 

2 2 

4n 4n 24 4a 

- Ta có: n 2 + n + 6 = a 2 2 2 

2a 2n 

1 

23 

2a 2n 1 . 2a 2n 

1 

23 

- Vì a,n là các số tự nhiên nên (2a +2n +1) là số tự nhiên và 

2a +2n +1 > 2a – 2n -1. Do đó 

2a 

2n 

1 23 

 

2a 

2n 

1 1 

4a 

24 

 

4n 

20 

a 

6 

 

n 

5 

- Vậy n = 5 








1,0 

0,5 


0,75 

0,75 

0,5 


0,5 

0,5 


0,5 










4 


Câu b:(2đ) 

2 2 2 

Cho các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x y z 

Chứng minh A = xy chia hết cho 12 

- Xét phép chia của xy cho3 

Nếu xy không chia hết cho 3 thì 

x 

1(mod 3) 

 

y 

1(mod3) 

 

x 

 

y 

2 

2 

1(mod3) 

1(mod3) 

2 2 2 

z x y 

2(mod 3) 

( Vô lí) 

Vậy xy chia hết cho 3 (1) 

- Xét phép chia của xy cho 4 

Nếu xy không chia hết cho 4 thì 

TH1: 

x 

1(mod 4) 

 

y 

1(mod 4) 

2 

 

x 1(mod 4) 

 

2 

y 1(mod 4) 

2 2 2 

z x y 2(mod 4) 

(vô lí ) 

TH2: Trong hai số x,y một số chia 4 dư 2, một số chia 4 dư 1 

hoặc -1. Không mất tính tổng quát giả sử 

x 

1(mod 4) 

 

y 

2(mod 4) 

2 

 

x 1(mod8) 

 

2 

y 4(mod8) 

z x y 5(mod8) 

2 2 2 

 

( vô lí) 

- Vậy xy chia hết cho 4 (2) 

- Từ (1) và (2) : Vậy xy chia hết cho 12 




1,0 

0,5 

0,5 





https://123doc.org/trang-ca-nhan-3408296-loc-tin-tai.htm 25 









A 




B 

C 

M 

A' 

Câu a( 2 điểm): Chứng minh AC’C 

- Xét AC’C và AB’B có: 

Góc A chung 

Góc B = góc C = 90 0 

Suy ra: AC’C AB’B 

Câu b (2 điểm):Chứng minh AM = AN. 

- Xét AMC vuông tại M đường cao MB' 

2 

AM AB '. AC 

- Xét ANB vuông tại N đường cao NC' 

2 

AN AC '. AB 

- Theo câu a ta có AB'.AC = AC'.AB 

- Do đó: AM = AN 

B' 

N 

AB’B 

2 2 2 ' 

Câu c: ( 2đ) Chứng minh cos A cos B cos C 1 

S 

S 

SAB' C ' AB ' 

- Chỉ ra được 

SABC 

AB 

S 

' ' 2 

- Tương tự BA C cos B 

S 

ABC 

SCA' B' cos 2 C 

SABC 

- Do đó: 

2 

cos 

2 

A 

C 

2 điểm 


0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

















5(2đ) 

S S S 

cos A cos B cos C 

S 

2 2 2 AB' C ' BA' C ' CA' B' 

S 

ABC 

S 

A' B' C ' S ' 

 

1 

S 

S 

ABC 

34 

Bài 5 (2điểm) Cho x, y là các số dương thỏa mãn x y . 

35 

2 8 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A 3x 4y 

 

5x 

7y 

- Ta có: 

2 8 

A 3x 4y 

 

5x 

7y 

1 1 2 5x 

8 7 y 

x y 

2 2 5x 

2 7y 

2 

- Áp dụng bất đẳng thức cosi cho hai số dương ta được 

2 5x 

2.5x 

2 2 

5x 

2 5 x.2 

ABC 

8 7x 

8.7x 

2 4 

7x 

2 7 x.2 

34 1 34 17 

- Vì x y nên A . 2 4 6 

35 2 35 35 

2 5x 

 

 

5x 

2 2 

x 

8 7 y 

5 

- Dấu "=" xảy ra khi 

7 y 2 4 

y 

34 

7 

x 

y 

35 

2 

x 

17 5 

- A đạt giá trị nhỏ nhất là 6 khi 35 4 

y 

7 


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


0,5 

0,5 

0,5 


0,5 






















(Đề thi HSG Toán 9 –TP. Bắc Giang – Năm học 2016 – 2017) 

Bài 1: (5 điểm) 

a. Cho biểu thức M= a a b b 

a 

b với a, b > 0 và a b 

a b a b b a 

Rút gọi M và tính giá trị biểu thức M biết 1 a1 b 

2 ab 1 

5 4 

b. Tìm các số nguyên a, b thoả mãn 18 2 3 

a b 2 a b 2 

c. Cho a, b, c thỏa mãn a b c 7 ; a b c 23 ; abc 3 

1 1 1 

Tính giá trị biểu thức H= 

 

 

ab c 6 bc a 6 ca b 6 

Bài 2: (4,5 điểm) 

a. Tính giá trị của biểu thức N= 4 3 4 3 27 10 2 

4 13 

b. Cho a, b là số hữu tỉ thỏa mãn a b 2 2a b 2 

2 

+ (1 ab) 4ab 

Chứng minh 1 ab là số hữu tỉ 

x 2 x 4 2 x 1 1 

x 

c. Giải phương trình 

Bài 3: (3,5 điểm) 

5 2 2 

a. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn x y xy 1 

1 1 1 3 

b. Cho a, b, c>0 thỏa mãn abc=1. Chứng minh 

 

ab a 2 bc b 2 ca c 2 2 

Bài 4: (6 điểm) Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Trên nửa mặt phẳng bờ AB 

có chứa nửa đường tròn vẽ tiếp tuyến Ax với nửa đường tròn, trên Ax lấy M sao cho AM 

> R. Từ M vẽ tiếp tuyến MC với nửa đường tròn, từ C vẽ CH vuông góc với AB, CE 

vuông góc với AM. Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt BC tại N. Đường thẳng 

MO cắt CE, CA, CH lần lượt tại Q, K, P. 

a. Chứng minh MNCO là hình thang cân 

b. MB cắt CH tại I. Chứng minh KI son song với AB 

c. Gọi G và F lần lượt là trung điểm của AH, AE. Chứng minh PG vuông góc với QF 



Tìm số nguyên dương n lớn nhất để A= 4 27 + 4 2016 + 4 n là số chính phương 

---------------Hết--------------- 

Họ tên thí sinh..........................................................................SBD:................................ 




















(Đề thi HSG Toán 9 –TP. Bắc Giang – Năm học 2016 – 2017) 

. 

Câu Nội Dung Điểm 

Bài 1 

4 đ 

a/ 

ab 

-Rút gọn M= 

1,5đ 

a b 

với a, b>0 và a b 

0,75 

-Ta có 

1 a1 b 

2 ab 1 ab a b 1 2 ab 1 

ab a b 2 ( 

ab 2 ab 

) 1 

a b a b 

1 


+ Nếu a>b>0 

b/ 

1,5đ 

ab 

a b a b 0; ab 0 0 

a b 

ab ab ab 

1 M 1 

a b a b a b 

+ nếu 0






c/ 

2 đ 


9 2 2 3 

2 2 

a có 3 b 6b b 0 27b 24b 6b 0 3 b( b 2) 0 

4 2 

Ta có b=0 (loại) ; b=2 (thoã mãm) , vậy a=3. Kết luận 

2 

Ta có a b c a b c 2 ab bc ca 

mà a b c 7 ; a b c 23 nên ab bc ca 13 

Ta có a b c 7 c 6 a b 1 

nên ab c 6 ab a b 1 a 1 b 1 

Tương tự bc a 6 b 1 c 1 ; ac b 6 a 1 c 1 

Vậy H= 

1 1 1 

 

 

ab c 6 bc a 6 ca b 6 

1 1 1 

 

 

a 1 b 1 b 1 c 1 a 1 c 1 

= 

 

c 1 a 1 b 1 

= 

a 1 b 1 c 1 

 

a b c 

= 

abc a b c ab bc ca 

3 7 3 

 

1 

1 

3 7 13 1 

Bài 2 

a/ 

1,5đ N= 2( 4 3 4 3 ) 25 10 2 2 

8 2 13 

b/ 

1,5đ 

c/ 

1,5đ 

2( 4 3 4 3 ) 

2 

= (5 2) 

(4 3) 2 4 3 4 3 (4 3) 






0,75 

1,0 

4,5 đ 


2( 4 3 4 3 ) 2( 4 3 4 3 ) 

 

2 

( 4 3 4 3 ) 

4 3 4 3 

0,5 

 

 

 

2 

 

2 2 

(GT) a b 2(ab 1) (a b) 1 ab 0 

 

 

4 2 2 

a b 2(a b) (1 ab) (1 ab) 0 

 

 

2 

2 

2 

a b (1 ab) 0 (a b) -(1 

ab)=0 

 

 

2 

(a b) 1 ab a b 1 ab Q;vi:a;b Q.KL 

Điều kiện: x 1 (*). 

2 

x x 4 2 x 11 

x 

Ta có: 

2 

x 2x x 1 x 1 2( x x 1) 3 0 

2 

x x x x 

1 2 1 3 0 

Đặt x x 1 y 

2 

y 2y 

3 0. 

0,5 

2 

(5 2) 5 2 2 5 2 5 


(Điều kiện: y 1 ** 

), phương trình trở thành 




0,5 


0,5 

0,5 










Bài 3 

a/ 

1,75đ 

b/ 

1,75đ 


2 y 1 

 

y 2y 3 0 y 1 y 3 0 

y 3 

+Với y 1 không thỏa mãn điều kiện (**). 

+ Với y 3 ta có phương trình: 

1 x 3 

x x 1 3 x 1 3 x 

x 1 9 6x x 

1 x 3 

1 x 3 

x 2 x 2 

2 

 

x 

7x 

10 0 

x 

5 

Vậy phương trình có nghiệm x 2. 

Ta có x 5 y 2 xy 2 1 x 5 1 xy 2 y 

2 

0 

4 3 2 2 4 3 2 2 

x x x x x y x x x x x x y 

1 1 1 0 1 1 0 

x 

1 0 

4 3 2 2 

x x x x 1 

y 

2 2 

-*Nếu x 1 0 x 1 ta có 1 y y 1 đúng với mọi y nguyên 

Vậy ngiệm của PT là (1;yZ) 

4 3 2 2 4 3 2 2 

*Nêu x x x x 1 y 4x 4x 4x 4x 4 (2 y) 

Ta có 

2y 2 2x 2 x 4x 4 4x 3 4x 2 4x 4 4x 4 4x 3 x 

2 

2 

2 

2 

2 8 

3x 4x 4 3 x 

0 

 

3 3 

Vậy ta có x 2 x 2 y 2 

(2 ) 2 * 

Ta có 2x 2 x 2 2 

(2 y) 2 5x 

2 0 , Vậy ta có y 2 x 2 x 2 

Từ * và ** ta có 

2 2 2 2 2 2 

x x y x x y x x 

2 2 

2 

2 y 2x x 2 

2 2 

(2 ) 2 2 2 2 2 1 ; 

Nếu 2 2 2 2 2 

2 y (2x x 1) x 2x 3 0 x 2x 

3 0 

x 

1 

( x 1)( x 3) 0 

x 

3 

2 

+ nếu x 1 y 1 y 1 

2 

+Nếu x 3 y 121 y 11 

-Nếu 2 2 2 2 2 

Kết luận 





2 

2 2 2 ** 

2 y (2x x 2) 5x 0 x 0 y 1 y 1. 

2 2 2 

Ta có x y z x y z x y y z x z 

x y z 2 3 x 2 y 2 z 

2 

nên với x,y,z>0 ta có 

2 2 2 2 

3 ... 0 





0,5 


3,5 đ 



1đ 


0,5 










Bài 4 


x y z x y z 

 

2 2 2 

3 , áp dụng ta có 

 

1 1 1 1 1 1 

3 

 

ab a 2 bc b 2 ca c 2 ab a 2 bc b 2 ca c 2 

-Với x,y>0 ta có 2 1 1 

x y 2 xy x y 4xy 

1 1 

 

x y 4 

 

x y 

 

 

áp dụng ta có 

1 1 1 1 

 

ab a 2 ab 1 a 1 ab abc a 1 ab( c 1) ( a 1) 

1 1 1 1 abc 1 1 c 1 

 

4 

 

ab( c 1) a 1 

 

4 

 

ab( c 1) a 1 

 

4 c 1 a 1 

1 1 c 1 

Vây ta có 

ab a 2 4 

 

c 1 a 1 

 

 

 

1 1 a 1 

Tương tự ta có 

bc b 2 4 a 1 b 1 

; 1 1 b 1 

 

ca c 2 4 b 1 c 1 

nên 

1 1 1 

3 

 

ab a 2 bc b 2 ca c 2 

1 c 1 a 1 b 1 3 

3 

4 c 1 a 1 a 1 b 1 b 1 c 1 2 

1 1 1 3 

Vậy 

dấu “=” có khi a=b=c=1 

ab a 2 bc b 2 ca c 2 2 

E 

F 

A 

M 

Q 

K 

T 

G 

N 

O 

C 

I 

H 

B 




0,5 

0,5 


6 đ 





a/ 

2đ 

P 

-Ta có ACB nội tiếp đường tròn (vì...) mà AB là đường kính nên 

ACB vuông tại C AC BN 





0,5






b/ 

2đ 

c/ 

2đ 

Bài 5 


Ta có MA=MC (.....), OA=OC (....) nên MO là trung trực của AC 

MO AC MO // NB MOA · NBO · 

-Ta có OA MA (....) · · 0 

MAO NOB 90 ; xét MAO và NOB có 

· · 0 

MAO NOB 90 ; MOA · NBO · ; OA OB R MAO NOB MO NB 

-Ta có MO // NB; 

MO NB MNBO là hình bình hành.Ta có 

MAO = NOB (cm trên) nên ta có NO=MA, mà MA=MC (...) nên 

NO=MC vậy MNBO là hình thang cân 

-Xét CHB và MAO có · · 0 

MAO NOB 90 ; CBH · MOA · ( cm trên) 

CH HB HB 

CHB 

: MAO 

 

MA AO R 

-Ta có CH AB (gt) ; MA AB 

IH HB HB 

(...) CH // MA IH // MA 

MA AB 2R 

CH HB HB IH 2IH 

-Nên ta có 2 2 CH 2IH IC IH . 

MA R 2R MA MA 

-Chi ra KI là đường trung bình của tam giác ACH KI // AB 

-Chưng minh FQIO là hình bình hành QF // IO 

-Chưng minh O là trục tâm tam giác GIP 

PG OI PG QF 

* 27 2016 n 

2 

27 1989 n 

A 4 4 4 2 1 4 4 

27 

 

27 

Vì A và 2 

1989 27 

2 là số chính phương nên 1 4 4 n là số chính 

phương 

1989 27 

Ta có 1 4 4 n 27 27 2 

> 4 n n 

(2 ) 

1989 27 

*mà 1 4 4 n là số chính phương nên ta có 

1 4 4 n 

1989 27 n27 

2 1 2 

 

n27 3977 

2 2 n 4004 

27 2016 4004 27 4004 

Với n=4004 ta có A= 4 4 4 2 2 2 

A là số chính 

phương 

Vậy n=4004 thì A=4 27 +4 2016 +4 n là số chính phương 

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




0,75 

0,75 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,75 

0,75 

0,5 

1đ 


0,5 






















Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 25/11/2015-Năm học 2015 - 2016 

Câu 1: (4,0 điểm). Cho biểu thức: 

ĐỀ BÀI 

x x 3 2( x 3) x 3 

A 

x 2 x 3 x 1 3 

x 

a) Rút gọn biểu thức A; 

b) Tìm x biết A = 8; 

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A. 

Câu 2: (3,0 điểm). 

a) Tìm các giá trị của a, b sao cho đồ thị hàm số y = (a – 3)x + b song song với 

đường thẳng y = –2x + 1 đồng thời đi qua giao điểm của hai đường thẳng y = 5x + 5 và 

y = x – 3. 

2( x y) 

3xy 

 

b) Tìm x; y; 

z thỏa mãn 3( y z) 

4yz 

4( x z) 

5xz 

Câu 3: (4,0 điểm). 

a) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a b c abc 4. Tính 

giá trị của biểu thức: A a(4 b)(4 c) b(4 c)(4 a) c(4 a)(4 b) 

abc . 

b) Giải phương trình nghiệm nguyên: (x + 1)(x 2 + 1) = (2y + 1) 2 . 

Câu 4: (5,0 điểm). Cho đường tròn (O,R) và một đường thẳng d không có điểm chung 

với đường tròn. Trên d lấy một điểm M bất kỳ, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với 

đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Kẻ đường kính AOC, tiếp tuyến của (O) tại C cắt 

AB tại E. 

a) Chứng minh BCM 

đồng dạng với BEO ; 

b) Chứng minh CM vuông góc với OE; 

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài dây AB. 

Câu 5: (2,0 điểm). Cho tam giác đều ABC, điểm M nằm trong tam giác ABC sao cho 

AM 2 = BM 2 + CM 2 . Tính số đo góc BMC. 


Câu 6. (2,0 điểm). Cho: x + y + z = 1 và x 3 + y 3 + z 3 = 1. Tính A = x 2015 + y 2015 + z 2015 





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
















Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 25/11/2015-Năm học 2015 - 2016 


Câu 1 

4,0 đ 

a. ĐKXĐ x 0, 

x 9 

0,5 đ 

(2,0đ) x x 3 2( x 3) x 3 

A 

 

( x 1)( 

x 3) x 1 

x 3 

2 

x x 3 

2( x 3) ( x 3)( x 1) 

A 

( x 3)( x 1) 

0,5 đ 

x x 3 2x 

12 

x 18 

x 4 x 3 

0,5 đ 

A 

( x 3)( x 1) 

b. 

(1,0đ) 

c. 

(1,0đ) 

Câu 2 

a. 

(1,5đ) 

x x 3x 

8 x 24 ( x 8)( x 3) x 8 

A 

 

 

( x 3)( x 1) 

( x 3)( x 1) 

x 1 

Với x 0, 

x 9 

x 8 

A = 8 8 x 8 8 x 8 x 8 x 0 

x 1 

x 0 

x ( x 8) 0 

x 8 0 

Vậy x = 0 hoặc x = 64 thì A = 8. 

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 

x 8 x 4 4 4 x 4 4( x 1) 

A 4 

x 1 

x 1 

x 1 

x 1 

Dấu “=” xảy ra x 4 (Thỏa mãn điều kiện) 

Vậy GTNN của A = 4 khi x = 4. 





. 

x 

0 

 

x 

64 

(thỏa mãn đk) 

Vì đường thẳng (d): y = (a - 3)x + b song song với đường thẳng y = - 

2x + 1 nên: 

a - 3 = -2 và b 1 => a = 1; b 1 

Tìm được giao điểm của đường thẳng y = 5x + 5 và y = x - 3 là M(- 

2;-5) 

Vì (d): y = -2x + b đi qua M(-2;-5) => b = -9 (thỏa mãn) 

Vậy a = 1; b = -9. 

0,5 đ 

0,25 đ 



b. 

(1,5đ) 

+ Từ hệ đã cho ta thấy nếu một trong ba số x; y; z bằng 0 thì suy ra hai 

số còn lại bằng 0 vậy (x; y; z) = (0; 0; 0) là một giá trị cần tìm. 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

3,0 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 













+ Trường hợp xyz 0: 

1 

1 3 

 

1 

17 

x y 2 

 

2( x y) 

3xy 

 

 

1 

1 4 1 1 1 

3( y z) 

4yz 

= 49 

x 24 

1 

19 

 

4( x z) 

5xz 

y z 3 x y z 24 y 24 

1 

1 5 

 

z x 4 

1 13 

 

z 24 

+ Vậy các cặp số (x; y; z) cần tìm là 

24 24 24 

(x; y; z) = (0; 0; 0) và (x; y; z) = ( ; ; ) 

17 19 13 

Câu 3 

a. 

(2,0đ) A a(4 b)(4 c) b(4 c)(4 a) c(4 a)(4 b) 

abc 

Ta có: 

a b c abc 4 4a 4b 4c 4 abc 16 

b. 

(2,0đ) 

a(4 b)(4 c) a(16 4b 4 c bc) 

a(2 a 

2 

bc) a(2 a bc) 2a abc 

Tương tự: 

b(4 c)(4 a) 2 b abc, c(4 a)(4 b) 2c abc 

A 2( a b c) 3 abc abc 2( a b c abc ) 8 





 

24 

 

x 

17 

 

24 

y 

 

19 

24 

z 

 

13 

+ Trước hết, chứng minh (x + 1) và (x 2 + 1) nguyên tố cùng nhau: 

Gọi d = ƯCLN (x + 1, x 2 + 1) => d phải là số lẻ (vì 2y + 1 lẻ) 

2 

x 

xMd 

x 

1Md 

 

 

x 

1Md 

2 

x 

1Md 

x 

1Md 

 

x 

2 dM mà d lẻ nên d = 1. 

1 d 

x 1Md 

M 

 

2 

+ Nên muốn (x + 1)(x 2 + 1) là số chính phương 

Thì (x + 1) và (x 2 + 1) đều phải là số chính phương 

 

x 1 

k 

Đặt: 

2 

x 

1 t 

2 2 

k 

1 

(k + x)(k – x) = 1 

x 

0 

hoặc 

k 

1 

 

x 

0 

+ Với x = 0 thì (2y + 1) 2 = 1 y = 0 hoặc y = - 1 (Thỏa mãn pt) 

Vậy nghiệm của phương trình là: (x; y) (0; 0); (0; 1) 

 

0,75 đ 


4,0 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 




0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 










Câu 4 

5,0 đ 




a. 

(2,0đ) 

b. 

(1,5đ) 

c. 

(1,5đ) 

M 

Gọi Q là giao điểm của AB với OM. 

Ta có AM//CE (cùng vuông góc với AC) BEC MAB 

(so le 

trong) 

0 

0 

Mà ABC 90 ; AQM 90 và AMO OMB 

(Dễ chứng minh). 

Suy ra AMO OMB 

= BCE (cùng phụ với hai góc bằng nhau) 

BE OB MB OB 

tan BCE = tan OMB (1) 

BC MB BC BE 

Lại có MBA OBC 

(cùng phụ với góc ABO) 

Nên MBC OBE 

( cùng = 90 0 + OBC ) (2) 

Từ (1) và (2) suy ra MBC OBE (c.g.c). 

Từ MBC OBE BCM BEO 

Gọi I và N lần lượt là giao điểm của OE với BC và MC. 

BIE NIC (g.g) IBE INC 

0 

0 

Mà IBE 90 => INC 90 . Vậy CM OE 

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên d. P là giao điểm của AB 

với OH 

OQ OP 

Ta có OQP OHM (.g.g) => 

OH OM 

QO. OM = OP. OH = OA 2 = R 2 2 

R 

OP 

 

OH 

Mà O và d cố định => OH không đổi => OP không đổi 

2 2 

Lại có : AB = 2AQ = 2 0A OQ mà OQ OP 


4 

2 2 2 R 2R 2 2 

AB 2 OA OP 2 R . OH R 

2 

OH 

OH 

(K.đổi) 

Dấu “=” xảy ra Q P M H 

0,5 đ 





A 

Q 

H 

P 

O 

B 

N 

I 

E 

d 

C 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 













Câu 5 

Vậy GTNN của AB = 

2R . OH 

OH 

R M H 

2 2 

(2,0đ) * Vẽ tam giác đều CMN 

Ta có: BC = AC; 

CN = CM; 

BCN = ACM (Vì đều có tổng với MCB bằng 60 0 ) 

Do đó BCN = ACM (c.g.c) Suy ra BN = BM 

2 2 2 

2 2 2 

* Theo giả thiết: AM BM CM BN BM MN 

BMN vuông tại M (Định lý Pitago). 

· · · 0 0 0 

BMC BMN NMC 90 60 150 

Câu 6 

Từ x + y + z = 1 (x + y + z) 3 = 1 

Mà: x 3 + y 3 + z 3 = 1 (x + y + z) 3 - x 3 - y 3 - z 3 = 0 

3 3 3 3 

x y z z x y 0 

 

2 2 

2 2 

x y z z x y z x y z z z x y x xy y 

 

 

 

 

0 

x y x 2 y 2 z 2 2xy 2yz 2xz+xz yz z 2 z 2 x 2 xy y 

2 

0 

2 

x y 3z 3xy 3yz 

3xz 0 

 

x y3 y z x z 

0 

 

x y 0 x y 

 

 

y z 0 

 

y z 

 

 

 

x z 0 

x z 

* Nếu 

2015 2015 2015 

x y z 1 A x y z 1 

* Nếu 

2015 2015 2015 

y z x 1 A x y z 1 

* Nếu 

2015 2015 2015 

x z y 1 A x y z 1 


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





2,0 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

2,0 đ 


0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 













Bài 1: (4,0 điểm) 





(Đề thi HSG Toán 9 –TP. Thanh Hóa -Năm học 2015 – 2016) 

ĐỀ BÀI 

x x 2x 

x 2 x x 2x 

x 2 

Cho P = 

+ 

x x 3 x 2 x x 3 x 2 

1. Rút gọn P. Với giá trị nào của x thì P > 1 

2. Tìm x nguyên biết P đạt giá trị nguyên lớn nhất 

Bài 2: (4,0 điểm) 

1. Giải phương trình 

5 3x 

x 1 

= 4 

x 3 3 2x 

2. Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x 2 + xy + y 2 = x 2 y 2 

Bài 3: (4,0 điểm) 

1. Cho a = x + x 

1 ; b = y + y 

1 

1 

, c = xy + xy 

Tính giá trị biểu thức: A = a 2 + b 2 + c 2 – abc 

2. Chứng minh rằng với mọi x > 1 ta luôn có. 3(x 2 1 

- 

2 

x ) < 1 

2(x3 - 

3 

x ) 

Bài 4: (4,0 điểm) Cho tứ giác ABCD có AD = BC; AB < CD. Gọi I, Q, H, P lần lượt là 

trung điểm của AB, AC, CD, BD 

1. Chứng minh IPHQ là hình thoi và PQ tạo với AD, BC hai góc bằng nhau. 

2. Về phía ngoài tứ giác ABCD, dựng hai tam giác bằng nhau ADE và BCF. Chứng 

minh rằng trung điểm các đoạn thẳng AB, CD, EF cùng thuộc một đường thẳng. 

Bài 5: (2,0 điểm) Tam giác ABC có BC = 40cm, phân giác AD dài 45cm đường cao AH 

dài 36cm. Tính độ dài BD, DC. 

Bài 6: (2,0 điểm) Với a, b là các số thực thỏa mãn đẳng thức (1 + a)(1 + b) = 4 

9 . 


4 

4 

Hãy tìm GTNN của P = 1 a + 1 

b 

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




















(Đề thi HSG Toán 9 –TP. Thanh Hóa -Năm học 2015 – 2016) 

Bài Câu Tóm tắt cách giải Điểm 

1 

2 

1 

2 

1 

Điều kiện x > 0; x 1; 4 

( x 2)( x 1)( 

x 1) 

P = 

2 

( x 2)( x 1) 

= 

= 

x 1 

+ 

x 1 

2( x 1) 

x 1 

P > 1 

x 1 

x 1 

2( x 1) 

> 1 

x 1 

( 

x 2)( x 1)( 

x 1) 

( x 2)( x 1) 

+ 

2 

2( x 1) 

- 1 > 0 

x 1 

x 3 

> 0 Theo đ/k x > 0 x + 3 > 0 

x 1 

x – 1 > 0 x > 1 

Kết hợp điều kiện x > 0; x 1; 4 

Suy ra x > 1; x 4 thì P > 1 

2( x 1) 

4 

P = = 2 + Với x > 0; x 1; 4 

x 1 

x 1 

P nguyên x – 1 là ước của 4 

2x 

2 x 1 

> 0 

x 1 

P đạt giá trị nguyên lớn nhất x – 1 = 1 x = 2 

Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 6 khi x = 2 

Điều kiện x – 3 + 

3 2x 

0 

Phương trình tương đương 

3x 5 - x 1 

- 4 2x 3 - 4x + 12 = 0 (*) 

Xét x < - 2 

3 thì (*) 


- 3x + 5 + ( x – 1) + 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0 2x = -28 

x = - 14 (Thỏa mãn đk) 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 


0,5 



















2 

1 

Xét - 2 

3 ≤ x < 1 Thì (*) 

- 3x + 5 + x – 1 – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0 

x = 7 

2 (Thỏa mãn đk) 

Xét 1 ≤ x < 3 

5 Thì (*) 

- 3x + 5 – (x -1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0 

x = 8 

3 (loại) 

Xét x ≥ 3 

5 Thì (*) 3x – 5 – (x – 1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0 

x = - 5 

2 (Loại) 

 

Vậy phương trình có nghiệm x 

2 14 ; 

7 

Ta có x 2 + xy + y 2 = x 2 y 2 

(x + y) 2 = xy(xy + 1) 

xy 

0 

+ Nếu x + y = 0 xy(xy + 1) = 0 

xy 1 

Với xy = 0. Kết hợp với x + y = 0 x = y = 0 

x 

1 x 

1 

Với xy = -1. Kết hợp với x + y = 0 hoặc 

y 

1 

y 

1 

+ Nếu x + y 0 (x + y) 2 là số chính phương 

xy(xy + 1) là hai số nguyên liên tiếp khác 0 nên chúng nguyên 

tố cùng nhau. Do đó không thể cùng là số chính phương 

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là (x; y) = (0; 0); (1; -1); 

(-1; 1) 

a 2 = x 2 1 

+ 

2 

x + 2 


b 2 = y 2 1 

+ 

2 

y + 2 




0,5 

0,5 

0,5 

0,5 














c 2 = x 2 y 2 1 

+ 

2 2 

x y 

+ 2 

0,5 




3 

4 

2 

1 

1 1 1 x y x y 

ab = (x + )(y + ) = xy + + + = c + + x y xy y x y x 

abc = (c + y 

x + x 

y ).c 

= c 2 + c( y 

x + x 

y ) 

= c 2 1 x y 

+ (xy + )( + ) 

xy y x 

= c 2 + x 2 + y 2 1 

+ 

2 

y 

= a 2 – 2 + b 2 – 2 + c 2 

1 

x 

+ 

2 

A = a 2 + b 2 + c 2 – abc = 4 

3(x 2 1 

- 

2 

x ) < 1 

2(x3 - 

3 

x ) 

1 1 1 

3(x - )(x + ) < 2(x - )(x 2 1 

+ x x x 

2 

x + 1) 

1 

3(x + ) < 2(x 2 1 

+ x 

2 

x 

+ 1) (1) ( Vì x > 1 nên x - 1 > 0) 

x 

1 

Đặt x + = t thì x 2 1 

+ = t 2 – 2 

x 

2 

x 

Ta có (1) 2t 2 – 3t – 2 > 0 (t – 2)(2t + 1) > 0 (2) 

Vì x > 1 nên (x – 1) 2 > 0 x 2 + 1 > 2x x + x 

1 > 2 hay t > 2 

(2) đúng. Suy ra điều phải chứng minh 

A 

P 

I 


H 

Q 

B 

C 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

1,0 

0,5 

















2 

IP = HQ; IP//HQ (Tính chất đường trung bình) và AD = BC 

(GT) 

IPHQ là h.b.h 

Có IP = IQ = 2 

1 AD = 2 

1 BC nên IPHQ là hình thoi 

Gọi P 1 

; Q 1 

là giao điểm của PQ với AD và BC 

Nhận thấy ∆ HPQ cân đỉnh H 

HPQ = HQP (Góc ở đáy tam giác cân) (1) 

Mà PH // BCBQ 1 

P = HPQ (So le trong) (2) 

QH // ADAP 1 

P = HQP (So le trong) (3) 

Từ (1); (2); (3) Suy ra AP 1 

P = BQ 1 

P ( đpcm) 

E 

D 

A 

Gọi K, M, N lần lượt là trung điểm của EF, DF, CE 

Từ giả thiết ∆ ADE = ∆ BCF và dựa vào tính chất của đường 

trung bình trong tam giác ta có ∆ HMP = ∆ HNQ (c.c.c) 

Suy ra MHP = NHQ MHQ = NHP MHN và PHQ có 

cùng tia phân giác 

Mặt khác dễ có IPHQ và KMHN là các hình thoi. 

Suy ra HK và HI lần lượt là phân giác của MHN và PHQ. Suy 

ra H, I, K thẳng hàng 

k 

P 

m 

I 

n 

H 


Q 

B 

F 

C 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 











5 







6 

Đặt BD = x, DC = y. Giả sử x < y. Pitago trong tam giác vuông 

AHD ta tính được HD = 27cm. Vẽ tia phân giác của góc ngoài 

tại A, cắt BC ở E. Ta có AE AD nên AD 2 = DE.DH. Suy ra 

AD 

DE = 2 45 

= 2 = 75cm 

DH 27 

Theo tính chất đường phân giác trong và ngoài của tam giác 

DB EB x = = 

DC EC y 

75 x 

75 y 

Mặt khác x + y = 40 (2) 

(1) 

Thay y = 40 – x vào (1) và rút gọn được 

x 2 – 115x + 1500 = 0 (x – 15)(x – 100) = 0 

Do x < 40 nên x = 15, từ đó y = 25. 

Vậy DB = 15cm, DC = 25cm 

Áp dụng Bunhiacopski cho hai dãy a 2 ; 1 và 1; 4 ta có 

(1 2 + 4 2 )(a 4 + 1) ≥ (a 2 + 4) 2 

1 a ≥ 

 

4 

a 2 4 

(1) 

17 

Dấu “=” xảy ra a = 2 

1 

Áp dụng Bunhiacopski cho b 2 ; 1 và 1; 4 ta có 


17(b 4 + 1) ≥ (b 2 + 4) 2 b 4 1 

≥ 

Dấu “=” xảy ra b = 2 

1 

b 2 4 

17 

(2) 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 















Từ (1) và (2) P ≥ 

a 

2 

b 

2 

17 

8 

() 

Mặt khác theo giả thiết (1 + a)(1 + b) = 

4 

9 a + b + ab = 4 

5 

Áp dụng Côsi ta có: 

a a 2 + 4 

1 

b b 2 + 4 

1 

2 2 

a b 

ab 

2 

Cộng từng vế ba bất đẳng thức ta được 

3 2 1 5 

( a b 

2 ) + ≥ a + b + ab = 

2 

2 4 

a 2 + b 2 ≥ ( 4 

5 - 2 

1 ): 2 

3 = 2 

1 Thay vào () 

P ≥ 

1 8 

2 = 17 

17 

2 

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 

17 1 

khi a = b = 

2 

2 

Lưu ý: - Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tương đương 

- Bài hình không có hình vẽ hoặc hình vẽ sai không cho điểm 

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




0,5 

0,5 






















Bài 1 (5 điểm). Cho biểu thức P = 

a) Rút gọn P 

2 

b) Tìm x để P = 

7 

c) So sánh P 2 với 2P. 

Bài 2 (3 điểm). 

a) Giải phương trình: 

x 

2 2 

ĐỀ BÀI 

x 2 x 1 x 1 

 

 

: 

1 1 1 

x x x x x 2 

4 x 4 0 

x y 4z 1 

 

b) Tìm x, y , z thỏa mãn điều kiện: y z 4 x 1 

 

 

z x 4 y 1 


3 3 

Cho x và y là các số hữu tỉ và thoả mãn đẳng thức x y 2xy . 

Chứng minh rằng 1 xy là một số hữu tỉ. 


Cho đường tròn (O,R) đường kính AB. Qua điểm C thuộc đường tròn kẻ tiếp 

tuyến d của đường tròn. Gọi I, K lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ A và B đến 

đường thẳng d. Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ C đến AB. Chứng minh: 

a) CI = CK 

b) CH 2 = AI.BK 

c) AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính IK. 


Cho hai điểm A, B cố định và điểm M di động sao cho tam giác MAB có ba góc 

nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác MAB và K là chân đường cao vẽ từ M của tam giác 

MAB. Tìm giá trị lớn nhất của tích KH.KM. 


2 2 2 2 

a) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x xy y x y 

b) Cho 0 x , y, 

z 1 

3 

Chứng minh rằng : 

x y z 

1 y xz 1 z xy 1 x yz x y z 

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






















. 

Bài Nội dung Điểm 

Bài 1 (5 đ) 

a) Điều kiện: x 0, x 1 

0,5 đ 

2,0 đ x 2 x 1 x 1 

P = 

 

: 

( 1)( 1) 1 1 

x x x x x x 2 

x 2 x( x 1) ( x x 1) x 1 

= 

: 

( x 1)( x x 1) 

2 

0,5 đ 

x 2 x x x x 1 x 1 

x 2 x 1 2 

0,5 đ 

= 

: = 

. 

( x 1)( x x 1) 

2 ( x 1)( x x 1) x 1 

2 

( x 1) 2 

= 

. 2 

( x 1)( x x 1) x 1 x x 1 

0,5 đ 

b) 2 2 2 

P = 

0,5 đ 

x x 6 0 

1,5 đ 7 x x 1 

7 

( x 2)( x 3) 0 

x 2 0 ( vì x 3 0 với x 0) 

0.5 đ 

x 4 (thỏa mãn điều kiện) 

2 

Vậy với x = 4 thì P = 7 0,5 đ 

c) 

2 

P = > 0 vì x 0 

0,5 đ 

1,5 đ x x 1 

2 

0,5 đ 

P = 

2 vì x x 1 1 

x x 1 

Ta có P > 0 và P 2 nên P.(P - 2) 0 

P 2 - 2P 0 P 2 2P 

0,5 đ 

Bài 2 (3 đ) 

a) 

2 2 

x 4 x 4 0 Điều kiện x 2 


1,0 đ 

2 2 

x 4 x 4 

0 

2 

Đặt x 4 = t (t 0) 

2 t 

1 


t t 0 

t 

0 

2 

* t 0 x 4 0 x 2 


(Thỏa mãn điều kiện) 

2 

* t 1 x 4 1 x 5 


b) 

1 

Điều kiện: 

0,5 đ 

x , y , z 

2,0 đ 

4 

Cộng từng vế ta có : 















Bài 3 

(2đ) 

Bài 4 

(5 đ) 


2x 2y 2z 4x 1 4y 1 4z 1 

4x 4y 4z 2 4x 1 2 4y 1 2 4z 1 0 

2 2 2 

 

 

4x 1 1 4y 1 1 4z 1 1 0 (*) 

2 2 2 

Vì 4x 1 1 0; 4y 1 1 0; 4z 1 1 0 

4x 1 1 0 

 

1 

Nên (*) xay ra 4y 1 1 0 x y z 

 

2 

 

4z 1 1 0 

1 

Kết luận : vậy x y z 

2 

* Nếu x = 0 hoặc y = 0 thì 1 

xy 1 là số hữu tỉ 

* Nếu x, y đều khác 0 

3 4 2 

3 3 

y y y y 

x y 2xy x 2 xy 

2 

2 2 

x x x x 

4 2 2 

2 

y y y 

1 xy 2 1 1 

2 

x x 

 

x 

 

 

2 

2 

2 

y y 

1 xy 1 

1 

là số hữu tỉ 

x x 

Vậy x và y là các số hữu tỉ và thoả mãn đẳng thức 

thì 1 xy là một số hữu tỉ 

3 3 

x y 2xy . 

a) 

1,5 đ Nối OC. Vì d là tiếp tuyến của (O) tại C nên OC vuông góc với d 

Ta có: AI// BK ( vì cùng vuông góc với d) => ABKI là hình thang 

Do OA= OB =R, OC// AI // BK ( vì cùng vuông góc với d) 

=> CI = CK ( T/c đường trung bình của hình thang) 

I 

A 

C 



H 

O 

K 

d 

B 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 


0,5 đ 















b) 

2,0 đ Vì CAI · · ACO ( So le trong, AI//CO), · ACO CAO · ( OAC cân) 

CAI · CAO · IAC HAC ( Cạnh huyền - góc nhọn) 

=> AI = AH. Tương tự: BK = BH. 

Do ABC 

nội tiếp đường tròn đường kính AB nên ABC vuông tại C. 

=> CH 2 = HA.HB = AI.BK ( hệ thức lượng trong tam giác vuông) 

c) 

1,5 đ Ta có: IAC HAC CI CH CK 

IK 

H ( C, ) Mà CH AB tại H 

2 

IK 

=> AB là tiếp tuyến của ( C , ) Hay AB là tiếp tuyến của đường tròn 

2 

đường kính IK. 

Bài 5 

(2 đ) 

Ta có: BMK · HAK · ( góc có cạnh tương ứng vuông góc) 

Suy ra: BKM HKA (g.g) 

BK KM 

BK. KA KM . KH 

HK KA 

2 2 

BK KA AB 

Mặt khác: BK.KA . ( bất đẳng thức Cosi) 

2 4 

Dấu “=” xảy ra khi BK = KA 

2 

AB 

KM. 

KH . 

4 

2 

AB 

Vậy giá trị lớn nhất của tích KM.KH = khi BK = KA, tức K là 

4 

trung điểm của cạnh AB. 





A 



H 

M 

K 

B 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 



0,5 đ 

0,5 đ 











Bài 6 

(3 đ) 

a) 

1,5 đ 

b) 

1,5 đ 


Ta có: 

2 2 2 2 2 2 2 2 

x xy y x y 4x 4xy 4y 4x y 0 

2 2 

x y xy x y xy x y xy 

2 2 (2 1) 1 2 2 2 1 2 2 2 1 1 

x 

0 

 

2x 2y2xy 

1 1 

y 

0 

 

2x 2y2xy 11 x 

1 

 

 

 

 

 

2x 2y2xy 

11 

y 1 

 

 

 

 

 

2x 2y2xy 1 1 x 

1 

 

y 

1 

Vậy phương trình có 3 nghiệm là (x,y) = (0;0); (1;-1);(-1;1) 

Vì 0 x , y, 

z 1 nên (1 x)(1 y) 0 1 xy x y 

1 z xy x y z 

y y 

(1) 

1 z xy x y z 

Tương tự ta có x 

x (2) ; z 

z (3) 

1 y xz x y z 1 x xy x y z 

Cộng vế theo vế của (1), (2) và (3) ta được 

x y z x y z 3 

 

1 y xz 1 z xy 1 x yz x y z x y z 

Dấu “=” xẩy ra khi x = y = z =1 




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

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 




























( Đề thi HSG Toán 9 –TP. Thanh Hóa- Ngày 03/12 /2013 - Năm học 2013 – 2014) 

ĐỀ BÀI 

a b a b 

Bài 1 ( 5.0 điểm) Cho biểu thức P = 

ab b ab a ab 

a) Rút gọn rồi tính giá trị của P khi a = 2014 2 2013 2014 2 2013 

b) Chứng minh rằng nếu a a 

 

2 2 

b b 4 2 

và b = 40 2 57 40 2 57 

thì P có giá trị không đổi. 

Bài 2 ( 4.0 điểm) 

k( 

x 2) 3( k 1) 

a) Tìm giá trị của k để phương trình ẩn x sau có nghiệm âm 1 

x 1 

b) Giải phương trình: 

x 1 3 x (x 1)(3 x) 2 

Bài 3 ( 4.0 điểm) 

a) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. 

Chứng minh a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2 

( x2 

2x 

3) 

( x2 

2x 

9) 

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 

x2 

2x 

1 

Bài 4 ( 4.0 điểm) 

Cho tam giác ABC cân ( AB = AC , BAC < 45 0 ) . Lấy điểm D trên cạnh BC 

sao cho DC < DB. Qua D kẻ các đường thẳng song song với AB, AC lần lượt cắt 

AC, AB thứ tự tại M, N. Điểm H đối xứng với D qua đường thẳng MN. Gọi giao 

điểm của các đường thẳng AH và BC là I. 

a) Tứ giác ANMH là hình gì ? Chứng minh . 

b) Chứng minh tam giác IAB và tam giác IHC đồng dạng với nhau. 

Bài 5 ( 3.0 điểm) 

Cho hình vuông ABCD và điểm M bất kỳ trên cạnh CD. Đường phân giác của 

BN 

góc ABM cắt AD tại N. Xác định vị trí của điểm M để tỉ số lớn nhất. 

MN 

---------------Hết----------------- 


















HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN 



( Đề thi HSG Toán 9 –TP. Thanh Hóa- Ngày 03/12 /2013 - Năm học 2013 – 2014) 

Bài 1 (5.0 điểm) 

a) + Điều kiện: ab > 0 ; ab b 0 ; ab a 0 ; a b (0,5 điểm) 

+ Rút gọn : P = a b 

b a 

(1,5 đ) 

2 2 

+ Tính a = 2013 1 2013 1 2013 1 2013 1 

= 2 

2013 1 2012 

(1,0 đ) 

+ Vì 2 2 

40 2 3200 3249 57 40 2 57 , do đó 

b = 57 40 2 57 40 2 => b > 0 nên 

b 2 2 

= 2 

57 40 2 57 40 2 2 57 40 2 

b 2 = 114 – 2 . 7 = 100 mà b > 0 nên b = 10 

2012 10 2022 10 

Tính P = 1 

10 2012 2002 1001 

(1,0 điểm) 

b) + Từ a a 

 

2 2 => ab + 4 2 a = ab + 2 2 b => 2a = b 

b b 4 2 

Thay b = 2a vào P = a 2a 

3a 3 

2a a a 

Chứng tỏ P có giá trị không đổi. 

(1,0 điểm) 

Bài 2 ( 4.0 điểm) 

a) + Điều kiện: x -1 ( 0,25 điểm) 

+ Biến đổi phương trình đã cho ta được 

x( k – 1) = k – 2 ( 1) ( 0,25 điểm) 

+ Nếu k = 1 thì phương trình ( 1) vô nghiệm nên phương trình đã cho vô nghiệm. 

(0,25 điểm) 

k 2 

+ Nếu k 1 thì phương trình ( 1) có nghiệm x = . 

k 1 

( 0,25 điểm) 

k 2 

Kết hợp với điều kiện thì x = 

k 1 

là nghiệm của phương trình đã cho khi k 1,5 


k 2 

Phương trình đã cho có nghiệm âm tức 

k 1 

< 0, giải ta tìm được 1< k < 2. 

















+ Vậy giá trị cần tìm của k là 1< k < 2 ; k 1,5 ( 0,5 điểm) 

b) + Điều kiện x 

 

1 

3 

0 -1 x 3 

x 0 

(0,25 điểm) 

+ Đặt y = x 1 3 x ( điều kiện y 0) 

Khi đó y 2 = 4 + 2 ( x 1 

)( 3 

x) 

=> 2 ( x 1 )( 3 

x) 

= y 2 - 4 (1) ( điều kiện y 2 4 ) (0,75 điểm) 

+ Phương trình đã cho trở thành : 

2y – (y 2 - 4) = 4 

y 2 - 2y = 0 

y( y - 2) = 0 y = 0 ; y = 2 

Ta thấy y = 0 không thỏa mãn y 2 4 - Loại (0,5 điểm) 

+ Thay y = 2 vào (1) 

2 ( x 1 )( 3 

x) 

= 2 2 - 4 

( x + 1) ( 3 – x) = 0 

Ta thấy x = - 1 ; x = 3 thỏa mãn điều kiện. 

Đáp số: x = -1 ; x = 3 



( 0,5 điểm) 

Bài 3 ( 4.0 điểm) 

a) + Vì a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác, không mất tính tổng quát 

giả sử a b c > 0 , ta có: 

a 2a < a + b + c = 2 => a < 1 => b < 1 , c < 1 (0,5 điểm) 

=> (1 – a) (1 – b) (1 – c) > 0 => ab + bc + ca > 1 + abc (1) (0,5 điểm) 

+ Mặt khác ( a + b + c) 2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2(ab + bc + ca) 

=> 4 = a 2 + b 2 + c 2 + 2(ab + bc + ca) (2) (0,5 điểm) 

+ Từ (1) (2) 4 > a 2 + b 2 + c 2 + 2( 1 + abc ) 

=> a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2 (ĐPCM) (0,5 điểm) 

b) + Điều kiện: x - 1 

Đặt x 2 + 2x + 1 = (x + 1) 2 = y => y > 0. Khi đó 

( y 2)(y 

8) 

y2 10y 

16 16 

A = 

= 

= y + + 10 

y 

y 

y (1,0 điểm) 

+ Ta thấy A đạt giá trị nhỏ nhất khi 

16 

y + đạt giá trị nhỏ nhất. 

y 

16 16 

Vì y > 0 => > 0 mà y. = 16 không đổi, 

y 

y 

16 

nên y + 

y 

16 đạt giá trị nhỏ nhất khi y = . 

y 

Tính được y = 4 (vì y > 0 ) 

(0,5 điểm) 

+ Do đó x 2 + 2x + 1 = 4 => x 2 + 2x - 3 = 0 => ( x + 3) ( x – 1) = 0 

=> x = - 3 ; x = 1 
















16 

Khi đó min A = 4 + + 10 = 18 

4 

Đáp số: min A = 18 x = - 3 ; x = 1 

A 

Bài 4 ( 4.0 điểm) 

a) 

b) 

(0,5 điểm) 

+ Gọi K là giao điểm hai đường chéo của tứ giác ANDM. 

Gọi G là giao điểm của DH và MN . Nối NH. 

( 1,0 điểm) 

+ Chứng minh được ANMH là hình thang . ( 1,0 điểm) 

+ Chứng minh được ANMH là hình thang cân. ( 1,0 điểm) 

+ Vì ANMH là hình thang cân => NAH = MHA 

Chứng minh được ΔMDC cân tại M => C 1 = D 1 = B 

=> C 1 + C 2 + NAH = B + H 2 + MHA 

Chứng minh được ΔMCH cân tại M => C 2 = H 2 

(0,5 điểm) 

+ Chứng minh được BAI = HCI . (0,25 điểm) 

+ Xét Δ IAB và Δ ICH có I chung , BAI = HCI , 

nên tam giác IAB đồng dạng với tam giác ICH. 


Bài 5 ( 3.0 điểm) 

B 

N 

+ Kẻ MF BN ( F BN ) , MF cắt AB tại K. 

Kẻ AE // KM ( E CD ) . 

(1,0 điểm) 

+ Chứng minh được ΔABN =ΔDAE ( g.c.g) => BN = AE 

Chứng minh được AEMK là hình bình hành => AE = KM. 

=> BN = KM (1) (0,5 điểm) 

+ Vì BF vừa là phân giác, vừa là đường cao nên ΔKBM cân tại B 

1 1 

=> MF = KM => MF = BN (0,5 điểm) 

2 2 

K 

D 

M 

G 

2 

1 1 

2 

C 

B 

A 

K 

H 




F 

N 

I 

C 

E 

M 

D 

















1 BN 

+ Ta có MF MN => BN MN => 2 

2 MN 

Dấu bằng xảy ra khi MN = MF N F mà F là trung điểm của KM, suy ra N là 

trung điểm của AD. 

MD 1 

1 1 

Khi đó chứng minh được => MD = ND => MD = CD ( 0,5 điểm) 

ND 2 

2 4 

MD 1 

+ Vậy vị trí cần tìm của điểm M là điểm M nằm trên cạnh CD sao cho , 

CD 4 

BN 

khi đó tỉ số lớn nhất bằng 2. 

( 0,5 điểm) 

MN 

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

Lưu ý: 

- Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương. 

- Nếu không vẽ hình hoặc vẽ sai bài 4, bài 5 thì không chấm điểm. 






















Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 –H. Bình Giang - Năm học 2012 - 2013 

Câu I (2,0 điểm). 

Cho biểu thức: 

1) Rút gọn A 

2) Chứng tỏ rằng: 

Câu II (2,0 điểm). 

ĐỀ BÀI 

x 2 x 1 1 

A 

 

x x 1 x x 1 1 x 

1 

A 3 

1) Giải phương trình: x x 15 17 

5x 2 x 2 y y 1 0 

2) Tìm x, y sao cho: 

2 

Câu III (2,0 điểm). 

1) Tìm số nguyên x, sao cho : 

2 

x x p 0 

với x 0, x 1 

với p là số nguyên tố. 

2 

m 2013m 2012 

2) Tìm m để hàm số bậc nhất y 

x 2011 là hàm số 

2 

m 2 2m 3 

nghịch biến. 

Câu IV (3,0 điểm). 

1) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O ; R), hai đường 

cao BE và CF của tam giác cắt nhau tại H. Kẻ đường kính AK của đường tròn (O ; R), 

gọi I là trung điểm của BC. 

a) Chứng minh AH = 2.IO. 

b) Biết · 0 

BAC 60 , tính độ dài dây BC theo R. 

2) Cho tam giác ABC (góc A = 90 0 ), BC = a. Gọi bán kính của đường tròn nội 

tiếp ABC là r. Chứng minh rằng: r 2 

1 . 

a 2 

Câu V (1,0 điểm). 

2 2 

Cho x 3y 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: C x y 


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


















Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 –H. Bình Giang - Năm học 2012 - 2013 

Câu Phần Nội dung Điểm 

Câu I 

(2,0 

điểm) 

Câu II 

(2,0 

điểm) 

1 

(1,0 đ) 

2 

(1,0 đ) 

1 

(1,0 đ) 

2 

(1,0 đ) 

x2 x 1 1 

A 

x x 1 x 1 

x 1 x x 1 

x2x1x x 1 

A 

A 

x 1 x x 1 

x 

x 

x 1 x x 1 

 

x 1 x x 1 

x x 1 x 

A , v?i x 0, x 1 

x x 1 

. 

x 1 2 

1 1 x 

Xét A 

3 3 x x 1 3(x x 1) 

Do x 0, x 1 

 

 

2 

1 3 

x 1 0 và x x 1 x 0 

2 4 

1 1 

A 0 A 

3 

3 

ĐKXĐ: x 15 

x x 15 17 x 15 x 15 2 0 

2 

Đặt t x 15 (t 0) t t 2 0 

t 

2 TM§K 

t 2t 1 

0 

t 1 lo¹i 

Với t 2 x 15 2 x 15 4 x 19 (TMĐK) 

ĐKXĐ: x 0 

 

2 

2 

5x 2 x 2 y y 1 0 4x 4 x 1 x 2y x y 0 

2 2 

 

Vì 

2 2 

 

2 x 1 x y 0 (1) 

2 2 

2 x 1 0, x y 0x 0, y 

2 x 1 x y 0 . 

Để (1) xẩy ra thì 

1 

 

x 

2 x 1 

0 4 

(TM) 

 

x y 0 1 

y 

2 

2 








0.50 
























Câu III 

(2,0 

điểm) 

Câu IV 

(3,0 

điểm) 


1 

(1,0 đ) 

2 

(1,0 đ) 

1a 

(1,0 đ) 

2 

Theo bài ra: p x x x x 1 

liên tiếp nên xx 

 

mà x, x + 1 là số nguyên 

1 là số chẵn p là số chẵn. 

Mặt khác p là số nguyên tố nên p = 2 

2 

x x 2 0 x 2x 1 

0 x = 1 hoặc x = - 2 

(TM) 

Để hàm số 

2 

m 2013m 2012 

2 

m 2 2m 3 

2 

m 2013m 2012 

 

y 

x 2011 

2 

m 2 2m 3 

0 

2 

2 

m 2 2m 3 m 2 1 0 

m 

2 

(1) 

m 2013m 2012 0 m 1 m 2012 0 

m 1 0 m 1 

 

 

m 2012 0 m 2012 

 

 

 

 

m 1 

0 m 1 

 

 

 

m 2012 0 

m 2012 

1 m 2012 

B 

F 

A 

H 

I 

E 

O 

K 

nghịch biến thì 

1b OA OC OAC cân tại O OAC · OCA · 


(1,0 đ) KOC · OAC · OCA · (T/c góc ngoài của tam giác) 

· · 


KOC 2.OAC 

Chứng minh tương tự: KOB · 2.OAB · 

· · · · · · 0 

KOC KOB 2OAC OAB BOC 2.BAC 120 


OB OC OBC cân tại O OCI · 180 0 120 0 : 2 30 

0 


Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Vì I là Tú trung điểm của www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial 

BC (gt) OI BC 

C 



Vì B, C thuộc đường tròn 

đường kính AK 

· · 0 

ABK ACK 90 

KB AB,KC AC 

CH AB,BH AC (gt) 

BK // CH,CK // BH 

BHCK là hình bình hành 

I là trung điểm của BC (gt) 

I là trung điểm của HK 

O là trung điểm của AK (gt) 

OI là đường trung bình 

của KAH 

1 

OI AH AH 2.IO 

2 


(1). 



0.50 



















0 

Trong OICI 90 

B 

$ 0 3 

: IC OC.cos30 R. BC R 3 

2 





Câu V 

(1,0 

điểm) 

2 

(1,0 đ) 

(1,0 đ) 

E 

A 

r 

F 

O 

D 

r 2 1 

2r a 2 a 2r a a 2 

a 2 

C/m được AB + AC = 2r + a 

AB AC BC 2 

2 2 2 

AB 2AB.AC AC 2BC 

AB 2AB.AC AC 2AB 2AC 

2 

AB AC 01 

C 

2 2 2 2 

 

BĐT (1) đúng r 2 

1 , dấu “=” xảy ra khi ABC 

a 2 

v/cân tại A. 

Do x 3y 1, đặt x 3y 1 a với a 0 x = 1 + a – 3y, 

2 2 

thay vào biểu thức C: C 10y 6ay 6y a 2a 1 

2 

3 1 2 1 1 

C 10 

y a 1 a 2a 

10 

. 

 

10 10 10 

1 

min C khi: 10 

3 

3 3 3 y 

y a 1 

 

0 y y 

10 

10 10 10 

1 

 

a 0 

a 0 

x 3y 1 x 

 

10 


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







0.50 


















Bài 1: (4,0 điểm) 





Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 –H. Kim Thành - Năm học 2012 - 2013 

a) Rút gọn biểu thức A = 

ĐỀ BÀI 

2 x 9 x 3 2 x 1 

 

x 5 x 6 x 2 3 

x 

b) Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1. 

Hãy tính giá trị biểu thức: A = 

x y z 

 

(1 x ) (1 y ) (1 z ) 

2 2 2 2 2 2 

(1 y )(1 z ) (1 z )(1 x ) (1 x )(1 y ) 

 

 

2 2 2 

Bài 2: (3,0 điểm) 

a) Cho hàm số : f(x) = (x 3 + 12x – 31) 2012 

Tính f(a) tại a = 3 16 8 5 3 16 8 5 

b) Tìm số tự nhiên n sao cho n 2 + 17 là số chính phương? 

Bài 3: (4,0 điểm) 

Giải các phương trình sau: 

a) 1 x 4 x 3 

2 

b) x 4x 5 2 2x 

3 

Bài 4: (3,0 điểm) 

a) Tìm x; y thỏa mãn: 2 4 4 

x y y x xy 

b) Cho a; b; c là các số thuộc đoạn 1;2 

thỏa mãn: a 2 + b 2 + c 2 = 6 hãy chứng 

minh rằng: a + b + c 0 

Bài 5: (6,0 điểm) 

Cho tam giác ABC nhọn; các đường cao AK; BD; CE cắt nhau tại H. 

2 2 2 

KC AC CB BA 

a) Chứng minh: 

2 2 2 

KB CB BA AC 

b) Giả sử: HK = 1 AK. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3 

3 

c) Giả sử S ABC = 120 cm 2 và BÂC = 60 0 . Hãy tính diện tích tam giác ADE? 

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


















Câu 1: (4 điểm) 




Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 –H. Kim Thành - Năm học 2012 - 2013 

a/ Rút gọn biểu thức A = 

ĐKXĐ: x 4; x 9 

2 x 9 x 3 2 x 1 

 

x 5 x 6 x 2 3 

x 

2 x 9 x 3 2 x 1 2 x 9 x 9 2x 3 x 2 x x 2 

A = 

x 2 x 3 x 2 x 3 x 2 x 3 x 2 x 3 

x 1 x 2 x 1 

 

x 3 

 

= 

x 2 x 3 

b/ Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1. 

Hãy tính: A = 

2 2 2 2 2 2 

(1 y )(1 z ) (1 z )(1 x ) (1 x )(1 y ) 

 

 

 

2 2 2 

x y z 

(1 x ) (1 y ) (1 z ) 

Gợi ý: xy + yz + xz = 1 1 + x 2 = xy + yz + xz + x 2 = y(x + z) + x(x + z) = (x + z)(x + 

y) 

Tương tự: 1 + y 2 = …; 1 + z 2 = …. 


a/ Cho hàm số : f(x) = (x 3 + 12x – 31) 2012 

Tính f(a) tại a = 3 16 8 5 3 16 8 5 

b/ Tìm số tự nhiên n sao cho n 2 + 17 là số chính phương? 

Giải 

a/Từ a= 3 16 8 5 3 16 8 5 

 

3 

3 

3 3 

a 32 3 16 8 5 16 8 5 16 8 5 16 8 5 32 12a 

nên a 3 + 12a = 32 

 

 

Vậy f(a) = 1 

b/ Giả sử: n 2 + 17 = k 2 k 

n 1 

(k ¥ ) và k > n (k – n)(k + n) = 17 n 8 

k 

n 17 

Vậy với n = 8 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 


Giải các phương trình sau: 

a/ 1 x 4 x 3 















2 

b/ x 4x 5 2 2x 

3 


Giải 

a/ ĐK: 4 x 1 

Bình phương 2 vế: 1 x 4 x 2 (1 x)(4 x) 9 (1 x)(4 x) 2 

2 x 

0 

4 3x x 4 x( x 3) 0 (thỏa mãn) 

x 

3 

Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = 0; x = -3 

2 

3 

b/ x 4x 5 2 2x 

3 ĐKXĐ: x 

2 

x 

2 x x x 

2 1 2 3 2 2 3 1 0 

2 x 1 0 

x 1 2x 3 1 0 x 1 

2x 

3 1 

2 

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = -1 


a/ Tìm x; y thỏa mãn: 2 4 4 

x y y x xy 

b/ Cho a; b; c là các số thuộc đoạn 1;2 

rằng: a + b + c 0 

Giải 

a/ 

2 x y 4 y x 4 xy x.2. y 4 y.2. x 4 xy 

Xét VP = x.2. y 4 y.2. x 4 theo BĐT cosi: 

vậy VP xy = VT 

Dấu = xảy ra khi: 

 

x 4 2 

x y 8 

y 4 2 

b/ Do a; b; c thuộc đoạn 1;2 

Hay: a 2 – a – 2 0 a 2 a + 2 

Tương tự: b 2 b + 2; c 2 c + 2 

thỏa mãn: a 2 + b 2 + c 2 = 6 hãy chứng minh 

4 4 4 4 

2 4 y y 

;2 4 

x 

y x 

x 

2 2 2 2 

nên a + 1 0; a – 2 0 nên (a + 1)(a – 2) 0 

Ta có: a 2 + b 2 + c 2 a + b + c + 6 theo đầu bài: a 2 + b 2 + c 2 = 6 nên: a + b + c 0 



Cho tam giác ABC nhọn; các đường cao AK; BD; CE cắt nhau tại H. 

2 2 2 

KC AC CB BA 

a/ Chứng minh: 

2 2 2 

KB CB BA AC 














b/ Giả sử: HK = 1 AK. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3 

3 






c/ Giả sử S ABC = 120 cm 2 và BÂC = 60 0 . Hãy tính diện tích tam giác ADE? 

Giải 

a/ Sử dụng định lý pytago: 

AC CB BA AK KC ( BK CK) 

AB 

 

CB BA AC ( BK CK) BA ( AK KC) 

2 2 2 2 2 2 2 

2 2 2 2 2 2 

2 

2CK 2 BK. CK 2 CK( CK BK) 

CK 

= 

 

 

2 

2BK 2 BK. CK 2 BK( BK CK) 

BK 

b/ Ta có: tanB = AK AK 

; tanC = 

BK CK 

Nên: tanBtanC = 

2 

AK 

BK. 

CK (1) 

Mặt khác ta có: B µ HKC · mà: tanHKC = KC 

KH 

Nên tanB = KC 

KB 

KB. 

KC 

tương tự tanC = tan B.tan 

C (2) 

2 

KH KH 

KH 

2 AK 

 

KH 

Từ (1)(2) tan 

B.tan 

C 

Theo gt: HK = 1 AK tan .tan 3 

3 B C 

c/ Ta chứng minh được: ABC 

2 

và ADE 

đồng dạng vậy: 

Mà BÂC = 60 0 nên · 0 

ABD 30 AB = 2AD(4) 

S 

ABC 

2 

Từ (3)(4) ta có: 4 S 

ADE 

30( cm ) 

S 

ADE 

B 

S 

S 

E 

ABC 

ADE 

H 

K 

A 

2 

AB 

 

AD 

(3) 


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


D 

C 





















Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 –H. Yên Định, ngày 26/02/2013-Năm học 2012 - 2013 

Câu 1: (3 điểm) Cho A = 

 

 

 

ĐỀ BÀI 

x x x x 

 

. 

x 1 x 2 x 1 

2 

2 

2 2 2 1 

a) Rút gọn A. 

b) Tìm x để A > 0 . 

c) Tìm giá trị lớn nhất của A . 


2 2 

a) Giải phương trình: 2x 8x 3 x 4x 

8 18 

b) Giải bất phương trình: |2x-7| < x 2 + 2x + 2 

2 2 

 

( x y)( 

x y ) 45 

c) Giải hệ phương trình: 

2 2 

( x y)( 

x y ) 85 

Câu 3 : (4 điểm) 

a) Cho a b c 0 , tính giá trị của biểu thức: 

P 1 1 1 

 

b c a a c b a b c 

A n n 6 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 

2 

b) Tìm số tự nhiên n sao cho là số chính phương. 

Câu 4 : (5 điểm) 

a) Từ một điểm A nằm ngoài (O;R) kẻ hai tiếp tuyến AM, AN (M,N(O;R)). 

Trên cung nhỏ MN lấy điểm P khác M và N. Tiếp tuyến tại P cắt AM tại B, cắt AN tại C. 

Cho A cố định và AO = a. Chứng minh chu vi tam giác ABC không đổi khi P di động 

trên cung nhỏ MN. Tính giá trị không đổi ấy theo a và R. 

b) Cho tam giác ABC có diện tích bằng 36 (đơn vị diện tích). Trên cạnh BC và 

cạnh CA lần lượt lấy điểm D và E sao cho DC = 3DB và EA = 2EC; AD cắt BE tại I. 

Tính diện tích tam giác BID. 

Câu 5: (2 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 

10 10 

1 x y 1 16 16 

2 2 2 

Q 

( x y ) (1 x y ) 

2 2 

2 

 

y x 

 

4 

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





















Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 –H. Yên Định, ngày 26/02/2013-Năm học 2012 - 2013 

. 

Câu ý Đáp án và hướng dẫn chấm Điểm 

ĐKXĐ: x 0, x 1 

0.25đ 

a 

A x( x 1) 

0.75đ 

A 0 x( x 1) 0 x( x 1) 0 


b 

 

x 0 

(vì x x 1) 

0 x 1 

0.75đ 

x 1 

0 

1 

1 1 1 2 1 1 

0.75đ 

A x( x 1) x x ( x ) 

4 4 2 4 4 

1 

c A 

4 

Vậy GTLN của A = 1 khi x 1 x 

1 ( t / m) 


4 2 4 

2 2 

2x 8x 3 x 4x 

8 18 

2 

a 

b 

2 2 

2( x 4x 8) 3 x 4x 

8 2 0 

2 

Đặt x 4x 8 y, y 0 ta được phương trình: 

2 

2 

2y 

3y 

2 0 2y 

y 4y 

2 0 

y 

2 

( y 2)(2y 

1) 

0 

 

1 

y 

2 

y = 

1 0 

Nên: |2x-7| < x 2 2 

 

2x 

7 x 2x 

2 

+ 2x + 2 

2 

2x 

7 x 

2x 

2 

2 

 

x 9 0 

 

2 

x 4x 

5 0 

x 2 +4x+4>9 (x+2) 2 >9 |x+2| >3 

x 

2 3 x 

1 

 

x 

2 3 

x 5 

Kết luận nghiệm bất phương trình 



0.5đ 


0.5đ 



0.5đ 




0.5đ 















3 

c 

a 

b 

4 a 


2 2 

2 

 

( x y)( 

x y ) 45 

( x y)( 

x y) 

45 (1) 

Biến đổi 

 

2 2 

 

2 2 

( x y)( 

x y ) 85 ( x y)( 

x y ) 85 (2) 

Từ hệ ta có x – y > 0 

Nhân hai vế của (1) với 17 và nhân hai vế của (2) với 9 rồi đồng 

nhất sau khi nhân ta được: 

17(x – y)(x + y) 2 = 9(x - y)(x 2 +y 2 ) 4x 2 + 17xy + 4y 2 = 0 

Nếu y = 0 thì x = 0 => không thỏa mãn hệ. 

Nếu y 0 , chia hai vế của 4x 2 + 17xy + 4y 2 = 0 cho y 2 

và đặt t = x/y được: 4t 2 +17t + 4 = 0 (t+4)(4t+1) = 0 

t = - 4 hoặc t = - 1/4 

x = -4y hoặc y = - 4x 

thay vào hệ phương trình trên được nghiệm của phương trình đã 

cho là: (x ; y) {(4;-1);(1;-4)} 

1 1 1 

P 

b 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 

c a a c b a b c 

1 1 1 

dk abc 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 

( : 0) 

b c ( b c) a c ( a c) a b ( a b) 

1 1 1 a b c 

0 ( voi : abc 0) 

2bc 2ac 2ab 2abc 

2 

A n n 6 là số chính phương nên A có dạng 

2 2 * 

A n n 6 k ( k N ) 

2 2 2 2 

4n 4n 24 4 k (2 k) (2n 

1) 23 

2k 

2n 

1 23 

(2k 2n 1)(2k 2n 

1) 23 

2k 

2n 

1 1 

(Vì 23 là số nguyên tố và 2k + 2n + 1> 2k – 2n -1) 

2k 2n 1 23 k 

6 

 

 

2k 2n 1 1 n 

5 



Vậy với n = 5 thì A là số chính phương 

C ABC 

= AB+BC+CA 

M 

B 

= AB+BP+PC+CA 

= (AB+BM)+(CN+CA) 

P 

(t/c 2 tt cắt nhau) A 

O 

= AM + AN = 2AM 

(t/c 2 tt cắt nhau) 

C 

2 2 

2 2 

= 2 OA OM 2 a R 

N 

Vì A cố định nên OA=a không đổi vậy khi P di chuyển trên cung 

nhỏ MN thì chu vi tam giác ABC không đổi. 

2 2 

C ABC 

= 2 a R 

Ghi chú: 

- Không có điểm vẽ hình. 

- Chứng minh mà không có hình vẽ hoặc hình vẽ sai thì không 

được công nhận (không có điểm). 







0.5đ 

0.5đ 



1đ 

1đ 

0.5đ 

0.5đ 

0.75đ 



0.5đ 


0.5đ 













5 

b 


(Các đường nét đứt được vẽ thêm để gợi ý chứng minh khi chấm, 

học sinh phải trình bày kẻ thêm đường phụ khi chứng minh - nếu 

cần) 

1 

Trình bày c/m: S 

BID 

S 

BIC 

4 

Trình bày c/m: 

S 

1 

BIC 

2 

S 

BIA 

1 1 

=> S 

BID 

S 

BIA 

S 

ABD 

8 9 

1 

Trình bày c/m: S 

ABD 

S 

ABC 

E 

4 

1 36 

=> 

I 

S 

BID 

S 

ABC 

1 

36 36 B 

Ghi chú: 

D 

C 

- Không có điểm vẽ hình. 

- Chứng minh mà không có hình vẽ hoặc hình vẽ sai thì không 

được công nhận (không có điểm). 

ĐK: x≠0, y≠0 

10 10 

1 x y 1 16 16 

2 2 2 

Q 

( x y ) (1 x y ) 

2 2 

2 

 

y x 

 

4 

1 10 10 

x y 1 16 16 

2 2 3 

 

1 1 ( 1 1) (1 ) 

2 

2 2 

2 

 

x y 

x y 

y x 4 

2 

Áp dụng bắt đẳng thức Cô-si cho bốn số dương ta có: 

10 10 

1 x y 

2 2 

1 1 2x 

y 

2 2 

2 

 

y x 

 

 

 

1 16 16 

4 4 

( x y 1 1) x y 

4 

2 2 4 4 

2 2 4 4 3 5 

=> Q 2x 

y x y 1 

2x 

y x y 

2 2 

Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là Q = – 5/2 khi x 2 = y 2 = 1 


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

A 



0.5đ 

1.0đ 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 




0.5đ 

0.5đ 





















Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 –H. Triệu Sơn, ngày 28/11/2012 - Năm học 2012 - 2013 

Câu 1: (4,0 điểm) 

ĐỀ BÀI 

15 x 11 

3 x 2 2 x 3 

1. Cho biểu thức: P 

. 

x 2 x 3 1 

x x 3 

a) Rút gọn biểu thức P . 

b) Tìm m để có x thỏa mãn P x 3 m . 

3 

3 

3 

f x x 6x 

7 . Tìm f a 

với a 3 17 3 17 . 

2. Cho hàm số: 2012 

Câu 2: (4,0 điểm) 

2 

2 

1. Giải phương trình: x 5x 

9 x 

5 x 9. 

2 

2 2 

2. Tìm các số nguyên x, y thoả mãn đẳng thức: 2xy 

x y 1 

x 2y 

xy. 

Câu 3: (4,0 điểm) 

13 

1. Tìm các số thực x sao cho x 2012 và 2012 đều là số nguyên. 

x 

2. Cho ba số thực x , y, 

z thoả mãn xyz 1. Chứng minh rằng: 

1 1 1 

Nếu x y z thì trong ba số x , y, 

z có duy nhất một số lớn hơn 1. 

x y z 

Câu 4: (6,0 điểm) 

1. Cho hình vuông ABCD và điểm P nằm trong tam giác ABC. 

a) Giả sử BPC = 135 0 . Chứng minh rằng AP 2 = CP 2 + 2BP 2 . 

b) Các đường thẳng AP và CP cắt các cạnh BC và AB tương ứng tại các điểm M 

và N. Gọi Q là điểm đối xứng với B qua trung điểm của đoạn MN. Chứng minh 

rằng khi P thay đổi trong tam giác ABC, đường thẳng PQ luôn đi qua D. 

2. Cho tam giác ABC, lấy điểm C 1 thuộc cạnh AB, A 1 thuộc cạnh BC, B 1 thuộc 

cạnh AC. Biết rằng độ dài các đoạn thẳng AA 1 , BB 1 , CC 1 không lớn hơn 1. 

1 

Chứng minh rằng S ABC (S ABC là diện tích tam giác ABC). 

3 

Câu 5: (2,0 điểm) 

Với x, y là những số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 

3 

3 

x 

4y 

Q 

3 3 

x 8y 

y 

3 x 

y 3 

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



















Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 –H. Triệu Sơn, ngày 28/11/2012 - Năm học 2012 - 2013 

. 

Câu Nội dung đáp án Điểm 

1. a) ĐKXĐ: x 0; x 1. 

0,5 

1 

(4,0đ) 

2 

(4,0đ) 

Ta có: P = 

15 

x 11 

15 x 11 

3 x 2 2 

 

x 2 x 3 1 

x 

3 

x 2 

x 3 

x 3 

x 3 

= 

x 1 x 3 x 1 

x 3 

15 x 11 

3 

x 2 x 3 

2 

x 3 x 1 

= 

x 1 x 3 

= 

15 

x 11 

3x 

7 

2 

x 6 2x 

 

x 3 

5x 

7 

x 2 

 

x 1 x 3 x 1 x 3 

x 1 

2 5 x 2 5 x 

= . 

x 1 x 3 x 3 

b) Với x 0; x 1 ta có 

P 

x m 

2 5 x 

P 

x 3 

3 2 5 x m 5 x 2 m 

m 2 

2 m 

Lại có: x 1 1 m 3 

5 

Vậy m 2; 

m 3 

3 

3 

3 

2. Ta có: a 3 17 3 17 

3 

3 

a 6 6 3 17 3 17 

 

 

3 

a 6a 6 0 

3 

2012 3 

2012 

f a a 6a 

7 a 6a 

6 1 

. 

Từ đó: 1 

1. Đặt x 

2 9 y (với y 3 ) 

2 

y 

5 

Khi đó, ta có: y 5x 

x 

5y 

y 

5 y x 0 y x 

Từ đó tìm được nghiệm của phương trình là: x 4. 

2 m 

x 

5 

2 

2 2 

2. Ta có: 2 xy x y 1 

x 2y 

xy 

2y 2 x 

1 xx 

1 yx 

1 1 

0 (1) 

Nhận thấy x = 1 không phải là nghiệm của PT (1). Chia cả 2 vế của 

phương trình cho x – 1, ta được: 

1 

2y 2 x y 0 (2) 

x 1 




0,75 

0,75 

0,5 



0,5 

0,5 

0,5 


0,75 
















3 

(4,0đ) 

4 

(6,0đ) 


PT có nghiệm x, y nguyên, suy ra 

x – 1 = -1 x = 0 

x – 1 = 1 x = 2 

1 

nguyên nên x – 1 thuộc 

x 1 

1 


0 y 1; 

y 

2 

1 


0 y 1; 

y 

2 

x , y 

0,1 ; 2,1 

1. ĐK: x 0 

13 

Đặt a x 2012 , b 2012 x 

Thay x a 2012 vào biểu thức b , ta được: 

13 

b 2012 ab 2025 b 

a 2012 

a 2012 

Để a, b Z thì a b , do đó ab 2025 0 

Từ đó, suy ra a b 45 

x 45 2012 

Thử lại với x 45 2012 thì thấy a, b là số nguyên. 

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên 



1;1 

2. Xét tích: 

(x – 1)(y – 1)(z – 1) = xyz – xy – yz – zx + x + y + z –1 

1 1 1 

= x + y + z - 

x y z 

(vì xyz = 1) 

1 1 1 

mà x y z (x –1)(y – 1)(z – 1) >0 

x y z 

Nếu cả 3 thừa số: (x –1), (y – 1), (z – 1) đều dương xyz > 1 (loại) 

Nếu cả 3 thừa số: (x –1), (y – 1), (z – 1) đều âm (x –1)(y – 1)(z – 1)







1.b. Trước hết ta chứng minh nhận xét sau: 

Giả sử I là điểm nằm trong hình chữ nhật 

ABCD. Qua I kẻ các đường thẳng MN, PQ 

tương ứng song song với AB, AD. Gọi diện 

tích hình chữ nhật IPBN là S 1 , diện tích 

hình chữ nhật IQDM là S 2 . 

Ta có S 1 = S 2 khi và chỉ khi I thuộc 

đường chéo AC. 

Thật vậy: Giả sử I thuộc đường chéo AC. Vì đường chéo của hình chữ 

nhật chia hình chữ nhật thành hai phần có diện tích bằng nhau nên S 1 = 

S 2 . 

Ngược lại, giả sử S 1 = S 2 , suy ra: 

IN IQ NC 

IN.IP = IM.IQ => 

IM IP MA 

Suy ra MAI NIC (c.g.c) => MIA = NIC 

Do M, I, N thẳng hàng nên A, I, C thẳng hàng. 

Trở lại bài toán: 

Dễ thấy tứ giác NBMQ là hình chữ nhật. A S R D 

Qua P và Q kẻ các đường thẳng song song 

với các cạnh của hình vuông. Do P thuộc 

đường chéo AM của hình chữ nhật ABMR 

nên S BLPK = S PIRS (1) 

N F Q H 

P thuộc đường chéo CN của hình chữ nhật K P I T 

NBCH nên S BLPK = S PTHF (2) 

Từ (1)&(2) suy ra: S PIRT = S PTHF 

B L M C 

=> S FQRS = S QITH . 

Theo nhận xét trên, suy ra Q thuộc đường 

chéo PD của hình chữ nhật SPTD, tức PQ 

qua điểm D. 

2. 

Không mất tính tổng quát, giả sử: 

A B C => Â 60 0 

0 

TH1: 60 Â < 90 0 

Kẻ CH AB, BK AC. 



A P B 

M I N 

D Q C 

1 

=> S ABC = CH.AB 2 C 1 

Mà CH 

0,5 

CC 1 1, ta có: 

BK BB1 

1 1 2 

AB 

0 

sin A sin A sin A sin 60 3 

B A 1 C 

0,5 






H 

A 

K 

B 1 

0,75 





0,5 










5 

(2,0đ) 


1 2 1 

=> S ABC .1. (1) 

2 3 3 

0 

TH2: Â 90 => AB BB 1 1; CH CC 1 1. 

1 1 1 

=> S ABC .1.1 (2). Từ (1)&(2) suy ra S ABC 

2 2 3 

Ta chứng minh hai bất đẳng thức: 

3 

2 

x x 

 

(1) 

3 3 2 2 

x 8y 

x 2y 

3 

2 

y 

y 

(2) 

3 

3 2 2 

y x 

y x 2y 

3 

4 

x x 

Thật vậy BĐT (1) 

3 3 

x 8y 

2 2 

x 

2y 

2 

2 2 

x y 2xy 

(đúng với mọi x, y) 

3 

4 

y 

y 

BĐT (2) 

 

3 

3 2 2 

y x 

y x 

2y 2 

x 

2 y 

2 x 

2 3 y 

2 yx 

y 3 

2 2 2 2 2 

Do x 3y 

x y 2y 

2yx 

y 

1 

Nên x 

2 y 

2 x 

2 3y 

2 x 

y 2 

. 2yx 

y yx 

y 3 

2 

Suy ra BĐT (2) luôn đúng. 

Từ (1) và (2) ta được Q 1 

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y. 

Vậy min P = 1 khi x = y. 




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


1 

3 

0,5 



0,5 

0,5 
























Bài 1: (4,0 điểm) 

2 

x x 2x 

 

Cho biểu thức: P = 

x x 1 

x 

a) Rút gọn biểu thức P. 

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P. 

ĐỀ BÀI 

 

 

x 2 x 1 

 

x 1 

2 x 

c) Tìm x nguyên để biểu thức Q = 

P 

nhận giá trị nguyên. 

Bài 2: (4,0 điểm) 

5 4 

a) Tính giá trị của biểu thức B = x 2x 

3 

3x 

2 

4x 

5x 

2009 

tại x = 2 1. 

2007 

b) Cho đa thức f(x) = 2008x 2006 

2007x 

... 2x 

1 

. 

Chứng tỏ các giá trị của f(11) và f(7) phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ. 

Bài 3: (6,0 điểm) 

a) Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình xy – 4x = 35 – 5y. 

b) Cho 3 số x, y, z thoả mãn đồng thời : 

2 

2 

x 2y 

1 

y 

2 

2z 

1 

z 2x 

1 

0 . 

2012 2012 

Tính giá trị của biểu thức: A = x y 

2012 

z . 

d) Giải phương trình: x 1 3 x x 

1 3 x 

= 0. 

Bài 4: (4,5 điểm) 

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn đường kính BC, trong đó BC cố định, A di 

động trên nửa đường tròn sao cho AB < AC. Kẻ đường cao AH của tam giác ABC. 

a) Giả sử AH = 12 cm, BC = 25cm. Hãy tính độ dài các cạnh AB, AC. 

b) Gọi M là điểm đối xứng của B qua H. Đường tròn tâm O đường kính MC cắt AC 

tại D. Chứng minh HD là tiếp tuyến của đường tròn (O). 

c) Cho BC = 2a, AH phải có độ dài bằng bao nhiêu theo a để diện tích tam giác HDO 

lớn nhất. 

Bài 5: (1,5 điểm) 

Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng 

tại D, E, F. Gọi H là hình chiếu của D trên EF. Chứng minh góc BHD = góc CHD. 

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























Bài 1 a) Điều kiện: x > 0; x 1 


4 

2 

x x 2x 

x 2x 

1 

điểm P = x x 1 

x x 1 

x x 1 

1,5 

Bài 2 

a 

2 

điểm 

 

3 

b) P = x x 1 

= 

1 

2 3 

x 

2 4 

4 

3 1 1 

Min P = khi x 0 x ( thoả mãn điều kiện) 

4 2 4 

2 x 2 x 

c) Q = 

P x x 1 

Do 2 x 0 và x x 1> 0 với mọi x > 0 nên Q > 0 (1) 

Mặt khác với mọi x > 0 ; x 1 ta có: 

x 1 2 x 2 x 1 

1 

1 

0 

0 x 2 0 x 1 

1 

x 

Do đó: Q = 

x 

2 x 2 2 

= 2 

x x 1 

1 1 

x 1 

x 

2 x 

Từ (1) và (2) Q Z = 1 x 3 x 1 

0 

x x 1 

 

 

 

3 5 3 5 3 

 

x x x 

 

3 

2 5 

2 2 

( x ) 2 2 

 

 

 

 

2 4 3 5 

 

 

 

x 

3 5 

3 

x 

2 2 

x 

 

2 

 

2 

Vậy 

3 

5 

x 

2 

; 

 

2 

3 5 

x 

2 

 

2 

2 x 

Vậy không tìm được giá trị nguyên của x để Q = nguyên 

P 

Cách 1: Vì x = 2 1 nên ( x + 1) 2 = 2 x 2 + 2x – 1 = 0 

Thực hiện phép chia ta được: 

B = ( x 2 + 2x – 1)(x 3 + 4x – 4) + 17x + 2005 

Từ đó B = 17x +2005 = 17( 2 1) + 2005 = 17 2 + 1988 

Cách 2: x 2 = ( 2 1) 2 = 3 - 2 2 ; 

x 3 = x.x 2 = (5 2 - 7)(3 - 2 2 ) = 29 2 - 41 

Do đó: 






. 

x 

(2) 

x 

5 

 

 

5 

 

 

2 

2 

0,5 



0,5 

0,5 


2,0 










b 

2 

điểm 

Bài 3 

a 

2 

điểm 

b 

2 

điểm 

C 

2 

điểm 


B = 29 2 - 41+2(17-12 2 )+3(5 2 -7)+4(3-2 2 )+5( 2 -1) + 2009 

= 17 2 +1988 

Ta xét: 

f(11) – f(7) = 2008(11 2007 -7 2007 )+2007(11 2006 -7 2006 ) + . . .+2(11-7) 

Ta có: 11 2007 -7 2007 là số chẵn 

11 2006 -7 2006 là số chẵn 

. . . . 

11-7 là số chẵn 

=> 2008(11 2007 -7 2007 )+2007(11 2006 -7 2006 ) + . . .+2(11-7) 

Vậy: f(11) – f(7) là số chẵn => f(11) và f(7) phải cùng tính chẵn lẻ 

Chú ý: HS có thể xét tổng hai đa thức 

Phương trình: xy – 4x = 35 – 5y 

xy – 4x + 5y -20 = 15 

x(y – 4) +5(y – 4) = 15 

(x + 5)(y – 4) = 15 

Vì x,y N nên x + 5 5 và x + 5 là ước của 15 do đó 

x 

5 5 x 

0 x 

5 15 x 

10 

hoặc 

y 

4 3 y 

7 y 

4 1 y 

5 

x 

0 x 

10 

Vậy nghiệm của phương trình là: hoặc 

y 

7 y 

5 

2 

x 

2y 

1 

0 

 

2 

Từ giả thiết ta có: y 

2z 

1 

0 

2 

z 

2x 

1 

0 

Cộng từng vế các đẳng thức ta có: 

2 

2 

2 

( x 2x 1) +( y 2y 

1) + ( z 2z 

1) = 0 

(x+1) 2 +(y+1) 2 +(z+1) 2 = 0 

x 

1 

0 

 

y 

1 

0 x = y = z = -1 

 

z 

1 

0 

Vậy A = x 2012 +y 2012 +z 2012 = (-1) 2012 +(-1) 2012 + (-1) 2012 = 3 

Vậy A= 3 

x 

1 

0 

Điều kiện: 1 

x 3 

3 

x 0 

Đặt y = x 1 3 x ( Điều kiện y > 0) 

2 

Khi đó: y 4 2 x 

13 

x 

y 

2 4 2 x 

1 3 x 

( với y 2 4 ) 

Phương trình đã ch trở thành: 2y – (y 2 – 4) = 4 y 2 – 2y = 0 

y 

0 

 

y 

2 

y = 0 không thoả mãn 








2.0 

0,5 

1,0 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 


1,5 










Baì 4 

4,5 

điểm 

a 

1,5 

b 

1,5 

c 

1,5 


x 

1 

y = 2 2 x 13 

x 0 x 3 

x 

1 

Vậy nghiệm của phương trình là: x 3 

` 

thoả mãn điều kiện 



Từ giả thiết: => tam giác ABC vuông tại A 

AB 2 +AC 2 = BC 2 = 225 

AH là đường cao nên AB.AC = BC.AH = 300. 

Do đó: (AB +AC) 2 = AB 2 + AC 2 + 2AB.AC = 1225 

AB+AC = 35 (1) 

Và (AB – AC) 2 = AB 2 + AC 2 - 2AB.AC = 25 

Mà AB < AC nên: AB – AC = -5 (2) 

Từ (1) và (2) => AB = 15cm; AC= 20 cm 

Từ giả thiết ta có tam giác DMC vuông tại D. Gọi N là trung điểm của 

AD nên HN là đường trung bình của hình thang BADM nên 

HN // AB HN AB 

Nên tam giác HAD cân tại H 

HAD = HDA mà OCD = ODC; OCD + HAC = 90 0 

Nên: HDA = ODC = 90 0 => HDO = 90 0 

HD OD tại D nên HD là tiếp tuyến của đường tròn 

BC 

Từ giả thiết ta có: HO = =a 

2 

HD 2 +DO 2 = HO 2 = a 2 (pi ta go) 

2 2 2 

1 1 DH DO a 

Ta có:S HDO = không đổi 

2DH. 

DO 2 2 4 

Dờu “=” xảy ra DH = DO khi tam giác DHO vuông cân tại D khi 

HO 2 a 2 a 2 

DH AH 

2 2 

2 







1.5 

1.5 

1.5 










Bài 5 

1,5 


a 2 

vậy AH thì S 

2 HDO lớn nhất 

Hạ BI EF ; CK EF ta có BI // HD // CK 

BD IH 

Theo định lý ta lét có: 

DC HK 

Theo tính chất tiếp tuyến: BD = BF; CD = CE nên 

Mặt khác: BFI = AFE = KEC 

BIH ~ CKE 

BF FI BF 

Từ đó ta có: (2) 

CE KE CE 

BF IH IF BI 

Từ (1) và (2) có: 

CE HK EK CK 

Cùng với BIH = CKH nên BHI = CHK 

Do đó: BHD = CHD 



BF IH (1) 

CE HK 


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


0,5 

0,5 

0,5 





















Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 –H. Cẩm Thủy - Năm học 2011 - 2012 

ĐỀ BÀI 

Bài 1 ( 3,0 điểm) 

2ab a x a x 1 

Cho các số dương: a; b và x = . Xét biểu thức P = 

 

b 2 1 

a x a x 3b 

1. Chứng minh P xác định. Rút gọn P. 

2. Khi a và b thay đổi, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của P. 

3 

x 3x 

2 2 y 

3 

Bài 2 (3,0 điểm) Tìm x; y; z thoả mãn hệ sau: y 

3y 

2 4 2z 

3 

 

z 3z 

2 6 3x 

Bài 3 ( 3,0 điểm) 

Với mỗi số nguyên dương n ≤ 2008, đặt S n = a n +b n 3 5 3 5 

, với a = ; b = . 

2 2 

1. Chứng minh rằng với n ≥ 1, ta có S n + 2 = (a + b)( a n + 1 + b n + 1 ) – ab(a n + b n ) 

2. Chứng minh rằng với mọi n thoả mãn điều kiện đề bài, S n là số nguyên. 

n 

n 

 

5 1 

5 1 

 

3. Chứng minh S n – 2 = 

 

 

 

2 

2 

. 

 

 

 

Tìm tất cả các số n để S n – 2 là số chính phương. 

Bài 4 (5,0 điểm) 

Cho đoạn thẳng AB và điểm E nằm giữa điểm A và điểm B sao cho AE < BE. Vẽ 

đường tròn (O 1 ) đường kính AE và đường tròn (O 2 ) đường kính BE. Vẽ tiếp tuyến chung 

ngoài MN của hai đường tròn trên, với M là tiếp điểm thuộc (O 1 ) và N là tiếp điểm thuộc 

(O 2 ). 

1. Gọi F là giao điểm của các đường thẳng AM và BN. Chứng minh rằng đường 

thẳng EF vuông góc với đường thẳng AB. 

2. Với AB = 18 cm và AE = 6 cm, vẽ đường tròn (O) đường kính AB. Đường thẳng 

MN cắt đường tròn (O) ở C và D, sao cho điểm C thuộc cung nhỏ AD. Tính độ dài 

đoạn thẳng CD. 

Bài 5: (4đ): Cho ABC đường thẳng d cắt AB và AC và trung tuyến AM theo thứ tự . 

Là E , F , N . 

a) Chứng minh : 

AB AC AM 

 

2 

AE AF AN 

b) Giả sử đường thẳng d // BC. Trên tia đối của tia FB lấy điểm K, đường thẳng 

KN cắt AB tại P đường thẳng KM cắt AC tại Q. Chứng minh PQ//BC. 

3 3 3 

2 2 2 

Bài 6: (2 điểm) Cho 0 < a, b,c












Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 –H. Cẩm Thủy - Năm học 2011 - 2012 

Câu 1. (3,0 điểm) 

Tóm tắt lời giải 

Điểm 

1. (2.0 điểm) 


Ta có: a; b; x > 0 a + x > 0 (1) 

2 

a( 

b 1) 


Xét a – x = 0 

(2) 

2 

b 1 

Ta có a + x > a – x ≥ 0 a x a x 0 (3) 

Từ (1); (2); (3) P xác định 


Rút gọn: 

2 

2ab 

a( 

b 1) 

a 

Ta có: a + x = a a x ( b 1) 

2 

2 

b 1 

b 1 

b 

2 1 


2 

2ab 

a( 

b 1) 

a 

a - x = a a x b 1 

2 

2 

b 1 

b 1 

b 

2 1 


a 

a 

( b 1) 

b 1 

2 

2 b b 

P = 

b 1 

b 1 

1 1 

1 

1 

 

 

a 

a 3b 

b 1 

b 1 

3b 

( b 1) 

b 1 

1 

2 

2 


b 1 

b 

2 1 4 

Nếu 0 

2b 3b 

3b 

Nếu b 1 

1 3b 

1 

P = 

 

b 

3b 

3b 


2. (1.0 điểm) 

Xét 2 trường hợp: 


4 

Nếu 0 

4 3b 

3 

1 b 1 2b 

Nếu b 1, a dương tuỳ ý thì P = b 

3b 

3 3b 

3 

b 1 2 

Ta có: , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1 

3 3 b 3 

2b 

2 

Mặt khác: , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1 

3 3 

2 2 4 

Vậy P , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1 

3 3 3 

4 

KL: Giá trị nhỏ nhất của P = 3 










Câu 2 (3,0 điểm) 






Điểm







Biến đổi tương đương hệ ta có 

2 

( x 2)( x 1) 

2 y 

 

2 

( 

y 2)( y 1) 

2(2 z) 

 

2 

 

( z 2)( z 1) 

3(2 

x) 

Nhân các vế của 3 phương trình với nhau ta được: 

(x - 2)(y - 2) (z - 2)(x+1) 2 (y+1) 2 (z+1) 2 = - 6(x - 2)(y - 2) (z - 2) 

2 2 2 

(x - 2)(y - 2) (z - 2)( 

x 1) 

( y 1) 

( z 1) 

6 

= 0 

(x - 2)(y - 2) (z - 2) = 0 

x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2 

Với x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2 thay vào hệ ta đều có x = y = z = 2 

Vậy với x = y = z = 2 thoả mãn hệ đã cho 



1. (1,0 điểm) 

Với n ≥ 1 thì S n + 2 = a n+2 + b n+2 (1) 

Mặt khác: (a + b)( a n + 1 +b n + 1 ) – ab(a n +b n ) = a n+2 + b n+2 (2) 

Từ (1); (2) ta có điều phải chứng minh 

2. (1.0 điểm) 

Ta có: S 1 = 3; S 2 = 7 

Do a + b =3; ab =1 nên theo 1 ta có: với n ≥ 1 thì S n+2 = 3S n+1 - S n 

Do S 1 , S 2 Z nên S 3 Z; do S 2 , S 3 Z nên S 4 Z 

Tiếp tục quá trình trên ta được S 5 ; S 6 ;...; S 2008 Z 

3. (1.0 điểm) 

2 

n 

2 

n 

 

5 1 

5 1 

Ta có S n – 2 = 

 

2 

2 2 

 

 

 

2 2 

 

 

 

 

= 

 

 

 

 

5 1 

 

2 

 

n 

 

 

 

 

2 

 

 

 

 

5 1 

 

2 

 

n 

 

 

 

 

2 

 

2 

 

 

5 1 

 

2 

 

5 1 

 

 

2 

n 

n 

 

5 1 

5 1 

 

= 

 

 

 

2 

2 

đpcm 

 

 

 

5 1 5 1 

Đặt a 1 = ; b1 = a1 + b 1 = 5 ; a 1 b 1 = 1 

2 2 

n n 

Xét U n = a1 b1 

Với n ≥ 1 thì U n+2 = (a 1 + b 1 )(a n+1 n + 

1 - b 1 1 ) – a 1 b 1 (a n 1 - b n 1 ) U n+2 = 

5 U n+1 – U n 

Ta có U 1 = 1 Z; U 2 = 5 Z; U 3 = 4 Z; U 4 = 3 5 Z;... 

Tiếp tục quá trình trên ta được U n nguyên n lẻ 

Vậy S n – 2 là số chính phương n = 2k+1 với k Z và 0 k 1003 

2 



n 

1,00 

0,50 




0,50 


Điểm 



0,50 

























Điểm 




S 

A 

C 

M 

F 

O 1 

E O O 2 

1. (2,5 điểm) O 1 M; O 2 N MN O 1 M/ / O 2 N 

Do O 1 ; E; O 2 thẳng hàng nên MO 1 E = NO 2 B 

Các tam giác O 1 ME; O 2 NB lần lượt cân tại O 1 và O 2 nên ta có: 

MEO 1 = NBO 2 (1) 

Mặt khác ta có: AME = 90 0 MAE + MEO 1 = 90 0 (2) 

MAE + NBO 2 = 90 0 AFB = 90 0 

Tứ giác FMEN có 3 góc vuông Tứ giác FMEN là hình chữ nhật 

NME = FEM (3) 

Do MN MO 1 MNE + EMO 1 = 90 0 (4) 

Do tam giác O 1 ME cân tại O 1 MEO 1 = EMO 1 (5) 

Từ (3); (4); (5) ta có: FEM + MEO 1 = 90 0 hay FEO 1 = 90 0 (đpcm) 

2. (2,5 điểm) 

Ta có EB = 12 cm O 1 M = 3 cm < O 2 N = 6 cm 

MN cắt AB tại S với A nằm giữa S và B. 

O1M 

SO1 

Gọi I là trung điểm CD CD OI OI// O 1 M //O 2 N 

O 

2N 

SO 

2 

SO 2 = 2SO 1 SO 1 +O 1 O 2 = 2SO 1 SO 1 = O 1 O 2 

Do O 1 O 2 = 3 + 6 = 9 cm SO 1 = O 1 O 2 = 9 cm SO =SO 1 + O 1 O = 15cm 

OI SO 

Mặt khác: OI = 5 cm 

O1M 

SO 1 

Xét tam giác COI vuông tại I ta có: CI 2 + OI 2 = CO 2 CI 2 + 25 = CO 2 

Ta có: CO = 9 cm CI 2 + 25 = 81 CI = 56 

CD = 4 14 cm 

I 


N 

D 

B 





0,50 







0,5 



0,5 




















a) Kẻ BI , CS // EF ( I, 

S AM ) 

AB AC 

AB AI AC AS 

Ta có: , 

AE AF 

AE AN AF AN 

AI AS 

() 

AN AN 

Ta có: BIM CSM 

(cgc) IM MS 

Vậy: AI AS AI AI IM MS 2AM 

Thay vào (*) ta được (đpcm) 

Khi d // BC EF // BC N là trung điểm của EF 

+Từ F kẻ đường thẳng song song với AB cắt KP tại L 

Ta có: NFP NFL( 

cgc) 

EP LF 

A 

Do đó : 

K 

EP LF KF 

L 

(1) 

N 

PB PB KB 

E 

F 

+Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt P 

Q 

KM tại H 

Ta có BMH CMQ(cgc) 

BH QC 

Điểm 

0,5 

FQ FQ KF 

FP FQ 

Do đó: (2) 

Từ (1) va (2) PQ // BC 

QC BH KB 

PB 

QC 

(đpcm) 

0,5 

Bài 6: 2 điểm) 

2 

Do a












 

ĐỀ BÀI 

x x 4 +4 

Bài 1 (4,0 điểm): Cho biểu thức P 

2 

2x 

8 

a) Tìm các giá trị của x để biểu thức P có nghĩa và rút gọn P; 

b) Tìm x biết rằng P 251 

503 ; 

c) Tìm các số nguyên x để P có giá trị là số nguyên. 


Cho f(x) = x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + d 

f (12) f ( 8) 

Biết f(1) = 10; f(2) = 20; f(3) = 30. Tính M 25 

10 

Bài 3 (4,0 điểm): 

a) Cho a, b, c là các số khác 0 và a + b + c = 0. Chứng minh: 

2 

1 1 1 1 1 1 

 

2 2 2 

a b c a b c ; 

b) Chứng minh số sau là số hữu tỉ 

A = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ... 1 1 

1 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 

1 2 3 1 3 4 1 4 5 1 2011 2012 






 

Bài 4 ( 6 điểm). 

Cho hình bình hành ABCD có AC > BD; kẻ CH vuông góc với AD (H AD); kẻ CK 

vuông góc với AB ( K AB). Chứng minh rằng: 

a) Hai tam giác KBC và HDC đồng dạng 

b) Hai tam giác CKH và BCA đồng dạng 

c) AB. AK + AD. AH = AC 2 

d) HK = AC.sinBAC 

Câu 5: (2 điểm). Cho a, b là các số dương thỏa mãn a 3 + b 3 = a 5 + b 5 


Chứng minh rằng: a 2 + b 2 

1 + ab. 

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
















Bài 1(4,0) 

a) 

(1,0 điểm) 

b) 

(1,5 điểm) 

c) 

(1,5 điểm) 

Biểu thức P có nghĩa 

Khi đó 

Vậy 

. 

Điểm 

2 

2( x 4) 0 0,25 

2 

x 4 x 2 


2 

x - 4x + 4 

P 

2 

2( x 4) 

2 

x 

 

 

2 x 2 

P 

 

2 x 2 x 2 2( x 2) 



Với ĐKXĐ thì 

251 


P 

503 

x 2 251 

 

2( x 2) 503 


503x 

1006 502x 

1004 (vì x 2) 

x 2010 

( Thỏa mãn ĐKXĐ ) 




Giá trị cần tìm của x là x 2010 0,25 

x 2 

Với ĐKXĐ thì P 

2( x 2) 


x 2 

Với xZ, để PZ thì Z 

2( x 2) 

=> x - 2 M2(x + 2) (1) 

=> 2(x - 2) M2(x + 2) 0,25 

=> (x - 2) M(x + 2) 

=> (x +2) - 4 M(x + 2) 0,25 

=> 4 M(x + 2) 

=> x + 2 1;2;4; 1; 2; 4 


=> x 1;0;2; 3; 4; 6 (2) 

Từ (1) => x - 2 M2 => x chẵn => (x + 2) chẵn 


=>2(x + 2) M4. Nên từ (1) => x - 2 M4 (3) 

Từ (2) và (3) => x 2; 6 . Kết hợp với ĐKXĐ => x = -6 

Thử lại khi đó P = 1Z . 


Vậy x = -6. 






Bài 2: 4 đ 

Đặt g(x) = f(x) - 10x thì 

0,5 đ 











g(1) = 0; g(2) = 0; g(3) = 0. 

Vì g(x) là đa thức bậc 4, hệ số của x 4 là 1, có các nghiệm là 1; 2; 3. 

Nên g(x) biểu diễn dưới dạng: g(x) = (x - 1)(x - 2)(x - 3)(x - x o ) 

f(x) = (x - 1)(x - 2)(x - 3)(x - x o ) + 10x 





0,5 đ 

0,1 đ 

0,5 đ 

Vậy 

f (12) f ( 8) 

11.10.9.(12 x0 ) 120 9.10.11(8 x0 

) 80 

M 25 25 

10 10 

1 đ 

M = 11.9.12 + 9.8.11 + 4 +25 

M = 2009 

0,5 đ 

Bài 3(4đ) 

a) 

2 

1 1 1 1 1 1 2 2 2 

0,5 

(1,5 Ta có 

2 2 2 

điểm) a b c a b c ab bc ca 

1 1 1 2( a b c) 


 

2 2 2 

a b c abc 

1 1 1 

0,5 

 

2 2 2 (vì a + b + c = 0) 

a b c 

2 

1 1 1 

Vậy 

1 1 1 


 

2 2 2 

a b c a b c 

b) Xét a = 1; b = k; c = -(k+1) với k N * . Ta thấy a, b, c là các số 0,25 

(2,5 khác 0 và a + b + c = 1 + k - (k + 1) = 0 

điểm) Áp dụng đẳng thức ở câu a) với a, b, c như trên ta được 


2 2 

1 1 1 1 1 1 1 1 1 

 

k k k k k k 

2 2 2 

1 [ ( 1)] 1 ( 1) 1 1 

1 1 1 1 1 1 1 

1 1 

1 k [ ( k 1)] 1 k k 1 k k 1 

Hay 2 2 2 



(Vì 1 

1 >0 do 1 

1 ) 

k k 1 k k 1 

Áp dụng với k lần lượt bằng 2; 3; 4; ... ; 2011 rồi cộng các đẳng 

thức ta được 

A = 1 2 

1 1 2 

1 2 

1 2 

1 2 

1 1 1 1 1 1 

2 

2 

2 

... 

 

1 2 3 1 3 4 1 4 5 1 2 

 

2011 2 

 

2012 2 

1 1 1 1 1 1 1 1 

= 

1 1 1 ... 1 

 

 

2 3 3 4 4 5 2011 2012 

1 1 1 1 1 1 1 1 

= 

1 1 1 ... 1 

 

 

2 3 3 4 4 5 2011 2012 

1 1 1 1 1 1 1 1 

= 2010 + 

... 

 

 

 

2 3 3 4 4 5 2011 2012 

= 2010 + 1 1 = 2010 + 1005 

2 2012 2012 

















Bài 4 (3,5 đ): 


= 4045125 

2012 

Vậy giá trị biểu thức A là số hữu tỉ. 

A 

B 

M 

K 

O 

I 





D 

C 

H 



a/ Xét : KBC và HDC có: 

K = H = 90 0 ; KBC = CDH (cùng bằng BAD) 

KBC HDC (g.g) 0,75đ 

 

K C 

H C 

 

B C 

D C 

( * ) 

b/ Xét CKH và BCA có: từ (*) 



KC BC 

(**) 

HC AB 

0,75đ 

mặt khác: ABM = DCH (ch- gn) ABM = DCH (***) 

có: MBC = DCK= 90 0 (****) 

từ (***), (****) ABC = KCH (*****) 

từ (**), (*****) CKH BCA (c.g.c) 

c/ (0,75) Kẻ BO, DI AC (O,I AC) 

có ABO ACK (g.g) 

0,75đ 

AB AO 

AB. AK AC. AO(1) 

AC AK 

 

AD AI 

AID 

: AHC( g. g) 

 

AC AH 

AD. AH AC. AI(2) 

AOB CID( ch gn) AO CI(3) 

từ (1),(2),(3) AB.AK+ AD.AH = AC.(AI + CI)= AC 2 

d/ từ CKH BCA(c.g.c) 

0,75đ 

CK . 

KH KH CK CA CA. CK CA. cosKCB=CA.SinKBC 

BC CA BC BC 

mà: KBC = BAD (đồng vị) KH = AC. Sin BAC 














Bài 5 (2 đ): 


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





























ĐỀ BÀI 


x y x y 

Cho biểu thức P = 

 

x y 2xy 

: 1 

 

1 

xy 1 

xy 1 

xy 

a, Rút gọn P 

2 

b, Tính giá trị của P với x = 

2 3 

c, Tìm giá trị lớn nhất của P 


Câu2:(3điểm) Giải các phương trình 

x 1 x 2 x 3 x 4 

a) 

2006 2005 2004 2003 

1 

b) x 2 y 2005 z 2006 x 

y z 

2 


1) Tìm GTNN của biểu thức A = 2x 2 + 9y 2 –6xy –6x –12y + 2035 

2) Chứng minh rằng: a 2 + b 2 +1 ab + a + b. Dấu bằng xảy ra khi nào? 

3) tìm mọi cặp số nguyên tố (x,y) sao cho x 2 – 2y 2 = 1 

Câu 4: (3 điểm) Không dùng bảng số và máy tính, hãy tính: 

a). sin 2 10 0 + sin 2 20 0 +…+ sin 2 70 0 + sin 2 80 0 

b). cos15 0 . 

Câu 5:(2,0 điểm) 

Gọi H là hình chiếu của đỉnh B trên đường chéo AC của hình chữ nhật ABCD, M 

và K thứ tự là trung điểm của AH và CD. 

a). Gọi I và O thứ tự là trung điểm của AB và IC. Chứng minh rằng: MO = 2 

1 IC 

b). Tính BMK. 

Câu 6: (2,0 điểm) 

Cho tam giác ABC có A = 30 0 ; B = 50 0 cạnh AB = c; AC = b; BC = a. 

Chứng minh rằng: ab = c 2 – b 2 

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






















x y x y 

Cho P = 

 

 

 

x y 2xy 

: 

1 

1 

xy 1 

xy 1 

xy 

a, Rút gọn P (1,5 điểm) 

Điều kiện để P có nghĩa là: x 0 ; y 0; xy 1 

(0,5 đ) 

Ta có : 

x y x y 

P = 

 

x y 2xy 

 

: 

1 

1 

xy 1 

xy 1 

xy 

= 

= 

2 

= 

x y 1 

xy 

x y 1 

xy 1 

xy x 

: 

1 

xy 1 

xy 1 

xy 

y 2xy 

x y x y y x x y x y y x x y xy 1 

: 

1 

xy 

1 

xy 

x 2y 

x 1 

xy 2 x1 

y 

2 x 

= 

 

1 

xy 1 

x y 1 

1 

x1 

y 1 

x 

2 

b, Tính giá trị của P với x = (1,5 điểm) 

2 3 

2 

Ta thấy x = thoả mãn điều kiện x 0 

2 3 

Ta có: x = 

2 

2 

Thay x vào P = 

2 3 1 

P= 

3 

22 

3 

= 

2 

32 

3 

2 x , ta có: 

x 1 

2 

2 3 1 

 

4 2 3 1 

5 2 3 

2 3 1 

5 2 3 

= 

5 

2 35 

2 3 

2 5 3 6 5 2 3 

= 

2 

5 2 

3 2 

2 3 3 1 

2 3 3 1 

 

= = 

25 12 

13 

c, Tìm giá trị lớn nhất của P (1 điểm) 

(0,25đ) 


(0,5đ) 


= 4 – 2 3 = ( 3 - 1) 2 (0,25đ) 






Với mọi x 0, ta có: x 1 2 0 


x 2 x 1 

0 

2 















x + 1 2 x 


2 x 

1 1 x 

 

2 x 

1 

1 x 

P 1 

( vì x + 1 > 0) 

Vậy giá trị lớn nhất của P =1 x 1 2 0 


x 1 0 x 1 

x = 1 (0,25đ) 

Câu 2 

a). (1điểm) 

x 1 

x 2 x 3 x 4 

1 

1 

1 

1 

2006 2005 2004 2003 

(0,25 đ) 

x 2007 x 2007 x 2007 x 2007 

 

2006 2005 2004 2003 

x 2007 x 2007 x 2007 x 2007 

0 

2006 2005 2004 2003 


1 1 1 1 

x 

2007 

0 

2006 2005 2004 2003 

1 1 1 1 

Vì 0 nên 

2006 2005 2004 2003 


x + 2007 = 0 => x = - 2007 (0,25 đ) 

b). (2điểm) 

Điều kiện: x 2; y - 2005; z 2006 (0,25 đ) 

x - 2 x 2 y 2 y 2005 z 2 z 2006 0 

2 

2 1 y 2005 1 z 2006 1 0 

2 

x (1,0 đ) 

x 2 1 

0 

x 3 

 

 

y 2005 1 

0 y 

2004 

( thoả mãn ĐK) (0,75 đ) 

 

 

z 2006 1 

0 

z 2007 

Vậy: nghiệm của phương trình là x = 3 ; y = - 2004 và z = 2007. (0,25 đ) 

Câu 3: (6điểm) 

1). Ta có A = 2x 2 + 9y 2 –6xy –6x –12y + 2035 

= (x - 3y + 2) 2 +(x - 5) 2 + 2006 2006 (1,0đ) 

Vì (x - 3y + 2) 2 0; (x - 5) 2 0 (0,25 đ) 

 

x 

3y 

2 0 

x 5 

Do đó: A đạt GTNN khi 

7 

x 5 0 y 

 

3 

(0,5 đ) 

Min A= 2006 khi x= 5, y= 7/3. (0,25 đ) 


2 

















2). Ta có a 2 + b 2 +1 ab + a + b 2a 2 + 2b 2 + 2 2ab + 2a + 2b (0,5 đ) 

(a - b) 2 + (a - 1) 2 + (b - 1) 2 0 đúng với mọi a,b 

(1,0đ) 

Dấu bằng xảy ra khi a = b = 1 (0,5 đ) 

3). Ta có: x 2 – 2y 2 = 1 x 2 –1 = 2y 2 Do 2y 2 chẵn => (x+1)(x -1) chẵn (0,5 đ) 

mà (x+1) và (x -1) cùng tính chẵn lẻ nên (x+1) và (x-1) cùng chẵn (0,5 đ) 

= >(x+1)(x - 1) chia hết cho 4 2y 2 chia hết cho 4 

= > y 2 chia hết cho 2 mà y nguyên tố => y = 2 do đó x = 3 (1,0đ) 


a) Ta có sin80 0 = cos10 0 , sin70 0 = cos20 0 ,… (0,25 đ) 

nên sin 2 10 0 + sin 2 20 0 +…+ sin 2 70 0 + sin 2 80 0 

= (sin 2 10 0 + cos 2 10 0 ) + (sin 2 20 0 + cos 2 20 0 ) + (sin 2 30 0 + cos 2 30 0 ) + (sin 2 40 0 + cos 2 40 0 ) 

(0,5 đ) 

= 1+ 1+ 1+ 1 = 4 (0,25 đ) 

b) Xét ABC vuông ở A có AC = a , B = 15 0 

Ta có cos15 0 AB 

= BC 

B 

Đường trung trực của BC cắt AB ở I. 

Tam giác AIC có AIC = 30 0 

nên IC = 2a. (0,25 đ) 

I 

IA = a cot30 0 = a 3 (0,25 đ) 

Do đó AB = AI + IB = a 3 + 2a = a(2+ 3 ) (0,5 đ) A C 

Suy ra: BC 2 = AB 2 + AC 2 = a 2 (4+4 3 + 3)+a 2 

a 

= 4a 2 (2+ 3 ) (0,25 đ) 

BC = 2a 2 3 


Vậy cos15 0 AB a 3 

= 

BC 

2 2 

 

2a 

2 3 2 

Câu 5: (2,0 điểm) 

a). BIKC là hình chữ nhật nên O là trung 

điểm của IC và BK. Xét IMC vuông. 

Ta có: MO = 2 

1 IC. (1,0 đ) 

b). MBK có MO = 2 

1 IC = 2 

1 BK 

=> BMK = 90 0 ( 1,0đ) 

3 

(0,5 đ) 

A 

D 




M 

I 

K 

O 

H 

B 

C 

















Câu 6: (2,0 điểm) 

Kẻ phân giác CD của BCA. 

Ta có ADC ACB nên 

2 2 

AD AC AC b 

AD (1) (0,5 đ) 

AC AB AB c 

Trong ABC ta lại có: 

BC AC AD . BC BD. 

AC 

BD AD 

AD.a =(c – AD).b 

AD.a + AD.b =b.c 

b. 

c 

=> AD = (2) (0,5 đ) 

a b 

Từ (1) và (2) ta có: 

2 

b. 

c b c b 

(0,5 đ) 

a b c a b c 

c 2 = a.b + b 2 => a.b = c 2 – b 2 (0,5 đ) 

B 


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

C 

50 0 30 0 


D 

A 




















ĐỀ BÀI 

Bài 1: (2 điểm) Rút gọn các biểu thức sau: 

a. A = 6 3 2 2 . 3 2 2 . 6 3 2 2 . 

 

2 2 

b. B = 

2008 2014 . 2008 4016 3 .2009 

2005.2007.2010.2011 

Bài 2: (1,5 điểm) Cho hàm số: y mx – 3x + m + 1 

a. Xác định điểm cố định của đồ thị hàm số? 


b. Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số là một đường thẳng cắt hai trục tọa độ tạo 

thành tam giác có diện tích bằng 1(đơn vị diện tích). 

Bài 3: ( 2,5 điểm) 

2 2 2 2 2 2 

a. Chứng minh bất đẳng thức: a b c d ( a c) ( b d) 

. 

b. Cho Q = 

Bài 4: ( 1,5 điểm) 

2 2 

Áp dụng giải phương trình: x 2x 5 x 6x 

10 = 5 

x 16 

. Tìm giá trị nhỏ nhất của Q 

x 3 

Cho tam giác ABC, phân giác trong AD, đường cao CH và trung tuyến BM cắt 

nhau tại I. Chứng minh rằng AB.cosA = BC.cosB. 

Bài 5: ( 2,5 điểm) 

Cho tam giác ABC có · 0 

ABC = 60 ; BC = a; AB = c (a, c là hai độ dài cho trước). Hình 

chữ nhật MNPQ có đỉnh M trên cạnh AB, N trên cạnh AC, P và Q ở trên cạnh BC được 

gọi là hình chữ nhật nội tiếp trong tam giác ABC. Tìm vị trí của M trên cạnh AB để hình 

chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó. 

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





















. 

Câu Ý Nội dung Điểm Ghi 

chú 

1 a A 2 2 

0.5 

3 2 2 . ( 6) ( 3 2 2) 3 2 2 . 6 (3 2 2) 

2 

A = (3 2 2)(3 2 2) 9 (2 2) 1 

0.5 

b 

2 a 

b 

3 a 

2 2 

B = 

2008 2014 . 2008 4016 3 .2009 

. Đặt x = 2008, khi đó 

2005.2007.2010.2011 

 

B = x 2 2 

x 6 x 2x 3 x 1 = 

x 3x 1x 2x 3 

x 2x 3x 3x 1x 1 

= x + 1 = 2009 

x 3 x 1 x 2 x 3 

 

y = (m – 3)x + (m + 1) 

Giả sử M(x 0 ; y 0 ) là điểm cố định của đồ thị hàm số, 

ta có: 

m+1 

A 

y 0 = mx 0 – 3x 0 + m+ 1 thỏa mãn với mọi giá 

trị của m 

m( x0 1) (1 3 x0 y0) 0, m 

x 

B 

0 

1 0 x0 

1 

 

 

m+1 

1 3x O 

 

0 

y0 0 y0 

4 

m-3 

Vậy điểm cố định cần tìm M(-1; 4) 

Ta có: Đồ thị là đường thẳng cắt hai trục tọa độ khi m – 3 

0 m 3 

S ABO = 1 m 

1 1 

2 

m 1 

( m 1) 2 m 3 

2 m 3 

Nếu m> 3 m 2 +2m +1 = 2m -6 m 2 = -7 ( loại) 

Nếu m < 3 m 2 +2m +1 = 6 – 2m m 2 + 4m – 5 =0 

(m – 1)(m + +5) = 0 m = 1; m = -5 

Hai vế BĐT không âm nên bình phương hai vế ta có: 

a 2 + b 2 +c 2 + d 2 2 2 2 2 

+2 ( a b )( c d ) a 2 +2ac + c 2 + b 2 + 2bd + 

d 2 ( a 2 b 2 )( c 2 d 

2 ) ac + bd (1) 

Nếu ac + bd < 0 thì BĐT được c/m 

Nếu ac + bd 0 (1) ( a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) a 2 c 2 + b 2 d 2 +2acbd 

a 2 c 2 + a 2 d 2 + b 2 c 2 + b 2 d 2 a 2 c 2 + b 2 d 2 +2acbd 

a 2 d 2 + b 2 c 2 – 2abcd 0 (ad – bc) 2 0 ( luôn đúng) 








0.5 



0.5 

0.5 

0.5 

0.5 

2.0 

1.5 

1.5 










4 

b 

. 


Dấu “=” xẩy ra ad = bc a 

c 

b d 

Áp dụng: xét vế trái VT = 

( x 1) 2 (3 x) 1 ( x 1 3 x) (2 1) 

2 2 2 2 2 2 

VT 16 9 VT 5 

Mà VP = 5, vậy dấu bằng xẩy ra 

x 

1 3 x 

x 1 6 2x x 

5 

2 1 3 

Điều kiện: x 0 

Q = 

( x 9) 25 25 

x 3 6 

x 3 x 3 

25 

2 ( x 3). 6 Q 10 6 4 

x 3 


Vậy Q min = 4; Dấu “=” xẩy ra x 3 x 4 (TM 

x 3 

điều kiện) 

Hình vẽ chính xác 

Kẻ MN // AB. 

Ta có HIB 

HB 

MN 

IB (1) 

IM 

NIM (g.g) 

Vì AD là phân giác của ·BAC AB 

AM 

Từ (1) và (2) AB HB (3) 

AM MN 

H 

B 

A 

I 

D 

N 

M 

IB (2) 

IM 

Mà MN = 1 AH (vì MN là đường trung bình củaACH); AM 

2 

= 1 AC (vì M là trung điểm của AC) (4) 

2 

Từ (3) và (4) AB HB AB.AH = AC.HB. (*) 

AC AH 

Xét ACH có · 0 

AHC 90 AH = AC.cosA 

Xét BCH có · 0 

BHC 90 BH = BC.cosB (**) 

Từ (*) và (**) AB.AC.cosA = AC.BC.cosB 



C 



0.75 

0.25 1.0 


0.2 

0.5 

0.5 

0.3 

1.5 














5 


AB.cosA = BC.cosB. 

Vậy AB.cosA = BC.cosB. 

Đặt AM = x (0 < x < c). 

Ta có: 

MN AM ax 

= MN = 

BC AB c 

0 

c - x 3 

MQ = BM.sin60 = . 

2 

Suy ra diện tích của MNPQ là: 

 

 

ax c - x 3 a 3 

S = = x c - x 

2c 2c 

 

+ Ta có bất đẳng thức: 

2 

a + b 

a + b 

ab ab (a > 0, b > 0) 

2 2 

 

 

2 2 

Hình vẽ 

x + c - x c 

Áp dụng, ta có: x(c - x) = . 

2 4 

c 

Dấu đẳng thức xảy ra khi: x = c - x x = . 2 

2 

a 3 c ac 3 

ac 3 c 

Suy ra: S . = . Vậy: S 

max 

= khi x = hay M là 

2c 4 8 

8 2 

trung điểm của cạnh AB 

B 

60 

0 

x 

M 

0.2 

0.2 

0.3 

0.3 


0.5 



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

Q 

A 




P 

N 

C 

0.5 

2.5 

















Bài 1: (3đ) 




ĐỀ BÀI 


Chứng minh đẳng thức: 5 3 29 12 5 = cot 45 0 

Bài 2: (4đ) 

x 4 x 1 x 4 x 1 

1 

Cho biểu thức Q 1 

2 

 

x 4 

x 1 

x 1 

a) Tìm điều kiện của x để Q có nghĩa 

b) Rút gọn biểu thức Q 

Bài 3: (3,5đ) 

y x 1 x y 4 

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M 

xy 

Bài 4: (3,75đ) 

Cho x y, yz 1, xz 1, x 0, y 0, z 0 

2 2 

x yz y xz 

1 1 1 

Chứng minh rằng nếu thì x y z 

x1 

yz y 1 

xz 

x y z 

Bài 5: (2,75đ) 

Cho tam giác ABC vuông cân tại A, M là trung điểm cạnh BC. Từ đỉnh M vẽ góc 

45 0 sao cho các cạnh của góc này lần lượt cắt AB, AC tại E, F. Chứng minh rằng: 

1 

S 

MEF 

S 

ABC 

4 

Bài 6: (3,0 đ)) 

Cho nửa đường tròn (O, R) đường kính AB. EF là dây cung di động trên nửa 

đường tròn sao cho E thuộc cung AF và EF = R. AF cắt BE tại H. AE cắt BF tại C. CH 

cắt AB tại I 

a. Tính góc CIF. 

b. Chứng minh AE.AC + BF. BC không đổi khi EF di động trên nửa đường tròn. 

c. Tìm vị trí của EF để tứ giác ABFE có diện tích lớn nhất. Tính diện tích đó. 

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





















1đ 

. 

Bài Nội dung – Yêu cầu Điểm 

1 

5 3 29 12 5 5 3 2 5 3 2 

= 1 

= cot45 0 0,25đ 

0,5đ 

5 6 2 5 

0,5đ 

5 5 1 2 

0,75đ 

2a Q có nghĩa x 1 và x 2 

0,5đ 

2b 

Q 

x 4 x 1 x 4 x 1 

1 

1 

2 

 

x 4 

x 1 

x 1 

Q 

x 1 2 x 1 1 x 1 

2 x 1 1 x 2 

0,75đ 

 

2 

x 4x 

4 

x 1 

3 

Q 

 

 

2 2 

x 1 1 x 1 1 x 2 

 

2 

x 2 

x 1 

x 1 1 x 1 1 x 2 

Q 

 

x 2 x 1 

* Nếu 1 < x < 2 ta có: 

1 x 1 x 1 1 x 2 

Q 

 

 

2 x x 1 

2 

Q 

1 x 

* Nếu x > 2 ta có: 

x 1 1 x 1 1 x 2 

Q 

 

 

x 2 x 1 

2 

Q 

x 1 

 

Với điều kiện x 1, y 4 ta có: 

x 1 y 4 

M = 

x y 

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm, 

1 

x 1 

x 

Ta có: x 1 1 x 1 

 

2 2 





0,75đ 


0,5đ 



0,5đ 




0,75đ 

0,5đ 










4 

5 


x 1 1 

(vì x dương) 

x 2 

0,75đ 

1 1 4 y 4 y 

Và: y 4 4 y 4 

 

2 2 2 4 

0,5đ 

y 4 1 

(vì y dương) 

y 4 


x 1 y 4 1 1 3 

Suy ra: M = 

x y 2 4 4 

Vậy giá trị lớn nhất của M là 3 4 x = 2, y = 8 0,5đ 

2 2 

x yz y xz 

 

x yz y xz 

1 

1 

 

2 2 

x yz y xyz y xz x xyz 

 

2 3 2 2 2 2 3 2 2 2 

x y x yz y z xy z xy xy z x z x yz 0 

2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 

x y xy x yz xy z x z y z x yz xy z 

2 2 2 2 2 

xy x y xyz x y z x y xyz x y 

0 

0 

 

2 

x y 

xy xyz x y z x y 

xyz 

0 

2 

xy xyz x y z x y xyz 0 (vì x y x y 0 

2 

xy xz yz xyz x y xyz 

2 

xy xz yz xyz x y 

xyz 

(vì 0 

xyz 

1 1 1 

x y z 

x y z 

A 

B 

P 

E 

xyz 

F 

N 

Q 

M 

K 





C 

xyz ) 

) 

Kẻ MP AB tại P, MQ AC tại Q 

Kẻ Ex // AC, EC cắt MQ tại K và cắt MF tại N 

Do EMF = 45 0 nên tia ME, MF nằm giữa hai tia MP và MQ 

1 

S 

MEN 

S 

MEK 

SMPEK 

2 

1 

và S 

FEN 

S 

QEK 

SQAEK 

( SFEN SQEK 

vì có cùng chiều cao nhưng 

2 

đáy EN bé hơn đáy EK) 





0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

2,75 











1 1 

Suy ra: S MEN 

S FEN 

SAPMQ S 

MEF 

SAPMQ 

(*) 

2 2 

1 

Chứng minh được: S 

MAP 

S 

MAB 

2 

1 

S 

MAQ 

S 

MAC 

2 

1 

SAPMQ 

S ABC 

(**) 

2 

1 

Từ (*) và (**) ta có: S 

MEF 

SABC 

4 

6 Mỗi ý đúng cho 1 điểm 

A 

OB BA; OC CA ( AB, AC là các tiếp tuyến) 

OI IA (I là trung điểm của dây DE) . 

B, O, I, C cùng thuộc đường tròn đường kính AO. 

ICB = IAB ( Cùng chắn cung IB đường tròn đường kính AO) 

(1) 

DK // AB (Cùng vuông góc với BO) 

IDK = IAB (2) 

Từ (1) và (2) được: ICB = IDK 

ICB = IDK hay ICH = IDH Tứ giác DCIH nội tiếp. 

HID = HCD 

HCD = BED (Cùng chắn cung DB của (O)) 

HID = BED IH // EB 

IH là đường trung bình của DEK H là trung điểm của DK 

M 

Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của AB,AC. M Giao điểm của OA và 

PQ là I. 

AB và AC là hai tiếp tuyến nên AB = AC và AO là tia phân giác của 

BAC PAQ cân ở A và AO PQ 





D 


H 

B 

C 

I 

O 



K 

E 

3đ 













Áp dụng Pitago ta có: 

MK 2 = MO 2 – R 2 ( MKO vuông tại K) 

MK 2 = (MI 2 + OI 2 ) – R 2 ( MOI vuông tại I) 

MK 2 = (MI 2 + OI 2 ) – (OP 2 – PB 2 ) ( BOP vuông tại B) 

MK 2 = (MI 2 + OI 2 ) – [(OI 2 + PI 2 ) – PA 2 ] ( IOP vuông tại I và PA 

= PB) 

MK 2 = MI 2 + OI 2 – OI 2 + (PA 2 – PI 2 ) 

MK 2 = MI 2 + AI 2 ( IAP vuông tại I) 

MK 2 = MA 2 ( IAM vuông tại I) MK = MA 


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


















Câu 1 (3 đ). 




ĐỀ BÀI 

Giải phương trình: 1 

x 1 1 

x 1 2x 

Câu 2 (2 đ). 

a b c 

Cho ba số a, b, c thoả mãn: 0 

b c c a a b 

Chứng minh rằng trong ba số a, b, c có một số âm và một số dương. 

Câu 3 (3 đ): 

1 1 1 

1 

Tính tổng S 

..... 

1 

2 1 

2 3 1 

2 3 4 1 

2 3 ... 2010 2011 

Câu 4 (2 đ): 

Tìm đa thức bậc ba P(x), biết: P(0) = 10; P(1) = 12; P(2) = 4; P(3) = 1. 


Câu 5 (3 đ): 

Cho ABC có A B 

. Trên cạnh BC lấy điểm H sao cho HAC = ABC. 

Đường phân giác của góc BAH cắt BH ở E. Từ trung điểm M của AB kẻ ME cắt đường 

thẳng AH tại F. Chứng minh rằng CF // AE. 

Câu 6 (5 đ): 

Cho hình vuông ABCD. Gọi M, N, P lần lượt là ba điểm trên cạnh BC, CD, DA 

sao cho MNP là một tam giác đều. 

a) Chứng minh rằng: CN 2 – AP 2 = 2DP.BM 

b) Hãy xác định vị trí của các điểm M, N, P sao cho MNP có diện tích nhỏ nhất. 

Câu 7 (2 đ): 

2 

Cho hàm số y = f(x) nghịch biến trong khoảng (0; 1). Biết f 

 

0 

2 

. 

 

Chứng minh rằng: f 3 2 

0 

2 

và f 

2 

0 

3 

 


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




















Câu Đáp án Điểm 

1 

x 1 1 

x 1 2x 

Đk: -1 x 1. 

1,0 đ 

Đặt u 1 x , điều kiện 0 u 2 , suy ra: 

x = u 2 – 1 1 – x = 2 – u 2 

Câu 1 

3 điểm 

Câu 2 

2 điểm 

2 

2 

Khi đó phương trình có dạng: u 

1 2 u 1 2(u 1) 

2 

u 

1 2 u 1 

2u 

1 

0 

u 

1 

0 u 

1 

u 

1 

 

 

 

2 

2 

2 2 

 

2 u 2u 1 

2 

u 2u 

1 

5u 

4u 1 

u 

1 

 

1 x 1 x 

0 

1 

u 

 

 

1 24 

5 

1 x x 

 

 

 

 

u 

1(lo¹i) 

5 25 

24 

Vậy phương trình có nghiệm x = 0 và x = 


a b c 

1 

Nhân hai vế của 0 với 

b c c a a b b c 

a b 

c 

Ta có: 

 

0 

2 

(b c) (c a)(b - c) (a b)(b - c) 

(1) 

Tương tự, ta có: 

a b c 

 

0 

2 

(b c)(c- a) (c a) (a b)(c- a) 

(2) 

a 

b c 

 

 

2 

(b c)(a - b) (c a)(a - b) (a b) 

0 (3) 

Mặt khác: 

b 

c 

a 

c 

 

 

 

(c a)(b - c) (a b)(b - c) (b c)(c - a) (a b)(c - a) 

a 

b 

 

 

0 

(b c)(a - b) (c a)(a - b) 

Cộng từng vế của (1), (2), (3) ta được: 

a b c 

 

2 

2 

2 

(b c) (c a) (a b) 

0 . 

Từ đẳng thức trên suy ra trong ba số a, b, c có một số âm và một 

số dương. 


. 

1,0 đ 

1,0 đ 

1,0 đ 

1,0 đ 

Câu 3 

3 điểm 

n(n 1) 

1,0 đ 

Ta có: S n 

1 

2 3 ..... n (*) 


103 














Thật vậy: 

2.(2 1) 

Với n = 2, ta có: S 2 

1 

2 (luôn đúng) 

2 

3.(3 1) 

Với n = 3, ta có: S 3 

1 

2 3 (luôn đúng) 

2 

k(k 1) 

Giả sử (*) đúng với n = k, tức là: S k 

1 

2 3 ..... k 

2 

Ta chứng minh cho (*) đúng với n = k + 1, tức là: 

(k 1)(k 

2) 

S k 1 

1 2 3 ..... k (k 1) 

 

2 

Ta có: 

1 2 3 ..... k (k 1) 

S k 1 



k(k 1) 

k 1 

2 

k(k 1) 

2(k 1) 

 

2 

(k 1)(k 

2) 

 

2 

(k 1)(k 

2) 

Vậy S k 1 

1 2 3 ..... k (k 1) 

 

2 

Áp dụng (*), ta có: 

2.3 

S 2 

1 

2 

2 

3.4 

S 3 

1 

2 3 

1,0 đ 

2 

............................ 

2011.2012 

S 2011 

1 

2 3 ..... 2012 

2 

Suy ra: 

1 1 1 

1 

S 

..... 

1 2 1 

2 3 1 2 3 4 1 

2 3 ... 2010 2011 

1 1 1 

1 

..... 

2.3 3.4 4.5 2011.2012 

2 2 2 

2 

1 1 1 

1 

1,0 đ 

2 

..... 

2.3 3.4 4.5 2011.2012 

1 1 1 1 1 1 1 1 

2 

.... 

2 3 3 4 4 5 2011 2012 

1 1 1005 1005 

2 

. VËy S 

2 2012 1006 1006 

Câu 4 Đặt P(x) = b 0 + b 1 x + b 2 x(x – 1) + b 3 x(x – 1)(x – 2). 

2,0 đ 

2 điểm Thay x lần lượt bằng 0, 1, 2, 3 vào (1), ta được: 















Câu 5 

3 điểm 

Câu 6 

5 điểm 


10 = b 0 . 

12 = 10 + b 1 b 1 = 2. 

4 = 10 + 2.2 + b 2 .2.1 b 2 = -5. 

1 = 10 + 2.3 – 5.3.2 + b 3 .3.2.1 b 3 = 2 

5 . 

Vậy đa thức cần tìm dạng: 

P(x) = 10 + 2x – 5x(x – 1) + 2 

5 x(x – 1)(x – 2) 

P(x) = 2 

5 x 3 - 2 

25 x 2 + 12x + 10 

Ta có: CEA = CAE =B + BAE 

Suy ra: CAE cân tại C CA = CE (1) 

A 

C H E 







1,0 đ 

Qua H kẻ đường thẳng song song với AB cắt MF ở K, ta có: 

BE MB MA FA 

(2) 

EH KH KH FH 

1,0 đ 

áp dụng tính chất đường phân giác trong ABH,ta được: 

BE AB (3) 

EH AH 

AB AC CE 

Do CAH CBA suy ra: (4) 

AH CH CH 

FA CE AH EH 

1,0 đ 

Từ (2), (3) và (4) suy ra: 

FH CH FH CH 

Suy ra: AE // CF. 

Giả sử hình vuông ABCD có cạnh bằng a. 

a) Sử dụng định lý Pi- ta- go, ta có: 

MN 2 = MC 2 + CN 2 . 

= (a – BM) 2 + CN 2 

1,5 đ 

= a 2 + BM 2 + CN 2 – 2a.BM 

MP 2 = AB 2 + (AP – MB) 2 


F 

K 

M 

B 










= a 2 + BM 2 + AP 2 – 2AP.BM. 

D 

N 

C 




Câu 7 

2 điểm 

P 

A 

B 

Vì MN = MP nên: 

a 2 + BM 2 + CN 2 – 2a.BM = a 2 + BM 2 + AP 2 – 2AP.BM. 

CN 2 – 2a.BM = AP 2 – 2AP.BM. 

CN 2 – AP 2 = 2a.BM – 2AP.BM. 

1,5 đ 

CN 2 – AP 2 = 2(a – AP).BM. 

CN 2 – AP 2 = 2DP.BM. 

b) MNP có diện tích nhỏ nhất khi MP nhỏ nhất MP // AB 1,0 đ 

N lµ trung diÓm cña CD 

 

a 3 

CM 

DP 

 

2 

1,0 đ 

2 2 

3 2 0; 

1 ; 

2 0; 

1 ; 

(0; 1) 

1,0 đ 

3 2 

Hàm số y = f(x) là hàm số nghịch biến. 

2 

2 

Vì 3 2 nên f 3 2 

f 

0 

2 

2 

 

1,0 đ 

2 2 2 2 

Vì 2 nên f 

2 f 

0 

3 2 

 

3 

2 

 


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


M 





















ĐỀ BÀI 


Tính giá trị của biểu thức : 

1 1 

1 

A = + +...+ 

1 2 2 3 120 121 


a) Giải phương trình: x x 3 1 

x( 

x 3) 

2 

2 

b) Cho biết: x 6x 

13 

x 6x 

10 

1. 

2 

2 

Tính: x 6x 

13 

x 6x 

10 


Cho ba số dương a, b, c. Hãy chứng minh: 

2 2 2 

a b c a + b + c 

 

b + c c+ a a + b 2 


Cho hàm số: y = mx - 3x + m + 1 

c. Xác định điểm cố đinh của hàm số. 

b. Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số là một đường thẳng cắt hai trục tọa độ tạo 

thành tam giác có diện tích bằng 1 


Cho hình vuông ABCD, trên cạnh BC lấy điểm M, trên tia đối của tia BA lấy điểm 

N sao cho BN = BM. Gọi H là giao điểm của AM và CN, chứng minh: H nằm trên 

đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD 


Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi M và N theo thứ tự là chân 

đường vuông góc kẻ từ H đến AB và AC, biết AH 2 = 4AM.AN. Tính số đo các góc nhọn 

của tam giác ABC. 

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





















Bài Câu Nội dung Điểm 

1 

2 

3 

a 

b 

A = 

( 

1 

1 

 

2) 

+ 

2 

1 

( 

2 

1) 

1 

2 

+...+ 

3 

1 

120 

= + 

2 2 

2 

2 

= 

 

1 

1 

2 

+ 

 

( 

 

2 

1 

3) 

2 

3 

( 

3 

2) 

+...+ 

 

. 

121 

120 121 

+...+ 

2 

2 

( 121) ( 120) 

120 

1 

121 

= 1 2 2 3 ... 120 121 

= 1 121 111 

10 


Bình phương cả hai vế của phương trình ta có: 

x 2 x( 

x 3) x 3 1 

2 x( 

x 3) x( 

x 3) 

2x 3 1 

x 

2 3x 

2 

x 5x 4 0 

x 

1 x 4 0 

x 1 0 hoặc: x 4 0 

x=1 (loại) hoặc x=4 

Vậy phương trình có nghiệm là x=4 

2 

2 

Đặt A= x 6x 13 

; B= x 6x 10 

(A0, B0) 

Theo bài ra ta có: A - B = 1 

và A 2 - B 2 = (x 2 - 6x + 13) - (x 2 - 6x + 10) = 3 

Mặt khác ta có: A 2 - B 2 = (A-B)(A+B) 

suy ra: A+B =3 

2 

2 

Vậy: x 6x 

13 

x 6x 

10 

=3 

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương ta có: 

2 

2 

2 

a b c a b c a b c 

2 . hay a (1) 

b c 4 b c 4 b c 4 

Tương tự ta cũng có: 

2 

2 

b a c 

c a b 

b (2) ; c (3) 

a c 4 

a b 4 

Cộng (1), (2) và (3) theo vế ta có: 

2 

2 

2 

a b c b a c c a b 

+ + a b c 

b c 4 a c 4 a b 4 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 


0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 


0.5đ 


0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 














4 

a 

b 


 

 

 

2 2 2 

a b c a b c 

a b c 

b c a c a b 2 

2 2 2 

a b c 

a b c 

( a b c) 

 

b c a c a b 

2 

2 2 2 

a b c a b c 

(đpcm) 

b c a c a b 2 

Hàm số: 

y = (m – 3)x + (m + 1) 

Giả sử M(x 0 ; y 0 ) là điểm cố định của đồ thị hàm số, 

ta có: y 0 = mx 0 – 3x 0 + m+ 1 Thỏa mãn với mọi giá trị của m 

m( x0 1) (1 3 x0 y0) 0, m 

x0 1 0 x0 

1 

 

 

1 3x0 y0 0 y0 

4 

Vậy điểm cần tìm là M(-1;4) 

Hình minh họa: 

A 

Đồ thị hàm số là đường thẳng cắt hai trục tọa độ khi: 

m - 3 0 m 3 khi đó: 

đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng m+1, cắt trục 

m 1 

hoành tại điểm có hoành độ bằng m 

Ta có: S ABO = 1 m 

m 

1 

1 1 

2 m 3 

2 

( m 1) 2 m 3 

3 

Nếu: m> 3 m 2 +2m +1 = 2m -6 m 2 = -7 ( loại) 

Nếu: m < 3 m 2 +2m +1 = 6 - 2m 

m 2 + 4m - 5 =0 

(m – 1)(m + +5) = 0 m = 1; m = -5 

O 

y 

m+1 

m 1 

m 3 

B 

x 




0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 














Vẽ hình chính xác 

D 

C 

0.5đ 




5 

6 

Xét AMB 

A 

và CNB có: AB = CB (cạnh hình vuông) 

 

0 

ABM CBN 90 và BM = BN (gt) 

AMB = CNB (c-g-c) BAM BCN 

Xét AMB 

và CMH có: 

 

 

 

 

AMB CMH (đối đỉnh); BAM BCN (c/m trên) 

 

 

 

0 

ABM CHM CHM 90 

H thuộc đường tròn đường kính AC 

H thuộc đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD 

B 

M 

H 

A N 

E 

Theo giả thiết ta có AH 2 = 4AM.AN (1) 

Tam giác AHC vuông ở H; HN AC nên 

AH 2 = AN.AC (2) 

Từ (1) và (2) suy ra AC = 4AM = 4HN (3) 

Gọi E là trung điểm của AC, ta có: 

AC 

EH = EA = EC = 

(4) 

2 

M 

B 

 

H 

N 

 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

 

 

0 

0 

Từ (3) và (4) suy ra HE = 2HN. Mà HNE 90 nên HEN 30 . 0.5đ 

 

1 

 

1 

0.5đ 

0 0 

Ta thấy tam giác EHC cân ở E nên ECH HEN .30 15 

2 2 

0.5đ 

 

 

 

0 

0 

0 0 0 

0.5đ 

hay ACB 15 ABC 90 ACB 90 15 

75 

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


C 




















ĐỀ BÀI 

Bài 1:(3 điểm ) 

15 x 11 3 x 2 2 x 3 

Cho biểu thức : A 

x 2 x 3 1 x x 3 

1. Rút gọn A 

2. Tìm giá trị của A khi x = 4+ 2 3 

Bài 2: (3 điểm ) 

Giải phương trình: 

a) x 1 x 7 12 x (1) 

b) x 1 2 x 1 1 x 1 2.3 x 1 9 2 x 1 2 x 1 1 (2) 

Bài 3:(4 điểm): 

y 1 x 1 a) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A ( x 1; y 1) 

y x 

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 

Y x 2 x 1 

x 2 x 1 


2 

Cho hai hàm số bậc nhất y = m x 

1 

(1); y = (2 - m)x - 3 (2) . 

3 


Với giá trị nào của m thì: 

a. Đồ thị của hàm số (1) và (2) là hai đường thẳng cắt. 

b. Đồ thị của hàm số (1) và (2) là hai đường thẳng song song. 

Bài 5 : ( 2 đểm ) 

Cho tam giác ABC có AB = 12cm; góc ABC bằng 40 0 ; góc ACB bằng 30 0 , 

đương cao AH, Tính độ dài AH và AC. 

Bài 6 : ( 4 đểm ) 

Cho tam giác EFG vuông ở E có EF = 3cm, EG = 4cm. 

a) Tính FG, góc F, góc G. 

b) Phân giác của góc E cắt FG tại H. Tính FH, GH. 

c) Từ H kẻ HM và HN lần lượt vuông góc với EF và EG. Tứ giác EMHN là hình gì? 

Vì sao? Tính chu vi và diện tích của tứ giác EMHN. 

(Góc làm tròn đến phút, độ dài đến chữ số thập phân thứ 3) 


Cho x 1, y 1. .Chứng minh : x y 1 y x 1 

xy . 

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





















Bài Nội dung điểm 

1.1 15 x 11 3 x 2 2 x 3 

A 

x 2 x 3 1 x x 3 

Đ /k : x 0; x 1 

1. Rút gọn: 

15 x 11 (3 x 2)( x 3) (2 x 3)( x 1) 

A 

( x 1)( x 3) ( x 1)( x 3) ( x 1)( x 3) 

15 x 11 3x 7 x 6 2x x 3 

 

( x 1)( x 3) 

7 x 5x 2 ( x 1)(5 x 2) 

 

 

( x 1)( x 3) ( x 1)( x 3) 

5 x 2 

A 

x 3 

1.2 Khi x = 4 + 3 thoả mãn điều kiện x 0; x 1 

2.a) 

2b) 

ta có x = 4 2 3 

= 2 

1 3 

=1+ 3 

5 1 

3 2 

khi đó : A= = 5 3 3 = 17 3 3 

1,0 

4 3 4 3 13 

x 1 x 7 12 x 

Giải: Với điều kiện 7 ≤ x ≤ 12. Ta có: 

2 

(1) x 1 12 x x 7 2 19x x 84 x 4 

4(19x – x 2 – 84) = x 2 – 8x + 16 

76x – 4x 2 – 336 – x 2 + 8x – 16 = 0 

5x 2 – 84x + 352 = 0 

Giải: (2) x 1 2 x 1 1 x 1 2.3 x 1 9 2 x 1 2 x 1 1 

x 1 1 | x 1 3 | 2.| x 1 1| 

Đặt y = x 1 (y ≥ 0) phương trình đã cho trở thành: 

y 1 | y 3 | 2 | y 1| 

– Nếu 0 ≤ y < 1: y + 1 + 3 – y = 2 – 2y y = –1 (loại) 

– Nếu 1 ≤ y ≤ 3: y + 1 + 3 – y = 2y – 2 y = 3 

– Nếu y > 3: y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vô nghiệm) 

Với y = 3 x + 1 = 9 x = 8 

Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm là x = 8 


3a) 1. Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm ta 

1 

y 1 

y 

có: y 1 1.( y 1) 

 

2 2 





2,0 

1,5 

1,5 










3b) 

Bài 

4.a 

Bài 

4.b 


x 

xy 

y 1 

 

2 

Tương tự : y 

xy 

x 1 

 

2 

Do đó : x y 1 y x 1 

xy 

x y 1 y x 1 

x y 1 y x 1 xy 1 

xy 

y 1 x 1 Do đó : 1 

y x 

x 

1 1 x 

2 

Dấu “=” xảy ra 

y 

1 1 y 

2 

Vậy giá trị lớn nhất của A bằng 1. 

Y 

 

x 1 

2 

 

 

x 1 

1 

x 1 

1 

 

2 

 

x 1 

2 

x 1 

1) 

x 1 

1 

1 

x 1 

Áp dụng bđt :|A| + |B| ≥|A + B| ta có : 

Y x 1 

1 

x 1 

1 

x 1 

1 

( 

2 

 

x 1 

1 

( 

x 1 

1) 

Vậy y nhỏ nhất là 2 khi ( x 1 1) 

( 1 

x 1) 

0 

x 

1 

 

1 

( x 1) 

0 

1 

x 2 

. Đồ thị hàm số (1) và (2) là hai đường thẳng cắt nhau khi 

Vậy 

 

x 1 

1 

1 

x 1 

 

2 3 

m 

0 

 

m 

3 

2 

 

 

2 

m 0 m 

2 

2 4 

m 

2 m m 

 

3 3 

x 1 

11 

2 

4 

m ; m 2; m thì đồ thị (1) cắt đồ thị (2) 

3 

3 

2 

x 1 

1 



 

( 1 

x 1 

2 

x 1) 

b. Đồ thị của hàm số (1) và (2) l hai đường thẳng có tung độ gốc khác 

nhau (1 3) 

do đó chúng song song với nhau khi và chỉ khi 


2 

1 

0,5 

0,5 

1 

0,5 

0,5 

1,5 















 

m 

 

2 

0 

2 

3 

m 

3 

 

 

2 

m 0 m 

2 

2 4 

m 

2 m m 

 

3 3 

1,5 

4 

Vậy m = thì đồ thị (1) song song với đồ thị (2) 3 

5 Xét tam giác vuông HPQ ta có: AH = AB.SinB = 12.Sin40 0 

=> AH 7,713 (cm) 

HA 

AH = AC.SinC => AC => Sin 

0 

A 

30 

AC 15,427 (cm) 

Vậy AH = 7,713 (cm) và AC =15,427 (cm). 

C 



30 0 40 0 

B 

6a Theo định lí pi Ta go ta có : F 

2 2 2 2 2 

EG EF EG 4 3 5(cm) 

M 

Theo định nghĩa tỉ số lượng giác ta có 

H 

tgF = EG 3 

=> 

EF 4 

góc F ≈ 37 0 => góc G ≈53 0 E 

N 

G 

1 

6b 

EF HF 3 

Do EH là tia phân giác của góc E nên: 

EG HG 4 

1,5 

6 1 

Vậy HG = 2 ; HF = 2 7 7 

5 

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau => 

 

HF 

4 3 3 

4 7 

HG 5 

20 6 

HF 5 

15 1 

=> =>HG = 2 và => HF = 2 

4 7 

7 7 

3 7 

7 7 

6c tứ giác EMHN là hình vuông (đường chéo AE của hình bình hành EMHN 

vừa là phân giác ) 

* Chu vi của EMHN là : 4HN mà 

6 

HN = HC.sinG = 2 sin37 0 1,714(cm) 

7 1.5 

* Diện tích EMHN là: HN 2 = 1,741 2 = 2,939 (cm 2 ) 

Vậy: Chu vi EMHN là 1,741x4 = 6,857cm; diện tích EMHN là 2,939 cm 2 

7 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm ta 

1 

y 1 

y 

xy 

có: y 1 1.( y 1) 

x y 1 

 

1 

2 2 

2 

xy 

Tương tự : y x 1 

Do đó : x y 1 y x 1 

xy 

2 


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


H 

12 

2 





















ĐỀ BÀI 

1) Cho biểu thức: K = 3 x 9 x 3 x 1 x 

 

2 

x x 3 x 2 1 

x 

a/ Rút Gọn K 

 

x 0; x 1 

b/ Tính giá trị của biểu thức K khi x = 24+ 5 3 29 12 5 

. 

2) Chứng minh rằng số A= n 3 +3n 2 – n - 3 chia hết cho 48 với mọi n lẻ 

Bài 2: (4đ) 

2 

2 

a) Giải phương trình x 3x 2 x 3 x 2 x 2x 3 

b) Cho a, b, c là 3 số từng đôi một khác nhau và thoả mãn: 

a b c 

+ + = 0 

b - c c - a a - b 

a b c 

Chứng minh rằng: + + = 0 

2 2 2 

(b - c) (c - a) (a - b) 

Bài 3 (3đ) 

a)) Cho x, y, z là 3 số thực dương thoả mãn x 2 + y 2 + z 2 = 2. Chứng minh: 

3 3 3 

2 2 2 x + y + z 

+ + + 3. 

2 2 2 2 2 2 

x + y y + z z + x 2 xyz 

 


2 

b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 25 y ( y 6) 


Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R (M không 

trùng với A và B). Trên nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn có bờ là đường thẳng AB, 

kẻ tia Ax vuông góc với AB. Đường thẳng BM cắt Ax tại I; tia phân giác của góc IAM 

cắt nửa đường tròn tâm O tại E, cắt IB tại F; đường thẳng BE cắt AI tại H, cắt AM tại K. 

a) Chứng minh : 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên một đường tròn 

b) Tứ giác AHFK là hình gì ?Vì sao ? 

c) Chứng minh đường thẳng HF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi 

điểm M di chuyển trên nửa đường tròn tâm O. 

Bài 5:( 1 điểm ) 

Tìm số n nguyên dương thoả mãn: (3+2 2) n + (3-2 2) n =6 

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





















Bài Ý NỘI DUNG CẦN ĐẠT ĐIỂM 

1.(4đ) a, Với x 0 , x≠ 1 ta có: 

a)(2đ) 

K = 3 x 9 x 3 x 1 x 

 

2 

x x 3 x 2 1 

x 

3x 3 x 3 x 1 x 1 x 2 x 2 

= 

x 2 x 1 

0,5 

0,5 

x 3 x 2 

Bài 

= 

1 

x 2 x 1 

 

(6đ) 

x 2 x 1 

0,5 

Bài 

2 

b)(2đ) 

2)(2đ) 

a,(2đ) 

 

= 

x 2 x 1 

= 

x 1 

x 1 

b,Ta có : 

x = 24+ 5- 3- 29-12 5 

= 24+ 5- 3- (2 5-3) 2 

= 24+ 5- 6-2 5 

= 24+ 5- ( 5-1) 2 

= 25 

Thay x = 25 vào A ta có: 

K = 

25+1 

25-1 = 6 4 = 3 2 

Ta có A = n 3 +3n 2 - n-3 = (n-1)(n+1)(n+3) 

Với n =2k+1 thì A=8k(k+1)(k+2) A 8 (1) 

Vì k(k+1)(k+2) là ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 6 

A 6 (2) 

Từ (1) và (2) A 48 

2 

2 

a, x 3x 2 x 3 x 2 x 2x 3 (1) 


2 

x 

3x 2 0 

 

ĐK: x 

3 0 x 2 

2 

x 

2x 3 0 





. 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 











(4đ) 

b(2đ) 


(1) (x-1)(x-2) + x+3 = x-2 + (x-1)(x+3) 

Đặt: 

 

 

 

 

 

x 1 

a 0 

x 2 b 0 

x 3 c 0 

(1) a.b + c = b + a.c 

a(b - c) - (b - c) = 0 

(a - 1)(b - c) = 0 

a 

1 

 

b c 

Với a = 1 x 1 1 

x - 1 = 1 x = 2 (thoả mãn đk) 

Với b = c x 2 x 3 x - 2 = x + 3 0x = 5 vô 

nghiệm 

Vậy phương trình (1) có nghiệm x = 2 

b) Từ giả thiết ta có: 

2 2 

a b c ab - b - ac + c 

= - = 

b - c a - c a - b a - ba - c 

1 

Nhân 2 vế của đẳng thức với ta có: 

b - c 

2 2 

a ab - b - ac + c 

= 

2 

b - c a - ba - cb - c 

Vai trò của a, b, c như nhau, thực hiện hoán vị vòng quanh 

giữa a, b, c ta có: 

2 2 

b cb - c - ab + a 

= 

, 

2 

c - a a - ba - cb - c 

c 

= 

ac - a - bc + b 

2 2 

2 

a - b a - ba - cb - c 

Cộng vế với vế các đẳng thức trên, ta có 

a b c 

+ + = 0 

2 2 2 

(b - c) (c - a) (a - b) 




0,5 


0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 














Bài 

3 

(3đ) 

a(1,5đ) 


a) Vì x 2 + y 2 + z 2 = 2 nên: 

2 2 2 x + y + z x + y + z x + y + z 

+ + = + + 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 

x + y y + z z + x x + y y + z z + x 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 

2 2 2 

z x y 

= + + + 3 

2 2 2 2 2 2 

x + y y + z x + z 

Ta có x 2 + y 2 2 2 

≥ 2xy z z 

2 2 

x + y 

2xy 

, 

2 2 

2 2 

x x y y 

Tương tự , 

2 2 

2 2 

y + z 2yz x + z 2xz 

2 

2 

2 

2 2 

z x y 

z x 

Vậy + + + 3 + 

2 2 2 2 2 2 

x + y y + z x + z 2xy 2yz + 2 

y 

2xz + 3 

3 3 3 

2 2 2 x + y + z 

+ + 

+ 3, đpcm 

2 2 2 2 2 2 

x + y y + z z + x 2xyz 

2 

b) Từ x 25 y( y 6) 

Ta có : (y+3+x)(y+3-x) = - 16 

Khi đó ta thấy: 

( y+3+x)+(y+3-x) = 2(y+3) là số chẵn 

Suy ra 2 số ( y+3+x ) và (y+3-x) cùng tính chẵn lẻ. Ta lại có 

tích của chúng là số chẵn, vậy 2 số ( y+3+x ) và (y+3-x) là 2 

số chẵn . 

Ta chỉ có cách phân tích -16 ra tích của 2 số chẵn sau đây: 

- 16 = 8 (-2) = 4 (-4) = 2 (-8) 

Ta có bảng giá trị sau: 

y+3+x 8 -2 2 -8 4 -4 

y+3-x -2 8 -8 2 -4 4 

x 5 -5 5 -5 4 -4 

y 0 0 -6 -6 -3 -3 

Vì thế phương trình đã cho có các nghiệm: 

(x,y) = 5,0 ; 5, 6 ; 4, 3 . 




0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 











Bài 4 

(6đ) 







a(2đ) 

b(2đ) 

c(2đ) 

I 

H 

A 

E 

F 

K 

C 

M 

O 

a) Các tam giác AEB, AMB vuông ( vì AB đường kính) suy 

ra · · 0 

BEF KMF 90 

1 

Gọi C là trung điểm của KF ta có EC CM KF 

2 

hay EC CM CK CF 

Suy ra 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên một đường tròn tâm 

C. 

b) Ta có AE vừa là đường cao vừa là phân giác của tam giác 

AHK nên AH=AK và HE=EK 

EC là đường trung bình của tam giác HKF nên EC 

1 HF, mà 

2 

EC= 

1 KF nên HF=KF. 

2 

K là trực tâm của tam giác FAB nên FK AB , mà AH AB 

do đó AH//KF suy ra KFE · EAH · . 

KEF 

HEA suy ra AH = KF 

Do đó AH = AK = KF = EH và AF HK nên tứ giác 

AHFK là hình thoi. 

c) Vì AHFK là hình thoi suy ra HF//AM, 

mà AM BF nên HF BF (1) 

Mặt khác HK là trung trực của AF hay BH là trung trực của 

AF nên BF=AB=2R (2) 

Từ (1) và (2) suy ra HF là tiếp tuyến đường tròn (B; 2R) cố 

định. 


B 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 














Bài 

5 

(1đ) 


Do 3+2 2 >0, 3 - 2 2 > 0 nên các căn bậc hai có nghĩa 

Ta thấy : 3+2 2 . 3-2 2 = 1 

Đặt (3+2 2) n = a (3-2 2) n = 1 a 

Phương trình đã cho tương đương với: 

a + 1 a =6 a2 - 6a +1=0 có nghiệm a 1 = 3-2 2; a 2 = 3+2 2 

+Với a 1 = 3- 2 2 (3+2 2) n 1 

= 3 -2 2 = 

3+2 2 

= (3 +2 2) -1 2 

= (3 2 2) n = -2 (loại ) 

+ Với a 2 

= 3+2 2 (3+2 2) n = 3+2 2 = ( 3 2 

2 

2 ) 

n = 2 

Vậy pt có nghiệm nguyên dương n = 2 




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























ĐỀ SỐ: 25 



(Đề thi HSG Toán 9 –Phòng GD&ĐT Thanh Chương - Năm học 2010 – 2011) 

ĐỀ BÀI 

Câu 1. (2,0 điểm) 

a. Phân tích Q thành nhân tử: Q x 5x 2 2x 

2 10 

b. Tính Q khi biết x 13 

4 10 

Câu 2. (2,0 điểm) 

Cho hàm số: y x 2m 

1; với m tham số. 

a. Xác định m để đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ O. 

b. Tính theo m tọa độ các giao điểm A; B của đồ thị hàm số với các trục Ox; Oy. 

H là hình chiếu của O trên AB. Xác định giá trị của m để OH 

b. Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng AB. 

Câu 3. (2,5 điểm) 

a. Giải phương trình: x 1 2 x 2 x 1 5 x 2 

2 2 

b. Cho a; 

b là hai số dương thỏa mãn: a b 6 . 

Chứng minh: 

2 

3( a 6) ( a b) 2 

2 

c. Giải phương trình nghiệm nguyên: x xy 2008x 2009y 

2010 0 

Câu 4. (3,5 điểm) 

Cho đường tròn (O; R ). AB và CD là hai đường kính cố định của (O) vuông góc 

với nhau. M là một điểm thuộc cung nhỏ AC của (O). K và H lần lượt là hình chiếu của 

M trên CD và AB. 

2 

a. Tính · 2 · 2· 2 

sin MBA sin MAB sin MCD sin MDC · 

2 

b. Chứng minh: OK AH (2 R AH ) 

c. Tìm vị trí điểm H để giá trị của: P = MA. MB. MC. MD lớn nhất. 


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

2 

2 




















(Đề thi HSG Toán 9 –Phòng GD&ĐT Thanh Chương - Năm học 2010 – 2011) 

. 

Câu Ý Nội dung cần đạt Điểm 

1 

(2,0đ) 

2 

(2,0đ) 

3 

(2,5đ) 

a 

b 

a 

b 

c 

a 

x 5 x 2 2 

 

Q x 5x 2 2x 2 10 x x 5 2 2 x 5 

2 

x 13 4 10 x 8 2.2 2. 5 5 (2 2 5) 2 2 5 

Q 2 2 5 5 2 2 5 2 2 2 2.( 5) 2 10 

Vậy: 

y x 2m 

1; với m tham số 

Để đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ O(0; 0) thì 

1 

2m 

1 0 m 

2 

Tìm được tọa độ giao điểm A của đồ thị hàm số với trục Ox: 

A2m 1;0 

Giao điểm B của đồ thị hàm số với trục Oy: B0; 2m 

1 

Ta có: AOB vuông tại O và có OH là đường cao nên: 

1 1 1 

1 1 2 m 

0 

Hay 2 2 

2 2 2 

2 2 2 

OH OA OB xA 

yB 

(2m 

1) 

 

m 

1 

Hoành độ trung điểm I của AB: 

Tung độ trung điểm I của AB: 

Ta có: yI 

đường thẳng y 


I 

xA 

xB 

2m 

1 

 

2 2 





y 

I 

x 

I 

yA 

yB 

(2m 

1) 

 

2 2 

x 

Quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng AB là 

x 

x 1 2 x 2 x 1 5 x 2 x 2 2 x 2 1 x 1 5 x 2 


2 2 

x 2 1 x 1 5 x 2 0 x 2 1 x 1 5 x 2 0 

x 2 4 x 2 4 0 ( x 2 2) 0 x 6 2 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 


0,5 

0,5 

0,5 


0,2 

0,2 

0,3 

0,3 










4 

(3,5đ) 


b 

c 

a 

b 

c 

Vậy nghiệm của pt là: x 6 

Với a; 

b là hai số dương ta có: 

2 2 2 

a b a b a b 

2 

1 1 

2. . .1 

2 1 

(Theo 

2 

2 

Bunhiacopski) 

a b a 

 

2 2 3 

2 2 

2 

6 (Vì a b 6 ) Hay 3( a 6) ( a b) 2 

2 

2 

x xy x y 

2 

x xy x x y 

2008 2009 2010 0 

2009 2009 2009 1 

x( x y 1) 2009( x y 1) 1 ( x 2009)( x y 1) 1 

x 

2009 1 x 

2010 

 

 

x y 1 1 y 

2010 

 

x 

2009 1 x 

2008 

 

 

 

x y 1 1 

y 

2010 

B 

C 

K 

O 

D 

H 

M 





A 

Vì M thuộc (O) nên các tam giác: BMA và CMD vuông tại M 

nên: 

2 · 2 · 2· 2 

sin MBA sin MAB sin MCD sin MDC · = 

2 · 2· 2· 2 

(sin MBA cos MBA) (sin MCD cos MCD · ) = 1 + 1 = 2 

2 

Chứng minh: OK AH (2 R AH ) 

Thật vậy: KOHM là hình chữ nhật nên: OK = MH 

Mà MH 2 = HA.HB (Hệ thức lượng trong tam giác vuông MAB 

có MH đường cao) và BH = AB – AH = 2R - AH 

Suy ra: OK 2 = MH 2 = AH(2R- AH) 

P = MA. MB. MC. MD =AB.MH.CD.MK = 4R 2 .OH.MH 

(Vì MK = OH) 







0,5 



0,75 

0,5 

0,5 













2 2 2 2 

OH MH OM R 

Mà OH.MH (Pitago) 

2 2 2 

Vậy 

2 

2 R 4 

P 4 R . 2R 

. đẳng thức xẩy ra MH = OH 

2 

R 2 

OH = 

2 

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



















Đề thi HSG cấp huyện môn Vật lý (25 đề kèm đáp án) 



MÔN: VẬT LÝ - LỚP 9 


(Đề thi HSG Lý 9 – H. Đông Sơn - Năm học 2018 – 2019) 

ĐỀ BÀI 

Câu 1 (4.5 điểm): Hải, Quang và Tùng cùng khởi hành từ A lúc 8 giờ để đi đến B, với AB = 8 km. 

Do chỉ có một xe đạp nên Hải chở Quang đến B với vận tốc v 1 = 16 km/h, rồi liền quay lại đón Tùng. 

Trong lúc đó Tùng đi bộ dần đến B với vận tốc v 2 = 4 km/h. 

a. Hỏi Tùng đến B lúc mấy giờ? Quãng đường Tùng phải đi bộ là bao nhiêu km? 

b. Để Hải đến B đúng 9 giờ, Hải bỏ Quang tại một điểm nào đó rồi lập tức quay lại chở Tùng 

cùng về B, Quang tiếp tục đi bộ về B. Tìm quãng đường đi bộ của Tùng và của Quang. Quang đến B lúc 

mấy giờ ? 

Biết xe đạp luôn chuyển động đều với vận tốc v 1 , những người đi bộ luôn đi với vận tốc v 2 . 

1 

R 1 

Câu 2 (4.0 điểm): Dùng một ca múc nước ở thùng chứa nước A có nhiệt độ t A = 20 0 C và ở thùng 

chứa nước B có nhiệt độ t B = 80 0 C rồi đổ vào thùng chứa nước C. Biết rằng trước khi đổ, trong thùng 

chứa nước C đã có sẵn một lượng nước ở nhiệt độ t C = 40 0 C và bằng tổng số ca nước vừa đổ thêm vào 

nó. Tính số ca nước phải múc ở mỗi thùng A và B để có nhiệt độ nước ở thùng C là 50 0 C. Bỏ qua sự 

trao đổi nhiệt với môi trường, với bình chứa và ca múc nước. 

Câu 3 (4.0 điểm) Hai gương phẳng G 1 , G 2 có mặt phản xạ 

G 

quay vào nhau và hợp với nhau một góc nhọn như hình 1. 

Chiếu tới gương G 1 một tia sáng SI hợp với mặt gương G 1 

 

S 

một góc . 

I 

a. Vẽ tất cả các tia sáng phản xạ lần lượt trên hai 

gương trong trường hợp =45 0 , =30 0 . 

G 2 

b. Tìm điều kiện để SI sau khi phản xạ hai lần trên G 1 

α 

O 

lại quay về theo đường cũ 

Hình 1 

Câu 4 (5.5 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ 

2. Đặt vào 2 điểm A, B một hiệu điện thế không đổi 

K 

U = 6V. Các điện trở R 1 = 1,5 , R 2 = 3 , bóng đèn 

có điện trở R 3 = 3 . R CD là một biến trở con chạy. 

Coi điện trở bóng điện không thay đổi theo nhiệt độ, 

điện trở của anpe kế và các dây nối không đáng kể. 

A + - B 

R 3 

X 

a. Khóa K đóng, dịch chuyển con chạy đến 

R 2 

khi M trùng C thì đèn sáng bình thường. Xác định số 

M 

chỉ ampe kế, hiệu điện thế và công suất định mức 

A 

của đèn. 

C 

b. Khóa K mở, dịch chuyển con chạy M đến vị trí Hình 

D 

sao cho R CM = 1 thì cường độ dòng điện qua đèn là 9 

4 A. Tìm điện trở của biến trở. 



c. Thay đổi biến trở ở trên bằng một biến trở khác có điện trở 16 . Đóng khóa K. Xác định vị trí 

con chạy M để công suất tỏa nhiệt trên biến trở đạt giá trị lớn nhất 

Câu 5 (2.0 điểm) Hãy trình bày một phương án xác định nhiệt dung riêng của một chất lỏng L không 

có phản ứng hoá học với các chất khi tiếp xúc. Dụng cụ gồm: 01 nhiệt lượng kế có nhiệt dung riêng là 

C K , nước có nhiệt dung riêng là C N , 01 nhiệt kế, 01 chiếc cân Rô-bec-van không có bộ quả cân, hai 

chiếc cốc giống hệt nhau (cốc có thể chứa khối lượng nước hoặc khối lượng chất lỏng L lớn hơn khối 

lượng của nhiệt lượng kế), bình đun và bếp đun. 

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


















. 

Bài 

Câu 1 

(4.5 

điểm) 


ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN MÔN: VẬT LÝ - LỚP 9 

(Đề thi HSG Lý 9 – H. Đông Sơn - Năm học 2018 - 2019 

Nội dung 

a) (2 điểm) 

- Gọi C là điểm gặp nhau của Hải và 

. 

C 

B 

. 

s 3 

Tùng. 

s 

s 1 

- Trong cùng khoảng thời gian t 1 : 

Hải đi xe đạp đoạn đường s + s 1 và Tùng đi bộ quãng đường s 3 . 

Ta có: s + s 1 = v 1 .t 1 ; s 3 = v 2 .t 1 ; s 1 + s 3 = s 

s + s 1 + s 3 = v 1 .t 1 + s 3 2s = v 1 .t 1 + v 2 .t 1 

2s 

t 1 = 0,8 (h) 

v + v 

1 2 

- Sau đó từ C, Hải và Tùng cùng về B với vận tốc v 1 trong thời gian t 2 : 

s1 

s - s 

t 2 = = 8 4.0,8 = 0,3 (h) 

v 3 

v 

1 

1 

16 

- Thời gian tổng cộng của Tùng đi là : t = t 1 + t 2 = 0,8 + 0,3 = 1,1(h) = 

1 giờ 6 phút. 

- Vậy Tùng đến B lúc 9 giờ 6 phút và quãng đường Tùng đi bộ là : 

s 3 = v 2 .t 1 = 4.0,8 = 3,2 (km). 

b) (2,5 điểm) 

A 

Gọi t 1 là thời gian Hải đi xe đạp chở . . 

E D 

. 

B 

s 

. 

Quang từ A đến D rồi quay về E, 

s s 2 

3 

1 

cũng là thời gian Tùng đi bộ từ A 

s 

đến E (AE = s 3 ). 

s 3 = v 2 .t 1 (1) 

-Sau đó Hải và Tùng cùng đi xe đạp từ E đến B (EB = s 1 ) trong 

khoảng thời gian t 2 . 

Ta có : s 1 = v 1 .t 2 (2) 

t 1 + t 2 = 9 – 8 = 1 (h) (3) 

s 3 + s 1 = 8 (km) (4) 

Từ (1), (2), (3) và (4), giải ra ta có: t 1 = 2 3 (h) 

- Quãng đường đi bộ của Tùng là : s 3 = v 2 .t 1 = 8 ≈ 2,67 (km) 

3 

- Ta cũng có : AD + DE = v 1 .t 1 (5) 

- Từ (1) và (5) => AD + DE + AE = 2AD = v 1 .t 1 + v 2 .t 1 = t 1 (v 1 + v 2 ) 

=> AD = = = (km) 

- Quãng đường đi bộ của Quang : DB = s 2 = AB – AD = 8 - = ≈ 

1,33 (km) 


Thang 

điểm 






0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 


0,5 











Bài 

Nội dung 

Thang 

điểm 




Câu 2 

(4 

điểm) 

Câu 3 

(4 

điểm) 

- Tổng thời gian Quang đi từ A B là : t 3 = + = + = (h) = 

45 ph Vậy Quang đến B lúc 8 giờ 45 phút. 

- Gọi : c là nhiệt dung riêng của nước ; m là khối lượng nước chứa 

trong một ca; 

n 1 và n 2 lần lượt là số ca nước múc ở thùng A và thùng B ; 

(n 1 + n 2 ) là số ca nước có sẵn trong thùng C. 

- Nhiệt lượng do n 1 ca nước ở thùng A khi đổ vào thùng C đã hấp thụ 

là : Q 1 = n 1 .m.c(50 – 20) = 30cmn 1 

- Nhiệt lượng do n 2 ca nước ở thùng B khi đổ vào thùng C đã toả ra là : 

Q 2 = n 2 .m.c(80 – 50) = 30cmn 2 

- Nhiệt lượng do (n 1 + n 2 ) ca nước ở thùng C đã hấp thụ là : 

Q 3 = (n 1 + n 2 )m.c(50 – 40) = 10cm(n 1 + n 2 ) 

- Phương trình cân bằn nhiệt : Q 1 + Q 3 = Q 2 

30cmn 1 + 10cm(n 1 + n 2 ) = 30cmn 2 2n 1 = n 2 

- Vậy, khi múc n ca nước ở thùng A thì phải múc 2n ca nước ở thùng 

B và số nước đã có sẵn trong thùng C trước khi đổ thêm là 3n ca. 

Hình vẽ đúng G 1 1.0 

 

S 

M I 

G 

S’ 

2 

α 

O 

 

K N 

a) Gọi I, K, M, N lần lượt là các điểm tới trên các gương, Vừa vẽ HS 

vừa tính các góc: 

OIK= =30 0 ; IKO=105 0 ; MON = =45 0 , 

0.5 

IKM =30 0 ; KMI=120 0 ; 

KMN =60 0 ; 

MNO == 15 0 từ đó suy ra NS’ không thể tiếp tục cắt G1. 

0.5 

Vậy tia sáng chỉ phản xạ hai lần trên mỗi gương 

K 

M 

I 


α 

O 

N 

b) Tia sáng SI sau khi phản xạ trên gương G1 thì chiếu tới G2 theo 

đường IN và phản xạ tới G1 theo đường NK 





G 1 

 

S 

G 2 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

1,0 

1,0 

0,5 

0.5 










Bài 

Câu 4 

(5,5 

điểm) 


Nội dung 

Để tia sáng phản xạ trở lại theo đường cũ thì NK phải vuông góc với 

G1, Gọi NM là pháp tuyến của G2 tại N (M G1) 

Xét tam giác vuông OMN (vuông tại N)có OMN=90 o - α 

Xét tam giác MNI có: OMN=MNI+MIN 

o 

90 

mà MIN = và MNI = (Tam giác INM vuông tại K) 

2 

Suy ra: 90 o o 

90 

- α = + 45 0 

- α = =90 0 -2α 

2 

2 

Vậy để có hiện tượng trên thì điều kiện là: α 0) 

Điện trở đoạn mạch AN là: 

33 y 

R AN 

6 y 

Điện trở đoạn mạch AB là: 

R 

AB 

R 

AN 

R 

1 




3y 

9 4,5 y 18 

1,5 

 

y 6 y 6 

0.5 

0.5 

0.5 






















Bài 

Câu 5 

(2điểm 

) 


Nội dung 

Cường độ dòng điện trong mạch chính là: 

I R 

R 

Ta có: I 

I 

Công suất tỏa nhiệt trên biến trở : 

P I 

y 

2 

y 

I 

 

U 

R 

AB 

 

 

6 y 6 

 

4,5y 

18 

3 6 y 6 18 

I . 

y 6 4,5 y 18 

4,5 y 18 

y 3 

3 

y 

3 

y R2 

y R2 

R3 

 

18 

. y 

4,5y 

18 

2 

. y 

 

4,5 

 

18 

2 

2 

18 

y 

y 

 

 

 

Để công suất trên biến trở đạt giá trị lớn nhất thì 

18 

4 ,5 y đạt giá 

y 

18 

18 

trị nhỏ nhất. Mà: 4,5 

y 2 4,5 y. 

18 

y 

y 

18 

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 4,5 

y y 4 

y 

RCM 

. RMD 

Mà: y = 4Ω; R CM +R MD = 16Ω →R CM =R MD = 8Ω 

RCM 

RMD 

→Khi con chạy M ở chính giữa biến trở thì công suất tỏa nhiệt trên 

biến trở đạt giá trị cực đại. 

Bước 1: Dùng cân để lấy ra một lượng nước và một lượng chất lỏng L 

có cùng khối lượng bằng khối lượng của NLK. Thực hiện như sau: 

- Lần 1 : Trên đĩa cân 1 đặt NLK và cốc 1, trên đĩa cân 2 đặt cốc 2. 

Rót nước vào cốc 2 cho đến khi cân bằng, ta có m N = m K . 

- Lần 2 : Bỏ NLK ra khỏi đĩa 1, rót chất lỏng L vào cốc 1 cho đến khi 

thiết lập cân bằng. Ta có: m L = m N = m K 

Bước 2 : Thiết lập cân bằng nhiệt mới cho m L , m N và m K . 

- Đổ khối lượng chất lỏng m L ở cốc 1 vào NLK, đo nhiệt độ t 1 trong 

NLK. 

- Đổ khối lượng nước m N vào bình, đun đến nhiệt độ t 2 . 

- Rót khối lượng nước m N ở nhiệt độ t 2 vào NLK, khuấy đều. Nhiệt 

độ cân bằng là t 3 . 

Bước 3 : Lập phương trình cân bằng nhiệt: 

mNc N 

(t 

2 

- t 

3) = (mLc L 

+ mKc K 

)(t 

3 

- t 

1) 

c 

N(t2- t 

3) 

Từ đó ta tìm được : c 

L 

= - cK 

t - t 

3 1 

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



 

Thang 

điểm 




0,5 







0.5 



























Nguồn: Đề thi HSG Lý 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 24/10/2017-Năm học 2017 - 2018 

ĐỀ BÀI 

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 60 0 C. Bình 2 chứa 2 kg 

nước ở nhiệt độ 20 0 C. 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 58 0 C. 

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? 


Cho mạch điện như hình vẽ. Biết: U MN = 24V 

_ 

không đổi, các điện trở R 1 = 2; R 2 = 3; R 3 = M + N R 0 

4; R 4 = 4; R 0 = 2. Cho rằng ampe kế và khóa R 1 

K có điện trở không đáng kể, vôn kế có điện trở rất 

lớn. 

R 2 

a. Khi K mở, tính cường độ dòng điện qua mạch A 

B R 3 K 

A D 

chính và số chỉ của vôn kế. 

b. Khi K đóng tính số chỉ của ampe kế và vôn kế. 

R 4 

V 

c. Hoán vị vôn kế và ampe kế, hãy tính lại số chỉ 

E 

của vôn kế và ampe kế khi K đóng. 

0 

Câu 4: (4,0 điểm) Cho hai gương phẳng G 1 và G 2 đặt hợp với nhau một góc 30 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 G 1 ở I, phản xạ tới 

G 2 ở J rồi truyền tới S? 

b. Giữ nguyên gương G 1 

và phương của tia tới SI, quay gương G 2 G 1 

quanh giao tuyến của hai gương một góc bao nhiêu để tia phản .S 

xạ đi ra từ G 2 : 

+ Vuông góc với phương của tia tới SI. 

+ Song song với phương của tia tới SI. 

G 2 

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 R 0 đã biết giá trị, một biến trở con chạy R b có điện trở toàn phần lớn hơn R 0 , 

hai công tắc điện K 1 và K 2 , 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) 

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





















Nguồn: Đề thi HSG Lý 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 24/10/2017-Năm học 2017 - 2018 

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 

CÂU 

1 

CÂU 

2 

Gọi v 1 là vận tốc của xe xuất phát từ A, v 2 là vận tốc của xe xuất phát 

từ B, t 1 là khoảng thời gian từ lúc xuất phát đến lúc gặp nhau lần 1, t 2 là 

khoảng thời gian từ lúc gặp nhau lần 1đến lúc gặp nhau lần 2, x = AB. 

Gặp nhau lần 1: v 1 

t 1 

30 , v 2 

t 1 

x 30 

0,5 

v1 

suy ra 

v 

2 

. 

0,5 

30 0,5 

(1) 

x 30 

Gặp nhau lần 2: v 1 

t 2 

( x 30) 36 x 6 

0,5 

v2t2 30 ( x 36) x 6 

0,5 

v1 

suy ra 

v 

Từ (1) và (2) suy ra x = 54km. 

2 

x 6 (2) 

0,5 

 

x 6 

v1 v2 

Thay x = 54 km vào (1) ta được 1,25 hay 0,8 

v 

v 

2 1 

a) Gọi khối lượng nước rót là m(kg); nhiệt độ bình 2 là t 2 ta có: 

Nhiệt lượng thu vào của bình 2 là: Q 1 = 4200.2(t 2 – 20) 

Nhiệt lượng toả ra của m kg nước rót sang bình 2: 

Q 2 = 4200.m(60 – t 2 ) 

Do Q 1 = Q 2 , ta có phương trình: 

4200.2(t 2 – 20) = 4200.m(60 – t 2 ) 

=> 2t 2 – 40 = m (60 – t 2 ) (1) 

ở bình 1 nhiệt lượng toả ra để hạ nhiệt độ: 

Q 3 = 4200(10 - m)(60 – 58) = 4200.2(10 - m) 

Nhiệt lượng thu vào của m kg nước từ bình 2 rót sang là; 

Q 4 = 4200.m(58 – t 2 ) 

Do Q 3 = Q 4 , ta có phương trình: 

4200.2(10 - m) = 4200.m (58 – t 2 ) 

=> 2(10 - m) = m(58 – t 2 ) (2) 


1,0 



0,5 



0,5 














CÂU 

3 


Từ (1) và (2) ta lập hệ phương trình: 

2t 2 

40 m(60 t 

2) 

 

2(10 m) m(58 t 

2) 

Giải hệ phương trình tìm ra t 2 = 30 0 C; m = 2 kg 

3 

b) Nếu đổ đi lại nhiều lần thì nhiệt độ cuối cùng của mỗi bình gần bằng 

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 

=> t 53,3 0 C 

a, Khi K mở, ta có sơ đồ mạch điện tương đương: 

R 

I 1 

1 

R 

C 3 

 

M 

N 

I 

R 4 R 0 

• 

B 

A 

• 

+ R 2 I A 

- 

 

I 2 

V 

( R1 + R3 ) R2 

(2+ 

4)3 

R AB = = = 2() 

R1 + R3 + R2 

2 + 4+ 

3 

R MN = R AB + R 4 + R 0 = 2+4+2 = 8() 

U 

MN 

24 

Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = = = 3( A) 

RMN 

8 

Số chỉ của vôn kế: U v = U AB = I.R AB = 3.2 = 6(V) 

b, Khi K đóng, ta có sơ đồ mạch điện tương đương: 

R 1 I 1 

 

M 

N 

I A 

R 0 

• R 3 C 

I 3 

A • 

 

+ R 

- 

I 2 2 

B R 4 

V 

R3R4 

4.4 

R 234 = R + 2 

3 5 

R3 + R 

= + 4 

4 + 4 

= () 

R1 R234 

2.5 10 

R AD = 

R1 + R = 234 

2+ 

5 = () 

7 

R MN = R AD + R 0 = 10 24 

+2 = 

7 7 () 

U 

Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = 

R 

 

24.7 

= = 7( A) 

24 





MN 

MN 




1,0 

0,5 

0,5 

0,5 



0,5 

0,5 

0,5 












CÂU 

4 


Hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch AD: U AD = I.R AD = 7. 10 7 = 10(V) 

U1 

U 10 

Cường độ dòng điện qua R 1 : I 1 = = AD 

= = 5( A) 

R R 2 

Cường độ dòng điện qua R 2 : I 2 = 

1 1 

U AD 

10 

2( A) 

R = 5 

= 

Hiệu điện thế hai đầu R 3 : U 3 =U 34 = I 2 .R 34 = 2.2 = 4(V) 

U3 

4 

Cường độ dòng điện qua R 3 : I 3 = 1( A) 

R = 3 

4 

= 

Số chỉ của ampe kế: I A = I 1 + I 3 = 5 + 1 = 6(A) 

Số chỉ của vôn kế: 

234 

U v = U 2 = I 2 R 2 = 2.3 = 6(V) 

c. Khi K đóng, hoán vị vôn kế và am pe kế. Lúc này R 1 , R 2 , R 3 bị nối 

tắt. Mạch điện chỉ còn lại R 4 nt R 0 (Sơ đồ mạch điện tương dương như 

hình vẽ). 

Số chỉ của ampe kế: 

U 24 

I A = I = AB 

4( A) 

R + R = 4+ 

2 

= 

4 0 

M 

N 

I I 2 

R 4 R 0 

• A 

• 

+ 

- 

Số chỉ của vôn kế: U V = U 4 = I.R 4 = 4.4 = 16(V) 

a,*Vẽ hình đúng (có mũi tên chỉ đường đi tia sáng ,thể hiện rõ đường 

kéo dài của tia sáng ) 

S 1 

*Nêu cách vẽ 

R 

I 

-Vẽ ảnh S 1 đối xứng với S qua G 1 

.S 

-Vẽ ảnh S 2 của S 1 tạo bởi gương G 2 

N 

O 

- Kẻ đường thẳng S 2 S cắt G 2 tại J, kẻ JS 1 cắt G 1 tại I J 

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

SIJS . 

V 




S 2 



0,5 

0,5 



1,0 





















CÂU 

5 

b) Theo hình vẽ ở câu a ta có: 

- Kẻ các pháp tuyến IN và JN 


- Xét tứ giác OINJ có góc I = góc J = 90 0 = > · 0 

JNI 180 (1) 

- Mặt khác trong NIJ 

có góc NIJ + góc IJN + góc JNI = 180 0 (2) 

- Từ (1) và (2) suy ra = góc NIJ + góc IJN 


Hay: góc SIJ + IJS = 2 (3) 

Mặt khác: góc SIJ + góc IJS = góc ISR (4) 

Từ (3) và (4) suy ra ·ISR 2 (*) 


- Khi gương G 2 quay quanh O nhưng giữ nguyên G 1 và phương của 

SI thì phương của tia phản xạ JR vẫn hợp với phương của tia tới SI 0,25 

một góc vẫn là 2 (theo *) 

0 0 

- Để JR vuông góc với SI thì 2 

90 45 Nghĩa là quay G 2 theo 

0,5 

0 

chiều kim đồng hồ một góc 15 . 

0 

0 0 

0 

- Để JR//SI thì 2 0 hoặc 2 180 0 hoặc 90 Nghĩa là quay 

0 

G 2 ngược chiều kim đồng hồ 30 hoăc quay theo chiều kim đồng hồ 60 0 0,5 

- Bố trí mạch điện như hình vẽ: 

A 

K 1 

K2 

+ 

- Bước 1: chỉ đóng K 1 : số chỉ ampekế là I 1 

Ta có: U = I 1 .(R A + R 0 ) (1) 

- Bước 2: Chỉ đóng K 2 và dịch chuyển con chạy để am pe kế chỉ I 1 . 

Khi đó phần biến trở tham gia vào mạch điện có giá trị bằng R 0 . 

- Bước 3: Giữ nguyên vị trí con chạy của biến trở ở bước 2 rồi đóng cả 

K 1 và K 2 , số chỉ ampekế là I 2 . Ta có: U = I 2 .(R A + R 0 /2) (2) 

(2 I1 I2) 

R0 

- Giải hệ phương trình (1) và (2) ta tìm được: RA 

. 

2( I I ) 


U 

R 

R 

b 

0 

_ 

2 1 


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

1,0 

0,5 

0,5 

1,0 





















Nguồn: Đề thi HSG Lý 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 12/01/2017-Năm học 2016 - 2017 

ĐỀ BÀI 

Câu 1.(4,0 điểm):Một người đi xe đạp từ A đến B với dự định mất t = 4h. Do nửa quãng 

đường sau người ấy tăng vận tốc thêm 3 km/h nên đến sớm hơn dự định 20 phút. 

a. Tính vận tốc dự định và quãng đường AB. 

b. Nếu sau khi được 1giờ, người ấy ngồi nghỉ 30 phút. Hỏi đọan đường còn lại 

người ấy phải đi với vận tốc là bao nhiêu để đến nơi đúng như dự định. 

Câu 2.(4,0 điểm): Một khối nước đá có khối lượng m 1 =2kg ở nhiệt độ -5 o C. 

a) Tính nhiệt lượng cần cung cấp để khối nước đá trên biến thành hơi hoàn toàn ở 

100 o C. Cho nhiệt dung riêng của nước đá và nước lần lượt là c 1 =1800J/kg.K; 

c 2 =4200J/kg.K; nhiệt nóng chảy của nước đá ở 0 o C là =3,4.10 5 J/kg; nhiệt hoá hơi của 

nước ở 100 o C là L=2,3.10 6 J/kg. 

b) Bỏ khối nước đá trên vào xô nhôm chứa nước ở 50 o C. Sau khi có cân bằng nhiệt 

người ta thấy còn sót lại 100g nước đá chưa tan hết. Tính khối lượng nước m 2 đã có 

trong xô. Biết xô nhôm có khối lượng m 3 =500g và nhiệt dụng riêng của nhôm là 

c 3 =880J/kg.K. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường xung quanh. 

Câu 3.(5,0 điểm): 

Cho mạch điện như hình vẽ. Biết: U MN = 24V 

_ 

không đổi, các điện trở R 1 = 2; R 2 = 3; R 3 = 4; 

M + N R 0 

R 4 = 4; R 0 = 2. Cho rằng ampe kế và khóa K có 

R 1 

điện trở không đáng kể, vôn kế có điện trở rất lớn. 

a) Khi K mở, tính cường độ dòng điện qua mạch R 2 

A 

B R 3 K 

A D 

chính và số chỉ của vôn kế. 

b) Khi K đóng , tính số chỉ của ampe kế và vôn kế.. 

c) Hoán vị vôn kế và ampe kế, hãy tính lại số chỉ 

R 4 

V 

của vôn kế và ampe kế khi K đóng 

E 

Câu 4. (4,0 điểm):. 

Cho hai gương phẳng G 1 và G 2 ( Kích thước không giới 

hạn) vuông góc với nhau. Đặt một điểm sáng S và điểm G 

sáng M trước hai gương sao cho SM song song với gương 

G 2 (hình vẽ bên). 

S M 

a) Hãy vẽ đường đi của tia sáng từ S tới gương G 1 phản 

xạ tới gương G 2 rồi qua M. Giải thích cách vẽ. 

b)Nếu S và hai gương có vị trí cố định thì điểm M phải có 

vị trí thế nào để có thể vẽ được tia sáng như câu a. 

O 

G 2 

Câu 5.( 3,0 điểm): Cho một nguồn điện, một ampe kế, một vôn kế, một điện trở có giá 

trị chưa biết và các dây nối. Làm thế nào để đo được giá trị của điện trở đó với độ chính 

xác cao nhất? Hãy trình bày phương án đo điện trở và vẽ các mạch điện tương ứng. 

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























CÂU 1 

4,0 điểm 

a.Gọi s (km) là quãng đường AB, v (km/h) là vận tốc dự định. 

(s > 0, v > 0) 

0,5 

Theo bài ta có phương trình 1: s = 4.v (1) 

0,5 

Phương trình 2: s = 2v +(2 – 1/3) (v + 3) (2) 0,5 

Từ (1) và (2) v = 15 km/h, s = 60 km. 

b.Quãng đường người ấy đi được trong 1 giờ là : 

s = v.t = 15.1= 15 km 

Quãng đường còn lại phải đi: 60 – 15 = 45 km. 

0,5 

0,5 

0,5 

Thời gian phải đi quãng đường còn lại: 4 – ( 1 + 0,5) = 2,5 h. 

Vận tốc phải đi quãng đường còn lại: 45 : 2,5 = 18 km/h. 

0,5 

0,5 

CÂU 2 

4,0 điểm 

a.Nhiệt lượng nước đá thu vào để tăng nhiệt độ từ -5 o C đến 0 o C: 

Q 1 =m 1 .c 1 .(t 2 -t 1 )=2.1800.[0-(-5)]=18000(J)=18kJ 

Nhiệt lượng nước đá thu vào để nóng chảy hoàn toàn ở 0 o C: 

Q 2 =.m 1 =3,4.10 5 .2= 6,8.10 5 (J)=680kJ 

Nhiệt lượng nước thu vào để tăng nhiệt độ từ 0 o C đến 100 o C: 

Q 3 =m 1 .c 2 .(t 3 -t 2 )=2.4200.(100-0)=840000(J)=840kJ 

Nhiệt lượng nước thu vào để hoá hơi hoàn toàn ở 100 o C: 

Q 4 =L.m 1 =2,3.10 6 .2=4,6.10 6 (J)=4600kJ 

Nhiệt lượng cần cung cấp để nước đá ở -5 o C biến thành hơi hoàn 

toàn ở 100 o C: Q = Q 1 +Q 2 +Q 3 +Q 4 =18+680+840+4600=6138(kJ) 





1,0 

b. Do còn sót lại 100g = 0,1kg nước đá tan không hết nên nhiệt độ 

cuối cùng của hệ thống là 0 o C. 

Khối lượng nước đá đã tan thành nước: m x =2kg–0,1kg=1,9kg 

Nhiệt lượng mà toàn bộ khối nước đá thu vào để tăng nhiệt độ từ 

-5 o C đến 0 o C là: Q 1 =18000J 

Nhiệt lượng 1,9 kg nước đá thu vào để tan hoàn toàn ở 0 o C: 

Q x =.m x =3,4.10 5 .1,9= 646000(J) 

Đổi: m 3 =500g=0,5kg 

Nhiệt lượng do nước và xô toả ra khi giảm nhiệt độ từ 50 o C xuống 

0 o C: 

Q=(m 2 .c 2 +m 3 .c 3 ).t =(m 2 .4200+0,5.880).(50-0) 

=210000m 2 +22000 

Theo bài ra ta có phương trình cân bằng nhiệt: Q = Q 1 + Q x 

Hay: 210000m 2 +22000=18000+646000=664000 

664000 22000 

=> m 2 = 

3,06(kg) 

210000 


. 

0,5 



0,5 

0,5 














CÂU 3 

a. Khi K mở, ta có sơ đồ mạch điện tương đương: 




5,0 điểm 

( R + R ) R (2 + 4)3 

= = 2 

R + R + R 2 + 4 + 3 

R AB = 

1 3 2 

R 

I 1 C 

R 

 

M 

N 

I 

R 4 

R 

• 

B A • 

R 

+ 2 I A 

- 

 

I 2 

1 3 2 

V 

() 

R MN = R AB + R 4 + R 0 = 2+4+2 = 8() 


Số chỉ của vôn kế: U v = U AB = I.R AB = 3.2 = 6(V) 

b. Khi K đóng, ta có sơ đồ mạch điện tương đương: 

U 

R 

R3R4 

4.4 

R 234 = R + 2 

3 5 

R3 + R 

= + 4 

4 + 4 

= () 

R1 R234 

2.5 10 

R AD = 

R1 R = 234 

2 5 = () 

+ + 7 

R MN = R AD + R 0 = 10 24 

+2 = 

7 7 () 

U 


R 

Hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch AD: 

U AD = I.R AD = 7. 10 7 = 10(V) 


1 


MN 

MN 

R I 1 

M 

 

I 

N 

A 

R 

• I R C 3 

A • 

 

+ I 2 R 2 

- 

B R 4 

V 

 

Hình 1 

Hình 2 

MN 

MN 

24 

= = 3( A) 

8 

24.7 

= = 7( A) 

24 

U U 10 

= AD 

= = 5( A) 

R1 R1 

2 

U AD 

10 

= = 2( A) 

R 5 


Hiệu điện thế hai đầu R 3 : U 3 =U 34 = I 2 .R 34 = 2.2 = 4(V) 

234 

0,5 



0,5 

0,5 

0,5 
















CÂU 4 

4,0 điểm 



3 

U 4 

1( A) 

R = 4 

= 

Số chỉ của ampe kế: I A = I 1 + I 3 = 5 + 1 = 6(A) 

Số chỉ của vôn kế: U v = U 2 = 

I 2 R 2 = 2.3 = 6(V) 

M 

N 

I I 

c. Khi K đóng, hoán vị vôn kế và A 2 

R 4 R 

• 

• 

am pe kế. Lúc này R 1 , R 2 , R 3 bị + 

- 

nối tắt. Mạch điện chỉ còn lại R 4 

V 

nt R 0 (Sơ đồ mạch điện tương 

Hình 

đương như hình 3). 

3 

Số chỉ của ampe kế: 

U 24 

I A = I = AB 

4( A) 

R + R = 4 + 2 

= 

4 0 

Số chỉ của vôn kế: U V = U 4 = I.R 4 = 4.4 = 16(V) 

S 1 

G 1 

O 





I 

3 

N 

N 

a.Vẽ S 1 là ảnh của S qua G 1 ; ở đây S 1 là điểm đối xứng của S qua 

mặt phẳng gương G 1 . 

Vẽ S 2 là ảnh của S 1 tạo bởi G 2 ; S 2 là điểm đối xứng của S 1 qua 

mặt gương G 2 . 

Vì G 1 vuông góc với G 2 nên S 2 là điểm xuyên tâm của S qua O 

Nhận xét: Giả sử ta vẽ được tia sáng theo yêu cầu của bài toán là 

SIKM xuất phát từ S, phản xạ trên G 1 tại I đến K, tia phản xạ IK 

tại I trên G 1 coi như xuất phát từ ảnh S 1 . Tia phản xạ KM tại K 

trên G 2 được coi như xuất phát từ ảnh S 2 . 

Từ nhận xét trên ta suy ra cách vẽ đường truyền tia sáng như sau: 

- Lấy S 1 đối xứng với S qua mặt G 1 ; 

- Lấy M’ đối xứng với M qua mặt gương G 2 ; 

- Lấy S 2 đối xứng với S 1 qua mặt gương G 2 ; 

- Nối MS 2 cắt G 2 tại K; 

- Nối S 1 với K cắt G 1 tại I; 

Nối SIKM ta được đường đi của tia sáng cần tìm. 

b.Để vẽ được tia sáng như câu a thì S 2 M phải cắt G 2 tại K trên 

gương G 2 . Muốn vậy M phải nằm trên đoạn Sx và không được 

K 

S 2 M’ 

S 



G 2 

M 

x 

0,5 

0,5 

0,5 



0,5 





















CÂU 5 

3,0 điểm 


nằm trên đoạn thẳng SN. 1,0 

- Vẽ hình 

- Đầu tiên mắc mạch điện như hình 1 để xác định điện trở R A của 0,5 

ampe kế 

U 

1 

R 

A 

= (U 1 và I 1 là số chỉ trên vôn kế và ampe kế) 

I 

1 

- Sau đó, mắc mạch điện như hình 2 để tính R X 

V 

U2 

I 

2 

= R 

A R 

X 

(U 2 và I 2 là số chỉ trên vôn kế và ampe kế) 

- Suy ra giá trị R x của điện trở 

U2 U2 U1 

R 

X 

= R 

A 

 

I I I 

A 

V 

A 

(Hình 

2 2 1 

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

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

R X 

(Hình 2) 

R X 




0,5 

0,5 

0,5 

1,0 





















Nguồn: Đề thi HSG Lý 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 25/11/2015-Năm học 2015 - 2016 

ĐỀ BÀI 

Câu 1.(5,0 điểm): 

Lúc 6h sáng một người đi xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 180km với 

vận tốc v 1 = 12km/h, cùng lúc một xe máy đi từ địa điểm B về địa điểm A với vận tốc v 2 

= 48km/h. 

a) Hai xe gặp nhau lúc mấy giờ, điểm gặp nhau cách A bao nhiêu km? 

b) Nếu khi về đến A, xe máy quay trở lại B với vận tốc cũ thì gặp xe đạp lần thứ 2 lúc 

mấy giờ, điểm gặp nhau cách A bao nhiêu km (bỏ qua thời gian xe máy quay đầu) 

Câu 2.( 3,0 điểm): 

Có hai bình cách nhiệt đựng cùng một loại chất lỏng. Một học sinh lần lượt múc từng 

ca chất lỏng ở bình 1 đổ vào bình 2 và ghi lại nhiệt độ khi cân bằng của bình 2 sau mỗi 

lần đổ, trong bốn lần ghi đầu tiên lần lượt là: t 1 = 10 0 C, t 2 = 17,5 0 C, t 3 (bỏ sót chưa ghi), 

t 4 = 25 0 C. Hãy tính nhiệt độ t 0 của chất lỏng ở bình 1 và nhiệt độ t 3 ở trên. Coi nhiệt độ 

và khối lượng mỗi ca chất lỏng lấy từ bình 1 là như nhau. Bỏ qua các sự trao đổi nhiệt 

giữa chất lỏng với bình, ca và môi trường bên ngoài. 

Câu 3.( 5,0 điểm): 

Cho mạch điện như hình vẽ. U AB = 30V 

R 1 = R 3 = 10 , R 2 = 20 , R 4 = 5 , R A = 0, 

a/ Tìm cường độ dòng điện qua các điện trở 

R 1 M 

R 2 

và số chỉ của ampe kế. 

A 

B 

b/ Thay ampe kế bằng vôn kế có điện trở rất 

+ 

A 

lớn. Xác định số chỉ của vôn kế và cho biết 

R 3 R 

- 

4 

chốt dương của vôn kế được mắc với điểm 

nào? 

N 

c/ Thay ampe kế bằng điện trở R 5 = 25 . Tính cường độ dòng điện qua R 5 . 

Câu 4.(5,0 điểm): 

Hai gương phẳng G 1 và G 2 hợp với nhau một góc , hai 

mặt phản xạ hướng vào nhau. Điểm sáng S đặt trong 

G 1 

khoảng 2 gương. Gọi S 1 là ảnh của S qua G 1 và S 2 là ảnh 

của S 1 qua G 2 . Hãy nêu cách vẽ đường đi của tia sáng từ S . S 

α 

phản xạ lần lượt qua G 1 và G 2 rồi đi qua S. Chứng tỏ rằng 

G 2 

độ dài của đường đi đó bằng SS 2 . 

Câu 5.(2,0 điểm): Cho các dụng cụ sau: Nguồn điện có hiệu điện thế không đổi U (v) 

đã biết trị số; một điện trở R 0 đã biết trị số và một điện trở R x chưa biết trị số; một vôn kế 

có điện trở R v chưa xác định. Hãy trình bày phương án xác định trị số điện trở R v và điện 

trở R x . 

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





















Nguồn: Đề thi HSG Lý 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 25/11/2015-Năm học 2015 - 2016 

. 


Câu 

1 

5,0 

điểm 

a) Gọi t là thời gian hai người đi kể từ lúc xuất phát đến lúc gặp nhau 

(t > 0) 

Vì hai xe chuyển động ngược chiều nên khi chúng gặp nhau ta có : 

S AB = v 1 .t +v 2 .t = t(v 1 + v 2 ) 

t = S AB : (v 1 + v 2 ) 

=180 (12 +48) = 3 (h) 

Với t = 3 ta có S 1 = v 1 .t = 12.3= 36km 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

Vậy 2 xe gặp nhau lúc 6 + 3 = 9h , nơi gặp nhau cách A 36km 

b) Gọi t 1 là thời gian 2 xe chuyển động từ lúc xuất phát đến lúc gặp 

nhau lần 2 (t 1 > 3 h) Ta có: 

Từ lúc khởi hành đến lúc gặp nhau lần thứ 2 thì xe máy đi nhanh hơn 

0,5 

0,5 

xe đạp một quãng đường bằng AB nên ta có phương trình: 

s 

(v 2 

– v 1 

)t 1 = S AB t 1 = 


AB 

v2 v1 

=180: (48- 12) = 5(h) 


Vậy 2 xe gặp nhau lúc 6 + 5 = 11(h) 

0,5 

Điểm gặp nhau cách A một quãng đường là: 

S 1 

= v 1 

.t 1 =12.5= 60(km) 

0,5 

Câu 

2 

3,0 

điểm 

Gọi khối lượng của mỗi ca chất lỏng múc từ bình 1 là m 0 , khối lượng 

của chất lỏng trong bình 2 ban đầu là m, nhiệt dung riêng của chất 

lỏng là c. 

Sau 4 lần đổ nhiệt độ bình 2 tăng dần đến bằng 25 0 C nên t 0 > 

25 0 C 

Sau lần đổ thứ nhất, khối lượng chất lỏng trong bình 2 là (m + 

m 0 ) có nhiệt độ t 1 = 10 0 C. 

Sau khi đổ lần 2, phương trình cân bằng nhiệt là : 

0,5 

0,5 

c(m + m 0 )(t 2 - t 1 ) = cm 0 (t 0 - t 2 ) (1) 

Sau khi đổ lần 3, phương trình cân bằng nhiệt là (coi hai ca tỏa 0,5 

ra cho (m + m 0 ) thu vào): 

c(m + m 0 )(t 3 – t 1 ) = 2cm 0 (t 0 – t 3 ) (2) 

Sau khi đổ lần 4, phương trình cân bằng nhiệt là (coi ba ca tỏa 0,5 

ra cho (m + m 0 ) thu vào): 

c(m + m 0 )(t 4 – t 1 ) = 3cm 0 (t 0 – t 4 ) (3) 


0,5 


t t t 

t t t t 

2 

t1 

0 2 t 0 

4 

 

1 

3( 

0 

 

4 

) 

40 

t2 1 0 2 

0 

Từ (1) và (2) ta có: t t t t 3 

22 C 

t t 2( t t ) 

0 

C 

3 1 0 3 





0,5 













Câu 

3 

a) 

Mạch điện có thể vẽ lại như hình vẽ R 1 R 2 

5,0 

điểm 

(R 1 //R 3 )nt(R 2 //R 4 ) 

R 3 R 4 

R1. 

R3 

R2. 

R4 

Ta có: R 13 = 5 

R 24 = 

R1 

R3 

R2 

R4 

4 

R td = R 13 + R 24 = 9 

U 10 

=> I 13 = I 24 = I = A 

Rtd 3 

5 

2 

8 

=> I 1 = I 3 = A 

I 2 = A 

I 4 = A 

3 

3 

3 

=> I A = I 1 – I 2 = 1A 

b. b) 

Mạch điện có thể vẽ lại như hình vẽ R 1 R 2 

(R 1 ntR 2 )//R 3 ntR 4 ) 

R 3 R 4 

U1 

R1 

1 

Ta có: U 1 + U 2 = U = 30V; 

U 

2 R 

2 

2 

=> U 1 = 10V; U 2 = 20V 

U 

3 

R3 

U 3 + U 4 = U = 30V; 2 

U 

4 R 

4 

=> U 3 = 20V; U 4 = 10V 

U MN = U 3 – U 1 = 10V; 

Vậy vôn kế chỉ 10V, chốt dương của vôn kế được mắc tại điểm M. 

R 1 M 

R 2 

Giả sử dòng điện đi từ M->N 

A 

Tại nút M ta có: I 1 = I 2 + I 

B 

5 

A 

=> 

R 3 R 4 

U1 U 

2 

U 

5 

U1 

30 U1 

U 

3 

U1 

 

R1 

R2 

R5 

10 20 25 

N 

(1) 

Tại nút N ta có: I 3 + I 5 = I 4 

U 

3 

U 

5 

U 

4 

U 

3 

U 

3 

U1 

30 U 

3 

=> 

R3 

R5 

R4 

10 25 5 

(2) 

250 400 

Từ (1) và (2) => U 1 = V ; U 3 = V 

21 21 

380 230 

=> U 2 = V ; U 4 = V ; 

21 21 






0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 



0,5 

0,5 













Câu 

4 

5,0 

điểm 

Câu 

5 

2,0 

điểm 


150 

U 5 = U 3 – U 1 = V 

21 

25 19 40 46 

6 

=> I 1 = A; 

I 

2 

A; 

I 

3 

A; 

I 

4 

A I 

5 

I1 

I 

2 

A 

21 21 21 21 

21 

- Dựng S 1 đối xứng với S qua G 1 S 2 

- Dựng S 2 đối xứng với S 1 qua G 2 

- Nối S 2 với S cắt G 2 tại I. 

- Nối I với S 1 cắt G 1 tại K. 

- Nối K với S. - Vậy đường đi là: S K I S 

CM : SK + KI + IS = SS 2 

Ta có : SK + KI + IS = S 1 K + KI + SI Vì SK = S 1 K 

= S 1 I + SI Vì SK = S 1 K Vì S 1 K + KI = S 1 I 

= S 2 I + IS = SS 2 Vì S 1 I = S 2 I ( ĐPCM) 

- Mắc mạch điện như hình 1 

+ _ 

U 1 là số chỉ của vôn kế. 

Mạch gốm (R 1 //R 0 ) nt R x, theo 

tính chất đoạn mạch nối tiếp ta có: 

Rv 

R 

R 0 R x 

0 

U1 

Rv 0 

Rv R0 Rv 

R0 

 

(1 Hình 1) 

U Rv 0 

R R 

x vR0 

R 

Rv R0 Rv Rx R0Rx 

x 

V 

Rv 

R0 

Xét mạch điện khi mắc vôn kế song song R x 

Gọi U 2 là số chỉ của vôn kế 

+ _ 

Mạch gồm R 0 nt (R v //R x ). 

Xét mạch điện như hình vẽ: 

Xét mạch điện khi mắc vôn kế song song R x 

Gọi U 2 là số chỉ của vôn kế 

V 

Mạch gồm R 0 nt (R v //R x ). 

Theo tính chất đoạn mạch nối tiếp ta có: Hình 2 

Rv 

Rx 

U 

2 

Rvx Rv Rx Rv Rx 

 

(2) 

U R0 R R 

vx vRx 

R 

Rv R0 Rv Rx R0Rx 

0 

R R 

v 

x 

U1 

R U 

0 

Chia 2 vế của (1) và (2) => (3) R x = 

. 2 

R0 

(3) 

U 

2 

Rx 

U1 

0,5 





R 0 



α 

S 1 

K 

I 

R x 

S 


vẽ 

hình 

1,0 




0,5 

1,0 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 













R 

Thay (3) vào (1) ta có: R v = 0. U 

2 

U U1 

U 

2 

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






















Nguồn: Đề thi HSG Lý 9 – TP. Thanh Hóa, ngày 03/12/2013-Năm học 2013 - 2014 

ĐỀ BÀI 

Câu 1: (4điểm). 

Người ta dựng một cột AB (hình1) trên nền gạch cứng để căng 

một dây ăng-ten nằm ngang. Để giữ cho cột thẳng đứng phải 

dùng một dây chằng AC tạo với cột một góc =30 o . Biết lực kéo 

của dây ăng-ten là F=200N. Tìm lực căng T của dây chằng. 


a) Một hệ gồm n vật có khối lượng m 1 , m 2 , ... , m n ở nhiệt độ 

ban đầu t 1 , t 2 , ... , t n , làm bằng các chất có nhiệt dung riêng c 1 , c 2 , 

.... , c n , trao đổi nhiệt với nhau. Tính nhiệt độ chung của hệ khi 

có cân bằng nhiệt. 

C B 

Hình1 

b) Áp dụng: Thả 200g nhôm ở nhiệt độ 15 o C và 300g đồng ở 30 o C vào 150g nước ở 

25 o C. Tính nhiệt độ khi có cân bằng nhiệt. Cho nhiệt dung riêng của nhôm là 880J/kg.K, 

của đồng là 380J/kg.K, của nước là 4200J/kg.K. 


Cho mạch điện như hình 2. Trong đó: 

R 1 =R 4 =R 5 =10; R 2 =15; R 3 =20; U AB = 60V không 

đổi; điện trở khóa K coi như bằng 0. Tính điện trở của 

đoạn mạch AB, cường độ dòng điện qua khóa K và 

hiệu điện thế giữa hai điểm C, D khi K đóng, mở. 


Hai bóng đèn có công suất định mức bằng nhau, 

mắc với một điện trở R = 5Ω và các khóa K có điện 

trở không đáng kể vào hiệu điện thế U không đổi như 

sơ đồ hình 3. Khi K 1 đóng, K 2 mở thì 

đèn Đ 1 sáng bình thường và công suất tiêu thụ trên 

toàn mạch là P 1 = 60W. Khi K 1 mở, K 2 đóng thì đèn 

Đ 2 sáng bình thường và công suất tiêu thụ trên toàn 

mạch là P 2 = 20W. 

a) Tính tỉ số công suất tỏa nhiệt trên điện trở R trong 

hai trường hợp trên. 

b) Tính hiệu điện thế U và công suất định mức của 

mỗi đèn. 


Hình2 





 

A 

 

R 1 E R 3 

A + 

_ R 2 

B R 5 R 4 

C 

K 

F 

D 

Đ 1 K 1 

R 

Đ 2 K 2 


+ U - 

Hình3 











Một người có chiều cao AB đứng gần cột điện CD trong sân vận động. Trên đỉnh 

cột D có một bóng đèn nhỏ. Bóng của người đó trên sân cỏ có chiều dài AB. 

a) Nếu người đó bước ra xa cột thêm một đoạn c=1,5m, thì bóng của người đó dài 

thêm một đoạn d=0,5m. Hỏi nếu lúc ban đầu người đó đi vào gần cột thêm một đoạn 

e=1m , thì bóng của người đó ngắn đi bao nhiêu? 

b) Chiều cao cột điện H=6,4m. Hãy tính chiều cao h của người đó? 


Hãy chứng tỏ rằng, các đường sức từ của một nam châm bất kì không bao giờ cắt 

nhau. 

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




Nguồn: Đề thi HSG Lý 9 – TP. Thanh Hóa, ngày 03/12/2013-Năm học 2013 - 2014 


A 

T 

 

 

F 

B là điểm tựa của cột AB 

Trong các lực tác dụng lên cột có 2 lực làm 

quay cột là lực kéo của dây ăng-ten F và lực 

căng của dây chằng T . 



0,5điểm 

0,5điểm 

Với AB là cánh tay đòn của lực F, BH là cánh 

tay đòn của lực căng T (hình 1). 

0,5điểm 

H 

Vẽ hình đúng 

0,5điểm 

C B 

Điều kiện để cột đứng cân bằng là: 

F HB 

0,5điểm 

Hình1 

(1) 

T AB 

HB 1 

0,5điểm 

Tam giác vuông AHB có góc = 30 o nên (2) 

AB 2 

F 1 

Thay (2) vào (1) ta có: => T = 2F = 2.200N = 400N 1,0 điểm 

T 2 


a) Gọi t là nhiệt độ của hệ khi có cân bằng nhiệt. Giả sử trong hệ có k vật 

đầu tiên tỏa nhiệt, (n-k) vật còn lại thu nhiệt. 

0,25điểm 

Theo phương trình cân bằng nhiệt: 

Q tỏa ra = Q thu vào 


Ta có phương trình cân bằng nhiệt của hệ: 

m 1 c 1 (t 1 -t) + m 2 c 2 (t 2 -t) + ... + m k c k (t k -t) 

0,75điểm 

= m k+1 c k+1 (t-t k+1 ) + m k+2 c k+2 (t-t k+2 ) + ... + m n c n (t-t n ) 

=> m 1 c 1 t 1 - m 1 c 1 t + m 2 c 2 t 2 - m 2 c 2 t + ... + m k c k t k - m k c k t 

= m k+1 c k+1 t - m k+1 c k+1 t k+1 + m k+2 c k+2 t - m k+2 c k+2 t k+2 + ... + m n c n t - m n c n t n 


















=> m 1 c 1 t 1 + m 2 c 2 t 2 + ... + m k c k t k + m k+1 c k+1 t k+1 + m k+2 c k+2 t k+2 + ... + m n c n t n 

= m 1 c 1 t + m 2 c 2 t + ... + m k c k t + m k+1 c k+1 t + m k+2 c k+2 t + ... + m n c n t 

=> m 1 c 1 t 1 + m 2 c 2 t 2 + ... + m n c n t n = (m 1 c 1 + m 2 c 2 + ... + m n c n )t 

m1c1t1 

m 

2c 

2t 

2 

... m 

nc 

n 

t 

n 

=> t = 

(*) 

m c m c ... m c 

1 

1 

2 

2 

n 

n 

0,75điểm 

b) Đổi : m 1 = 200g = 0,2kg ; m 2 = 300g = 0,3kg ; m 3 = 150g = 0,15kg ; 0,25điểm 

Thay số vào (*) ta tính được nhiệt độ khi có cân bằng nhiệt của hệ : 

0,2.880.15 0,3.380.30 0,15.4200.25 

t = 

23,7( o C) 

0,2.880 0,3.380 0,15.4200 

0,75điểm 


- Khi K mở mạch điện được mắc như sau: R 1 nt [R 2 // (R 3 nt R 4 )] nt R 5 

Điện trở tương đương: 

R 34 = R 3 + R 4 = 20 + 10 = 30() 

R 

2.R 

34 15.30 

R 234 = = 10() 

R 

2 

R14 

15 30 

0,5điểm 

R AB = R 1 + R 234 + R 5 = 10 + 10 +10 = 30() 

U 

AB 60 

Cường độ dòng điện trong mạch chính: I C = = 2(A) 

R 

AB 

30 


Trên đoạn mạch EC ta có: U EC = I C . R 234 = 2 .10 = 20(V) 


U 

EC 20 2 

Vì vậy: I 4 = (A) 0,25điểm 

R 

34 

30 3 

Hiệu điện thế giữa hai điểm C,D: 

0,5điểm 

2 20 

U CD = - U 4 = - I 4 . R 4 = - . 10 = - (V) 

3 3 

Vì K mở nên cường độ dòng điện qua khóa K bằng 0. 


- Khi K đóng: chập hai điểm B và D lại (vì R K = 0) mạch điện được vẽ lại 

như hình 2: [(R 5 // R 4 ) nt R 2 ] // R 3 nt R 1 


R 

4.R 

5 10.10 

R 45 = = 5() 

R 

4 

R 

5 

10 10 

R 245 = R 2 + R 45 = 15 + 5 = 20() 

R 3 

R 5 I 5 

A I 1 I 2 B,D 

+ R 1 E R 2 C R 4 - 

Hình2 

















R 

3.R 

245 20.20 

R EB = = 10() 

R 

3 

R 

245 

20 20 

R AB = R 1 + R EB = 10 + 10 = 20() 

R 1 E R 3 

U 

AB 60 

I 1 = = 3(A) 

R 

AB 

20 

A + 

U EB = I 1 . R EB = 3 . 10 = 30(V) 

_ R 2 

U 

EB 30 

B I 1 R 5 I 5 R 4 I 2 = = 1,5(A) 

R 

245 

20 

C D 

I 

U CD = I 2 . R 45 = 1,5 . 5 = 7,5(V) 

K K 

UCD 7,5 

I 5 = = 0,75(A) 

Hình3 

R 

5 

10 

Vẽ hình 3 

Trong mạch điện ở hình 3, xét tại nút B ta có: 

I K =I 1 - I 5 = 3 - 0,75 = 2,25(A) 

Vậy khi K đóng thì cường độ dòng điện qua khóa K là: I K = 2,25A 

Câu 4: ( 3điểm) 

a) Khi K 1 đóng, K 2 mở ta có mạch điện: Đ 1 nt R 

60 

Công suất tiêu thụ của mạch : P 1 = U.I 1 = 60 (W) => I 1 = U 

Công suất tỏa nhiệt trên R: P 1R = I 2 1 R 

Khi K 1 mở, K 2 đóng ta có mạch điện: Đ 2 nt R 

20 

Công suất tiêu thụ của mạch : P 2 = U.I 2 = 20 (W) => I 2 = U 

Công suất tỏa nhiệt trên R: 

P 2R = I 2 2 R 

Tỉ số công suất tỏa nhiệt trên R trong hai trường hợp: 

P 

P 

60 

 

U 

20 

 

U 

2 

2 

2 

1 R 

I1 

.R I1 

60 

 

 

 

2 

2 

2 

2 R I .R I 

20 

2 

2 

Công suất định mức của 2 đèn bằng nhau mà trong cả 2 trường hợp chúng 

đều sáng bình thường nên công suất tiêu thụ của chúng là: P đ1 = P đ2 = P đ 

Ta có: P 1 = I 1 2 (R đ1 +R) = I 1 2 R đ1 + I 1 2 R =P đ +P 1R 

=> P 1R = P 1 - P đ = 60- P đ (1) 

Ta có: P 2 = I 2 2 (R đ2 +R) = I 2 2 R đ2 + I 2 2 R =P đ +P 2R 

=> P 2R = P 2 - P đ = 20- P đ 

2 

0,5điểm 

0,5điểm 

0,5điểm 



0,5điểm 

0,5điểm 

0,5điểm 









9 













Mà P 1R = 9P 2R => 60- P đ = 9.(20- P đ ) 

=> P đ = 15 W (2) 





Thay (2) vào (1) ta có: P 1R = 60- P đ = 60 - 15 = 45(W) 0,25điểm 

Cường độ dòng điện qua mạch trong trường hợp 1: 

I 1 = 

P1 

R 

R 

 

45 

= 3(A) 

5 

P 

Hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch: U = 

I 


1 

 

1 

60 

= 20(V) 

3 

Trong không khí, ánh sáng từ ngọn đèn 

truyền đi theo đường thẳng nên theo bài ra 

ta có hình 2. 

h 

Vẽ hình đúng 

a b 

Bóng của người đó trên sân cỏ là 

Hình 2 

AB’=a(m); khoảng cách từ người đó đến 

cột điện là AC=b(m). 

Tại vị trí ban đầu ta có : ∆B ’ AB ~ ∆B ’ CD 

Nên: 

' 

AB AB a 

 

' 

CD CB a b 

(1) 

Vì người đó bước ra xa cột thêm một đoạn c=1,5m, thì bóng dài thêm một 

đoạn d=0,5m nên tương tự ta có : 

AB a d a 0,5 

 

CD a d b c a b 

(2) 

2 

Nếu lúc ban đầu người đó đi vào gần cột thêm một đoạn e = 1m thì bóng 

ngắn đi một đoạn x(m). Tương tự ta có: 

AB a x a x 

 

(3) 

CD a x b e a b x 1 

 

Từ (1) và (2) ta suy ra: 

AB a a 0,5 

= 

CD a b a b 2 

0,5 

2 

(4) 





0,5điểm 

0,5điểm 

0,5điểm 


0,5điểm 






AB 

CD 

 

a 

a b 

a x 

= 

a b x 

1 

x 

x 

1 

(5) 

0,5điểm 













0,5 x 

Từ (4) và (5) ta có : => x = 1/3 (m) 

2 x 1 

0,5điểm 

AB h 0,5 

b) Từ (4) ta suy ra => h = 1,6 (m) 

0,5điểm 

CD H 2 

Vậy người đó cao 1,6m 

Câu 6: (1điểm) Giả sử có hai đường sức từ cắt nhau như hình 4. Thực nghiệm cho thấy 

trong từ trường kim nam châm chỉ có thể nằm theo một hướng nhất định. Nên đặt nam 

châm thử vào điểm cắt nhau đó, nam châm thử sẽ không thể định hướng sao cho trục của 

nam châm thử vừa tiếp xúc với đường (1), vừa tiếp xúc với đường (2). Vậy các đường 

sức từ không thể cắt nhau. 

(1) 

(2) 

Lưu ý: Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương 

Hình4 

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























ĐỀ BÀI 

Câu 1: (3,0 điểm). Để có 1,2 kg nước ở 36 0 C, người ta trộn một khối lượng m 1 nước ở 15 0 C 

với khối lượng m 2 nước ở 99 0 C. Hỏi khối lượng nước cần dùng của mỗi loại. Biết nhiệt 

dung riêng của nước là c nước = 4200J/kg.K. 

Câu 2: (5,0 điểm). Có hai xe cùng xuất phát từ A và 

chuyển động đều. Xe thứ nhất chuyển động theo hướng 

ABCD (hình H.1) với vận tốc v 1 = 40 km/h. Ở tại mỗi địa 

điểm B và C xe đều nghỉ 15 phút. Biết AB=CD=30 km, 

BC=40 km. Hỏi: 

a) Xe thứ hai chuyển động theo hướng ACD phải đi 

với vận tốc v 2 bằng bao nhiêu để có thể gặp xe thứ nhất tại 

C. 

b) Nếu xe thứ hai nghỉ tại C với thời gian 30 phút thì phải đi với vận tốc là bao nhiêu 

để về D cùng lúc với xe thứ nhất? 

Câu 3: (3,0 điểm). Có hai loại điện trở R 1 = 20 và R 2 = 30 . Hỏi cần có bao nhiêu điện 

trở mỗi loại để khi mắc chúng: 

a) Nối tiếp thì được đoạn mạch có điện trở R = 200 . 

b) Song song thì được đoạn mạch có điện trở R = 5 . 

Câu 4: (4,5 điểm). 

Cho mạch điện như hình 1. Biết R 1 = R 3 = 30 ; R 2 = 10 ; R 4 là một biến trở. Hiệu 

điện thế giữa hai điểm A và B là U AB = 18V không đổi . 

Bỏ qua điện trở của dây nối và của ampe kế . 

R 1 

C 

R 2 

a. Cho R 4 = 10 . Tính điện trở tương đương 

của đoạn mạch AB và cường độ dòng điện 

mạch chính khi đó ? 

A 

A 

B 

b. Phải điều chỉnh biến trở có điện trở bằng 

bao nhiêu để ampe kế chỉ 0,2A và dòng điện 

chạy qua ampe kế có chiều từ C đến D ? Hình 1 

R D 3 R 4 

Câu 5: (4,5 điểm). 

Hai gương phẳng G 1 và G 2 được bố trí hợp với nhau 

G 1 

một góc như hình vẽ. Hai điểm sáng M và N được đặt 

vào giữa hai gương. 

a. Trình bày cách vẽ tia sáng xuất phát từ M phản xạ 

.M 

lần lượt lên gương G 2 , đến gương G 1 rồi đến N. 

b. Nếu khoảng cách từ M đến G 1 là 9 cm, khoảng cách 

. N 

từ M đến G 2 là 12 cm. Khoảng cách giữa hai ảnh của M 

qua G 1, G 2 là 30 cm. Tính góc . 

G 2 


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





















. 

- Nhiệt lượng của lượng m 1 nước nguội 15 0 C thu vào: 

0,5 

Q 1 = m 1 .c (t – t 1 ) = m 1 (36 – 15) 

- Nhiệt lượng của lượng m 2 nước nóng 99 0 C tỏa ra: 

0,5 

Q 2 = m 2 .c (t 2 – t) = m 2 (99 – 36) 

Câu 1 - Theo định luật bảo toàn nhiệt lượng: Q 1 = Q 2 , ta có: 

0,5 

(3,0 m 1 .c(t – t 1 ) = m 2 .c(t 2 – t), hay: 

đ) m 1 (36 – 15) = m 2 (99 – 36) 

0,5 

21 m 1 = 63 m 2 hay m 1 = 3m 2 (1) 

- Mặt khác ta lại có: m 1 +m 2 = 1,2 (kg) (2) 

0,5 

Giải hệ phương trình (1) và (2) ta được khối lượng nước mỗi lọai: 

m 1 = 0,9kg; m 2 = 0,3kg. 

0,5 

Câu 2 

(5,0 

đ) 

Tóm tắt đề đúng 

a) AC 2 = AB 2 + BC 2 = 2500 

AC = 50 km 

Thời gian xe 1 đi đoạn AB là: 

t 1 =AB/v 1 = 30/40 = 3/4 h. 

Thời gian xe 1 nghỉ tại B, C là: 

15 phút = 1/4 h. 

Thời gian xe 1 đi đoạn BC là : 

t 2 =BC/v 1 = 40/40 = 1 h 

+ Trường hợp 1: Xe 2 gặp xe 1 lúc xe 1 vừa tới C: 

Vận tốc xe 2 phải đi v 2 = AC/ (t 1 +1/4 +t 2 ) = 50/ (3/4 + 1/4 + 1) =25 

km/h. 

+ Trường hợp 2: Xe 2 gặp xe 1 lúc xe 1 bắt đầu rời khỏi C: 

Vận tốc xe 2 phải đi v 2’ = AC/ (t 1 +1/4 +t 2 +1/4) = 50/ (3/4 + 1/4 + 1 + 

1/4) = 22,22 km/h. 

Vậy để gặp xe 1 tại C thì xe 2 phải đi với vận tốc: 22,22 v 2 25 

km/h. 

b) Thời gian xe1 đi hết quãng đường ABCD là: t 3 = (t 1 +1/4+ t 2 +1/4+ t 1 ) 

= 3h. 

Để xe 2 về D cùng lúc với xe 1 thì thời gian xe 2 phải đi trên quãng 

đường ACD là: t 4 = t 3 –1/2 = 2,5 h. 

Vận tốc xe 2 khi đó là v 2’’ = (AC+CD)/ t 4 =(50+30)/ 2,5 = 32 km/h. 

Gọi x là số điện trở R 1 = 20Ω , y là số điện trở R 2 = 30 

a) Khi mắc nối tiếp: 

Ta có: R = xR 1 + yR 2 

Để đoạn mạch có điện trở bằng 200 thì: 20x + 30y = 200 


Câu 3 

(3,0 

đ) 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

















3 

x + y = 10 

2 

Đặt y = 2t => x = 10 – 3t 

x,y là số nguyên dương: x 0 t 4 => t = 0 ; 1 ; 2 ; 3. 

Vậy số điện trở R 1 ; R 2 được ghi ở bảng sau: 

t 0 1 2 3 

x 10 7 4 1 

y 0 2 4 6 

b) Khi mắc song song: 

1 1 1 

Ta có: 

R R I 

R II 

R 2 

R 

Với: R I = 1 

; R II = x y 

Thay số: 

x y 

5 20 30 

30x + 20y = 120 

2 

=> x + y = 4 

3 

Đặt y = 3t => x = 4 – 2t; x 0 => t = 0 ; 1 ; 2. 

Vậy kết quả số điện trở R 1 ; R 2 ghi ở bảng sau: 

t 0 1 2 

x 4 2 0 

y 0 3 6 






0,5 



a. Do ampe kế có điện trở không đáng kể nên ta chập C với D 

Mạch điện được mắc như sau : ( R 1 // R 3 ) nt ( R 2 // R 4 ) 

0,5 

Vì R 1 = R 3 = 30 nên R 13 = 15 


Vì R 2 = R 4 = 10 nên R 24 = 5 


Vậy điện trở tương đương của mạch điện là : 

R AB = R 13 + R 24 = 15 + 5 = 20 ( ) 

0,5 

Cường độ dòng điện mạch chính là : 

U 

AB 

18 

I 0,9( A) 

RAB 

20 

0,5 

Câu 4 b. Gọi I là cường độ dòng điện chạy trong mạch chính 

(4,5đ) Do ampe kế có điện trở không đáng kể nên ta chập C với D 

0,5 

Mạch điện được mắc như sau : 

(vẽ 

( R 1 // R 3 ) nt ( R 2 // R 4 ) 

I R 1 1 R 

C 2 

SĐ) 

Do R 1 = R 3 nên 

I 1 I 2 

I 

IA 

I 1 = I 3 = 2 A 

A I 

B 0,25 

R4 

I 2 = I 

R2 

R4 

I 3 R D I 3 4 R 4 

0,5 

Do dòng điện chạy qua ampe kế có 







0,5 










Câu 5 

(4,5đ) 


chiều từ C đến D nên cường độ dòng điện qua ampe kế là : 

I R4 

=> I A = I 1 – I 2 = I 

2 R2 

R4 


I( 

R2 

R4 

) I(10 

R4 

) 

=> I A = 

= 0,2 ( A ) ( 1 ) 

2( R2 

R4 

) 2(10 R4) 

Điện trở của mạch điện là : 


R1 

R2. 

R4 

10. R4 

R AB = 15 

2 R2 

R4 

10 R4 

Cường độ dòng điện mạch chính là : 


U 18 18(10 R4 

) 

I = 

( 2 ) 

R 10. R 

AB 

4 150 25R 

15 

4 

10 R 


4 

Thay ( 2 ) vào ( 1 ) rồi rút gọn ta được : 14R 4 = 60 

30 

=> R 4 = ( ) 4,3 ( ) 

7 


a)- Vẽ M ’ là ảnh của M qua gương G 2 bằng cách lấy M ’ đối xứng với 0,25 

M qua G 2 ; 

- Vẽ N ’ là ảnh của N qua gương G 1 bằng cách lấy N ’ đối xứng với N 0,25 

qua G 1 

- Nối M ’ với N ’ cắt G 2 ở I, cắt G 1 ở J 

0,5 

- Nối M với I, I với J, J với N ta được đường đi của tia sáng cần vẽ 0,5 

G 1 

 

. N ’ J 

I 

. 

G 1 

. M 

N 

G 2 

M ’ 

.M 2 G 2 

(Hình 1) (Hình 2) 

b) Gọi M 1 là ảnh của M qua gương G 1 

M 2 là ảnh của M qua gương G 2 

Theo giả thiết: Khoảng cách từ M đến G 1 là 9 => MM 1 = 18cm 

Khoảng cách từ M đến G 2 là 12 => MM 2 = 24cm 

Mà M 1 M 2 = 30cm 

Ta thấy: 30 2 =18 2 + 24 2 

0 

Vậy tam giác MM 1 M 2 là tam giác vuông tại M suy ra 90 

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





 



.M 1 

. M 

Vẽ 

Hình 

1 

1,0đ 

Vẽ 

Hình 

2 

0,5 




0,5 

0,5 

















Nguồn: Đề thi HSG Lý 9 –Huyện Yên Định - Năm học 2012 - 2013 

ĐỀ BÀI 

Bài 1 (4,0 điểm): 

Xe I xuất phát từ A đi đến B, trên nửa đoạn đường đầu đi với tốc độ không đổi v 1 , 

nửa đoạn đường sau với tốc độ không đổi v 2 . Xe II xuất phát từ B đi về A, trong nửa thời 

gian đầu đi với tốc độ không đổi v 1 , nửa thời gian sau đi với tốc độ không đổi v 2 . Biết 

v 1 = 20 km/h và v 2 = 60 km/h. Nếu xe II xuất phát muộn hơn 30 phút so với xe I, thì xe II 

đến A và xe I đến B cùng một lúc. 

a) Tính tốc độ trung bình của mỗi xe trên đoạn đường AB. 

b) Nếu hai xe xuất phát cùng lúc thì chúng sẽ gặp nhau tại vị trí cách A một khoảng 

bằng bao nhiêu? 

Bài 2 (3,0 điểm): 

Có hai bình cách nhiệt, bình 1 chứa 10kg nước ở nhiệt độ 60 0 C. Bình 2 chứa 2kg 

nước ở nhiệt độ 20 0 C. 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 58 0 C. 

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. 

Bài 3 (2,0 điểm): 

Hai gương phẳng G 1 , G 2 quay mặt phản xạ vào nhau và tạo với nhau một góc 60 0 . 

Một điểm S nằm trong khoảng hai gương. 

a) Hãy vẽ hình và nêu cách vẽ đường đi của tia sáng phát ra từ S phản xạ lần lượt 

qua G 1 , G 2 rồi quay trở lại S. 

b) Tính góc tạo bởi tia tới xuất phát từ S và tia phản xạ đi qua S. 

Bài 4 (4,0 điểm): 

Một sợi dây dẫn đồng chất tiết diện đều được uốn thành một 

khung kín hình chữ nhật ABCD. Nếu mắc một nguồn điện có 

hiệu điện thế U không đổi vào hai điểm A và B thì cường độ A M D 

dòng điện chạy qua nguồn là I AB = 0,72A. Nếu mắc nguồn đó 

vào hai điểm A và D thì cường độ dòng điện chạy qua nguồn là 

I AD = 0,45A. Bây giờ, mắc nguồn trên vào hai điểm A và C. 

B 

a) Tính cường độ dòng điện I AC chạy qua nguồn. 

N C 

b) Mắc thêm một điện trở R x nối giữa hai điểm M và N là trung 

điểm của các cạnh AD và BC thì hiệu điện thế trên R x là U/5. 

Tính cường độ dòng điện chạy qua nguồn khi đó. 

Bài 5 (5,0 điểm): 
















Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ, trong đó các 

điện trở R 1 = 3R, R 2 = R 3 = R 4 = R. Hiệu điện thế 

giữa hai đầu mạch điện là U không đổi. Khi biến trở 

R X có một giá trị nào đó thì công suất tỏa nhiệt trên 

điện trở R 1 là P 1 = 9W. 

a) Tìm công suất tỏa nhiệt trên điện trở R 4 khi đó. 

b) Tìm R X theo R để công suất tỏa nhiệt trên R X 

cực đại. 

Bài 6 : (2,0 điểm) 

Một khối gỗ hình hộp chữ nhật tiết diện S = 40 cm 2 cao h = 10 cm. Có khối lượng 

m = 160 g 

a. Thả khối gỗ vào nước.Tìm chiều cao của phần gỗ nổi trên mặt nước. Cho khối lượng 

riêng của nước là D 0 = 1000 Kg/m 3 

b. Bây giờ khối gỗ được khoét một lỗ hình trụ ở giữa có tiết diện S = 4 cm 2 , sâu h và 

lấp đầy chì có khối lượng riêng D 2 = 11300 kg/m 3 khi thả vào trong nước người ta thấy 

mực nước bằng với mặt trên của khối gỗ. Tìm độ sâu h của lỗ. 

(Thí sinh được sử dụng máy tính cầm tay thông thường) 

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




Nguồn: Đề thi HSG Lý 9 –Huyện Yên Định - Năm học 2012 - 2013 

Bài 1 (4,0 điểm): 

Néi dung 

a) Kí hiệu AB = S. Thời gian đi từ A đến B của xe I là: 

S S S. v 1+v2 

 

t 

1= + = 

2.v1 2.v2 2.v 

1.v2 

Tốc độ trung bình trên quãng đường AB của xe I là: 

S 2v1v2 

v 

A 

= = =30km/h 

t1 v 

1+v2 

Gọi thời gian đi từ B đến A của xe II là t 2 . Theo đề bài ta có 

t 

2 

t t 

2 2 v 1+v2 

 

S= v 

1+ v 

2= 

2 2 2 

Tốc độ trung bình trên quãng đường BA của xe II là: 

S 

v +v 

1 2 

v 

B 

= = =40km/h 

t2 

2 

. 



R 1 

R X 

R 2 

+ 

R 3 R 4 

Điểm 


0,5 

0,5 

0,5 

0,5 















S 

v 

b) Theo bài ra ta có 

A 

S 

- =0,5 h S=60km 

v 

B 

Khi hai xe xuất phát cùng một lúc thì quãng đường mỗi xe đi được trong thời 

gian t là: 

S A = 20t nếu t 1,5h 

(1) 

S A = 30+(t-1,5).60 nếu t 1,5h (2) 

S B = 20t nếu t 0,75h 

(3) 

S B = 15+(t-0,75).60 nếu t 0,75h (4) 

Hai xe gặp nhau khi S A + S B =S=60 

và chỉ xảy ra khi 0,75 t 1,5h . Sử dụng (1) và (4): 

20t+15+(t-0,75)60 = 60 

Giải phương trình ta có t=9/8 h và vị trí hai xe gặp nhau cách A là: S A =20.9/8 

=22,5km. 

Bài 2 (3,0 điểm): 

Nội dung 

a) Gọi khối lượng nước rót là m(kg); nhiệt độ bình 2 là t 2 ta có: 

Nhiệt lượng thu vào của bình 2 là: Q 1 = 4200.2(t 2 – 20) 

Nhiệt lượng toả ra của m kg nước rót sang bình 2: Q 2 = 4200.m(60 – t 2 ) 

Do Q 1 = Q 2 , ta có phương trình: 4200.2(t 2 – 20) = 4200.m(60 – t 2 ) 

=> 2t 2 – 40 = m (60 – t 2 ) (1) 

ở bình 1 nhiệt lượng toả ra để hạ nhiệt độ: 

Q 3 = 4200(10 - m)(60 – 58) = 4200.2(10 - m) 

Nhiệt lượng thu vào của m kg nước từ bình 2 rót sang là; 

Q 4 = 4200.m(58 – t 2 ) 

Do Q 3 = Q 4 , ta có phương trình: 4200.2(10 - m) = 4200.m (58 – t 2 ) 

=> 2(10 - m) = m(58 – t 2 ) (2) 

2t 2 

40 m(60 t 

2) 

Từ (1) và (2) ta lập hệ phương trình: 

2(10 m) m(58 t 

2) 

Giải hệ phương trình tìm ra t 2 = 30 0 C; m = 2 kg 

3 

b) Nếu đổ đi lại nhiều lần thì nhiệt độ cuối cùng của mỗi bình gần bằng 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 => t 53,3 0 C 

Bài 3 (2,0 điểm): 

Nội dung 



0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

Điểm 


0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

Điểm 











a) 







Cách vẽ: + Lấy S 1 đối xứng với S qua G 1 0,125 

+ Lấy S 2 đối xứng với S qua G 2 0,125 

+ Nối S 1 và S 2 cắt G 1 tại I cắt G 2 tại J 0,125 

+ Nối S, I, J, S và đánh hướng đi ta được tia sáng cần vẽ. 0,25 

b) Ta phải tính góc ISR. 

Kẻ pháp tuyến tại I và J cắt nhau tại K 

0,125 

Trong tứ giác IKJO có 2 góc vuông I và J và có góc O = 60 0 

Do đó góc còn lại IKJ = 120 0 0,25 

Suy ra: Trong JKI có: I 1 + J 1 = 60 0 0,25 

Mà các cặp góc tới và góc phản xạ I 1 = I 2 ; J 1 = J 2 

Từ đó: I 1 + I 2 + J 1 + J 2 = 120 0 0,25 

Xét SJI có tổng 2 góc : I + J = 120 0 IS J = 60 0 

Do vậy: ISR = 120 0 (Do kề bù với ISJ) 


Bài 4 (4,0 điểm): 

Nộ dung 

Đặt a là điện trở của đoạn dây AB, b là điện trở của dây BC. 

A 

D 

a 

B 

b 

C 

* Khi mắc hiệu điện thế U vào hai điểm A-B, điện trở tương đương của mạch: 

a. a 2b 

U 

R 

AB 

Cường độ dòng điện qua toàn mạch: I AB 

 

2a 2b 

R 

. 

AB 


Điểm 


0,5 















* Khi mắc hiệu điện thế U vào hai điểm A-D, điện trở tương đương của mạch: 

b. 2a b 

U 

R 

AD 

Cường độ dòng điện qua toàn mạch: I AD 

. 

0,5 

2a 2b 

R 

AD 

I b2a 

b 

AB 

0,72 8 

Theo đề bài thì: . 0,5 

IAD 

a a 2b 

0, 45 5 

Giải ra ta được b = 2a. 

* Ta có: 

a. a 2b 

1,0 

5a U 6U U 5IAB 

5.0,72 

R 

AB 

IAB 

0,6A 

2a 2b 6 R 

AB 

5a a 6 6 

a) Khi mắc hiệu điện thế vào A và C: 

a b 3a U 2U 2.0,6 

R 

AC 

IAC 

0,4A 

0,5 

2 2 R 

AC 

3a 3 

b) Khi mắc hiệu điện thế U vào A và C và mắc thêm R x . 

Mạch điện trở thành mạch đối xứng. 

a M 2a 

Dựa vào tính đối xứng của mạch điện suy ra phân bố hiệu điện thế trong mạch 

như hình vẽ. 

Ta có: Xét Chiều từ M đến N 

U1 Ux U2 U Ux 

2U 3U 

 

U1 U2 

 

U1 U2 

U 2 5 5 

Cường độ dòng điện mạch chính: 

U1 U2 

2U 3U 7U 7.0,6 

I 0,42A 

a 2a 5a 10a 10a 10 

(Nếu HS xét chiều từ N đến M thì I = 0,48 (A))......................... 

Bài 5 (5,0 điểm): 

a) 

P 

P 

Nội dung 

0,5 

0,5 

Điểm 


2 

2 

2 

4 

I4R 

 

4 

I 

4 R 1 I 

4 

 

2 

1 

I1 

R 

 

1 

I 

 

1 

3R 3 

 

I 

 


1 

 

 

 

A 

 

U 1 U 2 

U 2 

2a 

N 

R x 

I 1 R 1 M 

I 2 

I X 

I 

A 

B 

+ 

R X 

a 

R 2 

I 3 R 3 N I 4 R 4 


C 
















Tìm 

mà: 

I 

I 

4 

1 

I 

3 


. Ta có: I = I 1 + I 3 = I 2 + I 4 0,25 

U3 

U U 

4 

U I4R 

4 

U I4R 

 


R R R R 

3 

3 

3 

U 

2 

U U1 

U I1R1 

U I .3R 

 


R R R R 

1 

I2 

2 2 

2 

U I4R 

U I1.3R 

I4 

Do đó: I1 I4 

4I1 

2I4 

2 


R 

R 

I 

P4 4 4 

P4 

P1 

12W. Ta nhận thấy tỷ số 

P 3 3 

1 

I 

I 

4 

1 

1 

không phụ thuộc vào R X . 0,5 

b) Ta có: * UAB 

UAM 

UMN 

U 

NB 

I1R1 

IxR 

x 

I4R 

4 

U 

0,5 

3 

1 x x 1 

5 

1 x x 

 

* UMB 

UMN 

U 

NB 

I2R 

2 

IxR 

x 

I4R 

4 

I R I R 2I R U I R I R U (1) 0,25 


I1 Ix 

R 

IxR 

x 

2I1R 

I1R 

Ix 

R 

R 

x 

(2) 0,25 

Khử I 1 khỏi hệ phương trình trên để tìm I X , chẳng hạn nhân hai vế của (2) với 5 

U 

rồi cộng với (1): IxR 

x 

U 5Ix 

R 

R 

x 

Ix 

 

0,5 

5R 4R 

Khi đó ta viết được biểu thức công suất tỏa nhiệt trên R X là: 

2 

2 

2 U R 

x 

U 

Px 

IxR 

x 

 

2 

2 

5R 

R 

x 


R 

5 

4 R 

x 

R 

x 

áp dụng bất đẳng thức Côsi: 

Dấu "=" xảy ra, tức là P X đạt giá trị lớn nhất 

Bài 6: (2,0 điểm) 

R 

R 

5 4 R 

x 

R 

x 

R 

h 

x 

P 

F A 

R 

x 

5R 

4 R 

x 

2 .4 R 2 20R 

0,5 

R 

5 

x 

x 

x 

5 

R 

4 

Nội dung 

h 

P 

max 

 

x 

2 

U 

, khi: 

80R 

h 

S 

P 

F A 



0,5 

Điểm 

















a. Khi khối gỗ cân bằng trong nước thì trọng lượng của khối gỗ cân bằng với 

lực đẩy Acsimet. Gọi x là phần khối gỗ nổi trên mặt nước, ta có. 

m 

P = F A 10.m =10.D 0 .S.(h-x) x h - 6cm 

D0. 

S 

b. Khối gỗ sau khi khoét lỗ có khối lượng là . 

m 1 = m - m = D 1 .(S.h - S. h) 

m 

Với D 1 là khối lượng riêng của gỗ: D 1 

. 

S. 

h 

Khối lượng m 2 của chì lấp vào là: m2 

D2S. 

h 

Khối lượng tổng cộng của khối gỗ và chì lúc này là 

m 

M = m 1 + m 2 = m + (D 2 - ).S.h Sh 

Vì khối gỗ ngập hoàn toàn trong nước nên. 

D0S. 

h m 

10.M=10.D 0 .S.h ==> h = 

5,5cm 

m 

( D2 

) S 

S. 

h 




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


0,5 

0,5 

























ĐỀ BÀI 

Câu 1: (4.0 điểm). Khi chạy ngược dòng một ca nô gặp chiếc bè đang trôi xuôi tại địa điểm A. 

Chạy được 30 phút ca nô lập tức quay lại và đuổi kịp chiếc bè tại B cách A 2km. Tìm vận tốc 

của nước sông. 

Câu 2: (3.0 điểm). Người ta pha m 1 kg nước ở t 0 1 C và m 2 kg nước ở t 0 2 C để được M kg nước ở 

t 0 C. 

a, Hãy thiết lập các phương trình tổng quát để tính giá trị của m 1 và m 2 theo M, t 0 C, t 0 1 C, t 0 2 C và 

nêu điều kiện để phương trình có nghiệm. 

b, Biết M = 20kg, t 1 = 100 0 C, t 2 = 15 0 C, t = 20 0 C hãy tính m 1 và m 2 . 

Câu 3: (3.0 điểm). Cho mạch điện như hình vẽ (hình 1) U AB = 6V không đổi, 

R 1 = 5,5 , R 2 = 3 , R là một biến trở. 

a) Tính công suất tiêu thụ của đoạn mạch AM khi R = 3,5 . 

b) Với giá trị nào của biển trở R thì công suất tiêu thụ 

trên đoạn mạch AM đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị đó. 

Câu 4: (4.0 điểm) Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ (hình 2). 

Biết U AB = 6V không đổi; 

R 1 = R 2 =R 3 =R 4 =R 5 =10 ; Điện trở của dây nối, 

ampekế và các khoá K không đáng kể. 

a. Xác định số chỉ của các ampekế trong trường hợp K 1 mở, 

K 2 đóng. 

b. Thay ampekế trên bằng vôn kế có điệntrở rất lớn 

rồi đóng K 1 và K 2 . Xác định số chỉ của vôn kế. 

Câu 5: (2.0 điểm). Trình bày phương án xác định trị 

số của một điện trở R x chưa biết với các dụng cụ và 

vật liệu sau đây: Bộ pin, vôn kế một chiều, ampe kế 

một chiều, một số dây nối và khoá K. Hình 2 

Biết vônkế và ampekế không lý tưởng, điện trở dây nối và khoá K không đáng kể. 

Câu 6: (4.0 điểm). Hai gương phẳng G 1 , G 2 quay mặt phản xạ vào nhau và hợp với nhau một 

góc , nguồn sáng S và điểm M có vị trí như hình vẽ. Gọi S 1 và M 1 là ảnh của S và M (S 1 là 

ảnh của S qua G 1 , M 1 là ảnh của M qua G 2 ). Đường thẳng S 1 M 1 cắt G 1 tại A, cắt G 2 tại B. 

Chứng minh rằng trong số các tia sáng truyền từ S đến G 1 đến G 2 rồi đến M, đường truyền mà 

tia sáng đi từ S qua A đến B rồi đến M là ngắn nhất. 

G 1 

S 

M 

 

G 2 






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

















. 

Câu Hướng dẫn Điểm 

Gọi v, v n lần lượt là vận tốc thực của ca nô và vận tốc của dòng nước 

(v < v n ; v n cũng chính là vận tốc của bè) 

Gọi C là điểm ca nô quay lại. 

0,5 

0,5 

Đối với ca nô: 

+ Ngược dòng: S AC = (v - v n )t 1 . 

+ Xuôi 

1(4đ) 

dòng: S CB = (v +v n )t 2 . 

0,5 

Đối với bè: S AB = (t 1 + t 2 )v n . 

Ta có: S CB = S CA + S AB 

0,5 

(v +v n )t 2 = (v - v n )t 1 + (t 1 + t 2 )v n 

1,0 

t 2 = t 1 = 0,5h 

vận tốc của nước sông: v n = S AB /(t 1 +t 2 ) = 2km/h. 

1,0 

2(3đ) 

3(3 

đ) 

a. Hai phương trình xác định m 1 và m 2 là: 

m 1 + m 2 = M (1) 

và m 1 (t - t 1 ) = m 2 (t 2 - t) (2) 

Các giá trị của m 1 và m 2 đều dương vậy các hiệu t – t 1 và t 2 – t phải cùng 

dấu. 

Do đó điều kiện để phương trình có nghiệm là: t 1 < t < t 2 

hoặc t 2 < t < t 1 . Tuỳ theo t 1 < t 2 hay t 1 > t 2 . 

b. Từ phương trình (1) ta có: m 2 = M – m 1 = 20 – m 1 thế vào (2) 

m 1 (20 - 100) = (20 – m 1 ) (15 - 20) 

m 1 = 20 / 7 kg , m 2 = 120/7 kg 

2 

U 

U ( R 

a. I = 

P AM = I 2 2 

R) 

.(R 2 +R) = 2 

R1 R R 2 

( R1 

R R2 

) 

2 

6 .6,5 

Thay số P AM = 1, 625 

2 W 

12 

b. Ta có: 

2 

U 

P AM = 

2 

R1 

( R1 

R) 

2R 

( R R) 


2 

1 

2 

U 

0,5 

Lập luận và chỉ ra P AM 

P 

4R AM max = 1,64W 

1 

Khi đó R 2 + R = R 1 hay R = 2,5 

0,5 





0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

1 

0,5 

0,5 










a. Khi K 1 mở, K 2 đóng ta có mạch tương đương 

1,0 




4(4đ) 

5(2đ) 

R AB = R 2 .R 3 : (R 2 + R 3 ) + R 1 = 5 + 10 = 15 

Số chỉ của ampe kế là: I A = U AB : R AB = 6 : 15 = 0,4A 

A 

A 

b. Nếu thay ampe kế bằng vôn kế có điện trở rất lớn và đóng K 1 , K 2 thì 

R 1 , R 2 , R 3 , R 4 đóng vai trò như là dây nối của vôn kế. Do đó mạch chỉ còn 

R 5 . 

Số chỉ của vôn kế là: U V = U AB = 6V 

-Mắc mạch như hình a, Đóng khoá K đọc số chỉ của vôn kế và ampe kế là 

U 1 và I 1 ta được R A = U 1 /I 1 (1) 

K 

hình a 

- Mắc mạch điện như hình b. Đóng khoá K, đọc số chỉ của vôn kế và 

ampe kế lúc này là U 2 và I 2 ta có: R x + R A = U 2 /I 2 . (2) 

Từ (1) và (2) suy ra R x = U 2 /I 2 – U 1 /I 1 . 

K 

hình b 

R x 

R x 

A 

A 

R 2 

R 3 


V 

V 

R 1 

B 

0,5 

0,5 

1,0 

1,0 

1,0 

1,0 

















6 

(4đ) 

- Hình vẽ: 

α 

C 

S 1 

D 

- Giả sử có tia sáng truyền từ S đến G 1 tại C, phản xạ đến G 2 tại D rồi 

phản xạ qua M. 

Ta cần chứng minh: SA +AB + BM < SC + CD + DM. 

Có SA = S 1 A; BM =BM 1 suy ra SA +AB + BM = S 1 M 1 (1) 

Lại có SC = S 1 C và DM = DM 1 

suy ra SC + CD + DM = S 1 C + CD + DM (2) 

Tứ giác S 1 CDM 1 ta luôn có S 1 M 1 < S 1 C +CD + DM 1 

hay SA +AB + BM < SC + CD + DM (đpcm) 

A 

B 


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


S 

G 1 

M 

M 1 

G 2 

1,0 

1,0 

1,0 

1,0 





















Nguồn: Đề thi HSG Lý 9 –Huyện Tĩnh Gia -Năm học 2009 - 2010 

ĐỀ BÀI 

Câu 1 (4 điểm):.Một người đi xe đạp từ A đến B với dự định mất t=4h. do nửa quảng 

đường sau người đó tăng vận tốc thêm 3km/h nên đến sớm hơn dự định 20 phút. 

a. Tính vận tốc dự định và quảng đường AB. 

b. Nếu sau khi đi được 1h, do có việc người ấy phải nghỉ lại mất 30 phút.Hỏi đoạn 

đường còn lại người đó phải đi với vận tốc bao nhiêu để đến nơi như dự định ? 

Câu 2 (4 điểm):Để xử lí hạt giống ,một đội sản xuất dùng chảo gang có khối lượng 

20kg,để đun sôi 120 lít nước ở 25 0 C. Hiệu suất của bếp là 25%.Hãy tính xem muốn đun 

sôi 30 chảo nước như thế thì phải dự trù một lượng than bùn tối thiểu là bao nhiêu ? Biết 

năng suất toả nhiệt của than bùn q =1,4.10 7 J/kg; nhiệt dung riêng của gang và nước lần 

luợt là C 1 =460 J/kg.K; C 2 =4200 J/kgK. 

Câu 3: (5 điểm):Hai gương phẳng G 1 và G 2 quay mặt 

I 

phản xạ vào nhau một góc 30 0 một nguồn sáng S cố định 

nẳm trước 2 gương(hình vẽ 1). 

O 

R 

a. Nêu cách vẽ chính xác một tia sáng từ nguồn S có 

đường đi phản xạ lần lượt trên mỗi gương một lần 

(tại điểm tới I và E). 

b. Tính góc hợp bởi tia tới SI và tia phản xạ sau cùng E R 

E 

Hình vẽ 1 

G2 

c. Từ vị trí ban đầu nói trên phải quay gương G 2 quanh trục O một góc nhỏ nhất là bao 

nhiêu để: c.1: SI // E R c.2: SI E R 

Câu 4 : (2 điểm): Dùng một vôn kế có điện trở rất lớn,một cái điện trở đã biết trước điện 

trở của nó là r, một bộ ắc quy và một số dây nối. Hãy xác định điện trở của vật dẫn x. 

Câu 5 : (5 điểm): Trong mạch điện hình vẽ 2, U MN =12V, 

R 2 là một biến trở , vôn kế V chỉ 9 v, ampe kế chỉ 0,4A, . M . N 

đèn loại (6V-3,6W)sáng bình thường . Biết Ampe kế và R 0 R 2 

các dây nối có điện trở không đáng kể và Vônkế có 

điện trở vô cùng lớn. 

C 

A 

a. Tính: R 1 , R 2 , R 0 . 

R 1 

b. Giảm R 2 , thì số chỉ của vôn kế, am pe kế và độ sáng 

của đèn thay đổi như thế nào? 

Đ 

c.Với giá trị nào của R 2 thì công suất tiêu thụ trên R 2 

lớn nhất.Tìm công suất đó? 

V 

Hình vẽ 2 

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






G1 

S 
















Nguồn: Đề thi HSG Lý 9 –Huyện Tĩnh Gia -Năm học 2009 - 2010 

Câu Yêu cầu cần đạt Điểm 

Câu 1: 

(4 

a/( 2 đ). 

* Nửa quãng đường đầu người đó đi hết thời gian : 

0,5 đ 

điểm) 

AB AB 

t 1 = : v = 

2 2v 

* Nửa quãng đường đầu người đó đi hết thời gian : 

Câu 2 

( 4 

điểm) 

AB 

t 1 = : ( v 3) 

2 

= 

AB 

2( 

v 3) 

Thời gian đi hết quãng đường là : 4 - 1/3 ( h) 

AB AB 

* Ta có phương trình : 4 1/ 

3, 

(1); 

2v 

2( v 3) 

Mà AB=4v (2)(1 đ) 

* giải 2 p/t (1)và (2) v=15km/h; AB=60km ( 1 đ) 

b/.( 2 đ) 

Sau 1 giờ người đó đi được : S 1 = 1 .v 1 

Để đến đích đúng dự định người đó phải đi với vận tốc v 2 

với thời gian là : 

t - 1 -0,5 = 2,5 ( h) 

lập p/t AB= v.1+(t-1-0,5)v 2 4 v = v.1+2,5 v 2 

Giải ra v 2 =18km/h 

* Để đun được một chảo nước sôi thì cần một nhiệt lượng : 

Q 1 = ( m 1 c 1 + m 2 c 2 )( 100 -25) = (20 .460 + 120 .4200 ) . 75 

= 38 490 000 (J) 

* Để đun được 30 chảo nước sôi thì cần một nhiệt lượng : 

Q 2 = 30 Q 1 = 1 154 700 000 ( J ) 

Mà H = Q 2 / Q 

* Nên nhiệt lượng toàn phần khi đốt than toả ra là : Q = Q 2 / H = 1 

154 700 000/ 0,25 

= 4 618 800 000 ( J ) ( 1 điểm) 

* Vì Q = mq nên khối lượng than bùn cần dùng là : 

m = Q : q = 4 618 800 000 : (1,4.10 7 ) = 330 ( kg) 





. 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 


1 đ 

1 đ 

1 đ 

1đ 













Câu 3: 

( 5 

điểm) 

Câu 4 : 

( 2 

điểm) 

a) ( 1 ,5 điểm) 

* Vẽ tia tới SI , Lấy S’ là ảnh của S qua gương G 1 

( S’ đối xứng với S qua G 1 ) 

Nối S’I cắt G 2 tại E. 

K 

* Lấy S’’ là ảnh của S’ qua G 2 

S' 

(S’’ đối xứng với S’ qua G 2 ) 

* Nối S’’E cắt G 2 tại R . 

P 

Ta được đường truyền SIER cần vẽ . 

I 

R 1 

b) ( 1,5 điểm) 

1 

* Ta thấy I 1 = K + E 1 -> K = I 1 - E 

O 

1 

E 

SIE = P + PEI -> P = SIE - PEI 

* Mà SIE = 2 I 1 

PEI = 2 E 1 Nên P = 2.K 

Mà K = O = 30 0 

* Nên P = 60 0 

c) ( 2 điểm) 

* Dễ thấy P = 2 O 

Nên để ER vuông góc với SI thì P = 90 0 

Suy ra O = 45 0 

* Vậy G 1 phải quay một góc 15 0 theo chiều kim đồng hồ 

* Để ER // SI thì O = 90 0 .Khi đó G 1 phải quay một góc 60 0 theo 

chiều kim đồng hồ 

V 

* Mắc nối tiếp R 0 với R x 

Dùng vônkế đo U 0 ( Hình vẽ) 

U0 

* Ta tính được I 0 = 

R0 

* Vì R 0 nt với R x nên I x = I 0 

Tiếp tục dùng vônkế đo U x sau đó tính R x 

R 0 

R x 

S'' 

0,5 đ 

0,5 đ 

G2 

0,5 đ 

S 

G1 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

1 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 


0,5 đ 














Câu 5 

(5 

điểm) 


U 

x 

U 

x 

UxR0 

* R x = 

I U 

x 0 U0 

R0 

a) ( 2 điểm) 

* Khi đèn sáng bình thường 

Cường độ dòng điện qua đèn là 

I đ = P đ / U đ = 0,6 A 

R 0 R 2 

Điện trở của đèn là : 

C 

A 

R đ = U đ / I đ = 6 : 0,6 = 10 () 

R 1 

* Vì Đ nt R 1 nên : 

U đ + U 1 = U v = 9V 

Đ 

Suy ra U 1 = 3 V 

V 

* Mà I 1 = I đ nên R 1 = U 1 : I 1 = 3 : 0,6 = 5 ( ) 

Ta lại có R 2 = U MN / I a = 9 : 0,4 = 22,5 () 

I R = I đ + I a = 0,6 + 0,4 = 1 A 

* Vậy R 0 = U MC / I R = ( U MN - U CN ) /I R = 3 : 1 = 3 () 

b) ( 1,5 điểm) 

* Khi giảm R 2 thì R MC giảm khi đó R tđ giảm khi đó I tăng 

U 0 tăng -> U CN giảm - > U V giảm 

độ sáng của đèn giảm 

(10 5) R2 

18R2 

45 

* Ta có R MC 

3 

10 5 R2 

15 R2 

18R2 

45 60 4R2 

I U : R 12 : 

15 R2 

6R2 

15 

60 4R2 

4R2 

60 

4R2 

60 20R2 

U 

0 

3. UCN 

12 U0 

12 

6R2 

15 

2R2 

5 

2R2 

5 2R2 

5 

20 

Ia 

I2 

UCN 

: R2 

 

2R2 

5 

Khi R 2 giảm thì 2R 2 + 5 giảm,khi đó I a tăng. 

c. ( 1,5 điểm) 

* Ta có P 2 = U 2 CN : R 2 = 

2 

20R 

400R2 

400 

: R2 

 

2 

2R 

5 

2 

5 

 

(2R2 

5) 

2 

(2 R2 

) 

R 

* Để P 2 lớn nhất thì (2 R2 

5 2 

5 

) nhỏ nhất khi 2 R2 

 

R2 

R2 

nhỏ 

nhất 

Vì 2 R 

2 

. 

5 

5 

10 không đổi nên 2 R2 

 

R2 

R2 

nhỏ nhất khi 

2 

5 

R2 

 

R 

Suy ra R 2 = 2,5() .Khi đó P 2 = 400 : 40 =10(W) 

2 






2 



. M . N 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 













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

























ĐỀ BÀI 

Bài 1(4 điểm): Lúc 6 giờ , một người đi xe đạp từ thành phố A về phía thành phố B ở 

cách thành phố A 114 km với vận tốc 18km/h. Lúc 7 giờ, một xe máy từ thành phố B về 

phía thành phố A với vận tốc 30km/h . 

a) Hai xe gặp nhau lúc mấy giờ và nơi gặp cách A bao nhiêu km ? 

b) Trên đường có một người đi bộ lúc nào cũng cách đều xe đạp và xe máy,biết rằng 

người đó cũng khởi hành lúc 7 giờ .Tính vận tốc của người đó, người đó đi theo hướng 

nào, điểm khởi hành của người đó cách A bao nhiêu km? 

Bài 2: (4điểm ).Treo một khối nhôm vào đầu mút của một đòn bẩy. Đòn bẩy cân bằng 

khi treo vào tayđòn bẩy bên kia của trục quay một quả cân 500g và ở cách trục quay 

mộtkhoảng l 1 = 10 cm. Khi nhúng ngập khối nhôm vào dầu nhờn(D = 0,9g/cm 3 ) thì phải 

dịch chuyển quả cân đi một khoảng 3,6 cm để đòn bẩy trở lại cân bằng . 

a)Hỏi khối nhôm đặc hay rổng ? Tính thể tích phần rổng nếu có. Cho biết toàn bộ đòn 

bẩy dài 40 cm và trục quay đi qua điểm chính giữa đòn bẩy. 

b)Nếu nhúng khối nhôm vào một chất lỏng và treo quả cân cách trục quay mộtkhoảng l’ 

= 6 cm thì thấy đòn bẩy cân bằng . Xác định khối lượng riêng của chất lỏng đó 

Bài 3 (3điểm): Có 3 phích đựng nước : phích 1 chứa 300g nước ở nhiệt độ t 1 = 40 o C, 

phích 2 chứa nước ở nhiệt độ t 2 = 80 o C, phích 3 chứa nước ở nhiệt độ t 3 = 20 o C. Người 

ta rót nước từ phích 2 vào phích 3 và phích 1 sao cho lượng nước trong phích 1 tăng gấp 

đôi và khi cân bằng nhiệt thì nhiệt độ trong phích 1là t = 50 o C. Tính lượng nước được rót 

từ mỗi phích . 

Bài 4: (5điểm):Cho mạch điện (h.vẽ 2) 

K 

Biết : U AB = 21V không đổi ; R MN = 4,5 , R 1 = 3 ; 

A 

R Đ = 4,5 không đổi; R A 0. Đặt R CM = x. 

R 1 

Đ 

1. K đóng: 

M C N 

a. Cho C N thì ampe kế chỉ 4A. không đổi Tính điện trở R 2 . 

b. Tính hiệu suất sử dụng điện . Biết rằng điện năng tiêu thụ 

R 2 

trong đèn và R 1 có ích. 

2. K mở :Xác định giá trị x để độ sáng của đèn yếu nhất. A B 

Bài 5(4điểm): 

(Hình 2) 

Cho hai gương phẳng M 1 , M 2 đặt song song có mặt 

phản xạ quay vào nhau và cách nhau một khoảng d. 

Trên đường thẳng song song với 2 gương có 2 điểm 

sáng S,O với các khoảng cách được cho như hình vẽ. 

a. Trình bày cách vẽ tia sáng xuất phát từ S đến gương 

M 1 tại I rồi phản xạ đến gương M 2 tại J rồi truyền đến 

O. 

b.Tính khoảng cách từ I đến A và từ J đến B . 

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




















. 


Đáp án 

Điểm 

Bài 1 Chọn A làm mốc 

(4điểm) Gốc thời gian là lúc 7h A 

. 

C B 

. . 0,25 

Chiều dương từ A đến 

B 

Lúc 7h xe đạp đi được từ A đến C: AC = V 1 . t = 18. 1 = 18Km. 0,5 

Phương trình chuyển động của xe đạp là : 

S 1 = S 01 + V 1 . t 1 = 18 + 18 t 1 ( 1 ) 


Phương trình chuyển động của xe máy là: 

S 2 = S 02 - V 2 . t 2 = 114 – 30 t 2 


Khi hai xe gặp nhau: t 1 = t 2 = t và S 1 = S 2 

18 + 18t = 114 – 30t = > t = 2 ( h ) 

0,5 

Thay vào (1 ) ta được : S = 18 + 18. 2 = 54 ( km ) 0,25 

Vậy 2 xe gặp nhau lúc : 7 + 2 = 9 h và nơi gặp nhau cách A 54 km 0,25 

Vì người đi bộ lúc nào cũng cách đều người đi xe đạp và xe máy 

nên: 

* Lúc 7 h phải xuất phát tại trung điểm của CB tức cách A là : 0,5 

114 18 

AD = AC + CB/2 = 18 + 

2 

= 66 ( km ) 

* Lúc 9 h ở vị trí hai xe gặp nhau tức cách A: 54 Km 

Vậy sau khi chuyển động được 2 h người đi bộ đi được quảng 0,25 

đường là : S = 66- 54 = 12 ( km ) 

12 

Vận tốc của người đi bộ là : V 3 = = 6 (km/h) 2 

0,5 

Ban đầu người đi bộ cách A: 66km , Sau khi đi được 2h thì cách A 0,5 

là 54 km nên người đó đi theo chiều từ B về A. 

điểm khởi hành cách A là 66km 

Bài 2: Câu a: 2,5đ 

(4đ) Lập luận (trọng lượng khối nhôm P, quả cân P c ) khi khi đòn bẩy cân 

bằng ta có ; 

P lc 

mg 10 

hay khối nhôm có khối lượng bằng 0,5 khối 

0.5 

Pc 

l mc 

g 20 

lượng quả cân. 

M = 250g (M là khối lượng khối nhôm) 

- Khi nhôm nhúng trong chất lỏng chịu tác dụng lực đẩy ÁcSimột 0,25 

là: F = d.V= DgV 

+Lúc đòn bẩy cân bằng 2 lần ta có : 

1,0 















Bài 3: 

(3đ) 

Bài 4: 

(5đ) 



p DgV lc 

3,6 p DV lc 

3,6 1 DV 6,4 

hay (Dlà KLR 

Pc 

l Pc 

m l 2 m 20 

chất lỏng ) 

+ Vậy khối nhôm rổng và V rổng = (270-250)/2,7 = 7,4 cm 3 

Thay số giải được V = 100cm 3 


+ Nếu khối nhôm đặc thì khối lượng là :M = D n .V = 2,7g /cm 3 . 

100cm 3 = 270g 


Câu b: 1,5đ 

- Khi nhúng nhôm vào chất lỏng có KLR D’ theo đề bài ta có : 1,0 

p D ' gV l ' m D ' V l ' 

+ => 1 D ' V l ' 

Pc l mc mc 

l 2 m 

c 

l 

1 6 V 4 mc 

500g 

- Thay số giải được: D’= ( ) : . = 1g/cm 3 0,5 

3 

2 20 mc 

20 V 5.100cm 

Gọi khối lượng nước được rót từ phích 2 vào phích 3 và phích 1 lần 1,0 

lượt là m 2 và m 3 . 

Vì lượng nước trong phích1tăng gấp đôi nên ta có:m 2 + m 3 = 0,3 (1) 0,5 

Khi cân bằng nhiệt ta có pt : 

m 2 C(t 2 - t) = m 1 C(t – t 1 ) + m 3 C( t- t 3 ) 

m 2 (80 - 50) = 0,3.(50 - 40) + m 3 (50 - 20) 

0,5 

30m 2 = 3 + 30m 3 m 2 - m 3 = 0,1 (2) 

Từ (1) và (2), ta có : 2m 2 = 0,4 m 2 = 0,2 (kg) m 3 = 0,1 (kg) 1,0 

Vậy khối lượng nước được rót từ phích 2 vào phích 3 và phích 1 lần 

lượt là 200g và 100g. 

1. K đóng: 

I 

a. Khi C N ta có sơ 

3 § 

đồ mạch điện: A I R 1 

B 

 

A C 

 

Hiệu điện thế giữa 2 đầu R2 

 

I 2 

điện trở R 1 là: 

U AC = U 1 = I.R 1 = 4.3 = 

Hình - 3 

0,5 

12(V) 

Hiệu điện thế giữa 2 đầu điện trở R 2 : 

U 2 = U CB = U – U 1 = 21-12 = 9(V) 

0,5 

Cường độ dòng điện qua đèn 1 là: 

U CB 

9 

I3 

2( A) 

R§ 

4,5 

0,5 

Cường độ dòng điện qua R 2 là: I 2 = I – I 3 = 4-2 = 2(A) 

Điện trở R 2 là: 

U CB 

9 

R2 

4,5( ) 

I2 

2 

0,5 

b.Hiệu suất sử dụng điện của mạch điện là : 

P P 

ci 1 

P U 

§ 1I UCBI3 12.4 9.2 66 

H 0,786 78,6% 

P P U I 21.4 84 

1,0 


tm tm AB 
















Bài 5: 

(4đ) 


2. K mở : Ta có sơ 

đồ mạch điện tương 

đương như hình 

4.Điện trở tương 

đương trong mạch 

điện : 

R2 ( RCN 

R§ 

) 

RCB 

 

R R R 

2 CN § 

R 

I CN 

3 

N 

 

A I R 1 

R 

M CM 

 

C 

R2 

I 2 

Hỡnh - 4 

4,5(9 x) 

 

13,5 x 

2 

4,5(9 x) 81 6x x 

RAB R1 

RCM RCB 

3 x 

13,5 x 13,5 x 

UAB 

21.(13,5 x) 

Cường độ dòng điện qua mạch chính: I 

2 

RAB 

81 

6x x 

Hiệu điện thế giữa 2 đầu đoạn mạch CB: 

21.(13,5 x) 4,5(9 x) 94,5.(9 x) 

UCB 

IRCB 

. 

2 2 

81 6x x 13,5 x 81 6x x 

Cường độ dòng điện qua đèn: 

U 

 

94,5.(9 ) 94,5 

94,5 

CB 

x 

I3 2 2 2 

RCNB 

(81 6 x x )(9 x) 81 6x x 90 ( x 3) 

Để độ sáng của đèn yếu nhất thì I 3 min 90 - (x-3) 2 max x = 3. 

Hay R MC = 3 

a. Chọn S 1 đối xứng S qua gương M 1 , chọn O 1 ối xứng O qua gương 

M 2, , nối S 1 O 1 cắt gương M 1 tại I và cắt gương M 2 tại J. Nối SIJO 

ta được tia cần vẽ. 



1 

AI S1 A a 

a 

b. S 1 AI S 1 BJ AI = .BJ (1) 

BJ S1B 

a d a d 

AI S1A 

a 

a 

Xét S 1 AI S 1 HO 1 AI = . h 1 

HO1 

S1H 

2d 

2d 

( a d). 

h 

0,5 

thay vào (1) ta được BJ = 

2d 


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






§ 

 

B 

 

0,5 

1 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

















ĐỀ BÀI 

Câu 1(5.0điểm): 

Có hai bình cách nhiệt, bình A chứa 8 lít nước ở t 1 = 80 0 C, bình B chứa 4 lít nước 

ở t 2 = 20 0 C . Người ta rót một lượng nước từ bình A sang bình B, khi nước ở bình B đã 

cân bằng nhiệt ở t 3 , lại rót một lượng nước từ bình B trở lại bình A sao cho khối lượng 

nước ở hai bình trở lại như ban đầu. Khi đó nhiệt độ cân bằng ở bình A là t 4 = 75 0 C. Coi 

chỉ có nước trao đổi nhiệt với nhau. Xác định lượng nước đã rót qua lại giữa hai bình và 

t 3 . Khối lượng riêng của nước bằng 1000 kg/m 3 . 

Câu 2(4.0 điểm) 

Một khối gỗ hình lập phương cạnh a = 8 cm được thả nổi trong một bình nước, khi 

cân bằng khối gỗ ngập trong nước một đoạn h = 6cm. 

1.Tính khối lượng riêng của gỗ. Biết khối lượng riêng của nước là D 1 = 1000kg/m 3 . 

2.Người ta đổ dầu vào bình đến khi mặt thoáng của dầu ngang bằng mặt trên của khối 

gỗ. Tìm chiều cao của lớp dầu. Biết khối lượng riêng của dầu D 2 = 0,6g/cm 3 . 

Câu 3 (6.0 điểm): 

Cho mạch điện như sơ đồ hình vẽ: U = 24V, R 1 = 12 , R 2 = 9 , R 3 = 6 , R 4 là một 

biến trở, ampe kế lí tưởng. 

1. Cho R 4 = 6 . Tính cường độ dòng điện qua R 1 , R 4 và số chỉ của ampe kế. 

2. Thay ampe kế bằng một vôn kế lí tưởng. Tìm R 4 để số chỉ của vôn kế bằng 16V. 

Khi đó nếu R 4 tăng giá trị thì số chỉ của vôn kế thay đổi thế nào? 

A 

R 1 

+ 

C 

U 

R 4 

R 2 R 3 

D 

Câu 4 (5.0 điểm): 

Cho mạch điện gồm điện trở R x mắc nối tiếp với đoạn mạch AB có hai điện trở R 1 

= 6 , R 2 = 24 . Biết công suất toả nhiệt trên đoạn mạch AB có giá trị không đổi bằng 

30W khi hai điện trở R 1 , R 2 mắc nối tiếp hoặc song song. 

1.Tìm R x và hiệu điện thế U của nguồn. 

2. Cho biết U không đổi. Tìm R x để công suất toả nhiệt trên R x có giá trị lớn nhất 

và tính giá trị đó . 

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


- 

A 

B 





















1 Khối lượng nước ban đầu trong bình A, B lần lượt là: 

m 1 = 8kg, m 2 = 4 kg 

Vì sau khi rót nước qua lại giữa hai bình thì khối lượng nước ở hai 

bình trở lại như ban đầu nên lượng nước rót từ bình A sang bình B 

và ngược lại là như nhau và bằng m (kg). 

Gọi nhiệt dung riêng của nước là c (J/kg.K) 

*Xét lần rót nước từ bình A sang bình B: 

Ta có phương trình cân bằng nhiệt tại bình B là: 

0,5đ 

0,5đ 

mc(t 1 -t 3 ) = m 2 c(t 3 -t 2 ) m(t 1 -t 3 ) = m 2 (t 3 -t 2 ) (1) 

1,0đ 

*Xét lần rót nước từ bình B sang bình A: 

Ta có phương trình cân bằng nhiệt tại bình B là: 

mc(t 4 -t 3 ) = (m 1 -m) c(t 1 -t 4 ) m(t 4 -t 3 ) = (m 1 -m) (t 1 -t 4 ) 

m(t 1 - t 3 ) = m 1 (t 1 - t 4 ) (2) 

1,0đ 

0,5đ 

Từ (1) và (2) suy ra: m 2 (t 3 -t 2 ) = m 1 (t 1 - t 4 ) 

m1 ( t1 t4) 8(80 75) 

0 

1,0đ 

t3 t2 

20 30 C 

m2 

4 

Suy ra : m = 0,8 (kg) 

0,5đ 

2 2.1. 

+ Thể tích của khối gỗ: V = a 3 (m 3 ) 

+ Trọng lượng của khối gỗ là: P = 10DV= 10Da 3 (N) ( với D là khối 

lượng riêng của gỗ) 

+Lực đẩy Acsimet tác dụng lên khối gỗ là: F = 10D 1 a 2 h (N) 

Khỗi gố nằm cân bằng P= F 

10 D a 3 = 10D 1 a 2 h 

2 

D1h 

1000.6.10 

3 

D = 750( kg / m ) 

2 

a 8.10 

2.2. Khi đổ dầu vào bình nước và ngập khối gỗ : 

Gọi chiều cao phần gỗ ngập trong nước là x (m) 

Suy ra phần gỗ ngập trong dầu là (a-x) 

+ Lực đẩy Acsimet do nước và dầu tác dụng lên khối gỗ lần lượt là: 

F 1 = 10D 1 a 2 x (N) và F 2 = 10D 2 a 2 (a-x) (N) 

+ Khối gỗ cân bằng khi và chỉ khi: P = F 1 + F 2 

10Da 3 = 10D 1 a 2 x + 10D 2 a 2 (a-x) 

D D2 

750 600 2 

x = a .8.10 

 

0,03( m) 3cm 

D1 D2 

1000 600 

Suy ra chiều cao của lớp dầu là : a- x = 8-3 = 5(cm) 





. 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 


0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 













3 

A 

R 1 

+ 

C 





U 

R 4 

R 2 R 3 

3.1. 

Vì ampe kế lí tưởng nên mạch điện gồm: ( R / / R ) ntR / / R 

U 24 

+ I 1 = 2( A) 

R 1 

12 

 

R3R4 

+R 34 = 3( ) 

R3 R 

4 

+R 234 = R 2 +R 34 = 9+3 = 12( ) 

U 24 

+ I 2 = 2( A) 

R234 

12 

+I 3 = I 4 = 1(A) 

D 

- 

A 

B 

3 4 2 1 

+Tại C: I a =I 1 +I 4 = 2+1= 3(A) 

3.2 Thay ampe bằng vôn kế lí tưởng mạch điện gồm: 

( R1ntR4 ) / / R2 ntR 

2 

Ta có: 

+ U 1 = U- U V = 24-16= 8(V) 

U1 

8 2 

+I 1 = ( A ) 

R 1 

12 3 

I. R2 

9I 

+I 1 = ( A) 

R1 R2 R4 21 

R4 

2 (21 R4 

) 

I1(21 R4 

) 

I = 

3 ( A) 

9 9 

+U V = U 3 +U 4 = I.R 3 + I 1 R 4 

2R4 2(21 R4 

).6 

16 R4 6( ) 

3 27 

R14 R14 

1 

*Ta có : R AD = 

R 12 

2 

R14 12 R14 

1 

R14 

Từ đó suy ra: khi R 4 tăng giá trị thì R 14 tăng R AD tăng R AB 

tăng giá trị I giảm giá trị U 3 = I.R 3 giảm U AD tăng ( vì U AD + 

U 3 = U không đổi) I 2 tăng I 1 = I – I 2 giảm U 1 = I 1 R 1 giảm 

U V tăng ( vì U 1 +U v = U không đổi) 

Vậy khi tăng giá trị của R 4 thì số chỉ của vôn kế tăng. 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 


0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

1,0đ 











4 4.1 

*Khi R 1 nt R 2 điện trở tương đương của cả mạch: 

R= R 1 +R 2 + R x = 30+x ( ) 

U U 

+ I = ( A) 

R x 30 

+ Công suất toả nhiệt trên đoạn mạch AB là: 

2 2 

U 30U 

P AB = I 2 R 12 = .30 

2 2 

( x 30) ( x 30) 

(W) (1) 

*Khi R 1 //R 2 

+ Điện trở tương đương của cả mạch: 

R1 R2 

R’ = Rx 

4,8 x 

R1 R 

2 

( ) 

U U 

+I’ = ( A) 

' 

R 4,8 x 

+ + Công suất toả nhiệt trên đoạn mạch AB là: 

2 

4,8U 

P’ = (W) (2) 

2 

(4,8 x) 

Từ (1) và (2) suy ra: x= 12 ( ) 

Thay x= 12 và P AB = 30W vào (1) ta được: U 2 = (12+30) 2 

U= 42 (V) 

4.2. 

Ta có công suất toả nhiệt trên trên R x tăng khi cường độ dòng diện 

qua R x tăng R tđ giảm. Do đó ta chọn đoạn mạch gồm R x nt 

(R 1 //R 2 ) 

Từ câu 1 ta có công suất toả nhiệt trên R x là: 

2 2 

U x U 

P x = 

( W ) 

2 

(4,8 x) 

4,8 2 

( x) 

x 

4,8 2 

P x đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi ( x) 

đạt giá trị nhỏ nhất 

x 

áp dụng hệ quả bất đẳng thức CôSi cho hai số dương 4,8 và x có 

x 

4,8 2 

tích bằng 4,8 không đổi ta có ( x) 

đạt giá trị nhỏ nhất khi và 

x 

chỉ khi 4,8 x = x x= 4,8 ( ). Khi đó P x= 92(W) 




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

1,0đ 

1,0đ 

0,5đ 

0,5đ 



0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 





















ĐỀ BÀI 

Bài 1 ( 3,0 điểm): Lúc 7giờ, một xe xuất phát từ A để đến B. Sau đó 6 phút, một xe thứ 

hai xuất phát từ B để về A. Hai xe gặp nhau ở chính giữa quãng đường AB vào lúc 7 giờ 

18 phút. Khi xe thứ hai về đến A thì xe thứ nhất còn cách B một quãng đường dài 4 

km.Tính vận tốc của mỗi xe. 

Bài 2 ( 2,0 điểm): Treo một vật rắn vào lực kế, lực kế chỉ giá trị P 1 (N), nhúng vật đó 

vào chất lỏng khối lượng riêng D ( kg/m 3 ) thì lực kế chỉ giá trị P 2 ( N) . Xác định khối 

lượng riêng của vật đó. 

Bài 3 ( 3,0 điểm): Một quả cầu có trọng lượng riêng d1=8200N/m3, thể tích 

V1=100cm3, nổi trên mặt một bình nước. Người ta rót dầu vào phủ kín hoàn toàn quả 

cầu. Trọng lượng riêng của dầu là d2=7000N/m3 và của nước là d3=10000N/m3. 

a/ Tính thể tích phần quả cầu ngập trong nước khi đã đổ dầu. 

b/ Nếu tiếp tục rót thêm dầu vào thì thể tích phần ngập trong nước của quả cầu 

thay đổi như thế nào? 

Bài 4 ( 4,0 điểm): Một người cao 1,7 m đứng trên mặt đất đối diện với một gương 

phẳng hình chữ nhật được treo thẳng đứng. Mắt người đó cách đỉnh đầu 16 cm : 

a. Mép dưới của gương cách mặt đất ít nhất là bao nhiêu mét để người đó nhìn thấy ảnh 

chân mình trong gương ? 

b. Mép trên của gương cách mặt đất nhiều nhất là bao nhiêu mét để người đó thấy ảnh 

của đỉnh đầu mình trong gương ? 

c. Tìm chiều cao tối thiểu của gương để người này nhìn thấy toàn thể ảnh của mình trong 

gương ? 

d. Khi gương cố định, người này di chuyển ra xa hoặc lại gần gương thì các kết quả trên 

thế nào ? 

Bài 5 ( 4 điểm): 

Cho sơ đồ mạch điện như hình vẽ. Các vôn kế có cùng 

điện trở là RV và có số chỉ là 8V và 2V. 

U 

V 1 V 2 

a) Xác định số chỉ của từng vôn kế và tỉ số R/R V ? 

N 

b) Xác định hiệu điện thế U MN của nguồn. 

B D 

( Hình cho bài 5) 

Bài 6 (4 điểm): Cho mạch địên gồm một điện trở R mắc nối tiếp với một biến trở 

vào nguồn có hiệu điện thế U không đổi. Khi thay đổi điện trở của biến trở: 

a) Tính công suất điện lớn nhất ở biến trở. 

b) Có hai giá trị R 1 và R 2 của biến trở cùng cho một công suất P. Hãy chứng minh rằng 

2 

R 1 .R 2 = R 

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


M 

R 

A 

R 

C 

R 




















Bài 1( 3,0 điểm): 

Theo đầu bài, thời gian xe thứ nhất và xe thứ hai đi nửa quãng đường 

AB chênh nhau một khoảng t = 6’ = 0,1 h. 

=> thời gian để xe thứ nhất đi quãng đường S = 4km là 0,1h 

=> v 1 = S/t = 4/ 0,1 = 40km/h 

Xe thứ nhất đi nửa quãng đường AB trong thời gian t’ = 18’ = 0,3h 

=> Độ dài nửa quãng đường AB là S’ = v 1 .t’= 40.0,3 = 12km. 

Vận tốc xe thứ hai là v 2 = S’/(t’ –t) = 12/( 0,3 – 0,1) = 60km/h. 

0,5điểm 

1,0 điểm 

1,0 điểm 

0,5điểm 


Khối lượng của vật là m = P 1 /10.(kg) 

0,5điểm 

Gọi V là thể tích của vật => P 2 = P 1 – 10D.V => V = (P 1 – P 2 )/10D (m 3 ) 1,0 điểm 

P1 

0,5điểm 

Khối lượng riêng của vật là D V = m/V = D (kg/m 3 ) 

P1 

P2 


a/ Gọi V1, V2, V3lần lượt là thể tích của quả cầu, thể tích của quả cầu ngập trong dầu và 

thể tích phần quả cầu ngập trong nước. Ta có V1=V2+V3 (1) (0,5 điểm) 

Quả cầu cân bằng trong nước và trong dầu nên ta có: V1.d1=V2.d2+V3.d3 . (2) (0,5 

điểm) 

Từ (1) suy ra V2=V1-V3, thay vào (2) ta được: 

V1d1=(V1-V3)d2+V3d3=V1d2+V3(d3-d2) 

V1 

( d1 

d 

2 

) 

V3 

 

V3(d3-d2)=V1.d1-V1.d2 d3 

d 

2 

(0,5 điểm) 

Thay số: với V1=100cm3, d1=8200N/m3, d2=7000N/m3, d3=10000N/m3 

V1 

( d1 

d 

2) 

100(8200 7000) 120 

3 

V3 

40cm 

d3 

d 

2 

10000 7000 3 

(0,5 điểm) 

b/Từ biểu thức:. Ta thấy thể tích phần quả cầu ngập trong nước (V3) chỉ phụ thuộc vào 

V1, d1, d2, d3 không phụ thuộc vào độ sâu của quả cầu trong dầu, cũng như lượng dầu 

đổ thêm vào. Do đó nếu tiếp tục đổ thêm dầu vào thì phần quả cầu ngập trong nước 

không thay đổi (1,0 điểm) 


a) IO là đường trung bình trong MCC’ (1,0 điểm) 

D’ K 

b) KH là đường trung bình trong MDM’ KO ? (1,0 điểm) 

D 

c) IK = KO – IO (1,0 điểm) 

H M 

M’ 

d) Các kết quả trên không thay đổi khi người đó di chuyển vì 

chiều cao của người đó không đổi nên độ dài các đường TB 

I 

trong các tam giác mà ta xét ở trên không đổi. (1,0 điểm) 






C’ 

O 

C 







Bài 5( 4 điểm): 







I 

I 1 

a) U AB = U AC + U CB => U V1 > U V2 => V 1 chỉ 8V và V 2 chỉ 2V. 0,5 điểm 

I 3 = U V2 / R = 2/R (A) ; I 2 = U V2 /RV = 2/R V (A) 0,5 điểm 

I R = I 2 + I 3 = 2( 1/R + 1/R V ) (A) 

0,5 điểm 

U V1 = U R + U 2 => 8 = I R .R + 2 = 2R.( 1/R + 1/R V ) + 2 = 4 +2.R/R V . 0,5 điểm 

=> R/R V = 2. 0,5 điểm 

b) I = I 1 + I R = 8/R V + 2( 1/R + 1/ R V ) = 12/R (A). 1,0 điểm 

U MN = I.R + U V1 = (12/R).R + 8 = 20(V) 

0,5 điểm 

Bài 6 (4 điểm): 

a) Gọi I là cường độ dòng điện trong mạch, P là công suất của biến trở. 1,0 điểm 

Ta có: P = I 2 2 

2 

U 

U 

.R b = R 

2 b 

 

(W) 

( R Rb 

) 

R 2 

( Rb 

) 

Rb 

Áp dụng (a + b) 2 4ab, dấu bằng khi a = b. 

1,0 điểm 

2 

2 

U U 

=> P 

. Dấu “ =” xảy ra khi R 

R 

b = R. 

4. R 

4 R. 

b 

. 

Rb 

2 

U 

0,5 điểm 

=> P max = (W) khi R b = R. 

4R 

b) Ta có : I 2 1 .R 1 = I 2 2 .R 2 0,5 điểm 

1,0 điểm 

2 

2 

U U 

2 

2 2 

2 

. R1 

. R2 

R 

2 

1R 

2RRR 

2 

1 2 

R1 

R2 

R2 

R 2RRR 

1 2 

R2 

R1 

R 

R1 

R 

R2 

 

2 

R1. R2 

R 


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


I 2 

I 3 





















ĐỀ BÀI 

Câu 1 : (3,0 đ) 

Một người đến bến xe buýt chậm 20 phút sau khi xe buýt đã rời bến A, người đó 

bèn đi taxi đuổi theo để kịp lên xe buýt ở bến B kế tiếp. Taxi đuổi kịp xe buýt khi nó đã 

đi được 2/3 quãng đường từ A đến B. Hỏi người này phải đợi xe buýt ở bến B bao lâu ? 

Coi chuyển động của các xe là chuyển động đều. 

Cu 2. ( 4 đ) Một nhiệt lượng kế bằng nhôm có khối lượng m (kg) ở nhiệt độ t 1 = 23 0 C, cho vào 

nhiệt lượng kế một khối lượng m (kg) nước ở nhiệt độ t 2 . Sau khi hệ cân bằng nhiệt, nhiệt độ của 

nước giảm đi 9 0 C. Tiếp tục đổ thêm vào nhiệt lượng kế 2m (kg) một chất lỏng khác (không tác 

dụng hóa học với nước) ở nhiệt độ t 3 = 45 0 C, khi có cân bằng nhiệt lần hai, nhiệt độ của hệ lại 

giảm 10 0 C so với nhiệt độ cân bằng nhiệt lần thứ nhất. 

Tìm nhiệt dung riêng của chất lỏng đã đổ thêm vào nhiệt lượng kế, biết nhiệt dung riêng của 

nhôm và của nước lần lượt là c 1 = 900 J/kg.K và c 2 = 4200 J/kg.K. Bỏ qua mọi mất mát nhiệt 

khác. 

Câu 3 : (4,5 đ) 

Cho mạch điện như hình vẽ 1, trong đó hiệu điện thế U = 10,8V 

luôn không đổi, R 1 = 12 , đèn Đ có ghi 6V- 6W, điện trở toàn 

phần của biến trở R b = 36 . Coi điện trở của đèn không 

đổi và không phụ thuộc vào nhiệt độ. 

Điều chỉnh con chạy C sao cho phần biến trở R AC = 24 . 

Hãy tìm : 

a)Điện trở tương đương của đoạn mạch AB. 

b)Cường độ dòng điện qua đèn và nhiệt lượng tỏa ra trên R 1 

trong thời gian 10 phút. 

c)Điều chỉnh con chạy C để đèn sáng bình thường, hỏi con 

chạy C đã chia biến trở thành hai phần có tỉ lệ như thế nào ? 

Câu 4 : (4,5 đ) 

Cho mạch điện như hình vẽ 2, trong đó U = 24V luôn không 

đổi, R 1 = 12 , R 2 = 9 , R 3 là biến trở, R 4 = 6 . Điện 

trở của ampe kế và các dây dẫn không đáng kể. 

a) Cho R 3 = 6 . Tìm cường độ dòng điện qua các điện 

trở R 1 , R 3 và số chỉ của ampe kế. 

b)Thay ampe kế bằng vôn kế có điện trở vô cùng lớn. 

Tìm R 3 để số chỉ vôn kế là 16V. 

c)Nếu di chuyển con chạy để R 3 tăng lên thì số chỉ 

của vôn kế thay đổi như thế nào ? 

A 

R 1 

+ U - 

R b 

R 1 

+ U 

R 3 

- 

C 

R 2 R 4 

Hình 2 

X 

Đ 

Hình 1 


A 

B 

















Câu 5:(4đ) 

Tại đáy của một cái nồi hình trụ tiết diện S 1 = 10dm 2 , 

người ta khoét một lỗ tròn và cắm vào đó một ống kim loại 

tiết diện S 2 = 1 dm 2 . Nồi được đặt trên một tấm cao su nhẵn, 

đáy lộn ngược lên trên, rót nước từ từ vào ống ở phía trên. h 

Hỏi có thể rót nước tới độ cao H là bao nhiêu để nước không 

thoát ra từ phía dưới. 

(Biết khối lượng của nồi và ống kim loại là m = 3,6 kg. 

Chiều cao của nồi là h = 20cm. Trọng lượng riêng của nước d n = 10.000N/m 3 ). 

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




câu Nội dung Điểm 

- Gọi C là điểm taxi đuổi kịp xe buýt và t là thời gian taxi đi đoạn 

AC. 

AC 2 AB; CB 1 AB AC 2CB . 

3 3 

1,0 

- Thời gian xe buýt đi đoạn AC là : t + 20 (phút); 

- Thời gian mỗi xe đi tỷ lệ thuận với quãng đường đi của chúng, nên 

t 

thời gian taxi đi đoạn CB là (phút). 

0,5 

1 

2 

t 20 t 

Thời gian xe buýt đi đoạn CB là : 10 (phút); 

2 2 

- Vậy, thời gian người đó phải đợi xe buýt ở bến B là : 

0,5 

t t 

Δt = + 10 - = 10 

1,0 

2 

2 (phút). 

2 

Khi có sự cân bằng nhiệt lần thứ nhất, nhiệt độ cân bằng của hệ là t, ta có 

m.c 1 .(t - t 1 ) = m.c 2 .(t 2 - t) (1) 

mà t = t 2 - 9 , t 1 = 23 o C , c 1 = 900 J/kg.K , c 2 = 4200 J/kg.K (2) 

từ (1) và (2) ta có 900(t 2 - 9 - 23) = 4200(t 2 - t 2 + 9) 

900(t 2 - 32) = 4200.9 ==> t 2 - 32 = 42 

suy ra t 2 = 74 0 C và t = 74 - 9 = 65 0 C 

Khi có sự cân bằng nhiệt lần thứ hai, nhiệt độ cân bằng của hệ là t', ta có 

2m.c.(t' - t 3 ) = (mc 1 + m.c 2 ).(t - t') (3) 





. 

S 1 

S 2 

Hình 3 


0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

H 










3 


mà t' = t - 10 = 65 - 10 = 55, t 3 = 45 o C , (4) 

từ (3) và (4) ta có 2c.(55 - 45) = (900 + 4200).(65 - 55) 

2c(10) = 5100.10 

suy ra c = 5100 = 2550 J/kg.K 

2 

Vậy nhiệt dung riêng của chất lỏng đổ thêm vào là 2550J/kg.K 

a) 1,0đ 

Điện trở tương đương của mạch AB và cường độ dòng điện qua R 1 : 

Vì R AC = 24 thì R CB = y = 36 – 24 = 12 

2 2 

U 

dm 

6 

Điện trở của đèn là : R đ = 6 

P 6 

R1 

R 

R 1x = 

R R 

1 

. 

AC 

AC 

dm 

= 12.24 = 8 

12 24 

Rd 

. RCB 

R dy = = 6.12 = 4 

Rd 

RCB 

6 12 

Điện trở tương đương của đoạn mạch AB 

R tđ = R 1x + R 2y = 8 + 4 = 12 

U 10,8 

I = 

R td 

12 

= 0,9A 

b) 1,5đ Cường độ dòng điện qua đèn 

y 12 

I đ = . I 0,9 

= 0,6A 

y R 12 6 

d 

x 24 

I 1 = . I 0,9 

= 0,6A 

x R1 

24 12 

Nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở R 1 : 

Q 1 = I 2 1 .R 1 .t = 0,6 2 .12.600 = 2592 (J) 

c) 1,5đ 

Tìm vị trí của con chạy C để đèn sáng bình thường : 

Đèn sáng bình thường nên I đ = 1A 

Khi đó U CB = U đ = 6V 

U AC = U - U CB = 10,8 - 6 = 4,8V 

U 4,8 

I 1 = AC 

0,4A 

R 12 

 

1 




0,5 

0,5 

0,5 

0,5 





0,5 

0,5 

0,5 





U 

AC 

U 

AC 

4,8 

Điện trở của phần biến trở AC là R X = 

I I I I 0, 4 

X 

1 

(1) 











4 


UCB 

UCB 

6 

Điện trở của phần biến trở CB là R y = 

I I I I 1 

4,8 6 

mà R x + R y = 36 (giả thiết) nên 

I 

Suy ra : 30.I 2 – 51.I + 18 = 0 . 

Giải ra : 2601120.18 

2601 

2160 441 

51 

21 

51 

21 

ta có I = = 1,2A và I = 

60 

60 

Vì I = 0,5A 

chọn I = 1,2A thì R x = 

y 

4,8 4,8 

 

I 0,4 1, 2 0,4 

Vậy con chạy C đã chia biến trở với tỉ lệ 

a) 1,75đ 

Cường độ dòng điện qua các điện trở và qua ampe kế : 

R3. R4 

6.6 

R 34 = 3 

R3 R 4 

6 6 

 

R 234 = R 2 + R 34 = 9 + 3 = 12 

I 2 = 

U 

R 

234 

24 

2A 

12 

U 34 = I 2 .R 34 = 2.3 = 6V 

U3 

6 

I 3 = 1 A 

R 6 

 

I 1 = 

3 

U 24 

2A 

R 12 

 

1 

I a = I 1 + I 3 = 2 + 1 = 3A 

b) 2,0đ 

Tìm R 3 để số chỉ vôn kế là 16V . Gọi R 3 = x 

U 1 = U - U V = 24 - 16 = 8V 

U1 

8 2 

I 1 = 

R 1 

12 3 

A 

Ta cĩ 

I 

I 1 

I 2 

(2) 


d 


36 

0,4 I 1 

2 

21 


0,5A 


= 6 và R y = 30 


RAC 

6 1 

R CB 

30 5 

. 0,25 

R 1 

U 

I 3 

R 2 R 4 

R 1 




I 4 

R 3 

R 3 

U 

V 

R 2 R 4 























5 


I1 

R2 

I1 

R2 

I1 

 

 

I 

2 

R13 

I 

2 

I1 

R1 

R3 

R2 

I 

21 

x 21 

x 2 

suy ra I = I1 

. = I 4 

9 9 3 

9 9 

 

12 x 9 21 

x 

Ta có U V = U 3 + U 4 = I 3 .R 3 + I 4 .R 4 = I 1 .R 3 + I 4 .R 4 

2 21 x 2 2x 4(21 x) 10x 

84 

= x 6 16 

3 9 3 3 9 9 

10x + 84 = 144 suy ra x = 6 . 

Vậy để số chỉ của vôn kế là 16V thì R 3 = 6 

c) 0,75đ* * Khi R 3 tăng thì điện trở của mạch tăng 

U 

I = I 4 = 

R 

: giảm U 4 = I.R 4 :giảm 

td 

U 2 = U – U 4 : tăng U 

2 

I 2 = 

R 

: tăng I 1 = I – I 2 :giảm 

2 

U 1 = I 1 .R 1 : giảm U V = U – U 1 : tăng. 

Vậy số chỉ của vôn kế tăng khi R 3 tăng. 

*Nước bắt đầu chảy ra khi áp lực của nó lên đáy nồi cân bằng với 

trọng lực: 

P = 10m ; F = p ( S 1 - S 2 ) (1) 

*Hơn nữa: p = d ( H – h ) (2) 


10m = d ( H – h ) (S 1 – S 2 ) 

H – h = 

10m 

10m 

H h 

d(S S ) d(S S ) 

1 2 1 2 

*Thay số ta có: 

10.3,6 

H = 0,2 + 

0,2 0,04 0,24(m) 24cm 

10000(0,1 

0,01) 













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


0,5 

0,5 

1,0 

1,0 

1,0 





















ĐỀ BÀI 

Câu 1 (3 điểm): 

Hai vận động viên chạy thi trên cùng một đoạn đường. Người thứ nhất chạy nửa 

đoạn đường đầu với vận tốc 18km/h, nửa đoạn đường sau với vận tốc 15km/h. Người thứ 

hai chạy trong nửa thời gian đầu với vận tốc 18km/h và nửa thời gian sau với vận tốc 

15km/h. Hỏi người nào tới đích trước. 

Câu 2 (4 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ: Biết U AB Không đổi, R MN là biến trở, Ampe 

kế có điện trở không đáng kể, điều chỉnh con chạy C để: 

- Khi ampe kế chỉ I 1 =2A thì biế trở tiêu thụ công suất P = 45W. 

- Khi ampe kế chỉ I 2 =5A thì biế trở tiêu thụ công suất P = 30W 

a/ Tính hiệu điện thế U AB và điện trở r 

A 

b/ Định vị trí con chạy C để công suất 

B 

r C 

tiêu thụ trên nó là lớn nhất 

A 

Câu 3(4 điểm): Hai hình trụ A và B đặt thẳng đứng có tiết 

diện lần lượt là 100cm 2 và 200cm 2 được nối thông đáy bằng 

một ống nhỏ qua khoá k như hình vẽ. Lúc đầu khoá k để ngăn 

cách hai bình, sau đó đổ 3 lít dầu vào bình A, đổ 5,4 lít nước 

vào bình B. Sau đó mở khoá k để tạo thành một bình thông 

nhau. Tính độ cao mực chất lỏng ở mỗi bình. Cho biết trọng 

lượng riêng của dầu và của nước lần lượt là: d 1 =8000N/m 3 ; 

d 2 = 10 000N/m 3 ; 

Câu 4 (4 điểm): Một chiếc vòng bằng hợp kim vàng và bạc, khi cân trong không khí có 

trọng lượng P 0 = 3N. Khi cân trong nước, vòng có trọng lượng P = 2,74N. Hãy xác định 

khối lượng phần vàng và khối lượng phần bạc trong chiếc vòng nếu xem rằng thể tích V 

của vòng đúng bằng tổng thể tích ban đầu V 1 của vàng và thể tích ban đầu V 2 của bạc. 

Khối lượng riêng của vàng là 19300kg/m 3 , của bạc 10500kg/m 3 . 

Câu 5( 5điểm) 

Một bếp điện công suất P =1KW, đun lượng nước có nhiệt độ ban đầu là 20 0 C. Sau 5 

phút thì nhiệt độ nước lên đến 45 0 C. Ngay sau đó bị mất điện trong 3 phút. Vì vậy nhiệt 

độ nước giảm xuống, khi nhiệt độ nước còn 40 0 C bếp lại tiếp tục đun cho đến khi nước 

sôi. Hãy xác định: 

a. Khối lượng nước đun. 

b. Thời gian cần thiết từ khi bắt đầu đun cho tới khi nước sôi. 

Biết nhiệt lượng nước toả ra môi trường tỷ lệ thuận với thời gian; cho Cn = 4200J/kg.độ 

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






M 

B 

N 

k 

A 
















Câu 1( 3 điểm) 

+ Gọi nửa quãng đường đầu là S 

2S 

S S 

Ta có phương trình: 

 

(0,75 điểm) 

VTB 

V1 

V2 

2. V . V 2.15.18 

Vận tốc trung bình của người thứ nhất là:V TB = 

1 2 

16,36km 

/ h 

V1 

V2 

15 18 

(0,5 điểm) 

+ Gọi thời gian người thứ hai đi hết quãng đường là: t 

1 1 

Ta có phương trình: . t. 

V . t . V V . 

1 

 

2 

 

TB 

t 

(0,75 điểm) 

2 2 

V1 V2 

Vận tốc trung bình của người thứ hai là: V TB = 2 

15 18 

V TB = 16,5km/ 

h 

2 

(0,5 điểm) 

Vậy vận tốc trung bình của người thứ hai lớn hơn do đó người thứ hai đến đích 

trước. 

(0,5 điểm) 

Câu 2 (4 điểm) 

a/ Khi I 1 =2A, ta có P 1 = I 2 1 .R b1 48 = 2 2 . R b1 R b1 =11,25 (0,5 điểm) 

Khi I 2 =5A ta có P 2 = I 2 2 .R b2 30 = 5 2 . R b2 R b2 =1,2 (0,5 điểm) 

Mặt khác ta có: U AB = I 1 .( R b1 +r ) 

U AB = I 2 .( R b2 +r ) ta có hệ phương trình. 

U 

AB 

I1.( 

Rb 

1 

r) 

U 

AB 

2.(11,25 r) 

 

 

U 

AB 

I 

2.( 

Rb2 

r) 

U 

AB 

5.(1,2 r) 

(0,5 điểm) 

r = 5,5 , U AB = 33,5V. 

(0,5 điểm) 

b/ Công suất tiêu thụ của biến trở. 

2 

P Rb = I 2 2 

2 

U 

U 

 

.R b = . R 

2 b 

; P Rb = 

; P Rb Max khi r 

R 

b 

Min. 

( Rb 

r) 

r 2 

 

( Rb 

) 

Rb 

 

Rb 

(0,75 điểm) 

 

Theo bất đẳng thức côsi: r 

R 

b 

2 

 

Rb 

 

5, 5 

(0,5 điểm) 

 

r 

 

 

R 

b 

Min = 2 5 , 5 r 

R 

b 

Vậy R 

R 

 

 

b =5,5 

b 

Rb 

 

(0,75 điểm) 

Câu 3(4 điểm): 

Gọi h 1 , h 2 là độ cao mực chất lỏng ở bình A và bình B khi đã cân bằng. 

S A .h 1 +S B .h 2 =V 2 100 .h 1 + 200.h 2 =5,4.10 3 (cm 3 ) 

h 1 + 2.h 2 = 54 cm (1) 

3 

V1 

3.10 

Độ cao mực dầu ở bình B: h 3 = 30( cm) 

. (1 điểm) 

S 

A 

100 

Áp suất ở đáy hai bình là bằng nhau nên. 
















d 2 h 1 + d 1 h 3 = d 2 h 2 

10000.h 1 + 8000.30 = 10000.h A 

2 

B 

h 2 = h 1 + 24 (2) (1 điểm) 

h 3 


h 1 +2(h 1 +24 ) = 54 

h 1 = 2 cm 

h k K 

2 h 1 

h 2 = 26 cm (2điểm) 


Gọi m 1 , V 1 , D 1 ,là khối lượng, thể tích và khối lượng riêng của vàng. (0,25 điểm ) 

Gọi m 2 , V 2 , D 2 ,là khối lượng, thể tích và khối lượng riêng của bạc. (0,25điểm ) 

+ Khi cân ngoài không khí. P 0 = ( m 1 + m 2 ).10 (1) (0,5điểm ) 

m1 

m 

2 

+ Khi cân trong nước. P = P 0 - (V 1 + V 2 ).d = m 

1 

m2 

 

 

. 

D. 

10 

D1 

D2 

 

D D 

= 10. m 

 

 

1 

1 m2 

1 (2) (1,5 điểm ) 

D1 

D2 

 

1 1 

Từ (1) và (2) ta được. 10m 1 .D. D 

=P - P 0 . 

D2 

D 

 

1 

và 

1 D2 

 

1 1 

10m 2 .D. D 

=P - P 0 . 

D1 

D 

 

1 

2 D 

1 

Thay số ta được m 1 = 59,2g và m 2 = 240,8g. (1,5 điểm ) 


Gọi: Nhiệt lượng nước toả ra môi trường trong vòng 1 phút là q; 

Thời gian đun nước từ 40 0 C đến 100 0 C là T 3 

Theo bài ra ta có: P. T 1 = C.m( t 1 - t 0 ) + q. T 1 

(0,5 điểm) 

q. T 2 = C.m( t 1 - t 2 ) (0,5 điểm) 

P. T 3 = C.m( t 3 – t 2 ) + q. T 3 (0,5 điểm) 

Thay số vào ta được: 

5P = 25 C.m + 5 q P – q = 5 Cm (1) 

3q = 5Cm 3q = 5 Cm (2) (1 điểm) 

P. T 3 = 60 Cm + q. T 3 T 3 . ( P – q ) = 60 Cm (3) 

Từ (1) và (2): P – q = 3q q = 4 

P = 250 J. 



(0,5 điểm) 

3q 

Từ (2) ta tìm được m = = 2,14 kg. (0,5 điểm) 

5C 

( P Cm 

Từ (1) và (3) ta có: T q) 

60 

3 P q 5Cm 

T = 12 phút (1điểm) 

3 

Vậy tổng thời gian cần thiết để đun sôi lượng nước nói trên là: 

T = T 1 + T 2 + T 3 5 + 3 + 12 = 20 phút (0,5 điểm) 



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





















ĐỀ BÀI 


Một ô tô chuyển động trên nửa đoạn đường với vận tốc 60km/h. Phần còn lại nó 

chuyển động với vận tốc 15km/h trong nửa thời gian đầu và 45km/h trong nửa thời gian 

sau. Tính vận tốc trung bình của ô tô trên cả đoạn đường? 

Câu 2: (4điểm) Một thau nhôm có khối lượng 0,5 kg, đựng 2 kg nước ở 20 0 C. Thả 

vào thau nước một thỏi đồng nặng 200g lấy ra từ bếp lò, thấy nước nóng đến 25 0 C . Tính 

nhiệt độ của bếp lò trong hai trường hợp. 

a) Bỏ qua hao phí do tỏa ra môi trường ? 

b) Nhiệt lượng hao phí do tỏa ra môi trường ngoài là 10% ? 

Cho biết nhiệt dung riêng của nhôm, nước, đồng lần lượt là: 880 J/kgK, 4200 J/ 

kgK, 380 J/ kgK. 


Giữa hai điểm M,N của một mạch điện có hiệu điện thế luôn luôn không đổi U MN 

= 24V, người ta mắc nối tiếp hai điện trở R 1 =45 ; R 2 = 15 

a/ Tính cường độ dòng điện chạy qua mỗi điện trở? 

b/ Tính hiệu điện thế giữa hai đầu của mỗi điện trở? 

c/ Người ta mắc thêm một điện trở R 3 vào đoạn mạch nói trên sao cho cường độ 

dòng điện tăng gấp 2 lần so với lúc trước. Vẽ sơ đồ các mạch điện có thể mắc được. 

Trong mỗi trường hợp, tính giá trị của điện trở R 3 ? 


Một cuộn dây gồm nhiều vòng, điện trở suất của chất làm dây bằng 4.10 -7 m, 

đường kính d 1 = 0,2mm, được quấn trên ống sứ hình trụ có đường kính d 2 = 2cm. Cuộn 

dây được mắc giữa hai điểm A,B có hiệu điện thế 24V thì cường độ dòng điện qua cuộn 

dây là 1A. 

a/ Tính điện trở của dây? 

b/ Tính số vòng dây quấn trên cuộn dây? 

c/ Muốn cường độ dòng điện chạy qua cuộn dây là 0,75A thì phải mắc thêm điện 

trở như thế nào và bằng bao nhiêu ? Biết rằng hiệu điện thế giữa hai điểm A,B vẫn luôn 

không đổi. 

Câu 5: ( 4 điểm) 

Hai gương phẳng (G 1 ) và (G 2 ) có các mặt phản xạ quay vào nhau và hợp với nhau 

góc = 60 0 . Chiếu một chùm tia sáng hẹp SI tới (G 1 ) chùm này phản xạ theo IJ và phản 

xạ trên (G 2 ) theo JR ra ngoài. Vẽ hình và xác định góc tạo bởi hướng của tia tới SI và 

tia ló JR. 

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




















Nội dung 


Tóm tắt: v 1 = 60 km/h ; v 2 = 15 km/h ; v 3 = 45 km/h ; v tb = ? 

Gọi s là nửa quảng đường. Thời gian đi nửa quãng đường đầu là: 

s 

t 

1= v 

1 

Phần còn lại, ô tô đi hai đoạn thời gian tương ứng là: t 2 = t 3 . 

Do đó, quãng đường ô tô đi được trong mỗi giai đoạn này là: 

s 2 = v 2 . t 2 ; s 3 = v 3 . t 3 = v 3 .t 2 

Mặt khác: s = s 2 + s 3 = ( v 2 +v 3 ).t 2 

s 

t 2 

=t 3 

= v 

2 +v 

3 

Vậy vận tốc trung bình trên cả đoạn đường là 

2s 2s 2s 2s 2 

v 

tb 

= = = = = 

t t 

1+2t s 2s v +v +2v 

2 + 

1 2 

s + 

v1 v 

2 

+v 

3 

v v1 v 1 

v 

2+v3 

 

2 

+v3 

2v v +v 2.60 15+45 

 

1 2 3 

= = =40 km/h 

v 

2 

+v 

3+2v1 

15+45+2.60 






 

. 

 

2 3 1 


a) Bỏ qua hao phí: 

- Gọi nhiệt độ của thỏi đồng là t 2 , Nhiệt độ của bếp lò cũng chính là nhiệt 

độ của thỏi đồng. 

- Nhiệt lượng của thau nhôm và nước thu vào là: 

Q 1 = m 1 C 1 ( t – t 1 ) + m 2 C 2 ( t – t 1 ) 

Q 1 = 0,5. 880 .5 + 2 . 4200 . 5 

Q 1 = 44200 ( J ) 

- Nhiệt lượng của thỏi đồng tỏa ra là: 

Q 2 = m 3 C 3 ( t 2 – t ) 

Q 2 = 0,2. 380 ( t 2 – 25 ) 

Q 2 = 76( t 2 – 25 ) (J ) 

- Do bỏ qua hao phí nên : Q 1 = Q 2 

44200 = 76 ( t 2 – 25 ) 

t 2 ≈ 607 0 C 

b) Do hao phí là 10 % nên phần nhiệt lượng hao phí là 

Q hp = 10%.Q 1 = 0,1. 44200 = 4420 (J) 

Mà Q’ 2 = Q hp + Q 1 = 48620 ( J ) 

 

Điểm 


0.75 

0.5 

0.5 

1.0 

2.0 

0.75 

1.0 

0.5 











76 ( t 2 – 25 ) = 48620 

t 2 ≈ 665 0 C 


Tóm tắt: U MN = 24V; R 1 =45 ; R 2 = 15 ; 

a/ I 1 = ? ; I 2 = ? 

b/ U 1 = ? ; U 2 = ? 

c/ Thêm R 3 để I tăng 2 lần. Vẽ sơ đồ và R 3 = ? 

Giải 

a/ Cường độ dòng điện chạy qua mỗi điện trở: 

UMN 

24 

I 1 = I 2 = I = = =0,4A 

R 

1+R 2 

45+15 

b/ Hiệu điện thế giữa hai đầu của mỗi điện trở: 

U 1 = I 1 .R 1 = 0,4.45 = 18 ( V ) 

U 2 = I 2 . R 2 = 0,4.15 = 6 ( V ) 

c/ Điện trở tương đương của đoạn mạch: 

R tđ = R 1 + R 2 = 45+15=60 ( ) 

Vì hiệu điện thế luôn luôn không đổi, nên muốn cường độ dòng điện tăng 

lên gấp 2 lần so với lúc trước thì điện trở tương đương cũng phải giảm đi 

một nửa. 

R 

td 

60 

Ta có : R 

td 

= = =30Ω 

2 2 

Vậy điện trở R 3 có thể được mắc như sau: 

* Trường hợp 1: R 2 nt ( R 1 // R 3 ) 

* Trường hợp 2: ( R 1 nt R 2 ) // R3 

Không thể có trường hợp R 1 nt (R 2 // R 3 ) bởi vì bản thân R 1 đã lớn 

hơn 30 ) 

* Trường hợp 1: R 2 nt ( R 1 // R 3 ) Điện trở R 3 là: 

R’ tđ = R 2 + R 1,3 => R 1,3 =R’ tđ – R 2 = 30 – 15 = 15 ( ) 








0.5 

0.5 

0.75 

0.75 

0.5 



0.75 











1 1 1 1 1 1 

= + = - 

R R R R R R 

 

1,3 1 3 3 1,3 1 

R .R 45.15 

1 1,3 

R 

3= = =22,5 Ω 

R1-R1,3 

45-15 

* Trường hợp 2: ( R 1 nt R 2 ) // R 3 Điện trở R 3 là: 

R 1,2 = R 1 +R 2 = 45 +15 =60 ( ) 

1 1 1 1 1 1 

= + = - 

R 

R R R R 

R 

 

td 1,2 3 3 td 1,2 

R .R 

60.30 

1,2 td 

R 

3= = =60 Ω 

R1,2-Rtd 

60-30 

Đáp số: a/ I 1 = I 2 = 0,4A 

b/ U 1 = 18 V ; U 2 = 6 V 

c/ R 3 = 22,5 ; R 3 = 60 

Câu 4 (4điểm) 

Tóm tắt: 

d 1 =0,2mm =2.10-4 m ; = 4.10-7 m ; d 2 = 2cm = 2.10-2m ; U = 24V; I 

=1A ; 

a/ R = ? ; b/ n = ? ; c/ I’ = 0,75A ; R’ mắc ? và = ? 

Giải 

a/ Điện trở của dây: 

U U 24 

I= R= = =24Ω 

R I 1 

b/ Chiều dài của dây: 

2 -8 

R.S R.πd1 

24.4.10 .π 

l= = = =0,6.π 

-7 

m 

ρ ρ.4 4.10 .4 

Số vòng dây quấn: 

l 0,6.π 

n= = = 30 ( vòng ) 

π.d 0,02.π 

2 

 

c/ Khi mắc thêm điện trở R’ vào mạch thì điện trở tương là: 

U 24 

Rtđ = = =32Ω 

I 

0,75 

Mà R tđ > R nên đoạn mạch sẽ là R nối tiếp R’ ta có: 

R tđ = R+R’ => R’ =R tđ –R = 32 – 24 = 8 ( ) 

Đáp số: a/ R=24 ; b/ n = 30 vòng ; c/ R’ = 8 

 

 

 




0.75 

0.5 

1.0 

1.0 

0.75 

0.75 





Câu 5: ( 4điểm) 

(2.0đ) 













Hình vẽ : 

Tia tới S 1 I tới G 1 theo đ/l phản xạ 

Ta có : i 1 = i 2 

Tia IJ tới G 2 j 1 = j 2 

Tia ló JR cắt SI tại M cho ta góc 

tạo bởi tia ló và tia tới là góc . 

Xét tam giác MIJ ta có = 2i + 2 j 

Pháp tuyến tại I và J gặp nhau tại H. 

Tứ giác IHOJ cho ta góc O = = i + j 

= 2. 

O 

 

I G 1 


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

J 

G 2 

j 1 

H 

i 2 i 1 

 

M 

S 

(0.5 đ) 

(0.5 đ) 

(0.5 đ) 

(0.5 đ) 






















ĐỀ BÀI 

Bài 1 (4,5đ): 

Một ca nô đang đi ngược dòng qua điểm A thì gặp một bè gỗ trôi xuôi. Ca nô tiếp 

tục đi thêm 30 phút nữa thì bị hỏng máy nên bị trôi theo dòng nước. Sau 15 phút sửa 

song máy ca nô quay lại đuổi theo bè và gặp lại bè tại B . Cho biết khoảng cách giữa hai 

điểm AB là 3 km, công suất của ca nô không đổi trong suốt quá trình chuyển động. 

Tính vận tốc của bè gỗ. 

Bài 2 (5đ): 

Bỏ một cục nước đá có khối lượng m 1 = 10kg, ở nhiệt độ t 1 = - 10 0 C, vào một bình 

không đậy nắp. Xác định lượng nước m trong bình khi truyền cho cục nước đá nhiệt 

lượng Q = 2,7.10 7 J. Cho nhiệt dung riêng của nước là c n = 4200J/kg.k, của nước đá là 

c đ = 2100J/kg.k, nhiệt nóng chảy của nước đá là = 3,4.10 5 J/kg, nhiệt hóa hơi của 

nước là L = 2,3.10 6 J/kg. 

Bài 3 (4,5 đ): 

Cho hai gương phẳng M 1 , M 2 đặt song song 

có mặt phản xạ quay vào nhau và cách nhau một 

khoảng d. 

Trên đường thẳng song song với hai gương có hai 

điểm 

sáng S,0 với các khoảng cách được cho như hình vẽ. 

a. Trình bày cách vẽ tia sáng xuất phát từ S đến 

gương M 1 tại I rồi phản xạ đến gương M 2 tại J rồi 

truyền đến O. 

b. Tính khỏng cách từ I đến A và từ J đến B. 

Bài 4 (6đ): 

Cho mạch điện như hình vẽ. 

Biết U AB = 90V, R 1 = 40 ; R 2 = 90 ; R 4 = 20 ; R 3 là 

một biến trở. Bỏ qua điện trở của ampe kế, khóa K và dây nối. 

a.Cho R 3 = 30 tính điện trở tương đương của đoạn mạch AB 

và số chỉ của ampe kế trong hai trường hợp : 

K 

+ Khóa K mở. 

R 1 

+ Khóa K đóng. 

A 

C R 4 

b.Tính R 3 để số chỉ của ampe kế khi K đóng cũng R 2 

D 

R 

như khi K ngắt là bằng nhau. 

3 


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

+ 

A 

B 

_ 



















. 



1 Ta có sơ đồ: 

S'' 1 

B 

A 

S'' 2 S' S 1 

2 S 2 

S' 1 

C 

Gọi A là điểm ca nô gặp bè, C là vị trí ca nô bị hỏng máy, B là điểm 0,5 

mà ca nô quay lại đuổi và gặp bè. v c là vận tốc của ca nô so với với 

dòng nước, v b là vận tốc của bè gỗ so với bờ. 

Trong thời gian t 1 = 30 ph = 0,5 h ca nô và bè đi được quãng đường: 

S 1 = 0,5(v c - v b ); S 2 = 0,5v b 

0,5 

Trong thời gian t 2 = 15 ph = 0,25h trôi theo dòng nước được quãng 

đường: s' 1 = s'' 2 = 0,25.v b 

0,5 

Trong thời gian t quay lại đuổi theo bè, ca nô và bè đi được quãng 

đường: S’' 1 = (v c + v b ).t; S'' 2 = v b .t 

0,5 

Theo bài ra ta có: s 2 + s'' 2 + s' 2 = 3 

hay: 0,5 v b + 0,25v b + v b .t = 3 0,75v b + v b .t = 3 (1) 

0,5 

và S'' 1 + S' 1 - s 1 = 3 hay (v c + v b ).t + 0,25v b - 0,5(v c - v b ) = 3 

0,5 

v c t + v b t + 0,75v b - 0,5v c = 3 (2) 

0,5 

Từ (1) và (2) => t = 0,5h 

0,5 

thay t = 0,5 h vào (1) Ta tìm được v b = 2,4 km/h 

0,5 

2 Nhiệt lượng nước đá nhận vào để tăng nhiệt độ từ t 1 = - 10 0 C đến 0 0 C 

là 

0.5 

Q 1 = m 1 c đ (0 - t 1 ) = 10.2100.10 = 2,1.10 5 J 

0.5 

Nhiệt lượng nước đá ở 0 0 C nhận được để chảy thành nước là: 

Q 2 = m 1 = 3,3.10 5 .10 = 33.10 5 J 

Nhiệt lượng nước đá ở 0 0 C nhận vào để tăng nhiệt độ đến 100 0 C (sôi) 0,5 

là: Q 3 = m 1 c n (100 - 0) = 10.4200.100 = 42.10 5 J 

0,5 

Ta thấy: Q 1 + Q 2 + Q 3 = 77, 1 .10 5 J nhỏ hơn nhiệt lượng cung cấp 0,75 

Q = 200.10 5 J nên một phấn nước đã biến thành hơi. 


Gọi m 2 là khối lượng nước được biến thành hơi ta có: 

0,5 

m 2 L = Q - ( Q 1 + Q 2 + Q 3 ) = 200.10 5 - 77,1.10 5 = 122,9.10 5 J 

0,5 

5 5 

122,9.10 122,9.10 

0,5 

nên m 2 = 5,343kg 

6 

L 2,3.10 

Vậy lượng nước còn lại trong bình là: 

0,5 

m = m 1 - m 2 = 10 - 5,343 = 4,657kg 

3 4,5 

a. Chọn S 1 đối xứng S qua gương M 1 , chọn 0 1 đối xứng 0 qua gương 1,5 

M 2, nối S 1 0 1 cắt gương M 1 tại I và cắt gương M 2 tại J. Nối SIJO ta được 

tia cần vẽ. 


















b. S 1 AI ~ S 1 BJ 

Xét S 1 AI ~ S 1 HO 1 

(1) ta được BJ = 

( a d). 

h 

2d 

AI S1 A a 

a 

AI = .BJ (1) 

BJ S B a d 

a d 

 

1 

AI 

HO 

1 

S1A 

a 

a 

AI = . h thay vào 

S H 2d 

2d 

0,5 

4 6 

+ Khi K mở đoạn mạch được vẽ lại : 


I 4 

A 

+ I R R AB 1 4 R 3 _ 

A D B 

R 2 

R . R 

R AB = R AD + R 3 = 14 2 3 

R14 R R = 66 

 

2 

U 

AB 

I AB = = 1,36A 

RAB 

U AD = I AB . R AD = 48,96V 

U 

Số chỉ của ampe kế : I a = I 4 = AD 

R 0,816A 

+ Khi K đóng, chập C với B. Đoạn mạch được vẽ lại : 

A 

R 1 

B 

+ 

I AB 

I a 

R 4 

I 234 

R 2 

R 3 

R3R4 

R 234 = R 2 + R 34 = R 2 + 

R + R 

3 4 

14 

A 

D 


= 102 

1 

_ 

1 

0,75 

0,75 




















R1R 

234 

Tính đúng : R AB = 

R + R 

1 234 

U AB 

= 28,7 

I 234 = 

R = 0,88A 

234 

U 34 = I 234 .R 34 = 10,56 V 

U34 

=> I a = 

R = 0,528A 

4 

b. + K mở : 

+ 

I AB 

R 1 

I 4 

R 4 R 3 

A D B 

R 2 

R14. 

R2 

R AB = 

3 

R14 R R = 36 +R 3 ; I AB = 

 

2 

R2 

90 90 54 

I a = . I 

AB 

. 

R2 R 

 

 

14 

150 36 R3 36 R3 

+ K đóng : 

A 

R 2 

R 1 

A 

U 

R 

AB 

90 

 

30 R 

R3. R4 20R3 

R 34 = 

R3 R4 20 R3 

90(20 R3 ) 20R3 

R 234 = R 2 + R 34 = 

20 R3 

920 

R3 

 

I 2 = I 34 = 

180 11R3 

180R3 

U 34 = I 34 . R 34 = 

180 11R3 

9R3 

I a = I 4 = (2) 

180 11R3 

Từ (1) và (2) => R 2 3 - 30R 3 – 1080 = 0 

Giải phương trình ta có : R 3 = 51,1 ( Chọn ) 

R / 3 = - 21,1( Loại vì R 3 < 0) 

R 4 

R 3 

A 

D 


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

B 




3 

_ 

(1) 







0,5 

0,5 

0,5 



























ĐỀ BÀI 

Bài 1: (6 điểm) Hai bến sông A và B cách nhau S = 72 km. A ở thượng lưu, B ở hạ lưu 

dòng sông. Một ca nô chạy từ A đến B hết thời gian t 1 = 2 giờ và chạy từ B về A hết thời 

gian t 2 = 3 giờ. Xác định: 

a. Vận tốc của ca nô so với nước đứng yên. 

b. Vận tốc nước chảy của dòng sông. 

c. Vận tốc trung bình cả đi lẫn về của ca nô. 

Cho rằng công suất của ca nô khi ngược và xuôi dòng là không đổi, nước chảy đều. 


a. Tính nhiệt lượng cần thiết cho 2kg nước đá ở – 10 0 C biến thành hơi, cho biết 

nhiệt dung riêng của nước là 4200J/kg.K, nhiệt dung riêng của nước đá là1800J/kg.K, 

nhiệt nóng chảy của nước đá là 34.10 4 J/kg, nhiệt hóa hơi của nước là 23.10 5 J/kg 

b. Nếu dùng một bếp dầu có hiệu suất 80% , người ta phải đốt cháy hoàn toàn 

bao nhiêu lít dầu để cho 2kg nước đá ở -10 o C biến thành hơi . 

Cho biết khối lượng riêng của dầu hỏa là 800 kg/m 3 , năng suất tỏa nhiệt của dầu 

hỏa là 44 . 10 6 J/kg. 

Bµi 3 (4 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ. 

U AB = 9V, R 0 = 6. Đèn Đ thuộc loại 6V-6W, 

A 

R X 

R x là biến trở. Bỏ qua điện trở của Ampekế và A 

Đ B 

dây nối. 

R 0 

a. Con chạy của biến trở ở vị trí ứng với R x = 2. 

Tính số chỉ Ampe kế. Độ sáng của đèn như thế nào? Tìm công suất tiêu thụ của đèn 

khi đó. 

b. Muốn đèn sáng bình thường cần di chuyển con chạy biến trở về phía nào? Tính 

R x để thoả mãn điều kiện đó. 

c. Khi đèn sáng bình thường. Tính hiệu suất của mạch điện (coi điện năng làm 

sáng bóng đèn là có ích). 

Bài 4: (6 điểm) Cho sơ đồ mạch điện như hình vẽ. Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B 

không đổi và U = 10V. Các điện trở R 1 = 4; R 2 = 6; bóng đèn Đ(6v- 3w); biến trở R x ; 

điện trở của vôn kế vô cùng lớn. 

R 1 

M 

R 

1. Bóng đèn Đ sáng bình thường. Tính: 

2 

a. Cường độ dòng điện qua các điện trở. 

A 

B 

b. Điện trở R x 

o + 

V 

- o 

c. Tính chỉ số của vôn kế, cho biết cực dương 

của vôn kế mắc vào điểm nào? 

2. Thay vôn kế bằng am pe kế có điện trở nhỏ Đ N 

không đáng kể thì thấy am pe kế chỉ 0,4A. 

R x 

a. Tính giá tri R x 

b. Độ sáng của bóng đèn thay đổi như thế nào? 

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





















Bài 1: (6 điểm): 

a/ Gọi vận tốc của ca nô khi nước đứng yên là V c , của dòng nước là V n . ( 0,5 đ ) 

Ta có các phương trình: S = ( V c + V n ) t 1 ( 0,5 đ ) 

S = ( V c - V n ) t 2 ( 0,5 đ ) 

S( 

t2 

t1) 

Giải các phương trình: V c = = … = 30 ( km/h ) 

2t1t 

2 

(1,5 đ ) 

S( 

t2 

t1) 

V n = = … = 6 ( km/h ) 

2t1t 

2 

(1,5 đ ) 

b/ Vận tốc trung bình của ca nô là: 

S1 

S2 

2S 

V tb = = 

t1 

t2 

t1 

t2 

= … = 28,8 (km/h) (1,5đ ) 

Bài 2: ( 4 điểm ) 

a. Tính nhiệt lượng cần cung cấp cho 2kg nước đá từ - 10 o C biến thành hơi là: 

Q= m.c 1 .10 + m. + m.c 2 .100 + m.L = 6156000 ( J ) (1,5 điểm) 

Trong đó c 1 là nhiệt dung riêng của nước đá , c 2 là nhiệt dung riêng của nước. 

Q 

b. Nhiệt lượng do dầu cung cấp là : Q’ = = 7695000 ( J ) H ( 1 điểm) 

Lượng dầu cần dùng là m = q 

Q / = 0,175 ( kg) 

Số lít dầu cần dùng là : V = D 

m = 0,22 ( l ) 

Bài 3: (4,0 đ) 

- Điện trở của đèn: R đ = 

U 

P 

2 2 

dm 

6 

dm 

6( ) 

6 

Pdm 

6 

- Cường độ dòng điện định mức của đèn: I đm = 1( A) 

U 6 

R 

x 

- Khi R x = 2 thì R = 0. R 

Rd 

= 7,5 () 

R R 

0 

x 

dm 

( 0,75 điểm) 

( 0,75 điểm) 

U 

- Số chỉ Ampe kế: I = AB 

1,2( 

A) 

R 

+ Vì I > I đ đèn sáng hơn mức bình thường 

+ P đ = I 2 . R đ = 8,64(W) 0,5đ 

R 

x 

- Muốn đèn sáng bình thường thì I phải giảm R tăng 0. R 

tăng R x tăng 

R0 

Rx 

Phải di chuyển con chạy về phía đèn ( bên phải ) . 0,5đ 


A 

A 

R X 

R 0 

Đ 

B 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 















UAB 

- Khi đèn sáng bình thường: I = I đm = 1A; R = 

I 

= 9() 

R 0 

Rx 

R0 

Rx 

= R - R đ = 3 R x = 6() 0,5đ 

- Công suất toàn mạch: P = UI = 9. 1 = 9 (W) 0,5đ 

P 6 

dm 

Vậy hiệu suất của mạch: H = .100% .100% 66,7% 

P 9 

0,5đ 

Bài 4: ( 6 điểm ) 

1. a. Do điện trở vôn kế vô cùng lớn nên dòng qua vôn kế coi như không đáng kể. 

U 10 

I 1 = = = 1(A) 

R 1 

R 2 

4 6 

(0,5 điểm) 

p 3 

Vì đèn sáng bình thường nên I 2 = I đm = 0,5A 

U 6 

(0,5 điểm) 

U 

b. R Đ = 6 2 

dm 

U 10 

12 

; R Đ + R X = 20 

; R x = 20 - 12 = 8 (0,5 điểm) 

Pdm 

3 

I 2 

0,5 

c. U AM = I 1 R 1 = 1 . 4 = 4V; U AN = I 2 R Đ = 0,5 . 12 = 6V; U NM = U AN - U AM = 6 - 4 = 2V 

Cực dương của vôn kế mắc vào điểm N. Vôn kế chỉ 2 V 

(0,5 điểm) 

2. Thay vôn kế bằng am pe kế có điện trở 

nhỏ không đáng kể thì ta có sơ đồ sau: 

R 1 R 2 

R AB = R AM + R MB 

A + 

B 

R1 

. RD 

R2. 

Rx 

6Rx 

18 9Rx 

M N 

= 3 

R R R R 6 R 6 R 

Đ 

I 

AB 

1 

D 

2 

x 

x 





x 

U 

AB 

10(6 Rx 

) 

 

(1 điểm) 

R 9(2 R ) 

AB 

x 

30(6 Rx 

) 10(6 Rx 

) 

U AM = I.R AM = 

 

9(2 Rx 

) 3(2 Rx 

) 

(0,5 điểm) 

10(6 Rx 

) 6Rx 

20Rx 

U MB = I.R MB = . 

9(2 Rx 

) 6 Rx 

3(2 Rx 

) 

(0,5 điểm) 

Cường độ dòng điện qua R 1 và R 2 lần lượt là: 

U 

AM 

10(6 Rx 

) 5(6 Rx 

) 

I1 

 

R1 

12(2 Rx 

) 6(2 Rx 

) 

(1) (0,5 điểm) 

U 

MB 

20Rx 

10Rx 

I 

2 

 

R2 

18(2 Rx 

) 9(2 Rx 

) 

(2) (0,5 điểm) 

Vì ampe kế chỉ I A = 0,4A ta có: I 1 – I 2 = 0,4 (0,5 điểm) 

387 

5(6 Rx 

) 10R 

 

R 

x 

 

1 

x 

61 

Từ (1) và (2) ta có: 0,4 

6(2 Rx 

) 9(2 Rx 

) 

522 

R 

x 

( loai ) 

 

1 

11 



R x 

(0,5 điểm) 



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

















ĐỀ BÀI 

Câu 1. (4 điểm) 

Một người đi xe đạp từ A đến B với dự định mất t = 4h. Do nửa quãng đường sau 

người ấy tăng vận tốc thêm 3 km/h nên đến sớm hơn dự định 20 phút. 

a)Tính vận tốc dự định và quãng đường AB. 

b)Nếu sau khi được 1giờ người ấy ngồi nghỉ 30 phút. Hỏi đọan đường còn lại người ấy 

phải đi với vận tốc là bao nhiêu để đến nơi đúng như dự định. 

Câu 2. (3.5 điểm) 

Trộn lẫn rượu vào nước người ta thu được một hỗn hợp nặng 140gam ở nhiệt độ t 

= 36 0 C. Tính khối lượng nước và rượu đã pha biết rằng ban đầu rượu có nhiệt độ t 1 = 

19 0 C và nước có nhiệt độ t 2 = 100 0 C. Nhiệt dung riêng của rượu và nước lần lượt là: c 1 = 

2500 J/kg.K, c 2 = 4200 J/kg.K. 

Câu 3 (4 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ. Biết U=16V, R 0 =4 , 

R 1 =12 . 

R x là giá trị tức thời của biến trở. R A và R dây không đáng kể. 

a) Tìm R x sao cho công suất tiêu thụ trên nó là 9W, 

tính hiệu suất của mạch điện biết tiêu hao trên R x và R 1 là có ích. 

b) Với giá trị nào của R x thì công suất tiêu thụ trên nó là cực đại? 

Tìm giá trị cực đại đó. 

Câu 4 (4 điểm) Khi mắc nối tiếp hai đện trở R 1 và R 2 vào giữa hai điểm A, B có hiệu 

điện thế U = 15V thì công suất tiêu thụ của R 1 là P 1 = 3,6W và công suất tiêu thụ của R 2 

là P 2 = 5,4W. 

a)Tính các điện trở R 1 , R 2 . 

b)Nếu mắc thêm một điện trở R 3 vào đoạn mạch AB thì công suất tiêu thụ của 

đoạn mạch AB là P = 11,25W. Tính R 3 và cho biết R 3 được mắc như thế nào? 

Câu 5: (4.5điểm) 

Hai gương phẳng (M) và (N) đặt song song quay mặt phản xạ vào nhau và cách nhau 

một khoảng AB = d. trên đoạn AB có đặt một điểm sáng S, cách gương (M) một đoạn SA 

= a. Xét một điểm O nằm trên đường thẳng đi qua S và vuông góc với AB có khoảng 

cách OS = h. 

a. Vẽ đường đi của một tia sáng xuất phát từ S, phản xạ trên gương (N) tại I và truyền 

qua O. 

b. Vẽ đường đi của một tia sáng xuất phát từ S phản xạ trên gương (N) tại H, trên 

gương (M) tại K rồi truyền qua O. 

c. Tính khoảng cách từ I , K, H tới AB. 

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





A 

U 

R 0 

R 1 


R x 

















a.Gọi s (km) là quãng đường AB, v (km/h) là vận tốc dự định. (s > 0, v > 0) 

Theo bài ta có phương trình 1: s = 4.v (1) (0,5 đ) 

10 

Phương trình 2: s ( v 3) 

3 

(2) (1 đ) 

Từ (1) và (2) v = 15 km/h, s = 60 km. (1 đ) 

b.Quãng đường còn lại phải đi: 60 – 15 = 45 km. (0,5 đ) 

Thời gian phải đi quãng đường còn lại: 4 – ( 1 + 0,5) = 2,5 h. (0,5 đ) 

Vận tốc phải đi quãng đường còn lại: 45 : 2,5 = 18 km/h. (0,5 đ) 

Câu 2: (3.5 điểm) 

Gọi m 1 , m 2 lần lượt là khối lượng của rượu và nước. (1đ) 

Khi có cân bằng nhiệt: m 1 .c 1 .(t – t 1 ) = m 2 .c 2 .(t 2 – t) (1 đ) 

m 1 = 6,3.m 2 (1) (1 đ) 

Mặt khác: m 1 + m 2 = 140g (2) (0,5 đ) 

Từ (1) và (2) m 2 = 19,18g, m 1 = 120,82g. 


R1. Rx 

12Rx 

Điện trở tương đương R 1x của R 1 và R x là: 

0.5đ 

R1 

x 

 

R1 

Rx 

12 Rx 

12Rx 48 16Rx 16(3 Rx 

) 

Điện trở toàn mạch là: Rtm 

R0 R1 

x 

4 

12 Rx 12 Rx 12 Rx 

U 16(12 Rx 

) 12 Rx 

Cường độ dòng điện trong mạch chính là: 

0.5đ 

I 

Rtm 16(3 Rx ) 3 Rx 

R1 x 

12 Rx 

12 12 

Cường độ dòng điện qua R x là: 


I 

x 

I. . 

R 

x 

3 R 

x 

12 R 

x 

3 

R 

x 

2 

2 

12 

0.5đ 

Công suất tiêu thụ trên R x là: Px Rx. Ix Rx. 

(1) 

(3 Rx 

) 

Với P x =9W ta có phương trình. 


2 

12 . Rx 

2 2 

9 16R 6 9 10 9 0 

2 

x 

Rx Rx Rx Rx 

 

(3 Rx 

) 

Phương trình này có hai nghiệm là: R' = 9 và R'' = 1 đều chấp nhận được. 

Với R x = R' = 9 thì R 1x = 36/7 và R tm = 64/7 . 

I = 7/4A và I x = 1A vậy hiệu suất của mạch điện là: 

0.5đ 

36 

' R1 

x 7 36 9 

H 56,25% 

R 64 

tm 

16 16 

7 


















Với R x = R'' = 1 thì R 1x = 12/13 và R tm = 64/13 . 

'' 12 3 

vậy hiệu suất của mạch điện là: H 18,75% 

64 16 

b) Tìm R x để P x cực đại: Từ biểu thức (1) ta có: 

2 

12 . Rx 

144Rx 

144 

Px 

 

(2) 

2 2 

(3 Rx ) Rx 9 6Rx 

9 

Rx 

6 

Rx 

 

Để Px cực đại, mẫu số của biểu thức trên phải cực tiểu. 

9 

Vậy ta có Rx 

 

Rx 

 

min 

9 

Vì . 9 9 

9 2 

Rx nên Rx 

khi Rx Rx 9 Rx 

3 

R 

x Rx 

 

R 

min 

x 

144.3 

Thay vào (2) ta có: Pm 

ax 

12W 

2 

(3 3) 


a. P = P 1 + P 2 = 3,6 + 5,4 = 9W 

2 2 

U 15 

R tđ 

25 R1 

R2 

25 (1) (0,5 đ) 

9 

P 2 = I 2 R 2 

P 1 = I 2 R 1 

R P 

2 2 5,4 

1,5 R2 

R P 

1 1 3,6 

1,5 R1 

(2) (0,5 đ) 

Từ (1) và (2) R 1 = 10 và R 2 = 15 . (1 đ) 

U 

b. 15 2 

R 20 

Có 3 cách mắc R 3 : (0,5 đ) 


P 

- R 3 song song với R 1 R 3 = 10 (0,5 đ) 

- R 3 song song với R 2 R 3 = 30 (0,5 đ) 

- R 3 song song với cả nhánh gồm R 1 và R 2 nối tiếp R 3 = 100 . (0,5 đ) 

Câu 5: (4,5 điểm) 


0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 














(M) 

(N) 




- Vẽ đúng 

hình, đẹp. 

O , 

O 

K 

A 

a, - Vẽ đường đi tia SIO 

+ Lấy S' đối xứng S qua (N) 

+ Nối S'O cắt gương (N) tai I 

=> SIO cần vẽ 

b, - Vẽ đường đi SHKO 

+ Lấy S' đối xứng với S qua (N) 

+ Lấy O' đối xứng vói O qua (M) 

+ Nối tia S'O' cắt (N) tại H, cắt M ở K 

=> Tia SHKO càn vẽ. 

c, - Tính IB, HB, KA. 

+ Tam giác S'IB đồng dạng với tam giác S'SO 

=> IB/OS = S'B/S'S => IB = S'B/S'S .OS => IB = h/2 

Tam giác S'Hb đồng dạng với tam giác S'O'C 

=> HB/O'C = S'B/S'C => HB = h(d - a) : (2d) 

- Tam giác S'KA đồng dạng với tam giác S'O'C nên ta có: 

KA/O'C = S'A/ S'C => KA = S'A/S'C . O'C => KA = h(2d - a)/2d 

O 

S 

B 

I 

H 

1 .5 điểm 

1 điểm 

1 điểm 

0,5 điểm 

0.5điểm 


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


S ' 





















ĐỀ BÀI 

Câu 1 (4 điểm). Một chiếc thuyền bơi từ bến A đến bến B ở cùng một bên bờ sông với 

vận tốc đối với nước là v 1 = 3km/h. Cùng lúc đó một ca nô chạy từ bến B theo hướng đến 

bến A với vận tốc đối với nước là v 2 = 10km/h. Trong thời gian thuyền đi từ A đến B thì 

ca nô kịp đi được 4 lần quãng đường đó và về đến B cùng một lúc với thuyền. Hãy xác 

định: 

a. Hướng và độ lớn vận tốc của nước sông. 

b. Nếu nước chảy nhanh hơn thì thời gian ca nô đi và về B (với quảng đường như câu 

a) có thay đổi không? Vì sao? 

Câu 2 (4điểm). Một bình hình trụ có bán kính đáy R 1 

= 20cm được đặt thẳng đứng chứa 

nước ở nhiệt độ t 1 

= 20 0 c. Người ta thả một quả cầu bằng nhôm có bán kính R 2 

= 10cm ở 

nhiệt độ t 2 

= 40 0 c vào bình thì khi cân bằng mực nước trong bình ngập chính giữa quả 

cầu. 

Cho khối lượng riêng của nước D 1 

= 1000kg/m 3 và của nhôm D 2 

= 2700kg/m 3 , 

nhiệt dung riêng của nước C 1 

= 4200J/kg.K và của nhôm C 2 

= 880J/kg.K. Bỏ qua sự trao 

đổi nhiệt với bình và với môi trường. 

a. Tìm nhiệt độ của nước khi cân bằng nhiệt. 

b. Đổ thêm dầu ở nhiệt độ t 3 

= 15 0 c vào bình cho vừa đủ ngập quả cầu. Biết khối 

lượng riêng và nhiệt dung riêng của dầu D 3 

= 800kg/m 3 và C 3 

= 2800J/kg.K. 

Xác định: Nhiệt độ của hệ khi cân bằng nhiệt? Áp lực của quả cầu lên đáy bình? 

Câu 3 (5,0 điểm). Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn 

U 

điện U có hiệu điện thế không đổi là 21V; R = 4,5Ω, R 1 R 2 

R 1 

= 3Ω, bóng đèn có điện trở không đổi R Đ = 4,5Ω. P 

Ampe kế và dây nối có điện trở không đáng kể. 

a. Khi khóa K đóng, con chạy C của biến trở ở vị 

Đ C R X 

N 

M 

trí điểm N, thì ampe kế chỉ 4A. Tìm giá trị của R 2 . 

b. Xác định giá trị của đoạn biến trở R X ( từ M 

R K 

tới C) để đèn tối nhất khi khóa K mở. 

A 

c. Khi khóa K mở, dịch con chạy C từ M đến N 

thì độ sáng của đèn thay đổi thế nào? Giải thích. 

Câu 4. (3,0 điểm) 

Trong một bình nước hình trụ có một khối nước đá nổi được giữ 

bằng một sợi dây nhẹ, không giãn (xem hình vẽ bên). Biết lúc đầu 

sức căng của sợi dây là 10N. Hỏi mực nước trong bình sẽ thay đổi 

như thế nào, nếu khối nước đá tan hết? Cho diện tích mặt thoáng 

của nước trong bình là 100cm 2 và khối lượng riêng của nước là 

1000kg/m 3 . 

















Cho mạch điện như hình vẽ. Biết U AB = 

8V; R 1 = 2 ; Điện trở ampe kế 

R A = 0 ; Điện trở vôn kế R V vô cùng 

lớn; R MN = 8 . 

Con chạy đặt ở vị trí nào thì ampe kế chỉ 

1A. Lúc này vôn kế chỉ bao nhiêu? 

Câu 1 

a(3,0) 

(0,5) 

(0,75) 

(0,75) 

(0,5) 

(0,5) 

b 

(1,0) 





A 

M 

R 1 

C 

+ - 

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



. 

D 

A 

V 

N 

B 


Gọi khoảng cách giữa hai bến sông là S = AB, giả sử nước chảy từ A đến B 

với vận tốc u ( u < 3km/h ) 

S 

- Thời gian thuyền chuyển động từ A đến B là: t 1 = 

v1 

u 

2S 

2S 

- Thời gian chuyển động của ca nô là: t 2 = 

v2 

u v2 

u 

S 2S 

2S 

Theo bài ra: t 1 = t 2 = 

v1 

u v2 

u v2 

u 

1 2 2 

2 

2 

Hay: = u 4v2u 

4v1v2 

v2 

0 (1) 

v1 

u v2 

u v2 

u 

Giải phương trình (1) ta được: u - 0,506 km/h 

Vậy nước sông chảy theo hướng BA với vận tốc gần bằng 0,506 km/h 

2S 

2S 

v2 

u v2 

u 4. S. 

v2 

Thời gian ca nô đi và về: t 2 = 2S( 

) 

2 2 

2 2 

v2 

u v2 

u v2 

u v2 

u 

Khi nước chảy nhanh hơn (u tăng) v 2 - u 2 giảm t 2 tăng (S, v 2 không đổi) 

Câu 2 

a (2,0) Nhiệt độ của nước khi cân bằng nhiệt 

(0,5) - Khối lượng của nước trong bình là: 

1 4 

m 1 

= V 1 

.D 1 

= ( R 2 1 

.R 2 

- . R 

3 

2 

).D 1 

10,467 (kg). 

2 3 

(0,5) 

4 

- Khối lượng của quả cầu là: m 2 

= V 2 

.D 2 

= R 

3 

2 

.D 2 

= 11,304 (kg). 

3 


(1,0) - Phương trình cân bằng nhiệt: c 1 

m 1 

( t - t 1 

) = c 2 

m 2 

( t 2 

- t ) 

c1m1t1 

c2m2t2 

Suy ra: t = 

= 23,7 0 c. 

c m c m 

1 

1 

2 

2 













b(2,0) - Thể tích của dầu và nước bằng nhau nên khối lượng của dầu là: 

m1D3 

m 

(0,5) 

3 

= = 8,37 (kg). 

D1 

- Tương tự như trên, nhiệt độ của hệ khi cân bằng nhiệt là: 

(1,0) c1m1t 

1 

c2m2t2 

c3m3t3 

t x 

= 

21 0 c 

c1m1 

c2m2 

c3m3 

(0,5) - Áp lực của quả cầu lên đáy bình là: 

1 4 

F = P 2 - F A = 10.m 2 - . R 

3 

2 

( D 1 

+ D 3 

).10 75,4(N) 

2 3 

R 1 

Câu 3 (5,0) 

a/Khi K đóng và con chạy ở đầu N thì toàn bộ biến trở MN mắc song song với ampe kế. 

Khi đó mạch điện trở thành: (R 2 // Đ) nt R 1 

Lúc này ampe kế đo cường độ dòng điện mạch chính 

U 21 

R tm 

5, 25 

(1) 

I 4 

(0,5) 

Rđ 

. R2 

4,5. R2 

Mặt khác: Rtm R1 

 

Rđ 

R2 

4,5 R2 

3 (2) (0,5) 

Từ (1) và (2) giải ra: R 2 = 4,5Ω (0,5) 

b/Gọi điện trở của phần biến trở từ M tới con chạy là R X , như vậy điện trở của đoạn từ 

C đến N là R - R X . 

Khi K mở mạch điện thành: 

R 1 ntR X nt{R 2 //[(R-R X ntR đ )]} 

U 

Đ R-R X 

(0,5) 

P 

2 

( R RX 

Rđ 

) R2 RX 

6RX 

81 

Điện trở toàn mạch: Rtm 

 

RX 

R1 

 

(0,5) 

R RX 

Rđ 

R2 

13,5 RX 

U U (13,5 RX 

) 

Cường độ dòng điện ở mạch chính: I 

(0,5) 

2 

Rtm 

RX 

6RX 

81 

U (13,5 RX 

) (9 RX 

).4,5 4,5U 

(9 RX 

) 

U PC = I.R PC = 

. 

 

(0,5) 

2 

2 

RX 

6RX 

81 13,5 RX 

RX 

6RX 

81 

U 

PC 4,5U 

Cường độ dòng điện chạy qua đèn: I 

đ 

 

(3) (0,5) 

2 

9 RX 

RX 

6RX 

81 

Đèn tối nhất khi I đ nhỏ nhất. Mẫu của biểu thức trong vế phải của (3) là một tam thức bậc 

hai mà hệ số của R X âm. Do đó mẫu đạt giá trị lớn nhất khi: 

6 

4,5.U 

R 

X 

3 

hoặc phân tích: I 

2.( 1) 

d 

 

2 

để R X = 3 (0,5) 

90 (Rx 3) 

Vậy khi R x = 3Ω thì I đ nhỏ nhất, đèn tối nhất. 

c/Theo kết quả câu trên, ta thấy: Khi K mở, nếu dịch chuyển con chạy từ M tới vị trí ứng 

với R X = 3Ω thì đèn tối dần đi, nếu tiếp tục dịch chuyển con chạy từ vị trí đó tới N thì 




N 

R 2 



C 

R X 

M 













đèn sẽ sáng dần lên. (0,5) 

Câu 4 (3,0) 

Nếu thả khối nước đá nổi (không buộc dây) thì khi nước đá tan hết, mực nước 

trong bình sẽ thay đổi không đáng kể. 

Khi buộc bằng dây và dây bị căng chứng tỏ khối nước đá đã chìm sâu hơn so với 

khi thả nổi một thể tích V, khi đó lực đẩy Ac-si-met lên phần nước đá ngập 

thêm này tạo nên sức căng của sợi dây. 

Ta có: F A = 10.V.D = F 

10.S.h.D = F (với h là mực nước dâng cao hơn so với khi khối nước đá 

thả nổi) 

=> h = F/10.S.D = 0,1(m) 

Vậy khi khối nước đá tan hết thì mực nước trong bình sẽ hạ xuống 0,1m 

Câu 5(4,0) 

R 1 

R x 

AM 

A 

C D 

BN 

- Vì điện trở của ampe kế R a = 0 nên:U AC = U AD = U 1 = I 1 R 1 . = 2.1 = 2 (V) 0,5 

2 

Gọi điện trở phần MD là x (x 0) thì: - I x 

; 

x 


2 

- I 

DN 

I1 I 

x 

1 

x 


2 

-U 

DN I 

DN 

. RDN 

1 

8 x 

x 

0,5 

2 

-U 

AB U 

AD U 

DB 2 1 

8 x 

x 

0, 5 

2 

- 2 1 

8 

x 8 

x 

0, 5 

- Giải được x = 4. 0, 5 

- x = 4 Con chạy ở chính giữa MN 0, 5 

2 

- Chỉ số vôn kế bằng U DN = 1 8 

4 6 (V) 

4 

0, 5 

(Hoặc U DN = U AB - U AD = 8 - 2 = 6 (V)). 


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

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





V 



0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

















ĐỀ BÀI 

Bài 1: (4 điểm) Cùng một lúc có hai xe xuất phát từ hai điểm A và B cách nhau 60Km, 

chúng chuyển động cùng chiều từ A đến B. 

Xe thứ nhất khởi hành từ A với vận tốc V 1 = 30Km/h. Xe thứ hai khởi hành từ B 

với vận tốc V 2 = 40Km/h. ( cả hai xe đều chuyển động thẳng đều). 

1. Tính khoảng cách giữa hai xe sau 1 giờ kể từ lúc xuất phát. 

2. sau khi xuất phát được 1 giờ 30 phút xe thứ nhất đột ngột tăng vận tốc với V 1 ' = 

50Km/h. Hãy xác định thời điểm và vị trí hai xe gặp nhau. 

Câu 2(4 điểm) Một thỏi nước đá có khối lượng m = 200g ở –10 0 C 

a.Tính nhiệt lượng cần cung cấp để thỏi nước đá biến thành hơi hoàn toàn ở 100 0 C 

Cho biết nhiệt dung riêng của nước đá là 1800J/KgK, của nước là 4200J/KgK và nhiệt 

tỏa hơi của nước ở 100 0 C là L=2,3.10 6 J/Kg, nhiệt nóng chảy của nước đá ở 0 0 C là 

=3,4.10 5 J/Kg 

b.Nếu bỏ thỏi nước đá trên vào xô nước ở 20 0 C, sau khi cân bằng nhiệt người ta thấy 

nước đá còn sót lại là 50g. Tính lượng nước lúc đầu, biết sô nhôm có khối lượng 

m 2 = 100g và nhiệt dung riêng của nhôm là C 3 = 880J/Kg độ 

Bài 3:(6điểm) Cho mạch điện như hình vẽ hiệu điện thế đặt vào mạch U = 6v không đổi. 

R 1 = 2 ;R 2 = 3 ; R x = 12 .Đèn Đ ghi 3V-3W coi điện trở của đèn không đổi. Điện trở 

của ampekế và dây nối không đáng kể. 

1.Khi khóa K mở: 

a.R AC = 2 . Tính công sất tiêu thụ của đèn. 

A Â 

b.Tính R AC để đèn sáng bình thường. R 1 Đ 

2.Khi khóa K đóng Công suất tiêu thụ ở R 2 là 0,75w +Ua.Xác 

định vị trí con chạy C. R 2 

b.Xác định số chỉ của ampe kế K 


B C A 

Cho mạch điện như hình vẽ: 

B R 0 R 2 D 

Hiệu điện thế giữa hai điểm B, D không 

đổi khi mở và đóng khoá K, vôn kế lần 

lượt chỉ hai giá trị U 1 và U 2 . Biết rằng 

R 2 = 4R 1 và vôn kế có điện trở rất lớn. 

Tính hiệu điện thế giữa hai đầu B, V 

D theo U 1 và U 2 . 

R 1 K 

Câu 5: (4 điểm) Một người cao 170 cm, mắt cách đỉnh đầu 10cm đứng trước một gương 

phẳng thẳng đứng để quan sát ảnh của mình trong gương. Hỏi phải dùng gương có chiều 

cao tối thiểu là bao nhiêu để có thể quan sát toàn bộ người ảnh của mình trong gương. 

Khi đó phải đặt mép dưới của gương cách mặt đất bao nhiêu ? 

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





















V 1 

V 2 

S 

Bài 1: ( 4điểm) 

1 

S 2 

1) Quãng đường xe đi được trong 1 giờ 

A M B 

N 

Xe 1: S 1 = v 1 .t = 30Km 

(0.25đ) 

Xe 2 : S 2 = v 2 . t = 40 Km 

( 0,25đ) 

S AB = 60Km. 

Gọi khoảng cách giữa 2 xe là MN MN = (S 2 +S )- S 1 = 40 +60-30=70 Km (0,5đ) 

2. Sau khi xuất phát 1 giờ 30 phút quãng đường mỗi xe là: 

Xe 1: S 1 = v 1 .t = 45Km 


Xe 2 : S 2 = v 2 . t = 60 Km 


Khoảng cách giữa 2 xe là: l = S 2 +S - S 1 = 75Km 

(0.5đ) 

Sau thời gian t xe 1 đuổi kịp xe 2. 

Quãng đường mỗi xe là: 

Xe 1: S 1 ' = v 1 '.t = 50t 


Xe 2 : S 2 ' = v 2 '. t = 40t 


Khi hai xe gặp nhau ta có S 2 ' = S 1 ' - l l = S 1 ' - S 2 ' 

75 = 50t - 40 t = 10t t = 7,5 ( giờ) 

(1đ) 

Vị trí gặp nhau cách A một khoảng L, ta có: 

S 1 '= v 1 '.t = 50.7,5 = 375 Km 


L = S 1 '+S 1 = 375 + 45 = 420 Km 


Câu 2(4đ) 

a) Gọi Q 1 là nhiệt lượng nước đá thu vào để tăng từ t 1 = -10 0 C đến t 2 = 0 0 C là: 

Q 1 = m 1 c 1 (t 2 -t 1 ) = 0,2.1800(0 + 10) = 3600J = 3,6KJ 


- Gọi Q 2 là nhiệt lượng nước đá thu vào chảy hàon toàn ở 0 0 C là: 

Q 2 = . m 1 = 3,4 . 10 5 . 0,2 = 68000 J = 68KJ 


- Gọi Q 3 là nhiệt lượng nước tăng nhiệt độ từ t 2 = 0 0 C đến t 3 = 100 0 C là 

Q 3 = m 1 c 2 (t 2 -t 2 ) = 0,2.4200(100-0) = 84000J = 84KJ 


- Gọi Q 4 là nhiệt lượng nước hóa hơi hoàn toàn ở 100 0 C là: 

Q 4 = L . m 1 = 2,3 . 10 6 . 0,2 = 460000 J = 460KJ 


Gọi Q là nhiệt lượng cần cung cấp tổng cộng để nước đá ở –10 0 C biến thành hơi hoàn 

toàn ở 100 0 C là: 

Q = Q 1 + Q 2 + Q 3 + Q 4 = 3,6 + 68 + 84 + 460 = 615,6KJ 

(1đ) 

b) Gọi m x là lượng nước đá đã tan thành nước, ta có: m x = 200 – 50 = 150 (g) (0,25đ) 

do nước đá tan không hết nghĩa là nhiệt độ cuối cùng của hệ thống là 0 0 C 
















- Gọi Q’ là nhiệt lượng của khối nước đá nhận để tăng nhiệt độ đến 0 0 C là 

Q’ = m 1 c 1 (t 2 – t 1 ) = Q 1 = 3600J (0,25đ) 

- Gọi Q’’ là nhiệt lượng mà khối nước đá nhận để tan hoàn toàn là : 

Q’’ = m x . = 0,15 . 34 .10 5 = 5100J 


- Toàn bộ nhiệt lượng này do nước (có khối lượng M) và sô nhôm tỏa ra để giảm từ 20 0 C 

xuống 0 0 C là: 

Q = (MC 2 + m 2 c 3 ) (20 – 0) = (M . 4200 + 0,1 . 880) . 20 


Theo pt cân bằng nhiệt ta có : Q = Q’ + Q’’ 

Hay 

54600 

(M . 4200 + 0,1 . 880) . 20 = 2730 => M = 2730 0, 629 

20 

4200 

Kg = 629 (g) (1đ) 


1. Khi K mở: 

a.Ta có sơ đồ mạch điện: R1nt 

RD 

// R2ntR 

AC 

Điện trở của đèn là: 

U 

Từ công thức: P = UI = 2 

R R 2 2 

U 

D 

3 

Đ = 3 ) 

(0,5 điểm) 

PD 

3 

Điện trở của mạch điện khi đó là: 

RD 

R2 

RAC 

3(3 

2) 

R R1 

2 

RD 

R2 

RAC 

3 3 2 

(0,5 điểm) 

31 

R ( ) 

8 

Khi đó cường độ trong mạch chính là: 

U 6 48 

I ( A ) 

(0,5 điểm) 

R 31 31 

8 

Từ sơ đồ mạch điện ta thấy: 

48 96 

' ' 

96 90 

U1 IR1 

2 (V) U U1 U D 

U 

D 

U U1 

6 (0,5 điểm) 

31 31 

31 31 

2 

90 

2 

' ' ' U 

 

D 31 

Khi đó công suất của đèn Đ là: PD U 

DI 

D 

 

 

2,8 (w) (0,5 điểm) 

RD 

3 

b. Đèn sáng bình thường, nên U Đ = 3 (V). (0,25điểm) 

Vậy hiệu điện thế ở hai đầu điện trở là: 

Từ U = U 1 +U Đ U 1 = U – U Đ = 6 – 3 = 3 (v). 

U1 

3 

Cường độ dòng điện trong mạch chính là: I I1 

1,5( A ) (0,25điểm) 

R1 

2 

P 3 

D 

Cường độ dòng điện qua đèn là: ID 

1( A ) 

(0,25điểm) 

U 3 


D 

















Khi đó cường độ dòng điện qua điện trở R 2 là: 

I 2 = I – I Đ = 1,5 – 1 = 0,5(A) 

Hiệu điện thế ở hai đầu điện trở R 2 là: U 2 = I 2 R 2 = 0,5 .3 = 1,5 (v) 

Hiệu điện thế ở hai đầu R AC là: 

R 

A C 

U 

I 

A C 

A C 



1, 5 

3( ) 


0 , 5 

2. Khi K đóng. 

a.Giải ra ta được: U Đ = 3V 

(0,5 điểm) 

R AC = 6 

(0,5 điểm) 

b. 

I A = 1.25 (A) 

(1 điểm) 

Câu 4: (2đ) 

- Khi K mở ta có R 0 nt R 2 . 

U1 R2U 

1 

Do đó U BD = ( R0 R2 ) R0 

 

R0 U 

BD 

U1 

(1) (0,5 đ) 

- Khi K đóng ta có: R 0 nt (R 2 // R 1 ). 

U2 R2 

R2U 

2 

Do đó U BD = U 2 + ( ) . Vì R 2 = 4R 1 nên R 0 = 

R2 

5 

5( U 

BD 

U 

2) 

(2) (0,5 đ) 

R2U 

1 

R2U 

2 

- Từ (1) và (2) suy ra: 

U 

BD 

U1 5( U 

BD 

U 

2) 

(0,5 đ) 

U 

BD 

U 

BD 

4U 1U 

2 

=> 1 5 5 => U BD = 

U U 

5U 

U 

(0,5 đ) 

1 2 

1 2 

Câu 5: (4đ) 

1. - Vẽ hình vẽ (1đ) 

D 

I 

M M’ 

H 

C J 

Ảnh và người đối xứng nên : MH = M'H 


Để nhìn thấy đầu trong gương thì mép trên của gương tối thiểu phải đến điểm I,IH là 

đường trung bình của MDM' : 


Do đó IH = 1/2MD = 10/2 = 5 (cm) 

(0,5đ) 

Trong đó M là vị trí mắt. Để nhìn thấy chân (C) thì mép dưới của gương phải tới 

điểm K 

HK là đường trung bình của MCM' do đó : 






K 















HK = 1/2 MC = 1/2 (CD - MD ) = 1/2(170 - 10) = 80cm 

(0,5đ) 

Chiều cao tối thiểu của gương là : IK = IH + KH = 5 + 80 = 85 (cm) 

(0,5đ) 

Gương phải đặt cách mặt đất khoảng KJ 

KJ = DC - DM - HK = 170 - 10 - 80 = 80 (cm) (2 đ) 

Vậy gương cao 85 (cm) mép dưới của gương cách mặt đất 80 cm 

(0,1đ) 

. 


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






















ĐỀ BÀI 

Câu1; (4 điểm) 

Một vận động viên bơi xuất phát tại điểm A trên sông bơi xuôi dòng. Cùng thời điểm đó 

tại A thả một quả bóng. Vận động viên bơi đến B cách A 1,5km thì bơi quay lại, hết 20 

phút thì gặp quả bóng tại C cách B 900m. Vận tốc bơi so với nước là không đổi. 

a.Tính vận tốc của nước và vận tốc bơi của người so với bờ khi xuôi dòng và ngược 

dòng. 

b.Giả sử khi gặp bóng vận động viên lại bơi xuôi tới B lại bơi ngược, gặp bóng lại bơi 

xuôi... cứ như vậy cho đến khi người và bóng gặp nhau ở B. Tính tổng thời gian bơi của 

vận động viên. 


Rót nước ở nhiệt độ t 1 =20 0 C vào một nhiệt lượng kế. Thả vào trong nước một cục nước 

đá có khối lượng m 2 =0,5kg và nhiệt độ t 2 = -15 0 C. Hãy tìm nhiệt độ của hỗn hợp sau khi 

cân bằng nhiệt được thiết lập. Biết khối lượng nướcđổ vào là m 1 =m 2 . 

Cho nhiệt dung riêng của nước c 1 =4200J/kgK, của nước đá là 2100J/kgK. Nhiệt nóng 

chảy của nước đá là = 3,4.10 5 J/kg. Bỏ qua khối lượng của nhiệt lượng kế. 


Cho mạch điện như hình vẽ. 

R 1 R 2 

C 

R 1 = R 3 = R 4 = 4; R 2 = 2 ; U = 6V 

a) Khi nối giữa A và D một vôn kế thì vôn kế chỉ bao 

R 3 

A 

R 4 

nhiêu. Biết R V rất lớn. 

B 

D 

b) Khi nối giữa A và D 1 ampe kế thì ampe kế chỉ bao 

U 

nhiêu? Biết R A rất nhỏ 

/ / 

+ - 

Tính điện trở tương đương của mạch trong từng trường 

hợp. 

Bài 4: (5 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ: 

R 1 = R 2 = R 3 = 6 ; R 4 = 2 

U AB = 18 v 

a) Nối M và B bằng một vôn kế. Tìm số chỉ của vôn 

kế 

b) Nối M và B bằng 1 am pe kế điện trở không đáng 

kể. Tìm số chie của ampe kế, chiều dòng qua A. 


Chiếu một tia sáng nghiêng một góc 45 0 chiều từ trái sang phải xuống một gương 

phẳng đặt nằm ngang. Ta phải xoay gương phẳng một góc bằng bao nhiêu so với vị trí 

của gương ban đầu, để có tia phản xạ nằm ngang. 

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






















a,Thời gian bơi của vận động viênbằng thời gian trôi của quả bóng , vận tốc dòng 

nước chính là vận tốc quả bóng. 

15 0,9 

V n =V b =AC/t= =1,8(km/h) (0,5đ) 

1/ 3 

Gọi vận tốc của vận động viên so với nước là V o .vận tốc so với bờ khi xuôi dòng và 

ngược dòng là V 1 vàV 2 

=> V 1 =V o +V n ; V 2 =V o -V n 

Thời gian bơi xuôi dòng t 1 =AB/V 1 =AB/(V o +V n ) (1) 

Thời gian bơi ngược dòng t 2 =BC/V 1 = BC/(V o -V n ) (2) (0,5đ) 

Theo bài ra ta có t 1 +t 2 =1/3h (3) 

Từ (1) (2) và (3) ta có V 2 o – 7,2V o =o => V o = 7,2(km/h ) 

(0,5đ) 

=>Khi xuôi dòng V 1 =9(km/h) 

Khi ngược dòng V 2 =5,4(km/h) 

(0,5đ) 

b, Tổng thời gian bơi của vận động viên chính là thời gian bóng trôi từ A đến B; 

t=AB/V n =1,5/1,8 0,83h (2đ) 

Câu 2: (4 đ) 

Khi được làm lạnh tới 0 0 C, nước toả ra một nhiệt lượng: 

Q 1 =m 1 c 1 (t-0) = 0,5. 4200.20= 42000 (J). 

(1đ) 

Để làm "nóng" nước đá tới 0 0 C cần tiêu tốn một nhiệt lượng: 

Q 2 =m 2 c 2 (0 - t 2 ) = 0,5.2100.(0- (-15)) = 15750 (J). 

(1đ) 

Bây giờ muốn làm cho toàn bộ nước đá tan cần phải có một nhiệt lượng: 

Q 3 =L. m 2 = 3,4.10 5 .0,5 = 170000(J). 

(1đ) 

Nhận xét: 

Q 1 > Q 2 → Nước đá có thể "nóng" đến 0 0 C bằng cách nhận nhiệt lượngdo nước toả ra 

Q 1 - Q 2 = 42000-15750 = 26250 < 170000= Q 3 → Nước đá không thể tan hoàn toàn mà 

chỉ tan một phần ( 0,25 điểm ) 

(0,5đ) 

Vậy sau khi cân bằng nhiệt được thiết lập nước đá không tan hoàn toàn mà chỉ tan một 

phần. Do đó nhiệt độ chung của hỗn hợp là 0 0 C. 

(0,5đ) 

Câu 3: (4đ) 

a) Do R V rất lớn nên có thể xem mạch gồm [(R 3 nt R 4 )// 

R 2 ] nt R 1 

Ta có: R 34 = R 3 + R 4 = 4 + 4 = 8() 

R 34 . R 2 8.2 

R CB = = = 1,6 () 

R 34 + R 2 8 + 2 

R tđ = R CB + R 1 = 1,6 + 4 = 5,6 () 

U 6 





A 

x 

R 1 

C 

R 3 

R 2 


D 

U / / 

+ - 

R 4 

B 











I = I 1 = = = 1,07 (A) 

R tđ 5,6 

U CB = I. R CB = 1,07. 1,6 = 1,72 (V) 

b) Cường độ dòng điện qua R 3 và R 4 

U CB 1,72 

I ) = = = 0,215 (A) 

R 34 8 

Số chỉ của vôn kế: U AD = U AC + U CD = IR 1 + I ) R 3 

Bài 4: (5đ) 

a. ( 2đ) Số chỉ của vôn kế. 

Vôn kế có điện trở rất lớn nên dòng điện không đi 

qua vôn kế. 

Sơ đồ mạch điện [(R 2 nt R 3 ) // R 1 ] nt R 4 . 

- Số chỉ của ampe kế chỉ hiệu điện thế U MB . 

- Điện trở tương đương: 

R 23 = R 2 + R 3 = 12 

R1 

R23 

R 123 = 

R1 

R23 

4 

R AB = R 123 + R 4 = 6 

- Cường độ dòng điện qua mạch chính: 

U 

AB 

I 

C 

 

RAB 

3 A 

Hiệu điện thế: U NB = U 4 = I 4 . R 4 = I C . R 4 = 6 v 

U AN = U AB - U NB = 12 v 

- Cường độ qua R 2 ; R 3 : 

U 

AN 

I 

23 

 

R23 

1 A 

- Hiệu điện thế: U MN = U 3 = I 3 . R 3 = 6 v 

- Số chỉ của vôn kế: 

u v = U MB = U MN + U NB = U 3 + U 4 = 12 v 

b. ( 3đ) Số chỉ của ampe kế. 

Sơ đồ mạch: 

Điện trở tương đương:R 34 = 

R 143 = 

R1 

R 

R R 

1 

43 

43 

7,5 

R 

R 

3 

3 

R4 

R 

4 

1,5 



= 1,07. 4 + 0,215.4 = 5,14 (V) 


















U 

AB 

Cường độ dòng điện qua R 1 : I1 2,4 A 

R143 

U 

AB 

Cường độ dòng điện qua R 2 : I 

2 

3 A 

R2 

Hiệu điện thế: U NB = U 34 = I 34 R 34 = I 1 R 34 = 3,6 v 

Dòng điện qua R 3 : 

U 

3 

U 

34 

I 

3 

0, 6 A 

R3 

R3 

Xét vị trí nút M ta có 

I A = I c + I B = 3,6 (A) 

Dòng điện qua từ M ---> B 

Câu 5: (3đ) 

Vẽ tia sáng SI tới gương cho tia phản xạ IR theo phương ngang (như hình vẽ) 

Ta có góc ·SIR = 180 0 – góc SIA = 180 0 - 45 0 = 130 0 (1đ) 

IN là pháp tuyến của gương và là đường phân giác của góc SIR. 

Góc quay của gương là ·RIB mà i + i , = 180 0 – 45 0 = 135 0 

Ta có: i’ = i = 135 67,5 

2 ( 1đ) 

IN vuông góc với AB ·NIB = 90 0 

·RIB =·NIB - i’ = 90 0 - 67,5 = 22,5 0 (0,5đ) 

Vậy ta phảI xoay gương phẳng một góc là 22,5 0 . (0,5đ) 


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





















ĐỀ BÀI 


Bài 1 :(4,0 Điểm) 

Trộn lẫn rượu và nước người ta thu được hỗn hợp nặng 140g ở nhiệt độ 36 0 C. Tính 

khối lượng của nước và khối lượng của rượu đã trộn. Biết rằng ban đầu rượu có nhiệt độ 

19 0 C và nước có nhiệt độ 100 0 C, cho biết nhiệt dung riêng của nước là 4200J/Kg.K, của 

rượu là 2500J/Kg.K. 

Bài 2 : (5,0 Điểm) 

Lúc 9h hai ôtô cùng khởi hành từ hai điểm A và B cách nhau 130km đi ngược chiều 

nhau. Vận tốc xe đi từ A là 30km/h, vận tốc xe đi từ B là 50km/h. 

a/ Tính khoảng cách của hai xe lúc 10h. 

b/ Xác định thời điểm và vị trí hai xe gặp nhau. 

c/ Xác định thời điểm hai xe cách nhau 40km. 

Bài 3: (7,0 Điểm) 

Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ biết: 

1 3 2 

R 1 = ; R 2 = ; R 5 = ; R 3 = R 4 = R 6 = 1Ω 

2 2 3 

a/ Tính R AB . 

b/ Cho U AB = 2V. Hãy xác định I 4 . 

A R 1 

R 4 

C 

R 5 

M 

D R 3 

R 6 

N 

B 

Bài 4: (4,0 Điểm) 

M 

N 

Cho hai gương phẳng M,N đặt song song, có mặt phản xạ 

quay vào nhau và cách nhau một khoảng AB = d = 30cm. Giữa hai 

S' 

gương có một điểm sáng S trên đoạn AB, cách gương M là 10cm. 

Một điểm S' nằm trên đường thẳng SS' song song với hai gương 

SS' = 60cm như hình vẽ. 

a/ Hãy trình bày cách vẽ tia sáng xuất phát từ S đến S' 

trong hai trường hợp: 

- Đến gương M tại I rồi phản xạ đến S'. 

A S B 

- Đến gương M tại J, phản xạ đến gương N tại K rồi phản xạ đến S'. 

b/ Hãy tính các khoảng cách I, J, K đến đoạn thẳng AB 

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
























- Theo bài ra ta biết tổng khối lượng của nước và rượu là 140g = 0,14Kg. 

m 1 + m 2 = m m 1 = m - m 2 (1) (0,5 điểm) 

- Nhiệt lượng do nước tỏa ra: Q 1 = m 1 . C 1 (t 1 - t) (0,5 điểm) 

- Nhiệt lượng rượu thu vào: Q 2 = m 2 . C 2 (t - t 2 ) (0,5 điểm) 

- Theo PTCB nhiệt: Q 1 = Q 2 

m 1 . C 1 (t 1 - t) = m 2 . C 2 (t - t 2 ) m 1 4200(100 - 36) = m 2 2500 (36 - 19) 

268800m 

268800 m 1 = 42500 m 1 

2 m2 

(2) 

42500 

- Thay (1) vào (2) ta được:268800 (m - m 2 ) = 42500 m 2 

37632 - 268800 m 2 = 42500 m 2 311300 m 2 = 37632 m 2 = 0,12 (Kg) 

- Thay m 2 vào pt (1) ta được:(1) m 1 = 0,14 - 0,12 = 0,02 (Kg) (0,5 điểm) 

Vậy ta phải pha trộn là 0,02Kg nước vào 0,12Kg rượu để thu được hỗn hợp nặng 

0,14Kg ở 36 0 C. 


a/ Khoảng cách của hai xe lúc 10h. 

- Hai xe khởi hành lúc 9h và đến lúc 10h thì hai xe đã đi được trong khoảng thời 

gian t = 1h 

- Quãng đường xe đi từ A: S 1 = v 1 t = 30. 1 = 30 (Km) 

- Quãng đường xe đi từ B:S 2 = v 2 t = 50. 1 = 50 (Km) 

- Mặt khác: S = S AB - (S 1 + S 2 ) = 140 - (30 + 50) = 60(Km) 

Vậy: Lúc 10h hai xe cách nhau 60Km. 

b/ Thời điểm và vị trí lúc hai xe gặp nhau: 

- Gọi t là khoảng thời gian từ khi hai ôtô khởi hành khi đến khi gặp nhau tại C. 

- Quãng đường xe đi từ A đi được: S 1 = v 1 t = 30t (1) (0,25 điểm) 

- Quãng đường xe đi từ B đi được: S 2 = v 2 t = 50t (2) (0,25 điểm) 

- Vì cùng xuất phát một lúc và đi ngược chiều nhau nên: S AB = S 1 + S 2 (0,5 điểm) 

- Từ (1) và (2) ta có:30t + 50t = 140 t = 1,75 (h)= 1h45ph. (0,5 điểm) 

- Thay t vào (1) hoặc (2) ta có:(1) S 1 = 1,75.30 = 52,5 (Km) 

(2) S 2 = 1,75. 50 = 87,.5 (Km) 

Vậy: Sau khi đi được 1,75h tức là lúc 10h45phút thì hai xe gặp nhau và cách A 

một khoảng 52,5Km và cách B 87,5Km. 

c/ Khi hai xe cách nhau 40km thì xảy ra hai trường hợp: 

Trường hợp 1: Hai xe chưa gặp nhau và cách nhau 40km:S AB = S 1 + S 2 + 40 40 = S AB 

- ( S 1 + S 2 ) 

40 = 140 - (30t + 50t) t = 1,25 (h) = 1h15ph (1,0điểm) 

Vậy: Sau khi khởi hành được 1giờ 15phút thì hai xe cách nhau 40km. 

Trường hợp 2: Hai xe sau khi gặp nhau và cách nhau 40km: 
















S AB = S 1 + S 2 - 40 40 = ( S 1 + S 2 ) - S AB 40 = (30t + 50t) - 140 t = 2,25 (h) = 

2h15ph 

Vậy: Sau khi khởi hành được 2giờ 15phút thì hai xe cách nhau 40km. 


a/ Do dây dẫn có điện trở không đáng kể nên các điểm M, N, B coi như là trùng 

nhau nên ta vẽ lại được mạch điện như sau: 

A 

R C R D R 

B 

R 

R 

(1,0 điểm) 

R 

Điện trở tương đương của đoạn mạch: 

R3. 

R6 

1.1 1 

3 1 

R 

36 

 

R 236 = R 2 + R 36 = 2 (Ω) 

R3 

R6 

1 

2 2 

2 2 

2 

2. 

R236. 

R5 

1 

 

3 

1 1 

R 

2365 

 

R 

R 2 

12356 = R 1 + R 2365 = 1 (Ω) 

236 

R5 

2 

2 2 

2 

3 

R4. 

R12365 

1.1 1 

R AB 

 

R R 11 

2 

4 

12365 

U 

AB 2 

b/ Cường độ dòng điện chạy trong mạch: I 4( A) 

R 1 

AB 

2 

Mặt khác: R 4 // R 12365 nên ta có: 

I R4 

I = I 1 + I 4 = 4(A)(1) 

I 

I R 

Kết hợp (1) và (2): I 4 = 2A 



1 

1 

I 

4 

4 12356 


a/ - Lấy S 1 đối xứng với S qua gương M. Đường thẳng S 1 S' cắt gương M tại I. 

Vậy SIS' là tia cần vẽ. (0,75 điểm) 

-Tiếp tục lấy S 2 đối xứng S' qua N. nối S 1 S 2 cắt gương M tại J, cắt gương N tại K. 

Vậy SJKS' là tia cần vẽ. (0,75 điểm) 

M 

N 

b/ Xét ∆SS 1 S' có AI là đường trung bình nên: 

SS' 

60 

S' 

AI 30cm 

(1,0 điểm) 

H 

2 2 

SP 

Xét ∆SS 1 P có AJ là đường trung bình nên: AJ 

2 I 

K 

P 

S' P 

Xét ∆S 2 S'P có HK là đường trung bình nên: HK J 

2 

S 1 A S B 


2 

S 2 

















SP S' 

P SS' 

Từ đó: AJ + HK = AJ + (BH - BK) = 

2 2 

Hay: BK - AJ = 30cm (1) 

SP BK BK 

Mặt khác: AJ vàSP nênAJ (2) 

2 2 4 


BK 

BK 30cm 

4 

BK = 40cm (1,0 điểm) 

Thay BK cào (1) ta được: 

AJ=10cm (0,5 điểm) 

60 

2 

30cm 

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






















ĐỀ BÀI 

Câu 1 (4 điểm). Một chiếc thuyền bơi từ bến A đến bến B ở cùng một bên bờ sông với vận tốc 

đối với nước là v 1 = 3km/h. Cùng lúc đó một ca nô chạy từ bến B theo hướng đến bến A với vận 

tốc đối với nước là v 2 = 10km/h. Trong thời gian thuyền đi từ A đến B thì ca nô kịp đi được 4 

lần quãng đường đó và về đến B cùng một lúc với thuyền. Hãy xác định: 

a. Hướng và độ lớn vận tốc của nước sông. 

b. Nếu nước chảy nhanh hơn thì thời gian ca nô đi và về B (với quảng đường như câu a) có 

thay đổi không? Vì sao? 

Câu 2 (4điểm). Một bình hình trụ có bán kính đáy R 1 

= 20cm được đặt thẳng đứng chứa nước ở 

nhiệt độ t 1 

= 20 0 c. Người ta thả một quả cầu bằng nhôm có bán kính R 2 

= 10cm ở nhiệt độ t 2 

= 

40 0 c vào bình thì khi cân bằng mực nước trong bình ngập chính giữa quả cầu. 

Cho khối lượng riêng của nước D 1 

= 1000kg/m 3 và của nhôm D 2 

= 2700kg/m 3 , nhiệt 

dung riêng của nước C 1 

= 4200J/kg.K và của nhôm C 2 

= 880J/kg.K. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với 

bình và với môi trường. 

a. Tìm nhiệt độ của nước khi cân bằng nhiệt. 

b. Đổ thêm dầu ở nhiệt độ t 3 

= 15 0 c vào bình cho vừa đủ ngập quả cầu. Biết khối lượng 

riêng và nhiệt dung riêng của dầu D 3 

= 800kg/m 3 và C 3 

= 2800J/kg.K. 

Xác định: Nhiệt độ của hệ khi cân bằng nhiệt? Áp lực của quả cầu lên đáy bình? 

Câu 3 (5,0 điểm). Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện U có 

U 

hiệu điện thế không đổi là 21V; R = 4,5Ω, R 1 = 3Ω, bóng đèn có R 2 

điện trở không đổi R Đ = 4,5Ω. Ampe kế và dây nối có điện trở P 

không đáng kể. 

R 1 

a. Khi khóa K đóng, con chạy C của biến trở ở vị trí điểm Đ C 

N 

N, thì ampe kế chỉ 4A. Tìm giá trị của R 2 . 

R X 

M 

b. Xác định giá trị của đoạn biến trở R X ( từ M tới C) để 

R 

đèn tối nhất khi khóa K mở. 

c. Khi khóa K mở, dịch con chạy C từ M đến N thì độ A 

sáng của đèn thay đổi thế nào? Giải thích. 

Câu 4. (3,0 điểm) 

Trong một bình nước hình trụ có một khối nước đá nổi được giữ bằng một 

sợi dây nhẹ, không giãn (xem hình vẽ bên). Biết lúc đầu sức căng của sợi dây là 

10N. Hỏi mực nước trong bình sẽ thay đổi như thế nào, nếu khối nước đá tan 

hết? Cho diện tích mặt thoáng của nước trong bình là 100cm 2 và khối lượng 

K 

riêng của nước là 1000kg/m 3 . 


C 

Cho mạch điện như hình vẽ. Biết U AB = 8V; R 1 = 2 ; 

Điện trở ampe kế R A = 0 ; 

Điện trở vôn kế R V vô cùng lớn; R MN = 8 . 

R 1 

A V 

Con chạy đặt ở vị trí nào thì ampe kế chỉ 1A. 

+ - 

Lúc này vôn kế chỉ bao nhiêu? 

A 

M D N 

B 

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


















Câu 1 

a(3,0) 

(0,5) 

(0,75) 

(0,75) 

(0,5) 

(0,5) 

b 

(1,0) 





Gọi khoảng cách giữa hai bến sông là S = AB, giả sử nước chảy từ A đến B với 

vận tốc u ( u < 3km/h ) 

S 

- Thời gian thuyền chuyển động từ A đến B là: t 1 = 

v1 

u 

2S 

2S 

- Thời gian chuyển động của ca nô là: t 2 = 

v2 

u v2 

u 

S 2S 

2S 

Theo bài ra: t 1 = t 2 = 

v1 

u v2 

u v2 

u 

1 2 2 

2 

2 

Hay: = u 4v2u 

4v1v2 

v2 

0 (1) 

v1 

u v2 

u v2 

u 

Giải phương trình (1) ta được: u - 0,506 km/h 

Vậy nước sông chảy theo hướng BA với vận tốc gần bằng 0,506 km/h 

2S 

2S 

v2 

u v2 

u 4. S. 

v2 

Thời gian ca nô đi và về: t 2 = 2S( 

) 

2 2 

2 2 

v2 

u v2 

u v2 

u v2 

u 

Khi nước chảy nhanh hơn (u tăng) v 2 - u 2 giảm t 2 tăng (S, v 2 không đổi) 

Câu 2 

a (2,0) 

Nhiệt độ của nước khi cân bằng nhiệt 

(0,5) - Khối lượng của nước trong bình là: 

1 4 

m 1 

= V 1 

.D 1 

= ( R 2 1 

.R 2 

- . R 

3 

2 

).D 1 

10,467 (kg). 

2 3 

(0,5) 

4 

- Khối lượng của quả cầu là: m 2 

= V 2 

.D 2 

= R 

3 

2 

.D 2 

= 11,304 (kg). 

3 

(1,0) - Phương trình cân bằng nhiệt: c 1 

m 1 

( t - t 1 

) = c 2 

m 2 

( t 2 

- t ) 

c1m1t 

1 

c2m2t2 

Suy ra: t = 

= 23,7 0 c. 

c1m1 

c2m2 

b(2,0) - Thể tích của dầu và nước bằng nhau nên khối lượng của dầu là: 

m1D3 

m 

(0,5) 

3 

= = 8,37 (kg). 

D 

- Tương tự như trên, nhiệt độ của hệ khi cân bằng nhiệt là: 

(1,0) 

c1m1t 

1 

c2m2t2 

c3m3t3 

t x 

= 

21 0 c 

c1m1 

c2m2 

c3m3 

(0,5) - Áp lực của quả cầu lên đáy bình là: 

1 4 

F = P 2 - F A = 10.m 2 - . R 

3 

2 

( D 1 

+ D 3 

).10 75,4(N) 

2 3 


1 















R 1 

Câu 3(5,0) 

a/Khi K đóng và con chạy ở đầu N thì toàn bộ biến trở MN mắc song song với ampe kế. 

Khi đó mạch điện trở thành: (R 2 // Đ) nt R 1 

Lúc này ampe kế đo cường độ dòng điện mạch chính 

U 21 

R tm 


(1) 

I 4 

(0,5) 

Rđ 

. R2 

4,5. R2 

Mặt khác: Rtm R1 

 

Rđ 

R2 

4,5 R2 

3 (2) (0,5) 

Từ (1) và (2) giải ra: R 2 = 4,5Ω (0,5) 

b/Gọi điện trở của phần biến trở từ M tới con chạy là R X , như vậy điện trở của đoạn từ 

C đến N là R - R X . 

Khi K mở mạch điện thành: 

R 1 ntR X nt{R 2 //[(R-R X ntR đ )]} 

U 

Đ R-R X 

(0,5) 

P 

2 

( R RX 

Rđ 

) R2 RX 

6RX 

81 

Điện trở toàn mạch: Rtm 

 

RX 

R1 

 

(0,5) 

R RX 

Rđ 

R2 

13,5 RX 

U U (13,5 RX 

) 

Cường độ dòng điện ở mạch chính: I 

(0,5) 

2 

Rtm 

RX 

6RX 

81 

U (13,5 RX 

) (9 RX 

).4,5 4,5U 

(9 RX 

) 

U PC = I.R PC = 

. 

 

(0,5) 

2 

2 

RX 

6RX 

81 13,5 RX 

RX 

6RX 

81 

U 

PC 4,5U 

Cường độ dòng điện chạy qua đèn: I 

đ 

 

(3) (0,5) 

2 

9 RX 

RX 

6RX 

81 

Đèn tối nhất khi I đ nhỏ nhất. Mẫu của biểu thức trong vế phải của (3) là một tam thức bậc 

hai mà hệ số của R X âm. Do đó mẫu đạt giá trị lớn nhất khi: 

6 

4,5.U 

R 

X 

3 

hoặc phân tích: I 

2.( 1) 

d 

 

2 

để R X = 3 (0,5) 

90 (Rx 3) 

Vậy khi R x = 3Ω thì I đ nhỏ nhất, đèn tối nhất. 

c/Theo kết quả câu trên, ta thấy: Khi K mở, nếu dịch chuyển con chạy từ M tới vị trí ứng 

với R X = 3Ω thì đèn tối dần đi, nếu tiếp tục dịch chuyển con chạy từ vị trí đó tới N thì 

đèn sẽ sáng dần lên. (0,5) 

Câu Nếu thả khối nước đá nổi (không buộc dây) thì khi nước đá tan hết, mực 

4(3,0) nước trong bình sẽ thay đổi không đáng kể. 

0,5 

Khi buộc bằng dây và dây bị căng chứng tỏ khối nước đá đã chìm sâu hơn 

so với khi thả nổi một thể tích V, khi đó lực đẩy Ac-si-met lên phần nước 

đá ngập thêm này tạo nên sức căng của sợi dây. 

0,5 

Ta có: F A = 10.V.D = F 

0,5 

10.S.h.D = F (với h là mực nước dâng cao hơn so với khi khối 

nước đá thả nổi) 

0,5 




N 

R 2 



C 

R X 

M 












=> h = F/10.S.D = 0,1(m) 

Vậy khi khối nước đá tan hết thì mực nước trong bình sẽ hạ xuống 0,1m 

0,5 

0,5 




Câu 5(4,0) 

R 1 

R x 

AM 

C D 

- Vì điện trở của ampe kế R a = 0 nên: 

U AC = U AD = U 1 = I 1 R 1 . = 2.1 = 2 (V) 

0,5 

2 

Gọi điện trở phần MD là x (x 0) thì: - I x 

; 

x 


2 

- I 

DN 

I1 I 

x 

1 

x 


2 

-U 

DN I 

DN 

. RDN 

1 

8 x 

x 

0,5 

2 

-U 

AB U 

AD U 

DB 2 1 

8 x 

x 

0, 5 

2 

- 2 1 

8 

x 8 

x 

0, 5 

- Giải được x = 4. 0, 5 

- x = 4 Con chạy ở chính giữa MN 0, 5 

2 

- Chỉ số vôn kế bằng U DN = 1 8 

4 6 (V) 

4 

0, 5 

(Hoặc U DN = U AB - U AD = 8 - 2 = 6 (V)). 

- Thí sinh giải theo cách khác, nếu đúng vẫn cho đủ điểm số theo phân phối điểm này. 

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


A 

BN 

V 





















ĐỀ BÀI 

Bài 1 ( 4 điểm ): 

Một người đi xe đạp trên một quãng đường với vận tốc trung bình 12km/h. Biết rằng trên 

1 quãng đường đó người đi xe đạp đi với vận tốc là 16km/h. 

3 

Tính vận tốc của xe đạp trên quãng đường còn lại. 

Bài 2 ( 4 điểm ): 

Vật 

Hai ống hình trụ thông nhau. Tiết diện 

mỗi ống đều là S = 11,5 cm 2 . Hai ống chứa 

Nước 

thủy ngân tới một mức nào đó. Đổ 1 lít nước 

 

vào một ống, rồi thả vào nước một vật có trọng lượng 

P =1, 5N. Vật nổi một phần trên mặt nước . 

Tính khoảng cách chênh lệch giữa hai mặt thủy ngân 

trong hai ống . Biết trọng lượng riêng của thủy ngân là 

d = 136000N/m 3 . 

Thủy ngân 

Bài 3 (4 điểm ): 

Hai bình cách nhiệt , bình I chứa 5 lít nước ở 80 0 C ; bình II chứa 2 lít nước ở 20 0 C . 

Đầu tiên, rót một phần nước ở bình I sang bình II. Sau khi nhiệt độ cân bằng, người ta lại rót từ 

bình II sang bình I cùng một lượng nước như lần đầu. Nhiệt độ sau cùng của nước trong bình I 

là 76 0 C. 

a. Tính lượng nước đã rót mỗi lần. 

b. Tính nhiệt độ cân bằng của bình II. 


R 

Cho mạch điện như hình vẽ 

A C 

1 

R b là một biến trở có ghi ( 54 - 0,8A) 

B 

R 

Đèn Đ có hiệu điện thế định mức U đ = 18V, 

b 

cường độ dòng điện định mức I đ = 0,3 A ; R 1 = 15 , 

nguồn điện có hiệu điện thế U = 30V. Khi đóng 

Đ 

khóa K , đèn sáng bình thường. 

K 

a. Giải thích số liệu ghi trên biến trở. 

_ 

+ 

b. Tính cường độ dòng điện chạy qua biến trở. 

c. Xác định vị trí con chạy C của biến trở . 

Bài 5( 4 điểm ) 

Một người cao 1,7m đứng soi gương, gương treo sát vào tường thẳng đứng và mặt gương có 

dạng hình chữ nhật. Biết khoảng cách từ mắt của người đến đỉnh đầu 10cm. 

a. Vẽ ảnh của người qua gương phẳng ( coi người đứng trước gương là đoạn thẳng AB). 

b. Tìm khoảng cách lớn nhất từ mặt đất đến cạnh dưới của gương để người soi gương nhìn 

thấy chân của mình qua gương ? 

c. Tìm khoảng cách nhỏ nhất từ mặt đất đến cạnh trên của gương để người soi gương nhìn 

thấy đỉnh đầu của mình qua gương ? 

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






















BÀI NỘI DUNG ĐIỂM 

Bài1 Gọi S là chiều dài quãng đường thứ nhất, chiều dài của đoạn 

đường thứ hai là 2S , của cả đoạn đường là 3S 

Thời gian đế đi hết các đoạn đường đó là :t 1 ; t 2 ; t 3 . 

Vận tốc xe đạp trên đoạn đường thứ nhất : 

0,75đ 

S 

V 

1 

16km 

/ h ( 1) 

0,5đ 

t1 

Vận tốc xe đạp trên đoạn đường thứ hai : 

2S 

V2 

 

t 

(2) 

0,5đ 

2 

Vận tốc xe đạp trên cả đoạn đường : 

3S 

V 

3 

 

t1 

t2 

12km 

/ h 

0,5đ 

S 

Từ (1) suy ra t 1 = 16 0,25đ 

3S 

Từ ( 3) suy ra : t 1 +t 2 = 12 

S S S 3S 

Do đó t 2 = t1 

thế vào (2) 

4 4 16 16 

0,5đ 

0,5đ 

2S 

2S 

32 

V 2 = 10,7km 

/ h 

t 3S 

2 

3 

16 

0,5đ 

Vận tốc xe đạp trên đoạn đường còn lại là 10,7 km 

Bài 2 a. Lần I : m ( t 1 -t’ 2 ) = m 2 ( t 1 -t’ 2 ) 

0,5đ 

m2 t2 

mt1 

suy ra : t’ 2 = 

(1) 

m2 

m 

0,5đ 

( t’ 2 là nhiệt độ cân bằng của bình II) 

( m là lượng nước rót ) 

Lần II : m ( t 1 -t’ 2 ) = (m 1 - m) ( t 1 -t’ 2 ) (2) 

0,5đ 

( t’ 1 là nhiệt độ cân bằng của bình I) 

0,5đ 

m1. 

m2 

( t1 

t' 

1 

) 

Từ (1) và ( 2) Suy ra : m = 

m2 

( t1 

t2 

) m1 

( t1 

t' 

1 

) 

1,0đ 

Thay số vào ta được : 

2 0,5đ 

m = = 0,4(kg) 

5 

t’ 2 = 30 0 C 

0,5đ 

Câu 3 Khi có cân bằng thì mực thủy ngân ở nhánh đổ nước hạ xuống 

đoạn h; trong khi mực thủy ngân trong nhánh kia dâng lên đoạn 0,5đ 















Bài 4 


h. 

0,5đ 

Độ chênh lệch giữa hai mực thủy ngân là 2 h 

Theo tính chất áp suất trên cùng một mặt phẳng nằmngang bên 

trong bình chứa chất lỏng ta có : 

P p 

2hd = S 

(Trong đó P : là trọng lượng nước) 

1,5đ 

P p 10 1,5 

1 

Do đó : h = 

( m) 

1,5đ 

5 4 

2dS 

2.1,36.10 .11,5.10 27,2 

0,037( 

m) 

3,7( 

cm) 

a. Giải thích số ghi rên biến trở : Giá trị cực đại R = 54 ; I 0,5đ 

c. Giá trị biến trở tham gia vào mạch điện : 

U 

b 18 

R AC 2 0,5đ 

b 

R b = 36 

. Lập tỷ số : 

I 

b 

0,5 

Rb 

max AB 3 

2 0,5đ 

Vậy con chạy C của biến trở có vị trí bằng AB 3 

=0,8A. 

0,5đ 

b. Khi đóng khóa K, dèn sáng bình thường ( U đ =18V); 

0,5đ 

Ta có hiệu điện thế hai đầu điện trở R 1 ( R 1 nối tiếp Đ//R b ) 0,5đ 

U 1 = U- U d = 30-18 = 12(V) 

U1 

12 

Cường độ dòng điện qua R 1 (mạch chính ) I I1 0, 8A 

R1 

5 0,5đ 

Do Đ//R b và cùng nối tiếp với với R 1 ta có: 

I =I 1 =I đ +I b Suy ra : I b = I -I đ = 0,8 -0,3 = 0,5 (A) 0,5đ 

Câu 5 a. Hình vẽ : 

B 

O 

A 

Gọi A,O,B lần lượt là các điểm chân, mắt, đỉnh đầu của người 

đứng trước gương phẳng ( học sinh vẽ đúng ảnh của người trước 

gương ) 

b.Trong tam giác A’OA có NH là đường trung bình ta có : 

OA 

NH = = 0,8 m 2 

A' B' 

c. Tương tự như trên ta cũng có MN = = 0,85cm. 

2 

Khoảng cánh lớn nhất : MH = MN +NH = 1,65 cm 

H 

M 

N 




A’ 

B’ 

2đ 

1đ 

1đ 





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

















ĐỀ BÀI 

Câu 1: 

1/ Một người đi xe đạp trên quãng đường S. Đi nửa quãng đường đầu với vận tốc 

10km/h, trong nửa thời gian còn lại đi với vận tốc 5km/h và cuối cùng đi với vận tốc 

20km/h. Tính vận tốc trung bình trên quãng đường S. 

2/ Để đưa một vật nặng 204kg lên cao 10m, người ta dùng một trong hai cách sau: 

a, Dùng palăng gồm một ròng rọc cố định và một ròng rọc động thì lực kéo dây để nâng 

vật lên là 1200N. Tính hiệu suất của palăng và khối lượng của ròng rọc động, biết hao 

phí để nâng ròng rọc động bằng 1/6 hao phí tổng cộng. 

b, Dùng mặt phẳng nghiêng dài 12m thì lực kéo vật là 1900N. Tính lực ma sát giữa vật 

và mặt phẳng nghiêng? Tính hiệu suất của mặt phẳng nghiêng? 

3/ Trình bày một phương án xác định khối lượng riêng của một vật kim loại có 

hình dạng bất kì. Cho dụng cụ: Lực kế, bình nước, khối lượng riêng của nước là D n 

Câu 2: Thả 1kg nước đá ở -30 0 C vào một bình chứa 2kg nước ở 48 0 C. 

a, Xác định nhiệt độ của hỗn hợp khi có cân bằng nhiệt. 

b, Sau đó người ta thả vào bình một cục nước đá ở 0 0 C, gồm một mẩu chì ở giữa có khối 

lượng 10g và 200g nước đá bao quanh mẩu chì. Cần rót vào bình bao nhiêu nước ở 10 0 C 

để cục nước đá chứa chì bắt đầu chìm? Cho nhiệt dung riêng của nước đá là 2100J/kg.k; 

của nước là 4200J/kg.k. Nhiệt nóng chảy của nước đá là 340000J/kg. Khối lượng riêng 

của nước đá là 900kg/m 3 , của nước là 1000kg/m 3 , của chì là 11500kg/m 3 . Bỏ qua mọi 

hao phí . 

Câu 3: Cho hai gương phẳng quay mặt phản xạ vào nhau và hợp với nhau góc . Chiếu 

tia sáng SI song song với gương này và đi đến gương kia. Xác định đường đi của tia sáng 

trên trong các trường hợp sau: a, = 60 0 b, = 30 0 

Câu 4: Cho mạch điện như H 1 . Biến trở MN có điện trở 54 được phân bố đều theo 

chiều dài. R 1 = R 2 = 90, đèn Đ 1 ghi 6V-3W, đèn Đ 2 ghi 6V-0,4W, đèn Đ 3 và Đ 4 đều ghi 

3V-0,2W 

1/ Lập biểu thức tính điện trở của mạch AB khi con chạy C nằm ở vị trí Đ2 bất kì trên biến 

trở. 

2/ Đặt vào hai điểm A và B hiệu điện thế U = 16V. Hãy xác định M vị trí của N con chạy C 

để: 

a, Các bóng đèn sáng đúng công suất định mức. C A B 

b, Công suất tiêu thụ trên toàn mạch là nhỏ nhất. 

_ 

Đ1 

Tính giá trị công suất này? 

Đ 3 Đ 4 

Coi điện trở của các đèn không đổi và bỏ qua 

điện trở các dây nối. 






R 1 

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

H 1 

R 2 


















Câu Lời giải Điểm 

1 

S S S 

1/ Thời gian đi hết nửa quãng đường đầu là t 1 = 


 

(3đ) 

2v 

1 

2.10 20 

Gọi thời gian đi hết quãng đường còn lại là t 2 

t 


2 

Quãng đường đi được với vận tốc V 2 = 5km/h là: S 1 = V 2 . 2, 5t 

2 

2 

t 

Quãng đường đi được với vận tốc V 3 = 20km/h là: S 2 = V 3 . 2 10 t2 

2 


S 

S S 

Theo đầu bài ta có: S 1 + S 2 = 2,5t 

2 

10t2 

t2 

 


2 


S S 100 

Vận tốc TB trên quãng đường S là: V tb 

11,1( 

km/ 

h) 

0,5 

t S S 

1 

t2 

9 

 


Vậy vận tốc TB trên quãng đường S là 11,1km / h 

2/ Trọng lượng của vật: P = 10.m = 10.204 = 2040(N) 

Công có ích đưa vật lên độ cao h = 10m là: 

A 1 = P.h = 2040.10 = 20400(J) 


a,Dùng palăng gồm 1RR động và 1RR cố định để đưa vật lên độ cao h 

thì phải kéo dây đi một đoạn S = 2h = 20m 

Công của lực kéo(công toàn phần) là: A = F 1 .S = 1200.20 = 24000(J) 0,125 

A 20400 

Hiệu suất của palăng là: H 1 = 1 0,85 85% 

A 24000 

 


A 24000 20400 

Hao phí để nâng RR động là: A hp = A 

1 

600( J ) 0,125 

6 6 

Khi vật lên độ cao h thì RR động cũng lên độ cao h 

Ta có: A hp = 10.m r .h 600 10. 

mr.10 

mr 

6( kg) 


Vậy hiệu suất của palăng là 85% và khối lượng của RR động là 6kg. 

b, Công toàn phần khi kéo vật lên theo mpn là: 

A tp = F 2 .l = 1900.12 = 22800(J) 


A 20400 

Hiệu suất của mpn là: H 2 = 1 0,895 89,5% 

22800 

 


A tp 

A 

Lực ma sát giữa vật và mpn là: F ms = 

tp 

A1 

22800 20400 

 

200( N) 

l 

12 

Vậy hiệu suất của mpn là 89,5% 

và lực ma sát giữa vật và mpn là 200N 

3/ Khối lượng riêng của một vật kim loại có hình dạng bất kì được xác 

m 

định bằng công thức: D (*) Trong đó: m là khối lượng của vật 

V 

V là thể tích của vật 

















2 

(2đ) 


Bước 1: Dùng lực kế đo trọng lượng của vật trong không khí là P 1 

Bước 2: Nhúng vật chìm hoàn toàn trong nước, đo trọng lượng của vật 

trong nước là P 2 

Bước 3: Tính toán 

P1 

- Khối lượng của vật là: m = 10 

- Lực đẩy Ácsimét của nước tác dụng lên vật là: 

P P 

F A = 10.D n .V = P 1 -P 2 V = 

1 2 

10. 

P1 

m 

- Thay vào (*) ta có: D = = 10 P1 

. Dn 

 

V P1 

P2 

P1 

P2 

10. Dn 

P 

- Vậy khối lượng riêng của vật là D = 1. D n 

P P 

D n 

a, Nhiệt lượng m 1 = 1kg nước đá ở t 1 = -30 0 C thu vào để nóng chảy hết 

thành nước ở 0 0 C là: 

Q 1 = m 1 C 1 (0-t 1 ) + m 1 . = 1.2100.30 + 1.340000 = 403000(J) 

Nhiệt lượng m 2 = 2kg nước tỏa ra để hạ nhiệt độ từ 48 0 C xuống 0 0 C là: 

Q 2 = m 2 C 2 (t 2 – 0) = 2.4200.48 = 403200(J) 

Ta thấy Q 2 > Q 1 nên nhiệt độ chung khi có CBN là t > 0 0 C 

Nhiệt lượng m 1 = 1kg nước thu vào để tăng nhiệt độ từ 0 0 C lên t 0 C là: 

Q ’ 1 = m 1 C 2 (t – 0) = 4200.t 

Nhiệt lượng m 2 = 2kg nước tỏa ra để hạ nhiệt độ từ 48 0 C xuống t 0 C là: 

Q 2 ’ = m 2 C 2 (t 2 – t) = 2.4200(48 – t) = 403200 – 8400t 

Ta có phương trình cân bằng nhiệt: 

Q 1 + Q1’ = Q 2 ’ 403000 + 4200t = 403200 – 8400t t 0,016 0 C 

Vậy nhiệt độ của hỗn hợp khi có CBN là 0,016 0 C 

b, Đổi m c = 10g = 0,01kg; m đ = 200g = 0,2kg 

Gọi khối lượng nước đá bao quanh cuc chì khi nó bắt đầu chìm là m kg 

Cục nước đá chứa chì bắt đầu chìm khi trọng lượng của cục nước đá 

chứa chì bằng lực đẩy Ácsimét của nước tác dụng lên nó: 

mC 

m 

P = F A 10( mC 

m) 

10. Dn 

( ) 

DC 

Dđ 

0,01 m 

10(0,01 0,2) 10..1000( ) m 0,0822(kg) 

11500 900 

Khối lượng nước đá nóng chảy là: 

m x = m đ – m = 0,2 – 0,0822 = 0,1178(kg) 

Khi cục nước đá chứa chì bắt đầu chìm thì trong bình tồn tại cả nước và 

nước đá nên nhiệt độ của hỗn hợp là 0 0 C 

Goị khối lượng nước ở 10 0 C cần rót vào bình là m 3 kg. 

Ta có phương trình cân bằng nhiệt: 

(m 1 +m 2 )C 2 (t-0) + m 3 C 2 (t 3 – 0) = m x . 





1 

2 




0,5 








0,5 












3 

1,5đ 

4 

2,5đ 


(1+2).4200.0,016 + m 3 .4200.10 = 0,1178.340000 

m 3 0,9488(kg) 

Vậy cần rót vào bình ít nhất 0,9488kg nước ở 10 0 C thì cục nước đá chứa 

chì bắt đầu chìm. 

Chứng minh bài toán phụ: Góc tạo bởi tia tới và gương phẳng bằng góc 

tạo bởi tia phản xạ và gương phẳng. 

a, = 60 0 

Vẽ tia tới SI đến (G 1 ) song song với (G 2 ) 

Ta có G 

1 IS = O = = 60 0 (đồng vị) 

G 

OIK = G 1 IS = 60 0 (theo CM trên) 

1 

R 

Xét OIK có OKI = 108 0 – OIK - 

= 108 0 – 60 0 - 60 0 = 60 0 

I 

S 

RKG 2 = OKI = 60 0 (theo CM trên) 

O = RKG 2 = 60 0 . Hai góc này 

ở vị trí đồng vị KR//(G 1 ) và không 

O 

gặp lại hệ gương 

G 

K 

Vậy đường đi của tia sáng trên là SIKR 

2 

b, = 30 0 

-Vẽ tia tới SI đến (G 1 ) song song với (G 2 ) 

Cho tia phản xạ IJ 

Ta có G 

1 IS = O = = 30 0 I 

G 

(đồng vị) 

S 

OIJ = G 1 IS = 30 0 1 

(theo CM trên) K 

Xét OIJ có: 

IJG 2 = O + OIJ 

O 

= 30 0 + 30 0 = 60 0 (t/c góc ngoài tam giác) J G 

-Tia tới IJ đến (G 2 ) cho tia phản xạ JK 

2 

OJK = IJG 2 = 60 0 (theo CM trên) 

Xét OKJ có: 

IKJ = O + OJK = 30 0 + 60 0 = 90 0 (t/c góc ngoài tam giác) 

JK (G 1 ) Tia sáng JK sau khi gặp (G 1 ) phản xạ theo phương cũ và 

ra ngoài theo phương IS không gặp lại hệ gương . 

Vậy đường đi của tia sáng trên là SIJKJIS. 

I 1 

A C I đ2 

N B - 

+ M 

I đ1 

Đ 1 

I CM 

R CM 

I đ3 

Đ 3 

R CN 

D 

R 1 R 2 

Đ 2 



Đ4 



Vẽ 

hình 



Vẽ 

hình 




















Vẽ lại mạch điện 

SĐMĐ: [({[(Đ 3 //R 1 )nt(Đ 4 //R 2 )]//Đ 2 }ntR CM )//R CN ]nt Đ 1 

Tính được cường độ dòng điện định mức và điện trở của Đ 1 là 

I đ1 = 0,5A; R đ1 = 12 

Tính được cường độ dòng điện định mức và điện trở của Đ 2 là 

I đ2 = 15 

1 A; 

Rđ2 = 90 

Tính được cường độ dòng điện định mức và điện trở của Đ 3 và Đ 4 là 

I đ3 = I đ4 = 15 

1 A; 

Rđ3 = R đ4 = 45 

1/ Khi con chạy C ở vị trí bất kì 

Đặt R CM = x( ) (0 x 54) 

Thì R CN = 54 – x 

Tính được R MDB = 60 

R MB = 36 

R CMB = x+36 

2 

RCMB. 

RCN 

( x 36).(54 x) 

1944 18x 

x 

R CB = 

 

 

RCMB 

RCN 

x 36 54 x 90 

Điện trở tương đương của mđ AB là: 

2 

2 

2 

1944 18x 

x 3024 18x 

x 3105 ( x 9) 

R AB = R đ1 +R CB = 12+ 

 

 

(*) 

90 

90 

90 

2 

2 

1080 90x 

x 3105 (45 x ) 

* Nếu đặt R CN = x thì R AB = 

 

90 

90 

2/ Đặt vào 2 điểm A và B một hiệu điện thế U = 16V 

a, Để các bóng đèn sáng đúng công suất định mức thì hiệu điện thế giữa 

hai đầu mỗi đèn bằng hiệu điện thế định mức của nó và cường độ dòng 

điện qua mỗi đèn bằng cường độ dòng điện định mức của nó. 

Ta có: U CM = U – U đ1 – U đ2 = 16 – 6 – 6 = 4V 

U 

Cường độ dòng điện qua R 1 là: I 1 = đ 3 3 1 ( A) 

R1 

90 30 

1 1 1 1 

U 

CM 4 

I CM = I đ3 +I 1 +I đ2 = ( A) 

R CM = 24( ) 

15 30 15 6 

I 1 

CM 

6 

Vậy khi con chạy C ở vị trí sao cho R CM = 24 thì các đèn sáng đúng 

công suất định mức. 

b, Công suất tiêu thụ trên toàn mạch là: P = 





U 2 

R AB 

Vì U không đổi nên P nhỏ nhất khi R AB lớn nhất 

Theo(*) ta có R AB lớn nhất khi (x-9) 2 = 0 x = 9 

2 

U 16 

Khi đó P min = 

2 

7,42W 

R 3105 

AB max 

90 

Vậy khi con chạy C ở vị trí sao cho R CM = 9 thì công suất tiêu thụ trên 

toàn mạch là nhỏ nhất và bằng 7,42W. 

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




0,5 

0,5 




0,5 

0,5 

0,5 










Đề thi HSG cấp huyện môn Hóa học lớp 9 (25 đề + đáp án) 

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THỊ XÃ 


MÔN: HÓA HỌC - LỚP 9 


(Đề thi HSG Hóa 9 –Phòng GD&ĐT Bỉm Sơn - Năm học 2018 – 2019) 

ĐỀ BÀI 

Câu 1 (2,0 điểm): Viết các PTHH hoàn thành sơ đồ phản ứng sau: 

KMnO 4 → O 2 → CuO → H 2 O→ H 2 → HCl → H 2 → H 2 O → H 2 SO 4 

Câu 2 (2,0 điểm): Hoàn thành các PTHH cho các sơ đồ phản ứng sau: 

a/ FeS + H 2 SO 4 Fe 2 (SO 4 ) 3 + H 2 O + SO 2 

b/ CuS + HNO 3 Cu(NO 3 ) 2 + H 2 O + NO + H 2 SO 4 

c/ Fe x O y + CO FeO + CO 2 

d/ Mg + HNO 3 Mg(NO 3 ) 2 + H 2 O + N 2 



Câu 3 (2,0 điểm): Cho a gam Fe hòa tan trong dung dịch HCl,cô cạn dung dịch sau 

phản ứng thì thu được 3,1 gam chất rắn. Nếu cho a gam Fe và b gam Mg cũng vào một 

lượng dung dịch HCl như trên,sau phản ứng thu được 448 ml khí H 2 (đktc) ,cô cạn phần 

dd thì thu được 3,34 gam chất rắn. Tính a,b? 

Câu 4 (2,0 điểm): Nêu nguyên liệu, các công đoạn chính của quá trình sản xuất axit 

sunfuric 

Câu 5 (2,0 điểm): A là dung dịch H 2 SO 4 0,2M, B là dung dịch H 2 SO 4 0,5M. Phải trộn A 

và B theo tỉ lệ thể tích như thế nào để được dung dịch H 2 SO 4 0,3M 

Câu 6 (2,0 điểm): Rót 400ml dung dịch BaCl 2 5,2% (D=1,003g/ml) vào 100ml dung 

dịch H 2 SO 4 20% (D = 1,14g/ml). Xác định nồng độ % các chất trong dung dịch còn lại 

sau khi tách bỏ kết tủa. 

Câu 7 (2,0 điểm): Đặt hai cốc thủy tinh có khối lượng bằng nhau trên hai đĩa cân của 

một cân. Rót dung dịch H 2 SO 4 loãng vào hai cốc với lượng bằng nhau, cân ở vị trí thăng 

bằng. Cho một mẫu Zn vào một cốc, mẫu Fe vào cốc còn lại, khối lượng của hai mẫu 

kim loại là như nhau. Hỏi khi Zn, Fe tan hết thì cân sẽ nghiêng về bên nào? 

Câu 8 (2,0 điểm): Cho hợp chất MX 2 . Trong phân tử MX 2 có tổng số hạt proton, nơtron, 

electron là 140 hạt, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 44 

hạt. Số proton trong nguyên tử X nhiều hơn số proton trong nguyên tử M là 5. Xác định 

công thức hóa học của hợp chất MX 2 

Câu 9 (2,0 điểm): Hòa tan một oxit của kim loại hóa trị II bằng một lượng vừa đủ dung 

dịch H 2 SO 4 24,5% thu được dung dịch muối A có nồng độ 33,33% 

a. Xác định công thức hóa học của oxit kim loại. 

b. Làm lạnh 60 gam dung dịch muối A xuống nhiệt độ thấp hơn thấy tách ra 15,625 

gam tinh thể X. Phần dung dịch bão hòa có nồng độ 22,54%. Xác định công thức 

tinh thể muối X. 

Câu 10 (2,0 điểm): 

1. Từ các chất: Na, CaO, CuSO 4 , FeCl 3 . Viết các phương trình hóa học điều chế 

các hiđroxit tương ứng. 

2. Trình bày phương pháp tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp gồm Fe 2 O 3 , CuO 

(Học sinh được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học và máy tính bỏ túi ) 

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




















ĐỀ THI HSG CẤP THỊ XÃ MÔN: HÓA HỌC- LỚP 9 

( Đề thi HSG Hóa 9 –Phòng GD&ĐT Bỉm Sơn - Năm học 2018 – 2019) 


Câu 1 Viết đúng 1 PTHH được 0,25 điểm 2,0 

0 

t 

2KMnO 4 K 2 MnO 4 + MnO 2 + O 2 

0 

t 

2Cu + O 2 2CuO 

0 

t 

CuO + H 2 Cu + H 2 O 

2,0 

2H 2 O 

dp 

2H 2 + O 2 

0 

t 

H 2 + Cl 2 2HCl 

2HCl + Zn ZnCl 2 + H 2 

0 

t 

2H 2 + O 2 2H 2 O 

H 2 O + SO 3 H 2 SO 4 

Câu 2 Cân bằng đúng mỗi PTHH 0,5 đ 2,0 

0 

t 

a/ 2FeS + 10 H 2 SO 4 Fe 2 (SO 4 ) 3 + 10H 2 O + 9SO 2 

0,5 

b/ 3CuS+14HNO 3 3 Cu(NO 3 ) 2 + 4H 2 O + 8NO + 3H 2 SO 4 

0,5 

0 

t 

c/ Fe x O y + (y-x)CO xFeO + (y-x) CO 2 

0,5 

d/ 5Mg + 12HNO 3 5Mg(NO 3 ) 2 + 6H 2 O + N 2 

0,5 

Câu 3 2,0 

Thí nhiệm 1: 

Fe + 2HCl FeCl 2 + H 2 (1) 

Nếu Fe tan hết thì chất rắn sau khi cô cạn chỉ có FeCl 2 

n 

FeCl 

= 3,1 

2 

127 = 0,024 mol nH 

tạo ra ở TN1 = 0,024 mol 

2 

Ở thí nghiệm 2:Khi cho hh Mg và Fe vào dd HCl sẽ lần lượt xảy ra 

các PUHH 

Mg + 2HCl MgCl 2 + H 2 (2) 

Fe + 2HCl FeCl 2 + H 2 (3) 

0,5 

Ngoài a mol Fe như TN1,lại thêm b mol Mg mà chỉ giải phóng 0,02 

mol H 2 

Chứng tỏ dd axit chỉ chứa 0,04 mol HCl Ở TN1 Fe dư 

Chất rắn thu được ở TN1 gồm FeCl 2 và Fe dư 

Theo PT (1) 

n 

Fe(pu) 

= 

FeCl2 

n = 1 2 

n 

HCl 

mFe 

dư = 3,1 – (0,02.127) = 0,56 (g) 

= 1 2 

.0,04 = 0,02 mol. 


Tổng m Fe ban đầu = (0,02.56) + 0,56 = 1,68 (g) a = 1,68(g) 

0,5 















Thí nhiệm 2: 

Giả sử chỉ có Mg tham gia pứ,còn Fe chưa pứ. 

Theo PT (2) 

n 

Mg 

= 

MgCl2 

n = 1 2 

n 

HCl= 1 2 

.0,04 = 0,02 mol. 



m 

MgCl 

= 0,02.95 = 1,9 (g) 

2 

K/lượng chất rắn sau TN2= 1,68 + 1,9 = 3,58(g) > 3,34 (g)( đề 

cho) 

0,5 

Vậy giả thiết chỉ có Mg tham gia pứ là không đúng. Và n 

MgCl 

< 0,02 

2 

mol 

Gọi n 

Mg 

là x mol , n 

Fe(puTN2) 

là y mol m Fe(dư) = 1,68 – 56y(g) 

n 

MgCl 

= x mol; n 

2 

FeCl2TN2 

= y mol 

x y 0,02 

 

Ta có hệ PT : 

 

95x 127y 3,34 (1,68 56y) 

0,5 

Giải hệ PT trên ta được : x= 0,01 ; y = 0,01 b = 0,24 (g) 

Câu 4 2,0 

- Nguyên liệu: lưu huỳnh (hoặc quặng pirit), nước và không khí. 0,5 

- Các công đoạn sản xuất H 2 SO 4 : 

t 

1, Sản xuất SO 2 : S + O 2 

 

0 

SO 0,5 

2 

V 

2, Sản xuất SO 3 : 2SO 2 + O 2 

 

O 

0,5 

 

2SO 3 

0,5 

3, Sản xuất H 2 SO 4 : SO 3 + H 2 O H 2 SO 4 

Câu 5 2,0 

Gọi x, y là thể tích (l) của các dung dịch A và B phải trộn(x, y > 0). 0,25 

n(H 2 SO 4 ) ddA = 0,2x mol; n(H 2 SO 4 ) ddB = 0,5y mol. 


n(H 2 SO 4 ) dd trộn = (0,2x + 0,5y) mol 

Mặt khác: n(H 2 SO 4 ) dd trộn = 0,3 (x + y) mol 


0,5 

Ta có: 0,2x + 0,5y = 0,3(x + y) => x/y = 2/1 

0,5 

Vậy phải trộn 2 thể tích dung dịch A với 1 thể tích dung dịch B sẽ 

được dung dịch H 2 SO 4 0,3M. 


Câu 6 2,0 

Theo đề: mdd BaCl 2 = 400.1,003 = 401 gam. 

401.5,2 

-> nBaCl 2 = = 0,1 mol. 

100.208 


mdd H 2 SO 4 = 100.1,14 = 114 gam. 

114.20 

nH 2 SO 4 = = 0,23 mol 


100.98 

PTHH: H 2 SO 4 + BaCl 2 BaSO 4 + 2HCl 

nBaSO 4 = n(BaCl 2 ) = 0,1 mol. 

Trong dung dịch sau phản ứng có H 2 SO 4 dư và HCl tạo thành: 

mH 2 SO 4 dư = 98.0,13 = 12,74 gam; m(HCl) = 36,5.0,2 = 7,3gam 

Khối lượng dd sau phản ứng: 

0,1 0,1 0,1 0,2 (mol) 

Theo phương trình: nH 2 SO 4 dư = 0,23 – 0,1 = 0,13 mol 





















m dd = 401 + 114 – 0,1.233 = 491,7 gam. 


Nồng độ % các chất trong dung dịch: 

12,74 

C%dd H 2 SO 4 = .100% 

= 2,6%; C%(dd HCl) = 1,5%. 

0,5 

491,7 

Câu 7 2,0 

Đặt khối lượng của Zn và Fe đều bằng a gam 

0,5 

54a 63a 

Vì nên cân sẽ lệch xuống về bên cho Zn vào cốc 0,5 

56 65 

a 

a 

n Zn 

(mol); n Fe 

(mol) 

65 

56 

Do Zn, Fe đều tan hết 

TN1: Khi cho Zn vào cốc đựng dung dịch H 2 SO 4 loãng 

0,5 

PTHH: Zn + H 2 SO 4 ZnSO 4 + H 2 

a 

a 

(mol) 

65 

65 

a 63a 

Khối lượng cốc tăng: a *2 (gam) 

65 65 

TN2: Khi cho Fe vào cốc đựng dung dịch H 2 SO 4 loãng. 

0,5 

PTHH: Fe + H 2 SO 4 FeSO 4 + H 2 

a 

a 

(mol) 

56 

56 

a 54a 

Khối lượng cốc tăng: a *2 (gam) 

56 56 

Câu 8 2,0 

Gọi P M , E M , N M lần lượt là số proton, electron, nơtron của nguyên tử 0,5 

M 

Gọi P X , E X , N X lần lượt là số proton, electron, nơtron của nguyên tử 

X 

0,5 

Ta có: 2P M + 4P X + (N M + 2N X ) = 140 (1) 

2P M + 4P X – (N M + 2N X ) = 44 (2) 

0,5 

Từ (1) và (2) => P M + 2P X = 46 (3) 

0,5 

Mặt khác: P X – P M = 5 (4) 

Giải (3) và (4) => P M = 12 (Mg), P X = 17 (Cl) 

Công thức hóa học: MgCl 2 

Câu 9 2,0 

9a Đặt kí hiệu hóa học của kim loại là M, công thức của oxit MO. 

Đặt số mol MO tham gia phản ứng là 1 mol. 

Ta có PTHH: 



MO + H 2 SO 4 → MSO 4 + H 2 O 

1,0đ (mol) 1 1 1 1 

mMO = (M + 16) gam 
















9b 

1,0đ 


m H 2 SO 4 = 98 gam m dd H 2 SO 4 = 98.100 400( gam) 

24,5 

m MSO 4 = (M + 96) gam 

M 96 33,33 

Ta có: 

 

( M 16) 400 100 

M 64 M là đồng (Cu) 

Vậy công thức hóa học của oxit là CuO 

Đặt công thức tinh thể X là CuSO 4 .nH 2 O 

mCuSO 4 trong 60g dung dịch A = 60.33,33 20( gam) 

100 

m dd CuSO 4 bão hòa = 60 – 15,625 = 44,375 (gam) 

m CuSO 4 trong dd bão hòa = 22,54.44,375 10( gam) 

100 

m CuSO 4 trong X = 20 – 10 = 10 (gam) 

n CuSO 4 .nH 2 O = n CuSO 4 = 10 0,0625( mol) 

160 

M X = 15,625 250( g) 


Ta có: 160 + 18n = 250 n = 5 

Vậy công thức của tinh thể X là: CuSO 4 .5H 2 O 

Câu 

10 

1 2Na + 2H 2 O 2NaOH + H 2 

CaO + H 2 O Ca(OH) 2 

CuSO 4 + 2NaOH Na 2 SO 4 + Cu(OH) 2 

FeCl 3 + 3NaOH Fe(OH) 3 + 3NaCl 












2 Cho khí H 2 dư đi qua hỗn hợp bột nung nóng thu được chất rắn gồm 0,25 

Fe, Cu 

PTHH: Fe 2 O 3 + 3H 2 

o 

+ 3H O 2 

CuO + H 2 

o 

Cho hỗn hợp gồm Cu, Fe vào dung dịch HCl dư, tách phần dung 

dịch gồm FeCl 2 , HCl dư và phần chất rắn không tan là Cu 


PTHH: Fe + 2HCl FeCl 2 + H 2 

Nung nóng phần chất rắn không tan trong không khí đến khối lượng 

không đổi thu được CuO 

t 

PTHH: 2Cu + O 2 

o 

2CuO 


Cho dung dịch NaOH dư vào phần dung dịch, lọc lấy kết tủa, nung 

kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được Fe 2 O 3 

PTHH: HCl + NaOH NaCl + H 2 O 


2NaOH + FeCl 2 Fe(OH) 2 + 2NaCl 

4Fe(OH) 2 + O 2 

t 

 

o 

2Fe 2 O 3 + 4H 2 O 

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


2,0 

1,0 













KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC MÔN VĂN HÓA CẤP HUYỆN 


MÔN: HÓA HỌC- LỚP 9 


(Đề thi HSG Hóa 9 – Huyện Đông Sơn - Năm học 2018 – 2019) 

ĐỀ BÀI 

Câu 1 (2.0 điểm): 

Cho các chất sau: CuO, SO 3 , H 2 O, HCl, NaOH , NaHCO 3 chất nào phản ứng với 

nhau từng đôi một. Viết PTHH. 

Câu 2 (2.0 điểm): 

a. Cho A là oxit, B là muối, C là kim loại, D là phi kim. Hãy chọn chất thích hợp 

với A, B, C, D và hoàn thành PTHH của các phản ứng sau 

1. A + HCl -> 2 muối + H 2 O 2. B + NaOH -> 2 muối + H 2 O 

3. C + Muối -> 1 muối 4. D + Axit -> 3 oxit 

b. Hãy giải thích vì sao không nên bón phân đạm ure cùng với vôi bột, biết rằng 

trong nước phân ure bị chuyển hoá thành (NH 4 ) 2 CO 3 

Câu 3 (2.0 điểm): 

Từ nguyên liệu ban đầu là FeS 2 , NaCl, O 2 , H 2 O các thiết bị, hoá chất, xúc tác cần 

thiết khác, viết PTHH điều chế FeSO 4 , Fe 2 (SO 4 ) 3 , Fe(OH) 3 , NaHSO 4 , FeCl 2 , FeCl 3 , 

Fe(OH) 2 

Câu 4 (2.0 điểm): 

Cho hai khí A và B có công thức lần lượt là N x O y và N y O x mà d A/H2 

= 22 và 

d B/A 

= 1,045. Xác định công thức hai khí A và B. 

Câu 5 (2.0 điểm): 

Nhiệt phân hoàn toàn hỗn hợp BaCO 3 , MgCO 3 , Al 2 O 3 được chất rắn A, khí D. Hoà 

tan chất rắn A trong nước dư thu được dung dịch B và kết tủa C, sục khí D(dư) vào dung 

dịch B thấy xuất hiện kết tủa. Hoà tan C trong dung dịch NaOH dư thấy tan một phần. 

Xác định A, B, C, D. Viết phương trình hoá học xảy ra. 

Câu 6 (2.0 điểm): 

Có ba gói bột màu trắng không ghi nhãn, mỗi gói chứa riêng rẽ hỗn hợp hai chất 

sau: Na 2 SO 3 và K 2 SO 3 ; NaCl và KCl; MgSO 4 và BaCl 2 . Bằng phương pháp hóa học, làm 

thế nào phân biệt ba gói bột trên. Chỉ sử dụng nước và các dụng cụ cần thiết. 


Câu 7 (2.0 điểm): 

Cho a gam SO 2 vào 100 ml dd Ba(OH) 2 2M phản ứng xong thu được 19,7g kết tủa. 

Xác định a? 

















Câu 8 (2.0 điểm): 

Có một hỗn hợp 3 kim loại hóa trị II đứng trước hiđro trong dãy hoạt động hóa 

học. Tỉ lệ nguyên tử khối của chúng là 3 : 5 : 7. Tỉ lệ số mol của các kim loại tương 

ứng là 4 : 2 : 1. Khi hòa tan 11,6g hỗn hợp bằng dung dịch HCl thấy thoát ra 7,84 lít khí 

hiđro (đktc). Hãy xác định tên các kim loại đem dùng? 

Câu 9 (2.0 điểm): 

Trong một ống chứa 7,08g hỗn hợp Fe, FeO, Fe 2 O 3 đốt nóng rồi cho dòng khí 

hiđro dư đi qua. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn trong ống còn lại 5,88g sắt. Nếu cho 

7,08g hỗn hợp trên vào dung dịch CuSO 4 dư, lắc kĩ để phản ứng xảy ra hoàn toàn, lọc lấy 

chất rắn sấy khô và đem cân được 7,44g. Tính khối lượng từng chất trong hỗn hợp ban 

đầu. 

Câu 10 (2.0 điểm): 

Dùng V lít khí CO (đktc) khử hoàn toàn 4 gam một oxit kim loại, phản ứng kết 

thúc thu được kim loại và hỗn hợp khí X. Tỉ khối khí X so với H 2 là 19. Cho X hấp thụ 

hoàn toàn vào 2,5 lít dung dịch Ca(OH) 2 0,025M người ta thu được 5 gam kết tủa. 

a Xác định công thức hoá học của oxit 

b. Tính giá trị của V. 

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

(Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm) 

Họ và tên: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD:. . . . . . . . . . . . . 




















ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN MÔN: HÓA HỌC- LỚP 9 

(Đề thi HSG Hóa 9 – Huyện Đông Sơn - Năm học 2018 – 2019) 

Câu 1 (2điểm) Viết đúng mỗi phương trình hóa học cho 0,25 điểm. 

1. CuO + SO 3 CuSO 4 

2. CuO + 2HCl CuCl 2 + H 2 O 

3. SO 3 + H 2 O H 2 SO 4 

4. SO 3 + 2NaOH Na 2 SO 4 + H 2 O 

5. SO 3 + NaOH NaHSO 4 

6. HCl + NaOH NaCl + H 2 O 

7. HCl + NaHCO 3 NaCl + H 2 O + CO 2 

8. NaOH + NaHCO 3 Na 2 CO 3 + H 2 O 

Câu 2(2điểm) 

a.(1,0điểm) Hoàn thành đúng mỗi PTHH cho 0,25 điểm 

A : Fe 3 O 4 ; B: KHCO 3 hoặc Ba(HCO 3 ) 2 hoặc Ca(HCO 3 ) 2 

C: Fe D: C 

1.Fe 3 O 4 + 8HCl FeCl 2 + 2FeCl 3 + 4H 2 O 

2. KHCO 3 + NaOH Na 2 CO 3 + K 2 CO 3 + H 2 O 

3. Fe + 2FeCl 3 3FeCl 2 

4. C + 2H 2 SO 4 đặc CO 2 + 2SO 2 + 2H 2 O 

b. (1điểm) 

(0,5điểm) Không nên bón phân đạm ure cùng với vôi bột vì trong vôi bột chứa Ca(OH) 2 

sẽ phản ứng với (NH 4 ) 2 CO 3 tạo NH 3 thoát ra ngoài làm mất hàm lượng nguyên tố N có 

trong phân đạm theo phương trình hóa học 

(0,5điểm) (NH 4 ) 2 CO 3 + Ca(OH) 2 CaCO 3 + 2H 2 O + 2NH 3 

Câu 3 (2điểm) Điều chế được NaHSO 4 cho 0,5 điểm, mỗi chất còn lại cho 0,25 điểm 

+ Điều chế NaHSO 4 

4FeS 2 + 11 O to 2 2Fe 2 O 3 + 8 SO 2 

2SO 2 + O to 2 V2O5 2SO 3 

2NaCl + 2H 2 O đpđ mnx 2 NaOH + Cl 2 + H 2 

NaOH + SO 3 NaHSO 4 

+ Điều chế Fe 2 (SO 4 ) 3 

SO 3 + H 2 O H 2 SO 4 

Fe 2 O 3 + 3H 2 SO 4 Fe 2 (SO 4 ) 3 +3 H 2 O 

+ Điều chế FeSO 4 

3H 2 + Fe 2 O to 3 2Fe +3 H 2 O 

Fe + H 2 SO 4 FeSO 4 + H 2 

+ Điều chế Fe(OH) 2 

FeSO 4 + 2NaOH Fe(OH) 2 + Na 2 SO 4 

+ Điều chế Fe(OH) 3 

Fe 2 (SO 4 ) 3 + 6NaOH 2Fe(OH) 3 + 3Na 2 SO 4 

+ Điều chế FeCl 2 

H 2 + Cl to 2 2 HCl 


















Fe + 2HCl FeCl 2 + H 2 

+ Điều chế FeCl 3 

Fe 2 O 3 + 6HCl 2FeCl 3 +3 H 2 O 


Ta có: M A = 22 . 2 = 44 g/mol (0,25 đ) 

M B = 44 . 1,045 = 46 g/mol (0,25đ) 

14x + 16 y = 44 x = 2 (1,0đ) 

14 y + 16 x = 46 y = 2 

A là N 2 O, B là NO 2 

(0,5đ) 


BaCO to 3 BaO + CO 2 (0,5đ) 

MgCO to 3 MgO + CO 2 

A: BaO; MgO; Al 2 O 3 

D: CO 2 

BaO + H 2 O Ba(OH) 2 (0,5đ) 

Al 2 O 3 + Ba(OH) 2 Ba(AlO 2 ) 2 + H 2 O 

Hòa tan C trong dd NaOH thì C tan một phần nên C gồm MgO; Al 2 O 3 (0,5đ) 

Dung dịch B: Ba(AlO 2 ) 2 

(0,5đ) 

2CO 2 + 4H 2 O + Ba(AlO 2 ) 2 2Al(OH) 3 + Ba(HCO 3 ) 2 


Lấy mẫu, đánh dấu mẫu (của 3 gói bột ) 

(0,75đ) 

Cho các mẫu lần lượt vào nước, nếu mẫu nào xuất hiện kết tủa trắng thì tương ứng là hỗn 

hợp MgSO 4 , BaCl 2 do có phản ứng. 

MgSO 4 + BaCl 2 BaSO 4 + MgCl 2 

Còn thu được dung dịch là 2 hỗn hợp còn lại. 

(0,5đ) 

- Lọc lấy dung dịch MgCl 2 vừa tạo ra ở trên, trong dung dịch có thể có BaCl 2 dư 

hoặc MgSO 4 dư 

Cho dung dịch MgCl 2 vào 2 dung dịch chứa hỗn hợp NaCl và KCl ; Na 2 CO 3 và K 2 CO 3 ; 

nếu xuất hiện kết tủa trắng thì ống nghiệm đó đựng hỗn hợp Na 2 CO 3 , K 2 CO 3 vì có phản 

ứng. 

(0,75đ) 

Na 2 CO 3 + MgCl 2 MgCO 3 + 2NaCl 

K 2 CO 3 + MgCl 2 MgCO 3 + 2KCl 

(Các phản ứng của BaCl 2 với muối cacbonat hoặc của muối MgSO 4 với muối cacbonat 

có thể xảy ra nếu các muối này còn dư, học sinh có thể viết nhưng không tính điểm ). 

Câu 7(2điểm): Xét đúng mỗi trường hợp cho 1,0 điểm 

Theo đề bài có thể xảy ra các phản ứng hóa học 

1. SO 2 + Ba(OH) 2 BaSO 3 + H 2 O 

2. 2SO 2 + Ba(OH) 2 Ba(HSO 3 ) 2 

100 19 , 7 

. 2 = 0,2 mol; n BaSO3 = = 0,1 mol 

197 

n Ba(OH)2 = 1000 

Khi sục SO 2 vào dung dịch Ba(OH) 2 có thể xảy ra 1 trong 2 trường hợp sau: 

TH 1: Chỉ xảy ra phản ứng 1 

Theo 1: n SO2 = n BaSO3 = 0,1 mol 

m SO2 = 0,1 . 64 = 6,4 g 

TH 2: Xảy ra cả phản ứng 1 và 2 
















Theo 1: : n SO2 = n BaSO3 = n Ba(OH)2 = 0,1 mol 

n Ba(OH)2 ở (2) = 0,2 – 0,1 = 0,1 mol 

Theo 2: n SO2 = 2 n Ba(OH)2 = 2. 0,1 = 0,2 mol 

->n SO2 (1) + n SO2 (2) = 0,1 + 0,2 = 0,3 mol 

-> m SO2 = 0,3 . 64 = 19,2 g 

Câu 8(2điểm) 

- Giả sử 3 kim loại cần tìm lần lượt là A, B, C (0,5đ) 

Ta có PTHH 

A + 2HCl ACl 2 + H 2 (1) 

B + 2HCl BCl 2 + H 2 (2) 

C + 2HCl CCl 2 + H 2 (3) 

Giả sử nguyên tử khối của A là 3x 

(0,5đ) 

=> Nguyên tử khối của B là 5x 

=> Nguyên tử khối của C là 7x 

Gọi số mol của A trong 11,6g hỗn hợp là 4a mol 

=> số mol của B trong 11,6g hỗn hợp là 2a mol 

=> số mol của C trong 11,6g hỗn hợp là a mol 

7,84 

Theo đề n H2 

= = 0,35 (mol) (0,5đ) 

22,4 

Theo (1) n H2 

= n A 

= 4a mol 

Theo (2) n H2 

= n B 

= 2a mol 

Theo (3) n H2 

= n C 

= a mol 

=> 4a + 2a + a = 0,35 

=> a = 0,05 mol 

Ta lại có : 3x . 4 . 0,05 + 5x .2 . 0,05 + 7x . 0,05 = 11,6 (0,5đ) 

=> x = 8 

=> M A 

= 3x = 3.8 = 24(g) 

=> M B 

= 40g 

=> M C 

= 56g 

Vậy A : Mg ( tên là magie) 

B : Ca ( tên là canxi ) C : Fe ( tên là sắt ) 


Ta có PTHH 

(0,5đ) 

FeO + H 2 

t 

 

o 

Fe + H 2 O (1) 

o 



t 

Fe 2 O 3 + 3H 2 2Fe + 3H 2 O (2) 

Fe + CuSO 4 FeSO 4 + Cu (3) 

Gọi số mol FeO , Fe 2 O 3 , Fe trong 7,08 g hỗn hợp lần lượt là x, y, z ta có 72x + 160y 

+ 56z = 7,08 (I) 

Theo (1) n = n = x mol 

(0,5đ) 

Fe FeO 
















Theo (2) n Fe 

= 2n Fe2 O 

= 2y mol 

3 

=> 56x + 56 .2y + 56z = 5,88 (II) 

Theo (3) n Cu 

= n = z mol Fe 

=> 72x + 160y + 64z = 7,44 (III) (0,5đ) 

Từ (I) , (II) , (III) ta có 

72x + 160y + 56z = 7,08 

x = 0,03 mol 

56x + 112y + 56z = 5,88 => y = 0,015 mol 

72x + 160y + 64z = 7,44 z = 0,045 mol 

=> m = 72 . 0,03 = 2,16 (g) FeO 

(0,5đ) 

m Fe2 O 

= 160 . 0,015 = 2,4 (g) 

3 

m = 7,08 - 2,16 - 2,4 = 2,52 (g) 

Fe 


a. (1,0điểm) Đặt công thức hóa học của oxit kim loại là AxOy 

Phương trình hóa học có thể có 

1. yCO + A x O to y xA + yCO 2 

2. CO 2 + Ca(OH) 2 CaCO 3 + H 2 O 

3. 2CO 2 + Ca(OH) 2 Ca(HCO 3 ) 2 

5 

n CaCO3 = = 0,05 mol ; n Ca(OH)2 = 0,025.2,5 = 0,0625 mol 

100 

4 

n AxOy = mol 

xMA 16y 

Khi cho X vào dd Ca(OH) 2 có thể xảy ra 1 trong 2 trường hợp sau: 

Trường hợp 1: Chỉ xảy ra phản ứng 2 

Theo (2) (1) n CO 2 = n CaCO 3 = 0,05 mol 

1 

4 0,05 

Theo 1: n AxOy = n CO2 = 

y xMA 16y 

y 

2y 

2 y 

-> M A = 32. nghiệm phù hợp là = 2 

x x 

-> x=y=1 và M A = 32.2 = 64 g/mol CTHH oxit là CuO 

Trường hợp 2: xảy ra cả phản ứng 2 và 3 

Theo 2: n CO2 = n Ca(OH)2 = n CaCO3 = 0,05 mol 

n Ca(OH)2 ở phản ứng 3 = 0,0625 – 0,05 = 0,0125 mol 

Theo (3) n CO2 = 2 n Ca(OH)2 = 0,0125 . 2 = 0,025 mol 

n CO 2 (2) + n CO 2 (3) = 0,05 + 0,025 = 0,075 mol 

1 

4 1 

Theo 1: n AxOy = n CO2 = . 0,075 

y xMA 16y 

y 

2y 

2 y x 2 

-> M A = 18,67 . Nghiệm phù hợp là = 3 = x x y 3 


-> x= 2; y= 3 và M A = 56 g/mol-> công thức hóa học cần tìm là Fe 2 O 3 

b. (1,0điểm) 

Theo đề bài thì X gồm CO dư sau (1) và CO 2 (1) . M X = 19.2 = 38 g/mol 

Đặt số mol CO2, CO trong X lần lượt là x, y 



















44x 

28y 

x 5 

Theo đề bài = 39 = (I) 

x y 

y 3 

TH 1: Theo 1: n CO = n CO 2 = 0,05 mol = x. 

Thay x=0,05 vào (I) y= 0,03 mol = n CO dư 

Tổng số mol CO = 0,03 + 0,05 = 0,08 mol 

V CO = 0,08 . 22,4 = 1,792 lít 

TH 2: Theo 1: n CO = n CO 2 = 0,075 mol = x. 

Thay x=0,075 vào (I) y= 0,045 mol = n CO dư 

Tổng số mol CO = 0,045 + 0,075 = 0,12 mol 

V CO = 0,12 . 22,4 = 2,688 lít 

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

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


















ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ 




(Đề thi HSG Hóa 9 – Phòng GD&ĐT Phúc Yên - Năm học 2018 – 2019) 

ĐỀ BÀI 

(Cho: H=1; S=32; Fe=56; N=14; O=16; Na=23; Mg=24; Al=27; Cl=35,5; K=39; 

Ba=137; P=31; Cu=64). 

Câu 1.(2,0 điểm) 

Cho các chất sau: P 2 O 5 , Ag, H 2 O, KClO 3 , Cu, Zn, Na 2 O, S, Fe 2 O 3 , CaCO 3 , HCl và những 

dụng cụ cần thiết. Hãy chọn chất và viết phương trình phản ứng để điều chế: NaOH, 

Ca(OH) 2 , O 2 , H 2 , H 2 SO 4 , Fe. 


Nung hỗn hợp gồm FeS và FeS 2 trong một bình kín chứa không khí (oxi chiếm 20%, nitơ 

chiếm 80% thể tích) đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được một chất rắn duy 

nhất và hỗn hợp Y có thành phần thể tích 84,8% N 2 , 14,0% SO 2 còn lại là O 2 . Xác định 

phần trăm khối lượng FeS có trong X? 


Nguyên tử Z có tổng số hạt bằng 58 và có nguyên tử khối nhỏ hơn 40 đvC. Hỏi Z thuộc 

nguyên tố hoá học nào? 


Cho 3,78 gam hỗn hợp gồm Mg và Al tác dụng với dung dịch chứa 0,5 mol axit HCl. 

Chứng minh rằng: sau phản ứng axit HCl còn dư. 

Câu 5 .(2,0 điểm) 

Có 5 dung dịch (mỗi dung dịch chỉ chứa 1 chất tan) trong 5 lọ riêng biệt gồm các chất: 

Na2CO3, BaCl2, MgCl2, H2SO4, NaOH được đánh số bất kì (1), (2), (3), (4), (5). Tiến 

hành thực hiện các thí nghiệm thì nhận được kết quảsau: 

- Chất ở lọ (1) tác dụng với chất ở lọ (2) cho khí thoátra. 

- Chất ở lọ (1) tác dụng với chất ở lọ (4) thấy xuất hiện kếttủa. 

- Chất ở lọ (2) cho kết tủa trắng khi tác dụng với chất ở lọ (4) và lọ(5). 

Xác định chất có trong các lọ (1), (2), (3), (4), (5). Giải thích và viết các phương 

trình hóa học xảy ra. 


Nêu hiện tượng, viết phương trình phản ứng xảy ra trong các trường hợp sau: 

a) Trộn dung dịch Na 2 CO 3 với dung dịch FeCl 3 . 

b) Cho urê (NH 2 ) 2 CO vào dung dịch Ba(OH) 2 . 

Câu 7. (2,0 điểm) 


















Hòa tan 11,2 gam hỗn hợp gồm Cu và kim loại M trong dung dịch HCl dư thu được 

3,136 lít khí (đktc). Mặt khác, hòa tan hết 11,2 gam hỗn hợp trên trong dung dịch HNO 3 

loãng, dư thu được 3,92 lít khí NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Tìm kim loại M. 


Cho 0,1 mol mỗi axit H 3 PO 2 và H 3 PO 3 tác dụng với dung dịch KOH dư thì thu được hai 

muối có khối lượng lần lượt là 10,4g và 15,8g. Tìm công thức phân tử của hai muối trên. 


Trộn 500ml dung dịch NaOH nồng độ xM với 500ml dung dịch H 2 SO 4 nồng độ 

yM thu được dung dịch E. Dung dịch E có khả năng hòa tan vừa hết 1,02 gam Al 2 O 3 . 

Mặt khác, cho dung dịch E phản ứng với dung dịch BaCl 2 dư thu được 23,3 gam kết tủa 

trắng. Xác định giá trị x,y. 

Câu 10.(2,0 điểm) 

A là hợp chất của lưu huỳnh. Cho 43,6 gam chất A vào nước dư được dung dịch B. Cho 

dung dịch BaCl 2 dư vào dung dịch B, thu được kết tủa trắng và dung dịch C. Cho Mg dư 

vào dung dịch C, thu được 11,2 lít khí ở (đktc). Xác định công thức phân tử của chất A 

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

Thí sinh được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. 

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




















ĐỀ THI HSG CẤP THÀNH PHỐ MÔN: HÓA HỌC- LỚP 9 

(Đề thi HSG Hóa 9 – Phòng GD&ĐT Phúc Yên - Năm học 2018 – 2019) 


Điều chế NaOH 


Câu 1 

(2,0 

Na 2 O + H 2 O → 2NaOH 

Điều chế Ca(OH) 2 


đ) CaCO 3 CaO + CO 2 

CaO + H 2 O → Ca(OH) 2 

Điều chế O 2 


2KClO 3 2KCl + 3O 2 

Điện phân 2H 2 O → 2H 2 + O 2 (Điều chế O 2 & H 2 ) 

Điều chế H 2 SO 4 


S + O 2 SO 2 

2SO 2 + O 2 2SO 3 

0,5 

SO 3 + H 2 O → H 2 SO 

Điều chế Fe 

Fe 2 O 3 + 3H 2 2Fe + 3H 2 O 

Điều chế H 2 

Zn + 2HCl → ZnCl 2 + H 2 




Câu 2 Giả sử có 100mol hh khí sau pư. 

0,5 

(2,0 n 

N 

= 84,8 mol, n 

2 

SO 

= 14mol, nO 2 

2 

dư = 1,2mol 

đ) n 

O 

trong oxit sắt = 6mol -> n 

2 

Fe = 8mol; n S = 14mol 

0,5 

Goi số mol FeS và FeS 2 lần lượt : x và y 

0,5 

-> x + y = 8; x + 2y = 14 -> x = 2; y = 6. 

0,5 

% khối lượng FeS = 19,64% 

Câu 3 Ta có:2p + n = 58 n = 58 – 2p (1) 

0,5 

(2,0 Mặt khác : p n 1,5p ( 2 ) 

0,5 

đ) 

(1) và (2) p 58 – 2p 1,5p 

16,5 p 19,3 ( p : nguyên ) 

0,5 

Vậy p có thể nhận các giá trị : 17,18,19 

p 17 18 19 

n 24 22 20 

NTK = n + p 41 40 39 


Vậy nguyên tử Z thuộc nguyên tố Kali ( K ) 

Câu 4 PTHH: 





0,5 










(2,0 

đ) 

Câu 5 

(2,0 

đ) 

Câu 6 

(2,0 

đ) 

Câu 7 

(2,0 

đ) 


2Al + 6 HCl 2 AlCl 3 + 3 H 2 (1) 

x 3x 3 . x 

2 mol 

Mg + 2 HCl MgCl 2 + H 2 (2) 

y 2y y mol 

Theo bài ra : 27x + 24y = 3,78 > 24 (x+y) 

3,78 = 0,16 > x +y (3) 

24 

Theo PT (1) (2) n HCl = 3x + 2y < 3 (x +y) (4) 

(3) (4) 3x + 2y < 3 (x +y) < 3.0,16 = 0,48 

Vậy : n HCl pư = 3x + 2y < 0,48 

Theo bài ra: n HCl = 0,5 mol nên axit còn dư 

- Chất ở lọ (1) tác dụng với chất ở lọ (2) tạo khí 

=> Chất ở lọ (1) và lọ (2) là H2SO4 và Na2CO3. 

H2SO4 + Na2CO3 Na2SO4 CO2 +H2O 

- Chất ở lọ (2) tạo kết tủa trắng với chất ở lọ (4) và lọ (5) 

=> Chất ở lọ (2) là Na2CO3 và chất ở lọ (1) là H2SO4. 

Na2CO3 BaCl2 2NaCl BaCO3 

Na2CO3 MgCl2 2NaCl MgCO3 

- Chất ở lọ (1) tạo kết tủa với chất ở lọ (4) => Chất ở lọ (4) 

làBaCl2. 

H2SO4 BaCl2 BaSO4 2HCl 

- Chất ở lọ (2) tạo kết tủa trắng với chất ở lọ (4) và lọ (5) 

=> Chất ở lọ (5) là MgCl2. Chất ở lọ (3) còn lại làNaOH. 

a) Có kết tủa nâu đỏ và có khí bay ra do có pư: 

3Na 2 CO 3 + 2FeCl 3 + 3H 2 O → 6NaCl + 2Fe(OH) 3 + 3CO 2 ↑ 

b) Có kết tủa trắng và khí mùi khai bay lên do có pư: 

(NH 2 ) 2 CO + 2H 2 O → (NH 4 ) 2 CO 3 

(NH 4 ) 2 CO 3 + Ba(OH) 2 → BaCO 3 ↓ + 2NH 3 ↑ + 2H 2 O 

Các phản ứng có thể xảy ra: 

2M + 2nHCl 2MCl n + nH 2 

3M + 4nHNO 3 3M(NO 3 ) m + nNO + 2nH 2 O 

3Cu + 8HNO 3 3Cu(NO 3 ) 2 + 2NO + 4H 2 O 

Ta có: 

3,136 

nH 

0,14( mol) 

2 

22,4 

3,92 

nNO 

0,18( mol) 

22,4 

Gọi x, y lần lượt là số mol của Cu và M. 








0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

1,0 

1,0 

0,5 










Câu 8 

(2,0 

đ) 

Câu 9 

(2,0 

đ) 


=> 64 x + M.y = 11,2 (*) 

TH 1 : Nếu M có hóa trị không đổi là n. 

=> ny = 0,28 

2x + ny = 0,525 

=> x = 0,1225 (mol) 

thay vào (*) => M.y = 3,36 

=> M = 12.n 

Với n là hóa trị của M => chỉ có n = 2, M = 24 là thỏa mãn 

M là Mg 

TH 2 : Nếu M có hóa trị thay đổi theo phản ứng. 

=> ny = 0,28 (**) 

2x + my = 0,525 (***) 

từ (*), (**) và (***) ta có: 

32m 

M 0,525.32 11,2 

20 

n 0,28 

=> M + 20n = 32m 

1 n m 3 

=> chỉ có giá trị n = 2; m = 3; M = 56 là thỏa mãn 

=> M là Fe. 

Từ 0,1 mol H 3 PO 2 phản ứng với KOH tạo ra 0,1 mol muối K x H 3-x PO 2 

M muối 1 = 10,4 = 104 (g/mol) 

0,1 

39x + (3-x) + 31 + 32 = 104 

38x + 66 = 104 x = 1 

Công thức của muối là KH 2 PO 2 . 

Từ 0,1 mol H 3 PO 3 0,1 mol muối K y H 3-y PO 3 

khối lượng muối = 15,8g M muối 2 = 158 (g/mol) 

39y + (3-y) + 31 + 48 = 15 38y = 76 y = 2 

Công thức của muối là K 2 HPO 3 . 

n 

2 3 

102 = 0,01 mol; n NaOH = 0,5x mol; n 

H 2SO = 0,5y mol; n 

4 

4 

0,1 mol. 

TH1: Trong E có NaOH dư 

H 2 SO 4 +2 NaOH Na 2 SO 4 + H 2 O 

0,1 0,2 mol 

2 NaOH + Al 2 O 3 2NaAlO 2 + H 2 O 

Al O 

= 1,02 








BaSO 

= 

0,5 

0,5 

0,5 

1,0 

1,0 










0,01 0,02 mol 

n NaOH = 0,5x = 0,2 + 0,02 = 0,22 mol => x = 0,44 

1,0 




Câu 

10 

(2,0 

đ) 

TH1: Trong E có H 2 SO 4 dư 

3H 2 SO 4 +2 Al 2 O 3 Al 2 (SO 4 ) 3 + 3 H 2 O 

0,03 0,01 mol 

H 2 SO 4 + 2 NaOH Na 2 SO 4 + H 2 O 

(0,1 – 0,03) 0,14 mol 

n NaOH = 0,5x = 0,14 => x = 0,28 

+ Từ giả thiết ta có sơ đồ: 

Cho A vµo H O d dd B kÕt tña + dd C H 

(1) (2) (3) 

2 BaCl 

2 

2 d 

Mg 

trong dung dịch C có HCl, dung dịch B có H 2 SO 4 hoặc muối 

R(HSO 4 ) n 

A có thể là SO 3 ; H 2 SO 4 ; H 2 SO 4 .nSO 3 ; R(HSO 4 ) n . Phản ứng có thể 

xảy ra: 

SO 3 + H 2 O → H 2 SO 4 (1) 

H 2 SO 4 .nSO 3 + nH 2 O → (n+1)H 2 SO 4 (1)’ 

H 2 SO 4 + BaCl 2 → BaSO 4 + 2HCl (2) 

R(HSO 4 ) n + nBaCl 2 → nBaSO 4 ↓ + RCl n + nHCl (2)’ 

Mg + 2HCl → MgCl 2 + H 2 ↑ (3) 

+ Số mol của H 2 =0,5 mol n HCl = 2n H2 = 1 mol. 

TH1: A là SO 3 

Từ (1, 2, 3) n = 0,5 mol 

SO3 

m = 0,5.80 = 40 gam < 43,6 gam(loại) 

SO3 

TH2: A là H 2 SO 4 

Từ (2, 3) n = 0,5 mol 

H 2SO4 

m = 0,5.98 = 49 gam > 43,6 gam(loại) 

H 2SO4 

TH3: A là Oleum 

0,5 

Từ (1’, 2, 3) n oleum = 

43,6 

n = 1,5 

n 1 98 80n 

Công thức của (A) là: H 2 SO 4 .1,5SO 3 hay 2H 2 SO 4 .3SO 3 

TH4: A là muối R(HSO 4 ) n 

Từ (2’, 3) n muối = 1 

43,6 R = - 53,4n(loại) 

n R 97n 

(Thí sinh làm bài theo cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa) 

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

1,0 

1,0 

d0,25 





















ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN 


MÔN: HÓA HỌC – LỚP 9 


(Đề thi HSG Hóa 9 – Phòng GD&ĐT Cẩm Thủy - Năm học 2017 – 2018) 

ĐỀ BÀI 

Câu 1: ( 2,0 điểm) 

Nguyên tử của nguyên tố X có tổng số hạt cơ bản là 58, trong đó số hạt mang điện nhiều 

hơn số hạt không mang điện là 18 hạt. 

a. Xác định số hạt mỗi loại và cho biết tên, KHHH của nguyên tố X? 

b. Từ oxit của X, hãy viết phương trình hóa học điều chế: bazơ, muối sunfat, muối 

clorua, muối phot phat của X. 

(Cho điện tích hạt nhân của một số nguyên tử: Z Na =11, Z Mg =12, Z Al =13, Z K =19, Z Fe =26 ) 


Dẫn luồng khí H 2 dư đi qua hỗn hợp chất rắn A nung nóng chứa: MgO, Na 2 O, CuO, 

Fe 3 O 4 , BaO. Sau khi kết thúc phản ứng thu được chất rắn B. Hòa chất rắn B vào nước dư được 

dung dịch X và chất rắn D không tan. Lấy chất rắn D cho vào dung dịch axit HCl dư thu được 

dung dịch M và chất rắn R. Cho từ từ dung dịch H 2 SO 4 loãng dư vào dung dịch X thu được kết 

tủa Y. Xác định những chất có trong B, X, D, M, R, Y. Viết các phương trình hóa học minh 

họa cho thí nghiệm trên. 


1. Hợp chất X có thành phần phần trăm về khối lượng các nguyên tố: 40% C; 6,67% H; 

còn lại là oxi; Biết rằng, ở cùng điều kiện( nhiệt độ, áp suất): 9g X chiếm thể tích bằng thể tích 

của 4,8g khí oxi. Xác định công thức hóa học của X. 

2. Hỗn hợp khí Y gồm các khí CO, CO 2 . Hãy cho biết hỗn hợp Y nặng hay nhẹ hơn 

không khí bao nhiêu lần, biết rằng tỉ lệ số phân tử các khí trong hỗn hợp tương ứng là 2:3. 

Câu 4: (1.5 điểm) Bằng phương pháp hóa học: 

a. Phân biệt 2 chất rắn riêng biệt: CaO và P 2 O 5 . 

b. Phân biệt 2 bình khí: CO 2 , O 2 . 

c. Tách CuO ra khỏi hỗn hợp bột: CuO, FeO. 

Viết tất cả các phương trình phản ứng xảy ra (ghi điều kiện, nếu có). 

Câu 5: (1.5 điểm) 

Từ những chất có sẵn: Kali pemanganat, kẽm, nước, lưu huỳnh trioxit (dụng cụ, điều 

kiện cần thiết có đủ), hãy điều chế các chất cần thiết để hoàn thành sơ đồ phản ứng sau. 

(1) 

(2) 

(3) 

Fe Fe 3 O 4 Fe FeSO 4 

Viết tất cả các phương trình phản ứng xảy ra (ghi điều kiện, nếu có). 


Trình bày cách pha chế: 

a) 150 gam dung dịch CuSO 4 2% từ dung dịch CuSO 4 10% (coi khối lượng riêng của 

nước bằng 1 g/ml). 

b) 250 ml dung dịch KOH 0,5M từ dung dịch KOH 2M. 


Hoàn thành các PTHH sau : 

0 

t 

a) FeCl 2 + Cl 2 FeCl 3 


















b) Na + H 2 O NaOH + H 2 

0 

t 

c) C 2 H 6 O + O 2 CO 2 + H 2 O 

0 

t 

d) Fe 3 O 4 + CO Fe + CO 2 

0 

t 

e) Cu(NO 3 ) 2 CuO + NO 2 + O 2 

f) Zn + HNO 3 Zn(NO 3 ) 2 + N 2 + H 2 O 

t 

g ) C x H y + O 0 

2 CO 2 + H 2 O 

0 

t 

h) FeS 2 + O 2 Fe 2 O 3 + SO 2 


Người ta làm các thí nghiệm sau: 

-Thí nghiệm 1: Cho 16,6 gam hỗn hợp Al và Fe vào dung dịch chứa a gam HCl sau phản 

ứng thu được 43,225g muối và V 1 lít H 2 (đktc). 

-Thí nghiệm 2: Cũng cho 16,6 g hỗn hợp Al và Fe trên cho tác dụng với dung dịch chứa 

2a gam HCl thấy thu được 52,1g muối và V 2 lít khí H 2 (đktc). 

a. Chứng minh rằng thí nghiệm 1 axit HCl hết, thí nghiệm 2 axit HCl dư. 

b. Tính V 1 , V 2 , tính % khối lượng các kim loại trong hỗn hợp đầu. 


Hình bên là đồ thị biễu diễn độ tan S 

trong nước của chất rắn X . 

a/ Hãy cho biết trong khoảng nhiệt độ từ 

0 0 C đến 70 0 C có những khoảng nhiệt độ 

nào ta thu được dung dịch bão hòa của 

X? 

b/ Nếu 130 gam dung dịch bão hòa X 

đang ở 70 0 C hạ nhiệt độ xuống còn 

30 0 C. Hỏi có bao nhiêu gam X khan 

tách ra khỏi dung dịch. 

) 


1. Hãy đọc văn bản trích dẫn sau: 

MƯA AXIT 

Trong thành phần các chất đốt tự nhiên như than đá và dầu mỏ có chứa một lượng lớn lưu 

huỳnh, còn trong không khí lại chứa nhiều nitơ. Quá trình đốt sản sinh ra các khí độc hại như: lưu 

huỳnh đioxit, nitơ đioxit,.... Các khí này hòa tan với hơi nước trong không khí tạo ra axit sunfurơ, 

axit sunfuric, axit nitric. Khi trời mưa, các hạt axit này tan lẫn vào nước mưa, làm độ pH của nước 

mưa giảm. Nếu nước mưa có độ pH dưới 5,6 được gọi là mưa axit. Do có độ chua khá lớn, nước 

mưa có thể hòa tan được một số bụi kim loại và oxit kim loại có trong không khí như oxit chì,... 

làm cho nước mưa trở nên độc hơn nữa đối với cây cối, vật nuôi và con người. 

a. Hãy viết công thức hóa học của các đơn chất, hợp chất hóa học có đề cập trong đoạn 

văn bản trên. 

b. Theo em, mưa axit gây ra những hậu quả gì ? 

2. Nồng độ khí CO 2 trong không khí cao sẽ làm tăng nhiệt độ của Trái đất (gây hiệu ứng 

nhà kính). Theo em biện pháp nào làm giảm lượng khí CO 2 ? 

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

Chú ý: Thí sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. 

(Cho NTK của: H=1; S= 32; O= 16; Cl= 35,5; Al= 27; Fe= 56; C= 12, Cu= 64, K= 39) 






t 0 ( 0 C 
















(Đề thi HSG Hóa 9 – Phòng GD&ĐT Cẩm Thủy - Năm học 2017 – 2018) 


1(2 đ) a. Lập hệ phương trình: 

2P + N = 58 

2P - N = 18 

P = E 

1 đ 

=> P = 19, E= 19, N = 20 , 

Z X = 19 => X là Kali (K) 

b. Viết các phương trình phản ứng hóa học : 

+ Điều chế bazơ: 

K 2 O + H 2 O 2KOH 

+ Điều chế muối sunfat: 

Mỗi 

PTHH 

đúng 


K 2 O + H 2 SO 4 K 2 SO 4 + H 2 O 

+ Điều chế muối clorua: 

K 2 O + 2HCl 2KCl + H 2 O 

+ Điều chế muối phot phat: 

3K 2 O + 2H 3 PO 4 2K 3 PO 4 + 3H 2 O 

Câu 2 

(2đ) 

Câu 3 

(3 đ) 

- Cho H 2 qua hỗn hợp A nung nóng xảy ra các phản ứng: 

t 

CuO + H 2 

0 

Cu + H 2 O 

t 

Fe 3 O 4 + 4H 2 

0 

3Fe + 4H 2 O 

B là hỗn hợp: MgO, Na 2 O, Cu, Fe, BaO 

- Cho B vào nước dư: 

Na 2 O + H 2 O 2NaOH 

BaO + H 2 O Ba(OH) 2 

Dung dịch X là: NaOH, Ba(OH) 2 

D là: MgO, Cu, Fe 

- Cho D vào HCl: 

MgO +2 HCl MgCl 2 + H 2 O 


Dung dịch M là: MgCl 2 , FeCl 2 , HCl 

Chất rắn R là: Cu 

- Cho H 2 SO 4 loãng vào dung dịch X: 

2NaOH + H 2 SO 4 Na 2 SO 4 +2H 2 O 

Ba(OH) 2 + H 2 SO 4 BaSO 4 + 2H 2 O 

Y là BaSO 4 

1. Ta có: %O =100%- 40% - 6,67% = 53,33% 

Gọi công thức đơn giản của X là: C x H y O z (x,y,z € N * ) 

Ta có: x: y: z = 40% : 6,67% : 53,33% = 1 : 2: 1 

12 1 16 

Công thức đơn giản của X là CH 2 O 


0.5 

0.5 

0.5 

0.5 

0.5 

0.5 














Câu 

4(1.5đ) 

Câu 

5(1.5 

đ) 

Câu 

6(2đ) 


Măt khác : n X = n O 2 

= 4,8 

0.5 

= 0,15 mol 

32 

9 

M X = 

0,15 = 60 

M X = 30n = 60 n = 2. Vậy CTHH của X là C 2 H 4 O 2 0.5 

.2. Gọi số mol CO là 2x, số mol CO 2 là 3x 

Khối lượng hỗn hợp Y: 28. 2x + 44 . 3x = 188x 

M Y = 188 x 

= 37,6 

5x 

d Y /kk = 37,6 1,29. 

29 

Vậy Y nặng hơn không khí xấp xỉ 1,29 lần 

a. Lấy mẫu thử 

Hòa tan các mẫu vào nước, tan tạo dung dịch trắng sữa là CaO, tan tạo 

dung dịch không màu là P 2 O 5 . 

0.5 

CaO + H 2 O 

Ca(OH) 2 

P 2 O 5 +3H 2 O 2H 3 PO 4 

b.Lần lượt sục từng khí vào dung dịch nước vôi trong dư, khí nào làm nước 

vôi trong vẩn đục là CO 2 , còn lại là O 2 . 

CO 2 + Ca(OH) 2 

CaCO 3 + H 2 

c. Cho H 2 dư đi qua hỗn hợp bột nung nóng, ngâm chất rắn sau phản ứng 

vào dung dịch HCl dư, lọc lấy Cu. 

o 

t 

FeO + H 2 Fe + H 2 O 

o 

t 

CuO + H 2 Cu + H 2 O 

Fe + 2HCl 

FeCl 2 + H 2 

Oxi hóa hoàn toàn Cu được CuO 

o 

t 

O 2 + 2Cu CuO 

1. PTHH 

o 

t 

2KMnO 4 K 2 MnO 4 + MnO 2 + O 2 

SO 3 + H 2 O H 2 SO 4 

Zn + H 2 SO 4 ZnSO 4 + H 2 

Dùng các chất O 2 , H 2 SO 4 , H 2 để hoàn thành sơ đồ: 

o 

t 

2O 2 + 3Fe Fe 3 O 4 

o 

t 

Fe 3 O 4 + 4H 2 3Fe + 4H 2 O 

Fe + H 2 SO 4 

FeSO 4 + H 2 

a. 150 gam dung dịch CuSO 4 2% có: 

mCuSO 4 = 150.2 

100 = 3 gam mddCuSO 410% = 3.100 

10 

m nước cần dùng: 150 – 30 = 120 gam 




= 30 gam 





0.5 

0.5 

0.5 

0.5 

0.75 

0.75 

0.5 










Câu 

7(2đ) 

Câu 

8(2đ) 


* Cách pha: Cân 30 gam dung dịch CuSO 4 10% và 120 gam nước cất ( hoặc 

đong 120 ml nước cất) rồi trộn vào nhau và khuấy đều được 150 gam dung 

dịch CuSO 4 2% 

b. nNaOH =0,25 . 0,5 = 0,125 mol 

Vdd KOH2M = 0.125 = 0,0625 lit = 62,5 ml 

2 

*Cách pha: Đong lấy 62,5 ml dung dịch KOH2M cho vào ống đong có 

dung tích 500 ml . Thêm từ từ nước cất vào ống đong cho đến vạch 250 ml 

ta được 250 ml dung dịch KOH2M 

0 

t 

a) 2 FeCl 2 + 3Cl 2 2 FeCl 3 

b) 2Na + 2H 2 O 2NaOH +3 H 2 

0 

t 

c) C 2 H 6 O + 3O 2 2CO 2 + 3H 2 O 

0 

t 

d) Fe 3 O 4 + 4 CO 3Fe + 4CO 2 

0 

t 

e) 2Cu(NO 3 ) 2 2CuO + 4NO 2 + O 2 

f) 5Zn + 12 HNO 3 5Zn(NO 3 ) 2 + N 2 +6H 2 O 

g ) C x H y + 2 x y 

t 

0 

O2 xCO 2 +y H 2 O 

2 

0 

t 

h) 4FeS 2 + 11O 2 2Fe 2 O 3 + 8SO 2 

PT 2Al + 6 HCl 2 AlCl 3 + 3 H 2 

Fe + 2 HCl FeCl 2 + H 2 

Giả sử TN1 Kim loại Al, Fe hết, HCl dư khối lượng muối tính theo 

khối lượng kim loại = 43,225g 

Mặt khác TN2, cho lượng axit HCl gấp đôi thì axit càng dư, kim loại vẫn 

hết m muối vẫn tính theo kim loại và không thay đổi trái giả 

thiết ( m muối ở TN2 = 52,1 gam) 

TN1 Kim loại Al, Fe dư, axit hết. 

Nếu TN2 axit hết, kim loại dư thì m 2 tính theo axit = 52,1g. 

Mặt khác TN1, cho lượng axit = ½ lượng axit TN2 nên KL càng dư 

m 1 tính theo axit = ½ m 2 

Mà theo bài ra m 1 = 43,225 ≠ ½ 52,1 

Trái giả thiết. Vậy TN2 axit dư, kim loại hết. 

TN1: 2Al + 6 HCl 2 AlCl 3 + 3 H 2 

Mol x 3x x 3x/2 

Fe + 2 HCl FeCl 2 + H 2 

Mol y 2y y y 

Theo bài ra ta có pt: 27x + 56y = 16,6 (1) 

TN2 kim loại hết, axit dư hỗn hợp khối lượng muối m 2 = 52,1g 

Ta có pt: 133,5x + 127y = 52,1 (2) 







0.5 

0.5 

0.5 

Mỗi 

PTHH 

đúng 

0.25 đ 


0,5 

0,5 



Từ (1), (2) x = 0,2 mol, y = 0,2 mol. 0,25 










Câu 

9(2 đ) 

Câu 10 

(2 đ) 


%m Al = 

0,2.27 

100% 32,53(%) 

16,6 

%m Fe = 100-32,53 = 67,47(%) 

V 1 = 3 x .22,4 = 0,3 . 22,4 =6,72 lit 

2 

V 2 = y= 0,2 . 22,4 = 4,48 lit 

a. Dung dịch bão hòa trong khoảng nhiệt độ từ 0 0 C 10 0 C; 30 0 C 

40 0 C; 60 0 C 70 0 C. 

b.Khối lượng X kết tinh: 

+ Số gam chất tan và số gam nước có trong 130 g dd ở 70 0 C: 

Cứ 100 g nước hòa tan 25 g X tạo thành 125 g dd 

xg nước hòa tan y g X tạo thành 130 g dd bảo hoà 

=> x = 104 g và y = 26 g. 

+ Tính số gam chất tan X có trong 104 g nước ở 30 0 C : 

m ct X = 15 . 104 : 100 = 15,6 (g) 

+Số gam X tách ra khi hạ nhiệt độ từ 70 0 C xuống 30 0 C = 26 – 15,6 = 10,4g 

1. 

a. Công thức hóa học của các đơn chất, hợp chất hóa học có đề cập trong 

đoạn văn bản trên: 

- Đơn chất: S, N 2 . 

- Hợp chất: H 2 O, SO 2 , NO 2 , H 2 SO 3 , H 2 SO 4 , PbO, HNO 3 , PbO 2 

(HS có thể nêu thêm: Pb, O 2 ) 

b. Hậu quả: 

- Giảm năng suất cây trồng, vật nuôi. 

- Ảnh hưởng đến sức khỏe con người 

2. Để giảm lượng CO 2 : 

-Trồng thêm nhiều cây xanh 

-Hạn chế đốt nhiên liệu sinh ra khí CO 2 



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



0.5 

0.5 

0.5 

0.5 

1 đ 

0.5 đ 

0.5 đ 





















Nguồn: Đề thi HSG Hóa 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 24/10/2017-Năm học 2017 - 2018 

ĐỀ BÀI 

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) 

B 

( 1) 

Fe (SO ) 2 4 3 ( 4) 

FeCl 3 

( 5) 

Fe(NO 3 ) 3 

( 6) 

A 

( 7) 

B 

( 8) 

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 MgCl 2 . 

b) Sục từ từ khí CO 2 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: FeCl 3 , NaHCO 3 , CaCl 2 

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 , Na 2 SO 4 , H 2 SO 4 , 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 CaCl 2 . Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. 

Câu 6: (2.0 điểm) 

Muối A có công thức XY 2 , 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 M 2 O m (M là kim loại) trong một lượng vừa đủ dung dịch 

H 2 SO 4 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 CO 2 (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 


















ứng? 

Câu 9: (2.0 điểm) 

Dẫn H 2 đến dư đi qua 25,6gam hỗn hợp X gồm Fe 3 O 4 , 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 m A : m B = 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. 

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

(Học sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học) 





















Nguồn: Đề thi HSG Hóa 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 24/10/2017-Năm học 2017 - 2018 


Câu 1 A: Fe(OH) 3; B: Fe 2 O 3 ; C: Fe 

(2điểm) (1) Fe 2 O 3 + 3 H 2 SO 4 Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3 H 2 O 0,25 

(2) 2 Fe(OH) 3 + 3H 2 SO 4 → Fe 2 (SO 4 ) 3 + 6 H 2 O 0,25 

(3) 2Fe + 6 H 2 SO 4 đặc 

to Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3SO 2 + 6 H 2 O 0,25 

(4) Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3BaCl 2 → 2FeCl 3 + 3BaSO 4 0,25 

(5) FeCl 3 + 3AgNO 3 → Fe(NO 3 ) 3 + 3AgCl 0,25 

(6) Fe(NO 3 ) 3 + 3NaOH → Fe(OH) 3 + 3 NaNO 3 0,25 

(7) 2Fe(OH) 3 

to ) Fe 2 O 3 + 3H 2 O 0,25 

(8) Fe 2 O 3 + 3H 2 

to 2Fe + 3H 2 O 0,25 

Câu 2 

(2điểm) a, Hiện tượng: -Mẫu kim loại Na tan dần đồng thời có khí không màu 0,5đ 

thoát ra, sau đó xuất hiện kết tủa trắng. 

PTHH: 

2Na + 2H 2 O → 2NaOH + H 2 

2NaOH + MgCl 2 → Mg(OH) 2 + 2NaCl 



Câu 3 

(2điểm) 

(trắng) 

b,Hiện tượng: - Có kết tủa trắng xuất hiện sau đó kết tủa lại tan dần 

tạo thành dung dịch trong suốt. 

PTHH: 

CO 2 + Ca(OH) 2 → 





. 

CaCO 3 + H 2 O 

(trắng) 

CO 2 + CaCO 3 + H 2 O → Ca(HCO 3 ) 2 . 

Viết đúng 1 PTHH được 0,25 điểm 

§F, mn 

2NaCl + 2H 2 O 2NaOH + H 2 ↑ + Cl 2 ↑ 

H 2 + Cl 2 → 2HCl 

CaCO 3 + 2HCl → CaCl 2 + H 2 O + CO 2 

§F 

2H 2 O 2H 2 ↑ + O 2 ↑ 

0 

t 

4FeS 2 + 11O 2 2Fe 2 O 3 + 8SO 2 ↑ 

Fe 2 O 3 + 6HCl → 2FeCl 3 +3H 2 ↑ 

0 

t 

CaCO 3 CaO + CO 2 

NaOH + CO 2 → NaHCO 3 

0,5đ 














Câu 4 

(2điểm) 

Câu 5 

(2điểm) 

Câu 6 

(2điểm) 

Câu 7 

(2điểm) 


- Trích các mẫu thử và đánh số thứ tự. 

- Cho quỳ tím lần lượt vào các dung dịch trên: 

+ dung dịch làm quỳ tím chuyển sang màu đỏ, đó là dung dịch HCl, 

H 2 SO 4 (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 Na 2 SO 4 

- 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 

H 2 SO 4 , mẫu thử trong nhóm 2 là Ba(OH) 2 . 

Ba(OH) 2 + H 2 SO 4 BaSO 4 + 2H 2 O 

(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, 

X tác dụng với Y thành Z, đun nóng Y lại thu được khí cacbonic và Z 

chứng tỏ: 

=>Z là muối cacbonat Na 2 CO 3 . 

Y là muối natrihidrocacbonat NaHCO 3 . 

X là natrihidroxit NaOH 

Các phương trình hóa học: 

Na 2 CO 3 + 2HCl NaCl + H 2 O + CO 2 

NaOH + NaHCO 3 Na 2 CO 3 + H 2 O 

2NaHCO 3 Na 2 CO 3 + H 2 O + CO 2 

Các phản ứng hóa học khi cho A, B, C phản ứng với dung dịch 

CaCl 2 : 

2NaOH + CaCl 2 Ca(OH) 2 + 2NaCl 

NaHCO 3 + CaCl 2 không phản ứng 

Na 2 CO 3 + CaCl 2 CaCO 3 + 2NaCl 

Gọi p x ; n x là số proton và nơtron của X 

P y ; n y là số proton và nơtron của Y. 

Theo bài ra ta có hệ phương trình: 

(2p x + n x ) + 2(2p y + n y ) = 140 

(2p x + 4p y ) - (n x + 2n y ) = 44 

4p y – 2p x = 44 

Giải ra ta được p x = 12 (Mg); p y = 17 (Cl) 

Vậy CTPT của A là MgCl 2 . 




PTHH: M 2 O m + mH 2 SO 4 M 2 (SO 4 ) m + mH 2 O 

Giả sử có 1 mol M 2 O m phản ứng thì số gam dung dịch H 2 SO 4 10% là 

980m. 









0,5 

0,5 














0,5 












Câu 8 

(2điểm) 


Khối lượng dung dịch thu được là: 2M + 996m (g). 

Số gam muối là (2M + 96m) (g). 

Ta có C% = 2 M 96 m 

100% = 12,9% => M = 18,65m 

2M 

996m 

Nghiệm phù hợp là m = 3 và M = 56(Fe) 

Vậy oxit là Fe 2 O 3 

Fe 2 O 3 + 3H 2 SO 4 Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 O 

nFe 2 O 3 = 3, 2 = 0,02 mol 

160 

Vì hiệu suất là 70% nên số mol Fe 2 (SO 4 ) 3 tham gia kết tinh là: 

0,02.70% = 0,014 mol 

Nhận thấy số gam Fe 2 (SO 4 ) 3 = 0,014.400 = 5,6 < 7,868 nên 

Đặt CTHH của muối tinh thể là Fe 2 (SO 4 ) 3 .nH 2 O 

Ta có 0,014( 400+ 18n) = 7,868 

n = 9 

Công thức của muối là Fe 2 (SO 4 ) 3 .9H 2 O 

n Ca(OH) = 148.20 = 0,4 mol 

n CaCO = 30 

100.74 

100 

= 0,3 mol 

Ta thấy n CaCO < n Ca(OH) => Xét 2 trường hợp 

TH1: CO 2 hết, (Ca(OH) 2 dư). 

CO 2 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 ↓ + H 2 O 

n CO = n CaCO = 0,3 mol 

2 

V CO = 0,3. 22,4 = 6,72 lít 

2 

3 

2 

3 

3 2 

M dd 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 

TH2: CO 2 dư, (Ca(OH) 2 hết). 

Gọi x, y là số mol Ca(OH) 2 tạo muối trung hòa và muối axit 

CO 2 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 ↓ + H 2 O (1) 

x x x 

2CO 2 + Ca(OH) 2 → Ca(HCO 3 ) 2 

2y y y 

Vậy V CO = (0,3 + 2.0,1).22,4 = 11.2 lít 

2 

0,5 





(2)V 

Theo (1) và (2) ta có x + y = 0,4 mà x = 0,3 => y = 0,1 mol 









0,5 















Câu 9. 

(2điểm) 


M dd sau pư = 0,5.44 + 148 – 30 = 140 (g). 

Dd sau pư có: 0,1 mol Ca(HCO 3 ) 2 

C% (Ca(HCO 3 ) 2 = 0,1.162.100 

140 

=11,57 % 

a,PTHH: 

H 2 + CuO t 

0 C Cu + H O (1) 2 

4H 2 + Fe 3 O 4 t 

0 C 3Fe + 4H O (2) 2 

H 2 + MgO t 

0 C ko phản ứng 

2HCl + MgO MgCl 2 + H 2 O (3) 

8HCl + Fe 3 O 4 FeCl 2 + 2FeCl 3 + 4H 2 O (4) 

2HCl + CuO CuCl 2 + H 2 O (5) 

b,* Đặt n MgO = x (mol); n Fe O = y (mol); n CuO = z (mol) trong 25,6gam 

3 4 

X 

Ta có 40x + 232y + 80z = 25,6 (I) 

40x + 168y + 64z = 20,8 (II) 

* Đặt n MgO =kx (mol); n Fe O =ky (mol); n CuO =kz (mol) trong 0,15mol X 

3 4 

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 

m MgO = 0,15. 40 = 6 (g) 

m CuO = 0,1. 80 = 8 (g) 

m Fe O = 0,05 . 232 = 11,6 (g) 

3 

4 



%MgO = (6: 25,6) .100 = 23,44% 

%CuO = (8 : 25,6) .100 = 31,25% 

%Fe 3 O 4 =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 dd 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 

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

24,72%. 


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






0,5 







(0,5đ) 






0,5đ 

















Nguồn: Đề thi HSG Hóa 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 12/01/2017-Năm học 2016 - 2017 

ĐỀ BÀI 

Câu 1. (2,0 điểm): Cho các hoá chất CaCO 3 , NaCl, H 2 O và các dụng cụ cần thiết để làm 

thí nghiệm, trình bày phương pháp điều chế dung dịch gồm 2 muối Na 2 CO 3 và NaHCO 3 

có tỷ lệ số mol là 1:1. 

Câu 2. (2,0 điểm): Nêu hiện tượng, viết phương trình hóa học để giải thích cho các thí 

nghiệm sau: 

Thí nghiệm 1: Cho Na dư vào dung dịch Al(NO 3 ) 3 . Sau đó lại sục CO 2 vào dung 

dịch thu được. 

Thí nghiệm 2: Đốt cháy quặng pirit sắt trong oxi dư sau đó hấp thụ sản phẩm khí 

vào dung dịch brom. 

Thí nghiệm 3: Cho Sắt vào dung dịch đồng(II) sunfat. 

Câu 3. (2,0 điểm): Cho 200ml dung dịch hỗn hợp AgNO 3 0,1M và Cu(NO 3 ) 2 0,5M. 

Thêm 2,24 gam bột Fe kim loại vào dung dịch đó khuấy đều tới phản ứng hoàn toàn thu 

được chất rắn A và dung dịch B. 

a. Tính số gam chất rắn A? 

b. Tính nồng độ mol của các muối trong dung dịch B? ( Biết thể tích dung dịch 

không thay đổi). 

c. Hòa tan chất rắn A bằng axit HNO 3 đặc thì có bao nhiêu lít khí màu nâu thoát ra 

(ở đktc)? 

Câu 4. (2,0 điểm): Hỗn hợp A gồm Fe 3 O 4 , Fe, Al và Al 2 O 3 . Cho A tan trong dung dịch 

NaOH dư được hỗn hợp chất rắn A 1 , dung dịch B 1 và khí C 1 . Cho khí C 1 (dư) tác dụng 

với A nung nóng được hỗn hợp chất rắn A 2 . Chất rắn A 2 tác dụng với H 2 SO 4 đặc nguội, 

được dung dịch B 2 . Cho B 2 tác dụng với dung dịch BaCl 2 được kết tủa B 3 . Xác định các 

chất A 1 , A 2 , B 1 , B 2 , B 3 , C 1 và viết phương trình hoá học xảy ra. 

Câu 5. (2,0 điểm): Cho 16 gam hỗn hợp X chứa Mg và kim loại M vào dung dịch HCl 

dư, sau khi phản ứng kết thúc thu được 8,96 lít khí H 2 (đktc). Cũng 16 gam hỗn hợp X ở 

trên tan hoàn toàn trong dung dịch H 2 SO 4 đặc nóng dư thu được dung dịch Y và 11,2 lít 

khí SO 2 (đktc) duy nhất. Viết phương trình hóa học xảy ra và xác định kim loại M. 

Câu 6. (2,0 điểm): Chỉ dùng một loại thuốc thử, hãy nhận biết các muối đựng trong các 

lọ mất nhãn gồm: NH 4 Cl, (NH 4 ) 2 SO 4 , NaNO 3 , MgCl 2 , AlCl 3 , FeCl 3 . 

Câu 7. (2,0 điểm): Dẫn H 2 đến dư đi qua 51,2 gam hỗn hợp X gồm Fe 3 O 4 , MgO, CuO 

(nung nóng) cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau phản ứng thu được 41,6 gam 

chất rắn. Mặt khác 0,15 mol hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 225ml dung dịch HCl 2,0 M. 

a. Viết các phương trình hóa học biểu diễn phản ứng xảy ra. 

b. Tính % số mol các chất trong hỗn hợp X? 


















Câu 8. (2,0 điểm): Một loại muối ăn bị lẫn các tạp chất là: MgCl 2 , CaCl 2 , MgSO 4 , 

CaSO 4 , Na 2 SO 4 , Mg(HCO 3 ) 2 và Ca(HCO 3 ) 2 . Hãy trình bày phương pháp hóa học để thu 

được NaCl tinh khiết. 

Câu 9. (2,0 điểm): 

Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau đây. 

X 

G + H 2 O 

ddBr 

G Y 2 A + B 

 

Fe Z 

A X + C. 

Cho biết G là một Phi kim, X là khí có mùi trứng thối 

Câu 10. (2,0 điểm): X là hỗn hợp của hai kim loại gồm kim loại R và kim loại kiềm A. 

Lấy 9,3 gam X cho vào nước dư thu được 4,48 lít khí H 2 (đktc). Đem 1,95 gam Kali 

luyện thêm vào 9,3 gam X ở trên, thu được hỗn hợp Y có phần trăm khối lượng Kali là 

52%. Lấy toàn bộ hỗn hợp Y cho tác dụng với dung dịch KOH dư thu được 8,4 lít khí H 2 

(đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định kim loại A và R. 

Cho: Na= 23, C= 12, H=1, O=16, Ag= 108, N=14, Cu= 64, Fe= 56, Mg= 24, Cl= 35,5, 

S= 32, Al= 27, K= 39. 

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























+ Điều chế khí cacbonic 

t 0 

CaCO3 CaO CO2 


+ Điều chế dd NaOH 

dpdd mang ngan 

2NaCl 2H 2O 2NaOH Cl2 H2 

+ Các phản ứng điều chế muối 


CO2 NaOH NaHCO3 

(1) 

du 

2a mol 2a mol 


Câu 1. 

2,0điểm 

Câu 2. 

2,0 

điểm 

NaHCO NaOH Na CO H O (2) 

3 2 3 2 

a mol amol amol 

Cách tiến hành : 

- Cho 2V dd NaOH vào hai cốc A và B sao cho V A = 2V B (dùng ống 

đong chia độ). 

- Gọi số mol NaOH ở cốc A là 2a mol thì số mol NaOH ở cốc B sẽ 

là a mol 

- Sục khí CO 2 dư vào cốc A xảy ra phản ứng (1). Sau đó đổ cốc A 

vào cốc B xảy ra phản ứng (2). Như vậy ta thu được trong cốc B 

dung dịch 2 muối NaHCO 3 và Na 2 CO 3 có tỷ lệ 1:1 

Thí nghiệm 1: Có khí không màu thoát ra, Na tan dần 

2Na +2H 2 O → 2NaOH + H 2 

- Xuất hiện kết tủa keo trắng sau đó kết tủa tan. 

3NaOH + Al(NO 3 ) 3 → Al(OH) 3 + 3NaNO 3 

NaOH + Al(OH) 3 → NaAlO 2 + 2H 2 O 

- Xuât hiện kết tủa keo trăng trở lại khi sục khí CO 2 vào: 

NaAlO 2 + CO 2 + 2H 2 O → Al(OH) 3 + NaHCO 3 

Thí nghiệm 2: Có khí mùi hắc thoát ra 

0 

t 

4FeS 2 + 11O 2 2 Fe 2 O 3 + 8SO 2 

- Mất màu da cam của dung dịch Brom 

SO 2 + Br 2 + 2H 2 O → 2HBr + H 2 SO 4 

Thí nghiệm 3: Có chất rắn màu đỏ gạch bám vào đinh sắt, màu xanh 

lam của dung dịch nhạt dần. 

Fe + CuSO 4 → FeSO 4 + Cu 


n AgNO3 = 0,2.0,1=0,02 (mol) 

n Cu(NO3)2 = 0,2.0,5 =0,1 (mol) 

n Fe = = 0,04 (mol) 

. 




0,5 

Câu 3. 

2,0 

điểm 




0,5 




0,5 













Câu 4. 

2,0 

điểm 

Câu 5. 

2,0 

điểm 


a. Các phản ứng xảy ra: 

Fe + 2AgNO 3 → Fe(NO 3 ) 2 + 2Ag↓ 

0,01 0,02 0,01 0,02 (mol) 

Fe + Cu(NO 3 ) 2 → Fe(NO 3 ) 2 + Cu↓ 

(0,04-0,01) 0,03 0,03 0,03 (mol) 

- Chất rắn A gồm: Ag và Cu 

=> m A = 0,02.108 + 0,03.64 = 4,08 (g) 

b. Dung dịch B gồm: 

Fe(NO 3 ) 2 : (0,01 + 0,03) = 0,04 (mol) 

Cu(NO 3 ) 2dư : (0,1 – 0,03 )=0,07 (mol) 

C M Fe(NO3)2 = = 0,2 (M) 

C M Cu(NO3)2 = = 0,35 (M) 

c.Các phản ứng hòa tan: 

Ag + 2HNO 3 → AgNO 3 + NO 2 ↑ + H 2 O 

0,02 0,02 (mol) 

Cu + 4HNO 3 → Cu(NO 3 ) 2 + 2NO 2 ↑ + 2H 2 O 

0,03 0,06 (mol) 

V NO2 = (0,02 + 0,06 ).22,4 = 1,792 (lít) 

+ Cho A tác dụng với dd NaOH dư thì Fe 3 O 4 , Fe không phản ứng. 

2Al 2NaOH H 

2O 2NaAlO2 3 H2 

Al2 O3 2NaOH 2NaAlO2 H 

2O 

Chất rắn A 1 : Fe 3 O 4 , Fe; dd B 1 : NaAlO 2 và NaOH dư; khí C 1 : H 2 

+ Cho khí C 1 dư tác dụng với A thì Fe, Al, Al 2 O 3 không phản ứng. 

t 

Fe 3 O 4 + 2H 2 

0 

3Fe + 4H 2 O. 

Chất rắn A 2 : Fe, Al, Al 2 O 3 

+ Cho A 2 tác dụng H 2 SO 4 đặc nguội thì Fe và Al không phản ứng. 

Al2 O3 3 H 

2SO4 dac, nguoi 

Al2( SO4 ) 

3 

3H 2O 

Dd B 2 : Al2( SO 

4) 

3 

+ Cho B 2 tác dụng với dd BaCl 2 

Al2( SO4 ) 

3 

3 BaCl2 BaSO4 2AlCl3 

B 3 : BaSO 4 

Đặt số mol của Mg và kim loại M lần lượt là : x và y 


Mg + 2HCl → MgCl 2 + H 2 

x 

x 

2M + 2nHCl → 2MCl n + nH 2 (có thể có) 

ny 

y 

2 

Mg + 2H 2 SO 4 → MgSO 4 + SO 2 + 2H 2 O 

x 

x 

2M + 2mH 2 SO 4 → M 2 (SO 4 ) m + mSO 2 + 2mH 2 O 



































y 

Số mol của H 2 là : 8,96 : 22,4 = 0,4 mol 


Số mol của SO 2 là : 11,2 : 22,4 = 0,5 mol 

* Trường hợp 1. Kim loại M không phản ứng với dung dịch HCl. 

Theo bài ra và các phương trình trên ta có : 

24x + My = 16 (1) 

x = 0,4 (2) 

my 

x + = 0,5 (3) 

2 

Từ (1), (2), (3) ta có : M = 32m 

Nếu m = 1 → M = 32 (loại) 

Nếu m = 2 → M = 64 (Cu) 


Nếu m = 3 → M = 96 (loại) 

Vậy kim loại M là Cu 


* Trường hợp 2. Kim loại M phản ứng với dung dịch HCl. 

Theo bài ra và các phương trình trên ta có : 

24x + My = 16 (4) 

ny 

x + 

2 

= 0,4 (5) 


my 

x + 

2 = 0,5 (6) 

Theo (5) và (6) ta thấy m > n 

n 1 2 

m 2 3 3 


x 0,3 0,35 0,2 

y 0,2 0,1 0,2 

M 44 (loại) 76 56 (Fe) 

(loại) 


Vậy kim loại M là Fe 

- Lấy mỗi lọ một ít dung dịch làm mẫu thử. Cho từ từ dung dịch 0,5 

Ba(OH) 2 dư lần lượt vào từng mẫu thử: 

+ Mẫu thử nào có khí mùi khai bay ra là NH 4 Cl 


2NH 4 Cl + Ba(OH) 2 → BaCl 2 + 2NH 3 ↑ + 2H 2 O 

+ Mẫu thử nào có tạo kết tủa trắng và khí mùi khai bay ra là 0,25 

(NH 4 ) 2 SO 4 

Câu 6. (NH 4 ) 2 SO 4 + Ba(OH) 2 → BaSO 4 ↓ + 2NH 3 ↑ + 2H 2 O 


2,0 + Mẫu thử nào tạo kết tủa trắng không tan trong kiềm dư là MgCl 2 

điểm MgCl 2 + Ba(OH) 2 → Mg(OH) 2 ↓ + BaCl 2 


+ Mẫu thử nào có tạo kết tủa nâu đỏ là FeCl 3 

2FeCl 3 + 3Ba(OH) 2 → 2Fe(OH) 3 ↓ + 3BaCl 2 


+ Mẫu thử nào tạo kết tủa trắng keo, sau kết tủa tan ra là AlCl 3 

2AlCl 3 + 3Ba(OH) 2 → 2Al(OH) 3 ↓ + 3BaCl 2 

2Al(OH) 3 ↓ + Ba(OH) 2 → Ba(AlO 2 ) 2 + 4H 2 O 


+ Mẫu thử nào không có hiện tượng gì là NaNO 3 




my 

2 














Câu 7. 

2,0 

điểm 

Câu 8. 

2,0 

điểm 

Câu 9. 

2,0 

điểm 


a) Mỗi PTHH đúng được 0,125 điểm 

H 2 + CuO t 

0 C Cu + H 2 O (1) 

4H 2 + Fe 3 O 4 t 

0 C 3Fe + 4H 2 O (2) 

H 2 + MgO t 

0 C ko phản ứng 




b) Đặt n = x (mol); n = y (mol); n MgO Fe3 O 4 CuO 

= z (mol) trong 

51,2 gam X 

Ta có 40x + 232y + 80z = 51,2 (I) 

40x + 168y + 64z = 41,6 (II) 

* Đặt n MgO 

=kx (mol); n Fe3 O 

=ky (mol); n 

4 CuO 

=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=0,3mol; y=0,1mol; z=0,2mol 

%n MgO = 0,3 

0,6 .100 = 50(%); %n CuO = 0,2 .100 = 33,33(%) 

0,6 

%n Fe3 O 

=100 – 50 – 33,33 = 16,67(%) 

4 

* Hoà tan hỗn hợp vào nước dư, sau đó thêm BaCl 2 dư vào: 

Na 2 SO 4 + BaCl 2 BaSO 4 + 2NaCl 

MgSO 4 + BaCl 2 BaSO 4 + MgCl 2 

CaSO 4 + BaCl 2 BaSO 4 + CaCl 2 

........................................................................................................................................................................... 

* Lọc bỏ kết tủa. Thêm Na 2 CO 3 dư vào dung dịch nước lọc: 

MgCl 2 + Na 2 CO 3 MgCO 3 + 2NaCl 

CaCl 2 + Na 2 CO 3 CaCO 3 + 2NaCl 

BaCl 2 + Na 2 CO 3 BaCO 3 + 2NaCl 

Mg(HCO 3 ) 2 + Na 2 CO 3 MgCO 3 + 2NaHCO 3 

Ca(HCO 3 ) 2 + Na 2 CO 3 CaCO 3 + 2NaHCO 3 

................................................................................................................................................................. 



* Lọc bỏ kết tủa. Thêm HCl dư vào để phản ứng hết NaHCO 3 , 

Na 2 CO 3 dư: 

NaHCO 3 + HCl NaCl + H 2 O + CO 2 

Na 2 CO 3 + 2HCl 2NaCl + H 2 O + CO 2 

Cô cạn dung dịch, thu được NaCl tinh khiết. 

G là một phi kim và X có mùi trứng thối => X là H 2 S và G là S 

S + H 2 

t o 

H S (X) 2 

S + O 2 

O SO ( Y) 

2 2 t 

S + Fe 

o 

FeS (Z) 

2H 2 S + SO 2 3 S + 2H 2 O 

SO 2 + Br 2 + 2H 2 O 2 HBr + H 2 SO 4 






0,75 




0,5 

0,5 

1,0 

0.5 

0,5 














Câu 10 

2,0 

điểm 




FeS + HBr H 2 S + FeBr 2 ( có thể thay HBr bằng 0,25 

H 2 SO 4 ) 


Xác định kim loại A, R 

4, 48 

8, 4 


n 

H 2 (1) 

= 0,2 (mol); n 

H 2 (2) 

= 0,375 (mol). 

22,4 

22,4 

Khi thêm 1,95 gam K vào 9,3 gam X, nếu trong X không có K thì 

1,95 

%m K = .100 17,33% 

< 52%, suy ra trong X có kim loại K 

1,95 9,3 


=> A chính là K 

- Vậy X ( chứa K, R) 


+ Nếu R tan trực tiếp trong nước, hoặc không tan trong dung dịch 

KOH, thì khi cho Y tác dụng với KOH so với X có thêm 0,025 mol 

H 2 , do có phản ứng 

K + H 2 O KOH + 1 2 H 2 

0,05 0,025 

=> nH 

0,2 0,025 0,225(mol)< n 

2 (2) H 2 (2) đề cho. 


=>R không tan trực tiếp trong nước nhưng tan trong dd KOH 

Đặt số mol của K và R lần lượt là x,y ta có: 

0,52.(9,3 1,95) 


x = = 0,15mol => m R = yR = 9,3 - 0,1.39 = 5,4 

39 

gam (I) 

Y tác dụng với dung dịch KOH có phản ứng (TN2): 

K + H 2 O KOH + 1 2 H 2 

0,15 0,15 0,075 


R + (4-n)KOH + (n-2)H 2 O K (4-n) RO 2 + n 2 H 2 

=> n 

H 2 (2) = 0,075 + n.y = 0,375 => ny = 0,6 (II) 


2 

Từ (I,II) => R = 27n 

3 => n = 3; R = 27 (Al) 0,25 

Lưu ý: - Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 đ; 

- HS làm cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. 

- Học sinh không cân bằng hoặc thiếu điều kiện hoặc thiếu trạng thái bay hơi kết 

tủa trừ ½ số điểm mỗi phương trình. 

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






















Nguồn: Đề thi HSG Hóa 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 25/11/2015 - Năm học 2015 - 2016 

ĐỀ BÀI 

Câu 1.(4,0 điểm). 

1. Chọn các chất A, B, C, D thích hợp để hoàn thành các phương trình hóa học theo sơ 

đồ chuyển hóa sau (mỗi mũi tên tương ứng với 1 phương trình hóa học). 

A 

+D 

B +D CuSO 4 CuCl 2 Cu(NO 3 ) 2 A B C. 

+D 

C 

2. 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 


Câu 2.(4,0 điểm). 

1. Chỉ dùng một hoá chất duy nhất, hãy tách FeO ra khỏi hỗn hợp FeO, Cu, Fe. 

2. Viết các PTHH xảy ra khi cho: a. Ba vào dd NaHSO 4 b. Na vào dd AlCl 3 . 

3. Có 5 chất bột màu trắng đựng trong 5 bình riêng biệt bị mất nhãn là: NaCl, Na 2 CO 3 , 

Na 2 SO 4 , BaCO 3 và BaSO 4 . Chỉ được dùng thêm H 2 O và CO 2 hãy nêu cách phân biệt 

từng chất. 

Câu 3.(4,0 điểm). 

1. Bằng phương pháp hóa học, hãy tách riêng từng khí ra khỏi hỗn hợp gồm: CO 2 , SO 2 , 

N 2 . 

2. Nhiệt phân hoàn toàn 20 gam hỗn hợp MgCO 3, CaCO 3 và BaCO 3 thoát ra khí B. Hấp 

thụ hết B bằng dung dịch Ca(OH) 2 thu được 10 gam kết tủa D và dung dịch E. Đun nóng 

dung dịch E lại tách ra 6 gam kết tủa D nữa. Phần trăm khối lượng MgCO 3 là bao nhiêu? 

Câu 4.(4,0 điểm). 

Hoà tan 34,2 gam hỗn hợp gồm Al 2 O 3 và Fe 2 O 3 vào trong 1 lít dung dịch HCl 2M, 

sau phản ứng còn dư 25% axit. Cho dung dịch tạo thành tác dụng với dung dịch NaOH 

1M sao cho vừa đủ để chỉ có một kết tủa tạo thành. 

a. Viết các phương trình hóa học xảy ra. 

b. Tính khối lượng của mỗi oxit trong hỗn hợp. 

c. Tính thể tích của dung dịch NaOH 1M đã dùng. 

Câu 5.(4,0 điểm). 

Hỗn hợp X gồm Al 2 O 3 , Fe 2 O 3 , CuO. Để hoà tan hoàn toàn 4,22 g hỗn hợp X cần 

vừa đủ 800 ml dung dịch HCl 0,2M. Lấy 0,08 mol hỗn hợp X cho tác dụng với H 2 dư 

thấy tạo ra 1,8g H 2 O. Tính thành phần % về khối lượng của mỗi oxit trong X. 

Cho: H=1; O=16; C = 12; Mg = 24; Fe = 56; Cu = 64; Na = 23; Al = 27; Ba = 137; Ca = 

40. 

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





















Nguồn: Đề thi HSG Hóa 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 25/11/2015 - Năm học 2015 - 2016 

. 


A, B, C, D lần lượt là: Cu(OH) 2 , CuO, Cu, H 2 SO 4 . 


H 2 SO 4 + Cu(OH) 2 CuSO 4 + 2H 2 O 

H 2 SO 4 + CuO CuSO 4 + H 2 O 



Câu1(4đ) 2H 2 SO 4 đặc, nóng + Cu CuSO 4 + 2H 2 O + SO 2 


1. 2đ CuSO 4 + BaCl 2 BaSO 4 + CuCl 2 


CuCl 2 + 2AgNO 3 2AgCl + Cu(NO 3 ) 0,25 

2 

Cu(NO 3 ) 2 + 2NaOH Cu(OH) 2 + 2NaNO 


3 

Cu(OH) 2 

t 0 


CuO + H 2 O 

CuO + CO t 0 


Cu + CO 2 

3 

2đ 

Câu2(4đ) 

1(1đ) 

2(1,5đ) 

Vì khi cho Z tác dụng với dung dịch HCl có khí cacbonic thoát 

ra, X tác dụng với Y thành Z, đun nóng Y lại thu được khí 

cacbonic và Z chứng tỏ: 

- Z là muối cacbonat Na 2 CO 3 , Y là muối natrihidrocacbonat 

NaHCO 3 , X là natrihidroxit NaOH 





Các phản ứng hóa học khi cho A, B, C phản ứng với dung dịch 

CaCl 2 : 








0,5 







Tách FeO ra khỏi hổn hợp FeO, Cu, Fe 

FeO 

Cu, Fe phản ứng 

+ FeCl 

Cu 

3 

0,5đ 

Fe 

FeO không tan thu đựơc 0,25đ 

FeO 


Pt : Cu + FeCl 3 CuCl 2 + 2FeCl 2 

Fe + 2FeCl 3 3FeCl 2 


a) Ba + 2H 2 O ----> Ba(OH) 2 + H 2 

Ba(OH) 2 + 2NaHSO 4 ----> BaSO 4 + Na 2 SO 4 + 2H 2 O 

Ba(OH) 2 + Na 2 SO 4 BaSO 4 + 2NaOH 

b) 2Na + 2 H 2 O ----> 2NaOH + H 2 














3(1,5đ) 

Câu3(4đ) 

1(1,5đ) 

2(2,5đ) 


3NaOH + AlCl 3 ----> Al(OH) 3 + 3NaCl 

Al(OH) 3 + NaOH ----> NaAlO 2 + 2H 2 O 

- Hoà tan mẩu thử 5 chất trên vào nước, chất nào không tan là 

BaCO 3 và BaSO 4 , các chất tan là NaCl, Na 2 CO 3 , Na 2 SO 4 . 

- Sục khí CO 2 dư vào kết tủa BaCO 3 và BaSO 4 trong nước, kết tủa 

nào tan là BaCO 3 , không tan là BaSO 4 . 

BaCO 3 + CO 2 + H 2 O Ba(HCO 3 ) 2 

- Lấy dd Ba(HCO 3 ) 2 cho tác dụng với mẫu thử 3 dd còn lại, dd 

nào không có kết tủa là NaCl, dd nào có kết tủa là Na 2 CO 3 và 

Na 2 SO 4 . 

Ba(HCO 3 ) 2 + Na 2 CO 3 BaCO 3 + 2NaHCO 3 

Ba(HCO 3 ) 2 + Na 2 SO 4 BaSO 4 + 2NaHCO 3 

- Sục khí CO 2 dư vào 2 kết tủa vừa tạo thành trong nước, kết tủa 

nào tan là BaCO 3 => dd ban đầu là Na 2 CO 3 , kết tủa nào không tan 

là BaSO 4 

=> dd ban đầu là Na 2 SO 4 . 

BaCO 3 + CO 2 + H 2 O Ba(HCO 3 ) 2 

Cho Hỗn hợp đi qua bình đựng dd NaOH dư thì khí CO 2 và SO 2 

bị giữ lại, khí thoát ra là N 2 . 

CO 2 + 2NaOH Na 2 CO 3 + H 2 O 

SO 2 + 2NaOH Na 2 SO 3 + H 2 O 

Cho dd H 2 SO 3 dư vào dd vừa thu được ở trên ta thu được CO 2 

H 2 SO 3 + Na 2 CO 3 Na 2 SO 3 + CO 2 + H 2 O 

Cho dd HCl dư vào dd vừa thu được ở trên ta thu được SO 2 

Na 2 SO 3 + 2HCl 2NaCl + SO 2 + H 2 O 

- Nhiệt phân các muối thu được khí B, B là CO 2 , PTHH : 

t 

MgCO o 

3 MgO + CO 2 (a) 

t 

BaCO o 

3 BaO + CO 2 (b) 

t 

CaCO o 

3 CaO + CO 2 (c) 

- Cho CO 2 vào dung dich Ca(OH) 2 thu được kết tủa D và dung 

dịch E , Đun nóng dung dịch E lại tách ra 6 gam kết tủa D nên 

PTHH: 

t 

CO 2 + Ca(OH) o 

2 CaCO 3 + H 2 O (1) 

2CO 2 + Ca(OH) 2 Ca(HCO 3 ) 2 (2) 

t 

Ca(HCO 3 ) o 

2 CaCO 3 + CO 2 + H 2 O (3) 

n 

CaCO 3 ( pt 3) = 0,06 mol ; n 

Ca CO 3 ( pt 1) = 0,1 mol 

Theo PTHH (2),(3): n 

( pt 2) 

=2 n = 0,12 mol 

CO 2 

n 

Ca( HCO ) ( pt3) 

Theo PTHH (1): n 

CO 2 ( pt1) 

= Ca CO 3 ( pt 1) = 0,1 mol 

n 

CO 2 

= 0,1 + 0,12 = 0,22 mol 

Gọi số mol của MgCO 3 , BaCO 3 , CaCO 3 trong 20 g hỗn hợp lần 





3 2 



















0,5 

0,5 

0,5 











lượt là x,y, z (x,y, z >0) 

Ta có : 84x+ 100y+197z = 20 => 100y + 197z = 20-84x 

=>100y+100z y+z =0,22-x (II) 

Từ (I) và (II) → 52,5









(mol). 

Từ (1), (2), (3) , số mol HCl tham gia phản ứng là 6x, 6y, 2z. 

Ta có 102x + 160y +80z = 4,22 

(I) 

6x + 6y +2z = 0,16 

(II) 

Trong thí nghiệm lần 2, số mol các chất tham gia phản ứng gấp n 

lần số mol tham gia thí nghiệm lần 1(n>0), tức là số mol Al 2 O 3 , 

Fe 2 O 3 , CuO là nx, ny, nz . 

n(x + y + z) = 0,08 (III) 

Từ (4) và (5) ta có: n(3y + z) = 1,8/18 = 0,1 (IV) 

Giải ra ta có n = 2 ; x = 0,01; y = 0,01; z = 0,02 

Thành phần % của Al 2 O 3 = 24,17 % ; Fe 2 O 3 = 37,91% và CuO = 

37,92% 

Lưu ý: - Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 đ; 

- HS làm cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. 

- Học sinh không cân bằng hoặc thiếu điều kiện hoặc thiếu trạng thái bay hơi 

kết tủa trừ ½ số điểm mỗi phương trình 

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


1,0 

1,0 

0,5 

0,5 





















Nguồn: Đề thi HSG Hóa 9 – TP. Thanh Hóa, ngày 03/12/2013-Năm học 2013 - 2014 

ĐỀ BÀI 

Bài 1 (5,5 điểm ) 

1. Chỉ có bình khí cacbonic và dung dịch KOH, cốc chia độ và bếp đun. Hãy trình bày 

hai phương pháp điều chế kali cacbonat tinh khiết. 

2. Nung nóng đồng kim loại trong không khí sau một thời gian được chất rắn A. Hòa 

tan A trong axit sunfuric đặc nóng được dung dịch B và khí C. Khí C tác dụng với dung 

dịch NaOH thu được dung dịch D. Dung dịch D vừa tác dụng với bari clorua ,vừa tác 

dụng với kali hiđroxit. Cho B tác dụng với dung dịch kali hiđroxit. Viết phương trình hóa 

học biểu diễn phản ứng xảy ra trong thí nghiệm trên. 

3. Viết PTHH biểu diễn phản ứng sau: 

a. Cho Na vào dung dịch Al 2 (SO 4 ) 3 

b. Cho K vào dung dịch Fe 2 (SO 4 ) 3 

c. Hòa tan sắt từ oxit vào dung dịch axit sunfuric đặc nóng. 

d. Nung nóng Al với Fe 2 O 3 tạo hỗn hợp Al 2 O 3 và Fe x O y 


1. Cho 2,16 gam bột Al vào bình chứa 200 ml dung dịch X gồm AgNO 3 , Cu(NO 3 ) 2 . 

Lắc bình đến phản ứng kết thúc thu được 12,24 gam chất rắn A và dung dịch B. Cho 

dung dịch KOH dư vào dung dịch B lấy kết tủa đem nung ở nhiệt độ cao đến khối lượng 

không đổi thu được 2,4 gam một oxit kim loại. Tính nồng độ mol/l của mỗi muối trong 

hỗn hợp X . 

2. Cho Cl 2 tác dụng với 16,2g kim loại R ( chỉ có 1 hóa trị) thu được 58,8g chất rắn D? 

Cho O 2 dư với chất rắn D đến phản ứng hoàn toàn, thu được 63,6g chất rắn E. Xác định 

kim loại R và tính % khối lượng của mỗi chất trong E. 

3. Có các hoá chất sau: Nước, dung dịch NaCl, dung dịch HCl, dung dịch Na 2 CO 3 . 

Không dùng thêm hoá chất hãy phân biệt các dung dịch trên (dụng cụ cần thiết có đủ). 


1. Dẫn H 2 đến dư đi qua 51,2 gam hỗn hợp X gồm Fe 3 O 4 , MgO, CuO (nung nóng) cho 

đến khi phản ứng xảy hoàn toàn, sau phản ứng thu được 41,6 gam chất rắn. Mặt khác 

0,15 mol hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 225ml dung dịch HCl 2,0 M. 

a. Viết các phương trình hóa học biểu diễn phản ứng xảy ra. 

b. Tính % số mol các chất trong hỗn hợp X? 

2. Chỉ được dùng thêm quỳ tím và các ống nghiệm, hãy chỉ rõ phương pháp nhận ra các 

dung dịch bị mất nhãn: NaHSO 4 , Na 2 CO 3 , Na 2 SO 3 , BaCl 2 , Na 2 S. 


1. Cho 93,4 gam hỗn hợp A gồm 3 muối MgCl 2 , NaBr, KI tác dụng với 700 ml dung dịch 

AgNO 3 2M thu được dung dịch D và kết tủa B. Lọc kết tủa B, cho 22,4 gam bột Fe vào dung 

dịch D thu được chất rắn F và dung dịch E. Cho F vào dung dịch HCl dư tạo ra 4,48 lít H 2 

(đktc). Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch E thu được kết tủa, nung kết tủa trong không 

khí đến khối lượng không đổi thu được 24 gam chất rắn (Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn). 


















a. Tính khối lượng kết tủa B. 

b. Hòa tan 93,4 gam hỗn hợp A trên vào nước tạo ra dung dịch X. Dẫn V lít Cl 2 vào 

dung dịch X, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 66,2 gam muối. Tính V(đktc)? 

2. Khi cho một kim loại vào dung dịch muối có thể xẩy ra những phản ứng hoá học gì? 

Viết PTHH minh họa. 

3. Có a gam bột kim loại sắt để ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp 

B khối lượng 24 gam gồm Fe, FeO, Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 . Cho B tác dụng vừa đủ với 300ml 

dung dịch axit HNO 3 thu được 4,48 lít khí duy nhất NO ( đktc ). 

a. Viết phương trình hóa học biểu diễn phản ứng xảy ra. Tính a. 

b. Tính nồng độ mol /l của dung dịch HNO 3 

(Cho Cu: 64; O: 16; Ca: 40; Na: 23; Fe: 56; Cl: 35,5; S: 32; H: 1;, K: 39; C: 12, 

Mg: 24, Br: 80; I: 127; Ag: 108) 

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





















Nguồn: Đề thi HSG Hóa 9 – TP. Thanh Hóa, ngày 03/12/2013-Năm học 2013 - 2014 

. 


1. (1,0 điểm) 

Cách 1: (0,5 điểm) 

Chia dung dịch KOH thành 2 phần bằng nhau: 

Phần 1: Sục khí CO 2 dư vào, khi đó tạo thành KHCO 3 

CO 2 + KOH KHCO 3 

Phần 2: trộn với KHCO 3 vừa điều chế được 

KOH + KHCO 3 K 2 CO 3 + H 2 O 

Cô cạn , thu được K 2 CO 3 tinh khiết 

Cách 2: ( 0,5 điểm) 

Sục khí CO 2 dư vào dung dịch KOH 

CO 2 + KOH KHCO 3 

Sau đó cô cạn dung dịch và nung nóng chất rắn đến khối lượng không đổi thu được 

K 2 CO 3 tinh khiết. 

2KHCO 3 

t 

K 2 CO 3 + CO 2 + H 2 O 

2. (2,5 điểm ) 

Hòa tan A bằng dung dịch H 2 SO 4 thu được dung dịch B và khí C 

=> A : CuO , Cu 

Dung dịch B : CuSO 4 , H 2 SO 4 có thể dư 

Khí C: SO 2 

Dung dịch D vừa tác dụng với BaCl 2 , vừa tác dụng với dung dịch KOH 

=> Dung dịch D : NaHSO 3 , Na 2 SO 3 

Ta có PTHH : ( Mỗi PTHH đúng được 0,25 điểm ) 

2Cu + O 2 

t 

 

o 

2CuO 

t 

CuO + H 2 SO 4 

o 

dd đặc 

CuSO 4 + H 2 O 

t 

Cu + 2H 2 SO 4 

o 

(dd đặc ) 

CuSO 4 + SO 2 + 2H 2 O 

SO 2 + NaOH NaHSO 3 

SO 2 + 2 NaOH Na 2 SO 3 + H 2 O 


2NaHSO 3 + 2KOH Na 2 SO 3 + K 2 SO 3 + 2H 2 O (l) 

o 


















CuSO 4 + KOH Cu(OH) 2 + K 2 SO 4 

H 2 SO 4 + 2 KOH K 2 SO 4 + 2H 2 O 

3. (2,0 điểm) Mỗi ý làm đúng được 0,5 diểm 

a. 

2Na + 2H 2 O 2NaOH + H 2 

6NaOH + Al 2 (SO 4 ) 3 2Al(OH) 3 + 3Na 2 SO 4 

Nếu NaOH dư 

Al(OH) 3 + NaOH NaAlO 2 + 2H 2 O 

b. 

2K + 2H 2 O 2KOH + H 2 

6KOH + Fe 2 (SO 4 ) 3 2Fe(OH) 3 + 3K 2 SO 4 

t 

c. 2Fe 3 O 4 +10H 2 SO 4 

o 

3Fe 

(ddđặc) 

2 (SO 4 ) 3 +SO 2 +10H 2 O 

t 

d. 2( 3x -2y )Al + 3xFe 2 O 3 

o 

(3x- 2y ) Al 2 O 3 + 6 Fe x O y 


1. ( 2,0 điểm ) 

* Phần lập luận, viết đúng các PTHH ( 1,0 điểm ) 

Trật tự phản ứng: 

Al + 3AgNO 3 Al(NO 3 ) 3 +3Ag (1) 

2Al + 3Cu(NO 3 ) 2 2Al(NO 3 ) 3 + 3 Cu (2) 

Cho KOH dư vào dung dịch B 

Al(NO 3 ) 3 + 4KOH KAlO 2 + 3KNO 3 + 2 H 2 O (3) 

Cu(NO 3 ) 2 + 2 KOH Cu(OH) 2 + 2KNO 3 (4) 

Nung kết tủa thu được một oxit , chứng tỏ trong dung dịch còn Cu(NO 3 ) 2 

Al hết , AgNO 3 hết 

Cu(OH) 2 

t 

 

o 

CuO + H 2 O (5) 

* Phần lời giải còn lại ( 1,0 điểm ) 

Gọi số mol AgNO 3 tham gia phản ứng (1) là 3x 

Gọi số mol Cu(NO 3 ) 2 tham gia phản ứng (2) là 3y 

Gọi số mol Cu(NO 3 ) 2 tham gia phản ứng (4) là z 

Từ (4), (5) ta có m CuO = 80z = 2,4 => z= 0,03 mol 

Ta có : x + 2y = 2,16 : 27 = 0,08 

(a) 

Phần rắn A gồm Ag , Cu sinh ra từ (1) ,(2) 

108 . 3x + 64 . 3y = 12,24 

=> 108 x + 64 y = 4,08 (b) 

Từ (a) ,(b) = > x= 0,02 mol , y= 0,03 mol 

n AgNO3 = 3x = 0,03 mol 

C M = 0,06 : 0,2 = 0,3 ( M) 

n Cu(NO3)2 = 3y + z = 0,09 + 0.03 = 0,12 ( mol) 
















=> C M (Cu(NO3)2 = 0,12 : 0,2 = 0,6 ( M ) 

2.( 2,0 điểm ) 

Theo bài ra ta có : phương trình hóa học 

t 

2R + nCl 2 2RCln (1) 

n Cl2 

= (58,8 – 16,2)/ 71 = 0,6 

o 

t 

4R + nO 2 2R 2 O n (2) 

n O2 

= (63,6 – 58,8 )/32 = 0,15 

o 

Theo (1) (2) ta có : 

n R 

= 2.(n Cl2 

: n ) + 4 n O2 

: n = 1,8/n 

M R = 16,2n : 1,8 = 9n => R là Al ; n = 3 

Theo (2): n Al2 O 

= 2.nO 2 : 3 = 0,1 (mol) 

3 

% m Al2 O 3 

= 0,1 . 102. 100 : 63,6 = 16 (%) 

%m AlCl3 

= 100 – 16 = 84 (%) 

3.( 1,0 điểm ) 

- Lần lượt đun các dung dịch đến cạn: ( 0,5 điểm ) 

+ Thấy có cặn là NaCl , Na 2 CO 3 ( nhóm I ) 

+ Thấy không cặn là H 2 O , HCl ( nhóm II) 

-Đổ lần lượt các dung dịch nhóm I vào nhóm II,( 0,5 điểm ) 

thấy khí thoát ra thì nhận ra nhóm I là Na 2 CO 3 , nhóm II là dung dịch HCl 

còn lại nhóm I là NaCl ; nhóm II là H 2 O 

Na 2 CO 3 + 2HCl 2NaCl + CO 2 + H 2 O 


1. (2,0 điểm) 

H 2 + CuO t 

0 C Cu + H O (1) 2 

4H 2 + Fe 3 O 4 

t 0 C 3Fe + 4H O (2) 2 

H 2 + MgO 

t 0 C ko phản ứng 







= x (mol); n Fe3 O 4 

= y (mol); n CuO 

= z (mol) trong 25,6gam X 


Ta có 40x + 232y + 80z = 51,2 (I) 

40x + 168y + 64z = 41,6 (II) 


=kx (mol); n Fe3 O 4 

=ky (mol); n CuO 

=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=0,3mol; y=0,1mol; z=0,2mol 

%n MgO = 0,3 

0,6 .100 = 50,00(%); %n CuO = 0,2 .100 = 33,33(%) 

0,6 

%nFe 3 O 4 =100 – 50 – 33,33 = 16,67(%) 

2. ( 1,5 điểm ) 

*Dùng qùy tím nhận ra: 

-Dung dịch NaHSO 4 làm quỳ tím hóa đỏ. 

-Dung dịch BaCl 2 không làm đổi màu quỳ tím. 

-Ba dung dịch còn lại làm quỳ tím hóa xanh. 

*Dùng NaHSO 4 nhận ra mỗi dung dịch còn lại với hiện tượng: 

Na 2 S + 2 NaHSO 4 2Na 2 SO 4 + H 2 S : bọt khí mùi trứng thối 

Na 2 SO 3 + 2NaHSO 4 2Na 2 SO 4 + SO 2 + H 2 O : bọt khí mùi hắc 

Na 2 CO 3 + 2NaHSO 4 2Na 2 SO 4 + CO 2 + H 2 O : bọt khí không mùi 

Bài 4 ( 6,0 điểm) 

1. (3,5 điểm) 

a. MgCl 2 + 2AgNO 3 2AgCl + Mg(NO 3 ) 2 (1) 

NaBr + AgNO 3 AgBr + NaNO 3 (2) 

KI + AgNO 3 AgI + KNO 3 (3) 

( Có thể có Fe + 2AgNO 3 Fe(NO 3 ) 2 + 2 Ag ) (4) 

AgNO 3 + Fe(NO 3 ) 2 Fe(NO 3 ) 3 + Ag (5) 

Fe + 2HCl FeCl 2 + H 2 (6) 

Mg(NO 3 ) 2 + 2 NaOH Mg(OH) 2 + 2NaNO 3 (7) 

Fe(NO 3 ) 2 + 2NaOH Fe(OH) 2 + 2NaNO 3 (8) 

4Fe(OH) 2 + O 2 + 2H 2 O 4Fe(OH) 3 (9) 

Mg(OH) 2 

o 

t 

 

t 

2Fe(OH) 3 

Theo (6) n Fe 

= n H2 

o 

MgO + H 2 O (10) 

Fe 2 O 3 + 3H 2 O (11) 

= 0,2 mol < n Fe 

đề = 0,4 mol 

Chứng tỏ có phản ứng (4) và Fe dư sau (4) 

Không có phản ứng (5) 

m MgO 

= 24 – 0,1.160 = 8 (g) 


n MgCl2 

= n MgO 

= 0,2 mol 

n = 2n AgNO3 Fe 

= 2.(0,4 – 0,2 ) = 0,4 (mol) 

















n AgNO3 

= 2n MgCl2 

= 0,4 mol 

n NaBr 

= x mol , n KI 

= y mol 

103x + 166y = 93,4 – 95.0,2 = 74,4 



x + y = 0,7.2 – ( 0,4 + 0,4 ) = 0,6 

=> x = 0,4 mol ; y = 0,2 mol 

Theo (1) nAgCl = 2nMgCl2=2.0,2 = 0,4 (mol ) 

Theo (2) nAgBr = nNaBr = 0,4 mol 

Theo (3) nAgI = nKI = 0,2 mol 

m = m B AgCl + m AgBr + m AgI = 0,4.143,5 + 0,4 . 188 + 0,2 .( 108 +... ) = 169,6 (g ) 

b. Cl 2 + 2 KI 2 KCl + I 2 

Cl 2 + 2 NaBr 2NaCl + Br 2 

Theo (1) : 1 mol KI tạo ra 1 mol KCl khối lượng giảm 91,5 gam 

0,2 mol KI tạo ra 0,2 mol KCl khối lượng giảm 18,3 gam. 

Theo (2) : 1 mol NaBr tạo ra 1 mol NaCl khối lượng giảm 44,5 gam. 

0,4 mol NaBr tạo ra 0,4 mol NaCl khối lượng giảm 17,8 gam. 

Nếu 0,2 mol KI phản ứng khối lượng giảm 18,3 gam 

Cả 0,2 mol KI ; 0,4 mol NaBr phản ứng khối lượng giảm 36,1 gam 

Theo đề khối lượng giảm 93,4 – 66,2 = 27,2 gam 

KI phản ứng hết , NaBr phản ứng một phần 

Khối lượng giảm do NaBr phản ứng là 27,2 – 18,3 = 8,9 

1 mol NaBr phản ứng khối lượng giảm 44,5 gam 

a gam NaBr phản ứng khối lượng giảm 18,9 gam => a = 0,2 mol 

V Cl2 (đktc) 

= 22,4 (0,2 : 2 + 0,2 :2 ) = 4,48 (lít) 

2. (1,5 điểm) Mỗi trường hợp được 0,5 điểm 

Xét ba trường hợp có thể xẩy ra: 

1/ Nếu là kim loại mạnh ( đứng trước Mg : K , Na ,Ca, Ba ... ) 

+ Trước hết các kim loại này tác dụng với nước của dung dịch cho bazơ kiềm, sau đó 

bazơ kiềm tác dụng với muối tạo thành hiđroxit kết tủa: 

Ví dụ: Na + dd CuSO 4 

2Na + 2 H 2 O 2 NaOH + H 2 

2NaOH + CuSO 4 Cu(OH) 2 + Na 2 SO 4 

2/ Nếu là kim loại hoạt động mạnh hơn kim loại trong muối nhưng không phải kim loại 

mạnh thì sẽ đẩy kim loại của muối ra khỏi dung dịch 

Ví dụ: Zn + FeSO 4 ZnSO 4 + Fe 


















3/ Nếu kim loại hoạt động yếu hơn kim loại của muối: Phản ứng không xẩy ra 

Ví dụ: Cu + FeSO 4 Phản ứng không xảy ra. 

3. ( 1,0 điểm ) 

a. 

2Fe + O 2 2FeO 

4Fe + 3O 2 2Fe 2 O 3 

3Fe + 2O 2 Fe 3 O 4 

Fe + 4HNO 3 Fe(NO 3 ) 3 + NO + 2H 2 O 

3FeO + 10HNO 3 3 Fe(NO 3 ) 3 + NO + 5H 2 O 

Fe 2 O 3 + 6HNO 3 2Fe(NO 3 ) 3 + 3H 2 O 

3Fe 3 O 4 + 28 HNO 3 9Fe(NO 3 ) 3 + NO + 14 H 2 O 

Gọi x,y, z, t lần lượt là số mol củaFe, FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 trong 24 g B. Ta có 

56 x + 72 y + 232 z + 160 t = 24 (1) 

y+ 4z + 3t = (24- a ) : 16 ( mol nguyên tử oxi ) (2) 

x + y + 3z + 2t = a : 56 ( mol nguyên tử sắt ) (3) 

x + y :3 + z :3 = 0,2 ( mol NO ) (4) 

Chia (1) cho 8 , rồi cộng với (4) sau khi đã nhân 3 ta có 

10x + 10 y + 30z + 20 t= 10 (x+ y +3z +2t ) = 3,6 (5) 

Thay (3) vào (5 ) => m =20,16 

b. 300 ml = 0,3 l 

Ta có : n = 3n HNO3 Fe(NO3 ) 3 

+ n NO 

= 3.( 20,16 : 56 ) + 0,2 = 1,28 ( mol ) 

C M 

= 1,28 : 0,3 = 4,27 ( M ) 

Lưu ý : 

- Phương trình hóa học : nếu sai cân bằng hay thiếu điều kiện thì trừ ½ số điểm 

dành cho phương trình hóa học đó 

- Bài toán giải theo cách khác đúng kết quả, lập luận hợp lý vẫn đạt điểm tối đa. 

nếu tính toán nhầm lẫn dẫn đến kết quả sai trừ ½ số điểm dành cho nội dung đó. Nếu 

dùng kết quả sai để giải tiếp thì không chấm điểm các phần tiếp theo. 

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























ĐỀ BÀI 

Câu 1: (5,5đ): 

1.Viết các phương trình hóa học biểu diễn các biến hóa hóa học sau: 

A 

A B C 

NaOH D↓ O 2 + H 2 O E t o G 

F A 

Biết A là kim loại thông thường có hai hóa trị thường gặp là II và III. 

2. Từ quặng pirit ( FeS 2 ) ; NaCl ; H 2 O , Chất xúc tác và các điều kiện cần thiết khác hãy 

điều chế dung dịch : FeCl 3 ; FeSO 4 ; Fe 2 ( SO 4 ) 3 ; và Fe(OH) 3 

3. Cho các chất sau: CO 2 , Ca(OCl) 2 , CO, MgO, SO 2 , Fe 3 O 4 , NO, HClO. 

Hãy điều chế mỗi oxitaxit trên theo 3 phương pháp khác nhau, viết phương trình 

hóa học của các phản ứng đã dùng. 

Câu 2.(3đ): 

1. Tiến hành các thí nghiệm sau: 

- Thí nghiệm 1: cho từ từ từng giọt (có khuấy đều) dung dịch HCl đến dư vào dung 

dịch Na 2 CO 3 

- Thí nghiệm 2: cho từ từ từng giọt (có khuấy đều) dung dịch Na 2 CO 3 đến dư vào 

dung dịch HCl 

2. Hỗn hợp X gồm Fe, Al, Cu Đốt cháy hoàn toàn 33,4g X ngoài không khí thu được 

41,4g hỗn hợp Y gồm 3 oxit. Cho toàn bộ Y tác dụng hoàn toàn với dung dịch H 2 SO 4 

20%, khối lượng riêng d = 1,14g/ml. Tính thể tích tối thiểu của dung dịch H 2 SO 4 trên 

dùng để hòa tan hết hỗn hợp Y. 

Câu 3.(4đ): Người ta cho các chất MnO 2 , KMnO 4 , K 2 Cr 2 O 7 tác dụng với HCl để điều 

chế khí Clo theo các phương trình phản ứng sau: 

MnO 2 + HCl MnCl 2 + H 2 O + Cl 2 

KMnO 4 + HCl KCl + MnCl 2 + H 2 O+ Cl 2 . 

K 2 Cr 2 O 7 + HCl KCl + CrCl 3 + H 2 O + Cl 2 

a. Hãy cân bằng các phương trình phản ứng trên. 

b. Nếu muốn điều chế một lượng khí Clo nhất định thì chất nào trong ba chất trên 

tiết kiệm được HCl nhất. 

c. Nếu các chất trên có cùng số mol tác dụng với HCl thì chất nào tạo được nhiều Clo 

nhất. 

d. Nếu các chất trên có cùng khối lượng tác dụng với HCl thì chất nào tạo được nhiều 

Clo nhất. 

Câu 4(2,5đ): Chỉ dùng nước và một chất khí có thể phân biệt 5 chất bột trắng sau đây 

không? NaCl, Na 2 CO 3 , Na 2 SO 4 , BaCO 3 , BaSO 4 . Nếu được trình bày cách phân biệt. 

Câu 5: (5đ): Có hai dung dịch; H 2 SO 4 (dung dịch A), và NaOH (dung dịch B). 

Trộn 0,2 lít dung dịch A với 0,3 lít dung dịch B được 0,5 lít dung dịch C. Lấy 20 

ml dung dịch C, thêm một ít quì tím vào, thấy có màu xanh. Sau đó thêm từ từ dung dịch 

HCl 0,05M tới khi quì tím đổi thành màu tím thấy hết 40 ml dung dịch axit. 


















Trộn 0,3 lít A với 0,2 lít B được 0,5 lít dung dịch D. Lấy 20 ml dung dịch D, thêm 

một ít quì tím vào thấy có màu đỏ. Sau đó thêm từ từ dung dịch NaOH 0,1M tới khi quì 

tím đổi thành màu tím thấy hết 80 ml dung dịch NaOH. 

a) Tính nồng độ mol/l của 2 dung dịch A và B. 

b) Trộn V B lít dung dịch NaOH vào V A lít dung dịch H 2 SO 4 ở trên ta thu được dung 

dịch E. Lấy V ml dung dịch E cho tác dụng với 100 ml dung dịch BaCl 2 0,15 M được kết 

tủa F. Mặt khác lấy V ml dung dịch E cho tác dụng với 100 ml dung dịch AlCl 3 1M được 

kết tủa G. Nung F hoặc G ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thì đều thu được 

3,262gam chất rắn. Tính tỉ lệ V B :V A 

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






















. 


Câu 1 

5,5 đ 

1(1,5đ) 2Fe + 3Cl 2 t o 2FeCl 3 (B) 


2FeCl 3 + Fe 3FeCl 2 (C) 


FeCl 2 + 2NaOH Fe(OH) 2 (D) + 2NaCl 


4Fe(OH) 2 + O 2 + 2H 2 O → 4Fe(OH) 3 (E) 


2Fe(OH) 3 t o Fe 2 O 3 (F) + 3H 2 O 


Fe 2 O 3 + 3H 2 t o 2Fe (A) + 3H 2 O 


2 


t 

4FeS 2 + 11O 2 

o 

2Fe 2 O 3 + 8SO 2 

2NaCl+2 H 2 O đpcmn 2NaOH + H 2 + Cl 2 

Fe 2 O 3 + 3H 2 

t o 

2Fe + 3H 2 O 

XTt 

2SO 2 + O 2 o 

2SO 3 

SO 3 + H 2 O H 2 SO 4 

t 

2Fe+ 3Cl 2 

o 

2FeCl 3 

Fe + H 2 SO 4(l) FeSO 4 + H 2 

Fe 2 O 3 + 3H 2 SO 4 Fe 2 (SO 4 ) 3 +3H 2 O 

Fe 2 (SO 4 ) 3 + 6NaOH 3Na 2 SO 4 + 2Fe(OH) 3 

3 Oxitaxit: CO 2 ; SO 2 

(1,75đ) Điều chế CO 2 

t 

C + O 2 

o 

CO 2 

CaCO 3 

t o 

CaO + CO 2 

2HCl + CaCO 3 CaCl 2 + CO 2 + H 2 O 

Điều chế SO 2 

t 

S + O 2 

o 

SO 2 

t 

4FeS 2 + 11O 2 

o 

2Fe 2 O 3 + 8SO 2 

Na 2 SO 3 + H 2 SO 4 Na 2 SO 4 + SO 2 + H 2 O 

Câu 2. Câu 2.1 bỏ không chấm, chuyển điểm cả bài sang câu 2.2 

2(3,0đ) Gọi R(hóa trị x) là kim loại đại diện cho hỗn hợp Al,Fe,Cu. 

t 

4R + xO 2 

o 

(1) 

2R 2 O x 

R 2 O x + xH 2 SO 4 R 2 (SO 4 ) x + x H 2 O (2) 

Vận dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có 

Ta có m O 2 

= 41,4 – 33,4 = 8g 

=>n O 2 

= 8/32 = 0,25mol 

Theo PTHH 1,2 n H 2 SO 4 

= 2 n O 2 

= 0,5mol 

0,5.98.100% 

m dd H 2 SO 4 (min) = = 245g 

20% 





















3,0 đ 




0,5 

0,5 

0,5 

0,5 










Câu 3 

a.(1đ) 


V dd H 2 SO 4 (min) = 245 1, 

14 214,9 ml 0,5 

Cân bằng các phương trình phản ứng: 

MnO 2 + 4HCl MnCl 2 + 2H 2 O + Cl 2 

(1) 

2KMnO 4 + 16HCl 2KCl + 2MnCl 2 + 8H 2 O + 5Cl 2 

(2) 

K 2 Cr 2 O 7 + 14HCl 2KCl+2CrCl 3 + 7H 2 O+ 3Cl 2 (3) 

b.(1đ) Giả sử lượng khí clo thu được là 1 mol Lượng HCl cần là: 

nHCl(1) = 4mol; nHCl(2) = 16/5mol; nHCl(3) = 

14/3mol 

Kết luận: Dùng KMnO 4 tiết kiệm HCl nhất. 

c. (1đ) Giả sử dùng 1 mol mỗi chất tác dụng với HCl thì Cl 2 thu được ở 

mỗi PT là 

PT(1)n Cl2 = 1mol. 

PT(2) n Cl2 = 5/2mol 

PT(3) n Cl2 = 3 mol 

Kết luận: Nếu các chất có cùng số mol thì dùng K 2 Cr 2 O 7 tạo 

được nhiều khí Clo nhất. 

d.(1đ) giả sử Khối lượng mỗi chất là 100g: 

n MnO2 1,5 mol => n Cl2 = 1,5 mol 

n KMnO4 0,633 => n Cl2 = 1,58 mol 

n K2Cr2O7 0,34=> n Cl2 = 1,02 mol 

Kết luận: Các chất cùng khối lượng thì KMnO 4 tạo nhiều Clo 

nhất. 

Câu 4 

-Hòa tan 5 chất trên vào nước được 2 nhóm: 

+ Nhóm tan trong nước : NaCl, Na 2 CO 3 , Na 2 SO 4 

+ Nhóm không tan trong nước: BaCO 3 , BaSO 4 

-Sục CO 2 vào nhóm không tan, chất tan được là BaCO 3 

BaCO 3 + CO 2 + H 2 O --> Ba(HCO 3 ) 2 

Chất không tan là BaSO 4 

-Cho Ba(HCO 3 ) 2 vào nhóm tan trong nước, lọ không xuất hiện 

kết tủa là lọ chứa NaCl, 2 lọ còn lại đều tạo kết tủa: 

Ba(HCO 3 ) 2 + Na 2 CO 3 --> BaCO 3 + 2NaHCO 3 

Ba(HCO 3 ) 2 + Na 2 SO 4 --> BaSO 4 + 2NaHCO 3 

-Lấy 2 kết tủa tạo thành cho vào nước và thổi CO 2 vào , kết tủa 

tan là BaCO 3 suy ra Na 2 CO 3 , còn lại là Na 2 SO 4 

BaCO 3 + CO 2 + H 2 O --> Ba(HCO 3 ) 




4,0 đ 

0,5 



0,75 










2,5đ 











Câu 5 ( 5,0 đ) 














a(2đ) 


Gọi x, y lần lượt là nồng độ mol/l của dung dịch A và B 

TH1. 

Ta có: n H2SO4 = 0,2x n NaOH = 0,3y 

Vì dung dịch C làm quỳ tím hóa xanh suy ra trong C có NaOH 

dư 

H 2 SO 4 + 2NaOH → Na 2 SO 4 + 2H 2 O 

mol: 0,2x 0,4x 

HCl + NaOH → NaCl + H 2 O 

mol: 0,002 0,002 

Vậy n HCl = n NaOH ( trong 20 ml C) = 0,05. 0,04 = 0,002 mol 

0,002.0,5.1000 

=> n NaOH( trong 0,5 lit C) = 

= 0,05 mol 

20 

ta có: 0,3y – 0,4x = 0,05 (1) 

TH2. 

Ta có: n H2SO4 = 0,3x n NaOH = 0,2y 

Vì dung dịch D làm quỳ tím hóa đỏ nên trong D có H 2 SO 4 dư. 

Vậy sản phẩm tạo ra sau khi trộn dd A và dd B là NaHSO 4 . 

H 2 SO 4 + NaOH → NaHSO 4 + H 2 O 

mol: 0,2y 0,2y 0,2y 

n H2SO4(trong 0,5 l D) = 0,3x - 0,2y (mol) 

PƯ trung hòa dd (D) để quỳ tím trở lại màu tím: 

H 2 SO 4 + 2NaOH → Na 2 SO 4 + 2H 2 O 

mol: (0,3x-0,2y) 2(0,3x-0,2y) 

NaHSO 4 + NaOH → Na 2 SO 4 + H 2 O 

Mol: 0,2y 0,2y 

Số mol NaOH trung hòa dd (D) là: 

2(0,3x-0,2y) + 0,2y = 0,6x – 0,2y (mol) (*) 

Số mol NaOH trung hòa 20ml dd (D) là: 

n NaOH = 0,1.0.08 = 0,008 mol (**) 

Từ * và ** ta có: 

0,6x – 0,2y = 0,008.500:20 

=> 0,3x – 0,1y = 0,1 (2) 

Từ (1) và (2) suy ra: x = 0,7 M ; y = 1,1 M 

Vậy C M(A) = 0,7 M ; C M(B) = 1,1 M 





























b.(3đ) Vì dung dịch E tạo kết tủa với AlCl 3 , chứng tỏ NaOH còn dư. 

H 2 SO 4 + 2NaOH --> Na 2 SO 4 + H 2 O 



AlCl 3 + 3NaOH Al(OH) 3 + 3NaCl 


0 


t 

2Al(OH) 3 Al 2 O 3 + 3H 2 O 

Ta có n (BaCl2) = 0,1.0,15 = 0,015 mol 

n (BaSO4) = 3,262 = 0,014mol < 0,015 


233 

=> BaCl 2 dư, Na 2 SO 4 hết 


=> n (H2SO4) = n (Na2SO4) = n (BaSO4) = 0,014mol . 

Vậy V A = 0,014 

0,7 = 0,02 lít 0,25 

Ta có: n (Al2O3) = 3,262 

102 0,032 mol => n Al(OH)3 = 2. 0,032 = 0,064 


mol 

n (AlCl3) = 0,1.1 = 0,1 mol. 

Vì n Al(OH)3 < n AlCl3 => + Xét 2 trường hợp có thể xảy ra: 0,25 

- Trường hợp 1: Sau phản ứng với H 2 SO 4 , NaOH dư nhưng thiếu 

khi phản ứng với AlCl 3 

n (NaOH) pư trung hoà axit = 2.0,014 = 0,028 mol 


n (NaOH pư với AlCl3) = 3n (Al(OH)3) = 3.0,064 = 0,192 mol. 

tổng số mol NaOH bằng: 0,028 + 0,192 = 0,22 mol 

Vậy V B = 0,22 

1,1 = 0,2 lít . Tỉ lệ V B:V A = 0,2 : 0,02 = 10 : 1 0,25 

- Trường hợp 2: NaOH phản ứng với AlCl 3 xong vẫn dư và đã 

hoà tan một phần Al(OH) 3 : 

Al(OH) 3 ↓ + NaOH NaAlO 2 + 2H 2 O 


Tổng số mol NaOH là: 

0,028 + 3.0,1 + (0,1 - 2.0,032) = 0,364 mol 


0,364 

Vậy V B = 0,33 lít 

1,1 

=> Tỉ lệ V B :V A = 0,33:0,02 = 16,5 : 1 


Lưu ý: 

- Nếu học sinh giải làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa 

- Học sinh viết PTHH không cân bằng hoặc thiếu điều kiện thì trừ ½ số điểm mỗi 

phương trình 

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






















Nguồn: Đề thi HSG Hóa 9 –H. Bình Giang - Năm học 2012 - 2013 

ĐỀ BÀI 


1. Nêu hiện tượng, giải thích và viết phương trình hóa học xảy ra trong mỗi thí 

nghiệm sau: 

a. Nhỏ từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl 3 cho đến dư. 

b. Hòa tan mẩu Fe vào dung dịch HCl rồi nhỏ tiếp dung dịch KOH vào dung dịch thu 

được và để lâu ngoài không khí. 

2. Từ các chất ban đầu là FeS 2 , Na 2 O, H 2 O và các điều kiện cần thiết khác. Viết các 

phương trình phản ứng điều chế Na 2 SO 3 , Fe(OH) 2 . 


1. Hãy nêu phương pháp tách riêng mỗi chất rắn có trong hỗn hợp các chất sau: 

CaCO 3 , NaCl, BaSO 4 . Viết phương trình hóa học xảy ra. 

2. Chọn các chất A, B, C, D thích hợp và viết các phương trình phản ứng hoàn thành 

sơ đồ biến hoá sau: 

A 

B 

D 

(2) 

(1) + D 

(4) 

(5) 

(6) 

(7) 

(8) 

Fe 2 (SO 4 ) 3 FeCl 3 Fe(NO 3 ) 3 A B C 

(3) + D 

C 


1. Chỉ dùng phenolphtalein không màu, bằng phương pháp hóa học, hãy phân biệt 

các lọ mất nhãn đựng các dung dịch: NaOH, H 2 SO 4 , BaCl 2 , NaCl, Na 2 SO 4 . Viết phương 

trình phản ứng xảy ra (nếu có). 

2. Tiến hành thí nghiệm nhúng đồng thời hai thanh kim loại R thứ nhất và thứ hai 

lần lượt vào hai dung dịch CuSO 4 và AgNO 3 . Sau một thời gian nhấc các thanh R ra, 

thấy thanh R thứ nhất khối lượng giảm so với ban đầu, thanh R thứ hai có khối lượng 

tăng so với ban đầu. Biết rằng lượng tăng ở thanh R thứ hai gấp 75,5 lần lượng giảm ở 

thanh R thứ nhất; giả sử tất cả kim loại sinh ra đều bám trên thanh R; số mol các kim loại 

bám trên thanh R trong hai thí nghiệm trên đều bằng nhau; trong hợp chất kim loại R 

mang hóa trị II. Xác định kim loại R. 



Một hỗn hợp gồm hai muối Na 2 SO 4 và K 2 SO 4 được trộn với nhau theo tỉ lệ số mol 

tương ứng là 1:2. Hòa tan hỗn hợp hai muối vào 102 gam nước được dung dịch A. Cho 

















1664 gam dung dịch BaCl 2 10% vào dung dịch A, lọc bỏ kết tủa rồi thêm dung dịch 

H 2 SO 4 dư vào dung dịch còn lại thu được 46,6 gam kết tủa. Xác định nồng độ phần trăm 

các chất có trong dung dịch A. 


Hòa tan 5,33 gam hỗn hợp 2 muối MCl n và BaCl 2 vào nước được 200 gam dung dịch X. 

Chia X thành 2 phần bằng nhau: 

Phần 1: Cho tác dụng với 100 g dung dịch AgNO 3 8,5% thu được 5,74 g kết tủa X 1 và dung 

dịch X 2 . Phần 2: Cho tác dụng với dung dịch H 2 SO 4 loãng, dư thu được 1,165 gam kết tủa X 3 . 

1. Xác định tên kim loại M và công thức hóa học MCl n . 

2. Tính nồng độ % các chất trong dung dịch X 2 

Cho biết: Ag=108; Cu= 64; Zn=65; Al=27; Fe=56; Ba=137; Na= 23;K=39; O=16; 

H=1; Cl=35,5; N=14; S=32. 

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





















Nguồn: Đề thi HSG Hóa 9 –H. Bình Giang - Năm học 2012 - 2013 

Câu Ý Đáp án Điểm 

1 2 

1 a. Nhỏ từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl 3 cho đến dư. 

Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa keo trắng tăng dần sau đó tan dần tạo 

dung dịch trong suốt. 

3NaOH + AlCl 3 3NaCl + Al(OH) 3 

NaOH dư + Al(OH) 3 NaAlO 2 + 2H 2 O 

0,5 

b. Hiện tượng: Mẩu Fe tan dần vào dd HCl, thu được dd trong suốt, 

có khí không màu thoát ra. Khi nhỏ dd KOH vào dd thu được thì xuất 

hiện kết tủa trắng xanh, để lâu ngoài không khí kết tủa chuyển dần 0,5 

sang màu nâu đỏ. 

Fe + 2HCl FeCl 2 + H 2 

(có khí thoát ra) 

FeCl 2 + 2KOH Fe(OH) 2 + 2KCl (có kết tủa trắng xanh) 

Có thể có phản ứng: KOH + HCl dư KCl + H 2 O 

4Fe(OH) 2 + O 2 + 2H 2 O 4Fe(OH) 3 (kết tủa chuyển màu nâu 

đỏ) 

2 * Điều chế Na 2 SO 3 

Dienphan 

2H 2 O 2H 2 + O 2 

o 

t 

4FeS 2 + 11O 2 2Fe 2 O 3 + 8SO 2 

Na 2 O + H 2 O 2NaOH 

2NaOH + SO 2 Na 2 SO 3 + H 2 O 0,5 

* Điều chế Fe(OH) 2 

o 

t 

3H 2 + Fe 2 O 3 2Fe + 3H 2 O 

o 

t 

2SO 2 + O 2 2SO 

V2O 

5 3 

SO 3 + H 2 O H 2 SO 4 

0,5 

H 2 SO 4 + Fe FeSO 4 + H 2 

FeSO 4 + 2NaOH Na 2 SO 4 + Fe(OH) 2 

2 2 

1 - Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp vào nước, lọc tách chất rắn không tan 

được hỗn hợp chất rắn CaCO 3 , BaSO 4 và dung dịch NaCl. 

- Cô cạn dung dịch thu được NaCl. 

- Tách CaCO 3 , BaSO 4 : 

+ Hòa tan hỗn hợp vào dung dịch HCl dư, lọc dung dịch thu được 

chất rắn không tan BaSO 4 và dung dịch chứa CaCl 2 và HCl dư. 

CaCO 3 + 2HCl CaCl 2 + H 2 O + CO 2 

+ Nhỏ dung dịch Na 2 CO 3 dư vào dung dịch chứa CaCl 2 và HCl dư, 

lọc tách kết tủa thu được muối CaCO 3 . 





CaCl 2 + Na 2 CO 3 CaCO 3 +2NaCl 
















2 HCl dư + Na 2 CO 3 2NaCl + H 2 O + CO 2 

2 A: Fe(OH) 3 ; B: Fe 2 O 3 ; C: Fe ; D: H 2 SO 4 

Fe(OH) 3 + 3H 2 SO 4 Fe 2 (SO 4 ) 3 + 6H 2 O 

Fe 2 O 3 + 3H 2 SO 4 Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 O 

t 

2Fe + 6H 2 SO 0 

4 (đ) Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3SO 2 + 6H 2 O 

Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3BaCl 2 3BaSO 4 + 2FeCl 3 

FeCl 3 + 3AgNO 3 3AgCl + Fe(NO 3 ) 3 

Fe(NO 3 ) 3 + 3NaOH Fe(OH) 3 + 3NaNO 3 

0 

t 

2Fe(OH) 3 Fe 2 O 3 + 3H 2 O 

0 

t 

Fe 2 O 3 + 3CO 2 Fe + 3 CO 2 









3 2 

1 - Lấy mỗi dung dịch một ít cho vào các ống nghiệm, đánh số thứ tự. 

- Nhỏ dung dịch phenolphtalein vào 5 ống nghiệm: 

+ Ống nghiệm nào xuất hiện màu đỏ là dung dịch NaOH 


+ 4 ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là dung dịch: H 2 SO 4 , 

BaCl 2 , NaCl, Na 2 SO 4 . 

- Nhỏ dung dịch NaOH có phenolphtalein (màu đỏ) vào 4 ống nghiệm 

còn lại: 

+ Dung dịch nào làm mất màu đỏ của dd NaOH là H 2 SO 4 . 


2NaOH + H 2 SO 4 Na 2 SO 4 + 2H 2 O 

+ 3 ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là dung dịch: BaCl 2 , 

NaCl, Na 2 SO 4 . 

- Nhỏ dung dịch H 2 SO 4 vào ba ống nghiệm còn lại: 

+ Ống nghiệm nào xuất hiện kết tủa màu trắng là dung dịch BaCl 2 0,25 

BaCl 2 + H 2 SO 4 BaSO 4 + 2HCl 

+ 2 ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là dung dịch: NaCl, 

Na 2 SO 4 

- Nhỏ dung dịch BaCl 2 vào hai ống nghiệm còn lại: 

+ Ống nghiệm nào xuất hiện kết tủa màu trắng là dung dịch Na 2 SO 4 

BaCl 2 + Na 2 SO 4 BaSO 4 + 2NaCl 


+ Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là dung dịch: NaCl. 

2 Kim loại R có nguyên tử khối là M R : 

PTHH: 

R + CuSO 4 CuSO 4 + Cu 

x 

x 

R + 2AgNO 3 R(NO 3 ) 2 + 2Ag 

0,5x x 

Đặt x là số mol mỗi kim loại bám vào thanh R (n Cu = n Ag = x mol) 

+ Phần khối lượng kim loại giảm ở thanh thứ nhất = (M R -64)x 

+ Phần khối lượng tăng ở thanh thứ hai = (2.108 - M R ).0,5x 






















Theo đề ta có: (2.108 - M R ).0,5x = 75,5.(M R -64)x 

Giải ra M R = 65. Suy ra kim loại R là kẽm (Zn) 

4 2 

- Khi cho dd BaCl 2 vào dd A: 

BaCl 2 + Na 2 SO 4 → BaSO 4 + 2NaCl (1) 


BaCl 2 + K 2 SO 4 → BaSO 4 + 2KCl (2) 

- Khi cho dd H 2 SO 4 vào nước lọc thấy xuất hiện kết tủa, chứng tỏ 

trong nước lọc còn chứa BaCl 2 (dư) và tham gia phản ứng hết với 


H 2 SO 4 . 

BaCl 2 + H 2 SO 4 → BaSO 4 + 2HCl (3) 

- Khối lượng BaCl 2 cho vào dung dịch A là: 

1664 166, 4 

m 

BaCl 

.10 166, 4(g) n 

2 BaCl 

0,8(mol) 

2 

100 208 

- Số mol BaCl 2 tham gia phản ứng (3) là: 



46,6 

nBaCl 2 (3) 

n 

BaSO 4 (3) 

0, 2(mol) 

233 

- Suy ra tổng số mol Na 2 SO 4 và K 2 SO 4 = số mol BaCl 2 tham gia phản 

ứng (1) và (2) và bằng: n 

(Na2SO 4 + K2SO 4 ) 

= n 

BaCl 2 (1+2) 

0,8 0, 2 0,6(mol) 


- Vì số mol Na 2 SO 4 và K 2 SO 4 trong hỗn hợp trộn với nhau theo tỉ lệ 

1:2 nên ta có: n 

Na2SO 

=0,2(mol); n 

4 K2SO 

0, 4(mol) 

4 


m =0,2.142=28,4(g); n 0,4.174 69,6(g) 

Na2SO 4 K2SO4 



- Khối lượng dung dịch A: mddA 

102 28, 4 69,6 200(g) 

- Nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch A: 

28,4 69,6 

C% 

Na2SO 

= 100%=14,2(%) ; C% 

4 K2SO 

100% 34,8(%) 

4 

200 200 



5 2 

1 Gọi a,b là số mol của MCl n và BaCl 2 có trong 2,665 gam mỗi phần 

Phần 1: MCl n + n AgNO 3 → M(NO 3 ) n + n AgCl 

(1) 

a an a an (mol) 


BaCl 2 + 2 AgNO 3 → Ba(NO 3 ) 2 + 2 AgCl 

(2) 

b 2b b 2b (mol) 

5,74 

n AgCl = = 0,04 mol an + 2b = 0,04 mol 

143,5 

Phần 2: BaCl 2 + H 2 SO 4 → BaSO 4 + 2 HCl 


(3) 

b 

b mol 

2MCl n + nH 2 SO 4 → M 2 (SO 4 ) n + 2nHCl 

(4) 

Theo phản ứng(3) cứ 1 mol BaCl 2 chuyển thành 1 mol BaSO 4 khối 0,25 

lượng muối tăng 25 gam. Từ phản ứng (4) cứ 2 mol MCl n chuyển 

thành 1 mol M 2 (SO 4 ) khối lượng tăng 12,5 n gam. Nhưng khối lượng 


















X 3 < m hỗn hợp muối ban đầu. Chứng tỏ (4) không xảy ra. → X 3 là 

BaSO 4 

1,165 

Số mol BaSO 4 = 

233 

= 0,005 mol b = 0,005 an = 0,03. 

m hh = a(M + 35,5n) + 0,005. 208 = 2,665 aM = 0,56 


aM 0,56 56 

M n 

an 0,03 3 

n 1 2 3 

M 18,7 37,3 56(Fe) 

Vậy M là kim loại sắt Fe. Công thức hóa học của muối: FeCl 3 

2 Số mol AgNO 3 phản ứng theo PTHH (1), (2): n 

AgNO 3 (1), (2) 

= 0,04 mol 

Số mol AgNO 3 dư = 0,05 - 0,04 = 0,01 mol 


Dung dịch X 2 gồm: 

Fe(NO 3 ) 3 ( 0,01 mol) m 

Fe(NO 3 ) 3 

= 0,01. 242 = 2,42 g 

Ba(NO 3 ) 2 ( 0,005 mol) m 

Ba(NO 3 ) = 0,005. 261=1,305 g 

2 

AgNO 3 dư (0,01 mol) m 

AgNO3du 

= 0,01 . 170 = 1,7 g 

200 

m dd = + 100 - 5,74 =194,26 g 

2 



2,42 

C% Fe(NO 3 ) 3 = .100% = 1,245% 

194,26 

1,305 

C% Ba(NO 3 ) 2 = .100% 

= 0,671% 

194,26 

1,7 

C% AgNO 3 = .100% 0,875% 


194,26 

Ghi chú: - Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tương tương. 

- Phương trình có chất viết sai không cho điểm, thiếu điều kiện và không cân 

bằng trừ đi nửa số điểm của phương trình đó. Nếu bài toán có phương trình không cân 

bằng hoặc sai chất thì không cho điểm. 

- Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm. 

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























ĐỀ BÀI 

Bài 1: (3,5 điểm) 

a) Viết các phương trình hoá học xảy ra khi cho: 

- Fe vào dung dịch HCl. 

- Fe vào dung dịch H 2 SO 4 ( đặc nóng). 

- CO 2 vào dung dịch Ba(OH) 2 . 

- Fe 3 O 4 vào dung dịch H 2 SO 4 ( đặc nóng). 

b) Nêu hiện tượng hoá học xảy ra và viết phương trình hoá học khi: 

- Cho từ từ dung dịch NaOH cho đến dư vào dung dịch AlCl 3 . 

- Cho từ từ dung dịch NH 3 cho đến dư vào dung dịch AlCl 3 . 

Bài 2: (4,5 điểm) 

a) Chỉ dùng 1 thuốc thử để nhận ra các dung dịch riêng biệt sau: HCl, H 2 SO 4 , FeCl 2 , 

H 3 PO 4 . 

b) Cho các chất: FeS 2 , O 2 , H 2 O, NaCl và các thiết bị cần thiết. Hãy viết các phương 

trình hoá học điều chế các chất sau: Fe 2 (SO 4 ) 3 , FeSO 4 , Fe(OH) 3 , FeCl 3 , FeCl 2 . 

Bài 3: (4,0 điểm) Cho luồng khí CO dư đi qua ống sứ chứa m gam bột sắt oxit nung 

nóng cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Dẫn toàn bộ lượng khí sinh ra vào một lít 

dung dịch Ba(OH) 2 0,1M thu được 9,85 gam kết tủa. Mặt khác khi hoà tan toàn bộ lượng 

kim loại sắt tạo thành ở trên bằng V lít dung dịch HCl 2M ( vừa đủ) thì thu được một 

dung dịch, sau khi cô cạn dung dịch thu được 12,7 gam muối khan 

a) Xác định công thức oxit sắt. 

b) Tính m. 

c) Tính V. 

Bài 4: ( 4,0 điểm) Ngâm 45,5 gam hỗn hợp bột các kim loại Zn, Cu, Ag trong dung 

dịch HCl dư thu được 4,48 lít khí (ĐKTC). Nếu nung một lượng hỗn hợp như trên trong 

không khí, phản ứng xong thu được hỗn hợp rắn mới có khối lượng 51,9 gam 

a) Viết các phương trình phản ứng đã xảy ra. 

b) Xác định khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu. 

Bài 5: (4,0 điểm) 

a) Cho a gam dung dịch H 2 SO 4 loãng nồng độ A% tác dụng với một lượng hỗn hợp 

hai kim loại Na và Mg (dùng dư) thì khối lượng khí H 2 tạo thành là 0,05a gam. 

Tính A? 

b) Cần lấy bao nhiêu tấn Fe 2 O 3 và một tấn gang chứa 5% các bon để sản xuất một loại 

thép chứa 1% các bon. Biết rằng các bon chỉ bị oxi hoá thành CO. 

(Cho Fe = 56, O = 16, Zn = 65, Cu = 64, Ag = 108, S = 32, H = 1, C = 12, Cl = 35,5, 

Mg = 24, Ba = 137) 

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




















Bài Lời giải Điểm 

Bài1 Câu a(1,5đ) 

(3,5điểm) 2Fe +2HCl → FeCl 2 + H 2 


2Fe +6H 2 SO 4(đặc nóng) → Fe 2 (SO 4 ) 3 +3SO 2 +6H 2 O 


CO 2 + Ba(OH) 2 → BaCO 3 + H 2 O 



2CO 2 + Ba(OH) 2 → Ba(HCO 3 ) 2 

0,5đ 

2Fe 3 O 4 + 10 H 2 SO 4(đặc nóng) → 3Fe 2 (SO 4 ) 3 + SO 2 + 10H 2 O 

Bài 2 

(4,5điểm) 

Câu b(2đ) 

-Xuất hiện kết tủa , kết tủa tăng dần đến tối đa rồi lại tan dần 

cuối cùng thu được dung dịch trong suốt 

3NaOH + AlCl 3 → Al(OH) 3 + NaCl 

NaOH + Al(OH) 3 → NaAlO 2 + 2H 2 O 

-Xuất hiện kết tủa , kết tủa tăng dần đến tối đa (không tan trong 

dung dịch NH 3 dư) 

- 3NH 3 + 3H 2 O + AlCl 3 → Al(OH) 3 + 3NH 4 Cl 

Câu a(2đ) 

Đánh số thứ tự các lọ hoá chất và lấy mỗi lọ mỗi ít làm mẫu 

thử, Cho kim loại Ba vào các mẫu thử trên: 

- Mẫu thử nào tạo kết tủa trắng hơi xanh rồi hoá nâu dần,đồng 

thời có khí không màu thoát ra là FeCl 2 

Ba + 2H 2 O → Ba(OH) 2 + H 2 

Ba(OH) 2 + FeCl 2 → Fe(OH) 2 + BaCl 2 

Fe(OH) 2 + 2H 2 O +O 2 → 4 Fe(OH) 3 

Mẫu thử nào chỉ có khí không màu thoát ra là HCl 

Ba + 2HCl → BaCl 2 + H 2 

Mẫu thử nào tạo kết tủa trắng là H 2 SO 4 và H 3 PO 4 

Ba + H 2 SO 4 → BaSO 4 + H 2 

3Ba + 2H 3 PO 4 → Ba 3 (PO 4 ) 2 + 3H 2 

Lọc lấy kết tủa cho vào dung dich HCl, kết tủa nào tan là kết tủa 

của mẫu thử H 3 PO 4 , 

Ba 3 (PO 4 ) 2 + 6HCl → BaCl 2 + 2H 3 PO 4 

Kết tủa nào không tan là kết tủa của mẫu thử H 2 SO 4 

Câu b, (2,5đ) 

Mỗi phương trình đúng được 0,25đ 

. 



0,5đ 



0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 




















4FeS 2 + 11O 2 2Fe 2 O 3 + 8 SO 2 

2SO 2 + O 2 2SO 3 

SO 3 + H 2 O H 2 SO 4 

Fe 2 O 3 + 3H 2 SO 4 Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 O 

2NaCl + 2H 2 O 2NaOH + 2H 2 + Cl 2 

Fe 2 O 3 + 3H 2 2Fe + 3H 2 O 


Fe + H 2 SO 4 FeSO 4 + H 2 

Fe + 3Cl 2 2FeCl 3 

H 2 + Cl 2 

2HCl 


Hoặc Fe + 2FeCl 3 3FeCl 2 

Bài 3 (4đ) a, nBa(OH) 2 = 0,1mol; nBaCO 3 = 9,85 : 197 = 0,05mol, 

nFeCl 2 = 12,7 : 127 = 0,1mol 

PTHH: Fe x O y + yCO → xFe + yCO 2 (1) 

CO 2 + Ba(OH) 2 → BaCO 3 + H 2 O (2) 

2CO 2 + Ba(OH) 2 → Ba(HCO 3 ) 2 (3) 

Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 (4) 

Theo phương trình hoá học (4) 

nFe = nFeCl 2 = 0,1mol => nFe = 0,1mol 

Vì nBaCO 3 < nBa(OH) 2 nên xét 2 trường hợp 

Trường hợp 1: Khi sục CO 2 vào dung dịch Ba(OH) 2 chỉ xảy ra 

phản ứng (2), 

Theo phương trình hoá học (2) : nCO 2 = nBaCO 3 = 0,05mol => 

nCO 2 = 0,05mol 

Ta có: x/y = 0,1/0,05 = 2/1 (loại) 

Trường hợp 2: Khi sục CO 2 vào dung dịch Ba(OH) 2 xảy ra cả 

hai phản ứng (2) và (3) 

Theo PTHH (2): nCO 2 = nBaCO 3 = nBa(OH) 2 = 0,05mol 

Vậy nBa(OH) 2 tham gia ở PTHH(3) = 0,1 – 0,05 = 0,05mol, 

Theo PTHH ( 3) nCO 2 = 2nBa(OH) 2 = 0,1mol, 

Tổng CO 2 tham gia ở PTHH (2) và PTHH( 3) 

0,1 + 0,05 = 0,15mol 

Ta có x/y = 0,1 / 0,15 => x/y = 2/3 => CTHH của ôxít là Fe 2 O 3 

b, Theo PTHH(1) nFe 2 O 3 = 0,05mol => mFe 2 O 3 = 8g 

c, Theo PTHH( 4 )nHCl = 0,2mol 

=> V dung dịch HCl = 0,2/2 = 0,1lít 

Bài 4 (4đ) Zn + 2HCl → ZnCl 2 + H 2 (1) 

2Zn + O 2 → 2ZnO (2) 

2Cu + O 2 → 2CuO (3) 

nH 2 = 4,48 / 22,4 = 0,2mol 

Từ PTHH 1 ta có nZn = nH 2 = 0,2mol => mZn = 0,2 , 65 = 13g 

Áp dụng định luật BTKL ta có: 





















0,5đ 

1,0đ 

0,5đ 

0,5đ 





0.5đ 














Khối lượng Oxi phản ứng ở PTHH (2 )và PTHH( 3) là: 0,5đ 

mO 2 = 51,9 – 45,5 = 6,4g => nO 2 = 6,4/32 = 0,2mol 

Theo PTHH (2) ta có: nO 2 = 1/2nZn = 0,1mol => nO 2 phản ứng 

ở PTHH (3) là : 0,2 – 0,1 = 0,1mol, 

Theo PTHH (3): nCu = 2nO 2 = 0,2mol => mCu = 0,2.64 =12,8g 

mAg = 45,5 – 12,8 – 13 = 19,7g 

0,5 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

Bài 5 (4đ) a, (2đ) PTHH : 2Na + H 2 SO 4 → Na 2 SO 4 + H 2 (1) 0.25đ 

Mg + H 2 SO 4 → MgSO 4 + H 2 (2) 


Vì hỗn hợp dùng dư nên Na tác dụng với nước 

2Na + 2H 2 O → 2NaOH + H 2 (3) 

Nếu lấy a = 100g dung dịch thì khối lượng H 2 SO 4 là A(g) và 

khối lượng của nước là 100 – A(g) 

Khối lượng H 2 tạo thành là : 0,05 , 100 = 5(g), 

Theo PTHH 1 và (2) 




Cứ 98g H 2 SO 4 tác dụng với kim loại cho 2g H 2 

Vậy A(g) H 2 SO 4 tác dụng với kim loại cho 2A/ 98(g) 

Theo PTHH (3): Cứ 36 g nước tác dụng với Na cho 2g H 2 bay ra, 


Vậy (100 – A)g nước tác dụng với Na cho 2(100 - A) / 36g H 2 

bay ra, 

Theo bài ra ta có : 2A/98 + 2(100-36) = 5 

Giải phương trình trên ta có : A = 15,8. Tức là A% = 15,8% 

b, (2đ) 

Gọi khối lượng Fe 2 O 3 cần thêm vào là x( tấn) 



PTHH: Fe 2 O 3 + 3C → 2Fe + 3CO 

160tấn 36tấn 112tấn 

xtấn 36x/160tấn 112x/160tấn 

0,5đ 

Khối lượng Cácbon bị ôxi hoá : 

36 0,255x 160 

0,5đ 

x 

Khối lượng Fe tạo thành : 

0,7x 

160 

Trong 1 tấn gang có 0,95 tấn Fe và 0,05 tấn C 

Tổng khối lượng Fe trong thép là: 0,95 + 0,7x(tấn) 

0,5đ 

Tổng khối lượng C còn lại trong thép là: 0,05 – 0,225x (tấn) 

Thép chứa 1% Các bon nên: 

mC 1 0,05 0,225x 

 

=> x = 0,174 

mFe 100 1 

0,95 0,7 

0,5đ 

Vậy phải thêm vào 0,174 tấn Fe 2 O 3 vào 1 tấn gang chứa 5%C để 

sản xuất 1 lọai thép chứa 1% C 

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


















Câu 1:(1,5 điểm). 





Nguồn: Đề thi HSG Hóa 9 –H. Tĩnh Gia - Năm học 2009 - 2010 

ĐỀ BÀI 

Nêu tính chất hoá học của H 2 SO 4 ? Viết phươmg trình phản ứng minh họa? 

Câu 2 : (2.0 điểm). 

Chỉ dùng thêm quỳ tím , trình bày phương pháp hoá học để phân biệt 5 lọ dung 

dịch bị mất nhãn gồm: NaCl, Ba(OH) 2 ,KOH, Na 2 SO 4 , H 2 SO 4 

Câu3:(2.5 điểm). 

Cho Mg, Fe vào dung dịch CuSO 4 sau phản ứng hoàn toàn thu được chất rắn A, 

dung dịch B . Hỏi A,B gồm những chất gì, viết PTPƯ? 

Câu4:(4.0 điểm) 

Đốt cháy hoàn toàn 18 gam FeS 2 và cho tất cả SO 2 thu được hấp thụ vào 2 lít dung 

dịch Ba(OH) 2 0.15M. Tính khối lượng muối tạo thành 

Câu 5: .(5.0 điểm) B là hỗn hợp gồm Fe, Al, Ba 

TN1 : Cho m gam B vào nước đến phản ứng xong thoát ra 8,96 lít H 2 ở (ĐKTC) 

TN2 : Cho m gam B vào NaOH dư thoát ra 12.32 lít H 2 ở ĐKTC 

TN3 : Cho m gam B vào dung dịch HCl dư thoát ra 13,44lít H 2 ở ĐKTC 

Tính m và % khối lượng mỗi kim loại trong B 

Câu 6:(5 điểm) A là dung dịch HCl.. B là dung dịch Ba(OH) 2 

Thí nghiệm 1: Trộn 50 ml dung dịch Avới 50 ml dung dịch B thu được dung dịch 

C. Thêm ít quỳ tím vào C thấy quỳ tím chuyển sang màu đỏ, thêm từ từ dung dịch NaOH 

0,1M vào C cho tới khi quỳ trở lại màu tím , thấy tốn hết 50 ml dung dịch NaOH 

Thí Nghiệm 2: trộn 50 ml dung dịch A với 150 ml dung dịch B thu được dung dịch 

D. Thêm ít quỳ tím vào D thấy có màu xanh. Thêm từ từ dung dịch HNO 3 0.1M vào D 


tới quỳ trở lại màu tím thấy tốn hết 350 ml dung dịch HNO 3 

Từ 2 thí nghiệm trên tính nồng độ mol(mol/lit) của các dung dịch A,B 

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




















Nguồn: Đề thi HSG Hóa 9 –H. Tĩnh Gia - Năm học 2009 - 2010 

Câu1: 1. (1.5 điểm) SGK lớp 9 

Axít sunfuric loãng và Axít sunfuric đặc có một số tính chất hoá học khác nhau 

a. Axít sunfuric loãng có tính chất hóa học của một axit 

- Làm đối màu quỳ tím thành đỏ 

- Tác dụng với một số kim loại tạo thành muối sunfat và giảI phóng khí hiđro 

Mg + H 2 SO 4 MgSO 4 + H 2 

- Tác dụng với bazơ tạo thành muối sunfat và nước 

H 2 SO 4 + Ba(OH) 2 BaSO 4 + 2H 2 O 

- Tác dụng với oxit bazơ tạo thành muối sunfat và nước 

H 2 SO 4 + CuO CuSO 4 + 2H 2 O 

- Tác dụng với dung dịch muối tạo thành muối mới bazơ mới 

H 2 SO 4 + BaCl 2 BaSO 4 + HCl 

b. Axit sunfuric đặc có tính chất hoá học riêng 

- Tác dụng vơi kim loại giải phóng khí sunfurơ 

Cu + H 2 SO 4 CuSO 4 + SO 2 + H 2 O 

- Tính háo nước ( tác dụng với đường, bông ,vải….) 

Câu 2. (2.0 đ)Dùng giấy quỳ tím cho vào 5 mẫu thử: 

Mẫu làm quỳ tím hoà hồng là dung dịch H 2 SO 4 

Mẫu làm quỳ tím hoá xanh là dung dịch Ba(OH) 2 ,KOH 

Mẫu không làm quỳ tím thay đổi màu là dung dịch Na 2 SO 4 , NaCl (0,75đ) 

Dùng H 2 SO 4 mới nhận biết cho vào 2 mẫu Ba(OH) 2 ,KOH . mẫu tạo kết tủa trắng là 

Ba(OH) 2 , mẫu không hiện tượng là KOH 


H 2 SO 4 + Ba(OH) 2 BaSO 4 + 2H 2 O 

H 2 SO 4 + 2KOH K 2 SO 4 + 2H 2 O (0,5đ) 

Dùng Ba(OH) 2 mới nhận biết cho tác dụng với 2 mẫu Na 2 SO 4 , NaCl. Mẫu tạo kết tủa 

trắng là Na 2 SO 4 , mẫu không có hiện tượng là NaCl 


Ba(OH) 2 + Na 2 SO 4 BaSO 4 + 2NaOH (0,25đ) 

Câu 3.(2.5 đ) Phương trình phản ứng : 

Mg + CuSO 4 MgSO 4 + Cu (1) (0,25đ) 

Fe + CuSO 4 FeSO 4 + Cu (2) (0,25đ) 

Trường hợp 1: CuSO 4 hết , kim loại còn dư 


+ chỉ có Mg phản ứng: Fe không phản ứng: chỉ có PƯ (1) (0,5đ) 

Chất rắn A là Fe,Cu, Mg có thể còn dư, 

Dung dịch B MgSO 4 

+ Fe phản ứng, Mg hết; có cả PƯ (1,2 ). (0,5đ) 

Chất rắn A là Fe có thể dư, và Cu 

Dung dịch B : MgSO 4 , FeSO 4 

Trường hợp 2 : CuSO 4 dư , kim loại hết có cả 2 phản ứng 1 và 2 (0,25đ) 

Chất rắn A là Cu 

Dung dịch B : CuSO 4 ,MgSO 4 , FeSO 4 

(0,5đ) 

Câu 4: (4.0đ) Các phương trình phản ứng có thể xảy ra: 


















4FeS 2 + 11O 2 2Fe 2 O 3 + 8SO 2 (1) (0,5đ) 

SO 2 + Ba(OH) 2 BaSO 3( r) + H 2 O (2) (0,5đ) 

2SO 2 + Ba(OH) 2 Ba(HSO 3 ) 2 (3) (0,5đ) 

Ta có : n FeS 2 = 18/120 = 0.15 mol 


Theo phương trình 1 n SO2 = 2n FeS2 = 0.3 mol 


n Ba(OH) 2 = 2.0,125 = 0,25 mol 


lập tỷ lệ : nSO 2 : n Ba(OH) 2 = 0,3 : 0,25 = 1.2 (0,25đ) 

ta nhận thấy tỷ lệ này : 1 < nSO 2 : n Ba(OH) 2 = 1.2 < 2 (có thể dựa vào số mol các chất để 

lập luận để tìm ra 2 muối tạo thành sau phản ứng ) (0,25đ) 

Vậy có 2 muối được tạo thành sau phản ứng. Gọi x,y lần lượt là số mol của BaSO 3 , Ba(HSO 3 ) 2 

ta có 


SO 2 + Ba(OH) 2 BaSO 3( r) + H 2 O (2) 

(Mol) x x x 

2SO 2 + Ba(OH) 2 Ba(HSO 3 ) 2 (3) 

( mol) 2y y y 

x + 2y = 0,3 

x+ y = 0.25 

tính được x = 0.2 mol ; y = 0.05 mol 

(0,5đ) 

m BaSO 3 = 0,2.217 = 43,4 g , mBa(HSO 3 ) 2 = 0,05.299 = 14,95 g 

(0,5đ) 

Câu 5: (5.0đ) Các phản ứng xảy ra ở các TN 

TN1: cho vào nước : Fe không phản ứng 

(0,75đ) 

Ba + 2H 2 O Ba(OH) 2 + H 2 

2Al + Ba(OH) 2 + 2H 2 O Ba(AlO 2 ) 2 + 3H 2 

Số mol H 2 ở thí nghiệm 1 là: n H 2 = 0,4 mol 

TH2: Cho vào NaOH dư xảy ra các phản ứng 

(0,75đ) 

Ba + 2H 2 O Ba(OH) 2 + H 2 


2Al + 2NaOH + 2H 2 O 2NaAlO 2 + 3H 2 


TN3: cho vào HCl dư 

(0,75đ) 

Ba + 2HCl BaCl 2 + H 2 

2Al + 6HCl AlCl 3 + 3H 2 



ở TH1 số mol H 2 thu được nhỏ hơn ở TN2 chứng tỏ Al còn dư và Ba(OH) 2 phản ứng hết 


gọi x,y,z lần lượt là số mol của Ba, Al, Fe ta có số mol H 2 ở mỗi thí nghiệm thu được là: 

- TN1 

Ba + 2H 2 O Ba(OH) 2 + H 2 

Mol x x x 


Mol 2x x 3x 

(vì Al còn dư nên hoà tan hết lượng Ba(OH) 2 ) 

x+3x = 0,4 x = 0,1 

(0,5đ) 

- Từ TN2 ta thấy NaOH dư do đó Al phản ứng hết 

Ba + 2H 2 O Ba(OH) 2 + H 2 

Mol x x x 



















Mol 2x x 3x 

Lượng Al còn y-2x mol 


2Al + 2NaOH + 2H 2 O 2NaAlO 2 + 3H 2 

Mol y-2x 

1,5(y-2x) 

Số mol H 2 thoát ra là: 

x+3x+1,5(y-2x) = 0,55 x + 1,5y = 0,55 y = 0,3 mol (0,5đ) 

- Từ TN3 : vì HCl dư nên H 2 thoát ra từ Ba + Al vẫn bằng 0,55 mol H 2 thoát ra từ Fe là: 


z = 0,6 – 0,55 = 0,05 mol 


m hỗn hợp = 0,1.137 + 0,3.27 + 0,05.56 = 5,25 gam 


phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp B là 

%Ba = (1,37/ 5,25 ) .100 = 26,1% 

%Al = (1,08 / 5,25 ) .100 = 20,6% 

%Fe = 100 - (%Ba + %Al) = 53,3% 

(0,75đ) 

Câu 6 : ( 5.0 điểm ) 

Thí nghiệm 1: Các phương trình phản ứng xảy ra : (0,5đ) 

2HCl + Ba(OH) 2 BaCl 2 + 2H 2 O 

HCl + NaOH NaCl + H 2 O 

Sản phẩm thu được chỉ gồm muối và nước 


Thí nghiệm 2 : Các phương trình xảy ra : 

(0,5đ) 

2HCl + Ba(OH) 2 BaCl 2 + 2H 2 O 

2HNO 3 + Ba(OH) 2 Ba(NO 3 ) 2 + 2H 2 O 

Sản phẩm thu được chỉ gồm muối và nước 


Từ thí nghiệm 1 ta có: nHCl = 2n Ba(OH) 2 + nNaOH 

(0,5đ) 

CMHCl .V HCl= 2 CMBa(OH) 2 .V Ba(OH) 2 + CMNaOH. VNaOH thay số vào ta có 

CMHCl . 0,05 = 2 CMBa(OH) 2 .0,05 + 0,1 0,05 

CMHCl = 2 CMBa(OH) 2 . + 0,1 (1) (0,75đ) 

Từ thí nghiệm 2 ta có: 2n Ba(OH) 2 = nHCl + nHNO 3 

(0,5đ) 

2 CMBa(OH) 2 .V Ba(OH) 2 = CMHCl .V HCl + CMHNO 3. VHNO 3 thay số vào ta có 

2 CMBa(OH) 2 . 0,15 = CMHCl . 0,05 + 0,1 0,35 

6 CMBa(OH) 2 = CMHCl + 0,7 (2) (0,75đ) 

Kết hợp 1và 2 

CMHCl = 2 CMBa(OH) 2 . + 0,1 

6CMBa(OH) 2 = CMHCl + 0,7 

Giải hệ phương trình CMHCl = 0,5M ; CMBa(OH) 2 = 0,2M (1.0đ) 

Ghi chú : Thí sinh làm cách khác nếu đúng thì cho điểm tối đa ứng với phần tương 

đương 

- Trong PTHH nếu sai công thức không cho điểm nếu không cân bằng hoặc thiếu điều 

kiện phản ứng trừ đi 1/2 số điểm , nếu bài toán dựa vào PTHH để giải nếu cân bằng sai 

thì không cho điểm bài toán kể từ khi sai 


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





















ĐỀ BÀI 

Câu 1.( 4 điểm) Cho sơ đồ chuyển hóa của nguyên tố Fe (mỗi mũi tên là 1 phản ứng hóa học): 

H 2 SO 4 

(1) 

Fe Fe 2 (SO 4 ) 3 FeCl 3 Fe 

Ba(OH) 2 

HCl đặc 

(2) 

(4) NaCl 

Fe(OH) 3 Fe 2 O 3 Fe(OH) 

(3) 

3 

(5) 

(8) 

a. Hãy chỉ ra những chỗ đúng, sai, hoặc thiếu chính xác ở sơ đồ chuyển hóa trên và giải thích 

vì sao? 

b. Từ đó hãy chọn hóa chất, điều kiện (ở trên dấu mũi tên) thích hợp và viết PTHH thực hiện 

dãy chuyển hóa đúng. 


a. Chỉ được dùng thêm 2 hóa chất tự chọn. Bằng phương pháp hóa học hãy phân biệt 5 chất 

bột chứa trong 5 lọ mất nhãn gồm: Mg(OH) 2 , Al 2 O 3 , Ca(NO 3 ) 2 , Na 2 CO 3 , KOH. 

b. Hãy trình bày phương pháp hóa học để tách từng chất ra khỏi hỗn hợp gồm BaCO 3 , CuO 

NaCl, CaCl 2 sao cho khối lượng không thay đổi. 


a. Trình bày nguyên tắc, nguyên liệu, các phản ứng chính xảy ra trong quá trình luyện gang. 

b. Tính khối lượng quặng manhetit (chứa 10% tạp chất trơ) cần dùng để sản xuất được 2 tấn 

gang chứa 5% cacbon. Biết hiệu suất quá trình đạt 90%. 


Hòa tan 5,33 gam hỗn hợp 2 muối RCl n và BaCl 2 vào nước được 200 gam dung dịch X. Chia 

X thành 2 phần bằng nhau: 

Phần 1: Cho tác dụng với 100 g dung dịch AgNO 3 8,5% thu được 5,74 g kết tủa X 1 và dung 

dịch X 2 . Phần 2: Cho tác dụng với dung dịch H 2 SO 4 loãng, dư thu được 1,165 gam kết tủa X 3 . 

a. Xác định tên kim loại R và công thức hóa học RCl n . 

b. Tính nồng độ % các chất trong dung dịch X 2 


Cho 12,9 gam hỗn hợp A gồm 2 kim loại Mg và Al vào trong bình đựng khí clo, nung nóng. 

Sau một thời gian ngừng phản ứng thu được 41,3 gam hỗn hợp chất rắn B. Cho toàn bộ chất 

rắn B tan vào trong 500 ml dung dịch HCl 1,2M thu được dung dịch C và V lít khí H 2 (đktc). 

Dẫn V lít khí H 2 này qua ống đựng 20 gam CuO nung nóng. Sau một thời gian thu được hỗn 

hợp chất rắn nặng 16,8 gam. Biết chỉ có 80% H 2 phản ứng. 

a. Tính thành phần % khối lượng các chất trong hỗn hợp A. 

b. Tính nồng độ C M các chất trong dung dịch C (Giả sử thể tích dung dịch thay đổi không đáng 

kể). 

Cho: H=1, O=16, Al=27, Ba=137, Mg=24,S=32, Fe=56, Cl=35,5, Ag = 108, Cu = 64, N= 

14, C= 12 

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






HCl 

(7) 

t o 

t 0 (6) 

H 2 O 
















. 


I 4.0 

a (1) chưa chính xác vì: Nếu dung dịch H 2 SO 4 loãng thì chỉ thu được 

FeSO 4 

Nếu H 2 SO 4 đặc, nguội thì Fe bị thụ động hóa nên không xảy ra phản 

ứng. Do đó phải dùng dung dịch H 2 SO 4 đặc, nóng 

(2) Sai, vì HCl đặc dễ bay hơi nên không thể đẩy H 2 SO 4 ra khỏi muối 

(3) Phản ứng xảy ra nhưng không nên dùng Ba(OH) 2 vì tạo BaSO 4 kết 

tủa lẫn với Fe(OH) 3 

(4) Sai, vì Fe(OH) 3 là bazơ không tan nên không tác dụng với muối 

NaCl 

(5) đúng, vì Fe(OH) 3 là bazơ không tan nên bị nhiệt phân 

(6) Sai, Fe 2 O 3 không thể phân hủy thành Fe, cần có chất khử mạnh như 







H 2 , CO... 

(7) Sai, Vì phản ứng xảy ra chỉ thu được FeCl 2 


(8) sai, không thể chuyển hóa trực tiếp vì Fe 2 O 3 không tan trong nước 0,25 

b (1) Chọn H 2 SO 4 đặc, nóng 

2Fe + 6 H 2 SO 4 đặc, nóng → Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3SO 2 + 6 H 2 O 0.25 

(2) Chọn BaCl 2 : 

Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3 BaCl 2 → 2FeCl 3 + 3BaSO 4 


(3) Chọn NaOH 

Fe 2 (SO 4 ) 3 + 6 NaOH → 2 Fe(OH) 3 + 3Na 2 SO 4 


(4) Chọn dd HCl: 

Fe(OH) 3 + 3 HCl 

to FeCl 3 + 3 H 2 O 


(5) 2Fe(OH) 3 → Fe 2 O 3 + 3 H 2 O 


(6) Chọn CO hoặc H 2 

Fe 2 O 3 + 3CO 

t o 

2 Fe + 3 CO 2 


Fe 2 O 3 + 3 H 2 

to 2Fe + 3 H 2 O 

(7) Chọn Cl 2 : 


2Fe + 3Cl 2 

to 2FeCl 3 

(8) không thể chuyển hóa trực tiếp 


II 4.0 

a. - Cho các mẫu thử vào nước dư: 

+ Hai mẫu thử không tan là Mg(OH) 2 và Al 2 O 3 ( nhóm 1) 


+ Ba mẩu thử tan tạo thành 3 dung dịch là Ca(NO 3 ) 2 , Na 2 CO 3 , KOH ( 

nhóm 2) 

- Nhỏ dung dịch HCl vào 3 mẫu thử của nhóm 2: 


+ Mẩu nào có bọt khí thoát ra là Na 2 CO 3 

Na 2 CO 3 + 2HCl → NaCl + CO 2 + H 2 O. Ta biết lọ Na 2 CO 3 0,25 
















+Lấy dung dịch Na 2 CO 3 vừa nhận biết ở trên cho vào 2 dung dịch còn 0,25 

lại 

Mẫu nào có kết tủa trắng là Ca(NO 3 ) 2 , Không có hiện tượng gì là 0,25 

KOH.. 

Na 2 CO 3 + Ca(NO 3 ) 2 → CaCO 3 + 2NaNO 3 


b. 

- Nhỏ dung dịch KOH vừa nhận biết ở trên vào 2 mẩu thử rắn ở nhóm 1 

Mẩu nào tan là Al 2 O 3 , không tan là Mg(OH) 2 


Al 2 O 3 + 2KOH → 2KAlO 2 + H 2 O 


- Cho (NH 4 ) 2 CO 3 vào dung dịch vừa thu được cho đến khi lượng kết tủa 

không tăng nữa, lọc kết tủa thu được CaCO 3 . 


(NH 4 ) 2 CO 3 + CaCl 2 → CaCO 3 + 2NH 4 Cl 

-Hòa tan CaCO 3 trong dung dịch HCl: 


CaCO 3 + 2HCl → CaCl 2 + CO 2 + H 2 O 


Cô cạn dung dịch ta thu được CaCl 2 . 

- Lấy nước lọc có chứa NaCl, NH 4 Cl, (NH 4 ) 2 CO 3 (dư) ở trên, Cho HCl 0,25 

vào đến khi không còn khí thoát ra: 

(NH 4 ) 2 CO 3 + 2 HCl → 2 NH 4 Cl + CO 2 + H 2 O 


Cô cạn dung dịch, nung ở nhiệt độ cao thu được NaCl 


NH 4 Cl 

to NH 3 ↑ + HCl↑ 

- Cho hỗn hợp chất rắn BaCO 3 , CuO vào nước, sục CO 2 vào tới dư: 

BaCO 3 + CO 2 + H 2 O → Ba(HCO 3 ) 2 . 


Lọc kết tủa ta thu được CuO. 

Lấy dung dịch nước lọc đem cô cạn thu được BaCO 3 


Ba(HCO 3 ) 2 

to BaCO 3 + CO 2 + H 2 O 

III 4.0 

a Nguyên tắc sản xuất gang: Dùng CO khử các oxit sắt ở nhiệt độ cao 

trong lò cao 

Nguyên liệu: Quặng sắt (hemantit Fe 2 O 3 hoặc manhetit Fe 3 O 4 ), than 

cốc, không khí giàu oxi và chất phụ gia ( đá vôi...) 


Các phản ứng chính: 

- Tạo chất khử CO: 


C + O 2 

to CO 2 


CO 2 + C 

to 2 CO 


- Khử oxit sắt: 

3CO + Fe 2 O 3 

to 2Fe + 3CO 2 


hoặc 4 CO + Fe 3 O 4 

to 3 Fe + 4 CO 2 

- Tạo xỉ: 

CaCO 3 

to CaO + CO 2 



CaO + SiO 2 

to CaSiO 3 0,25 

b - Hàm lượng Fe trong gang: 100- 5 = 95 %. 

Khối lượng Fe có trong 2 tấn gang: 2 . 95% = 1,9 (tấn) 


Khối lượng Fe 3 O 4 cần dùng để có 1,9 tấn Fe là: 



232.1,9 440,8 

( tấn). 

168 168 






















440 ,8 100 4408 

Khối lượng quặng manhetit chứa 10% tạp chất: . = 


168 90 1512 0,25 

4408 100 . ≈ 3,24 (tấn) 

1512 90 

(tấn) 


Vì hiệu suất chỉ đạt 90% nên khối lượng quặng đã lấy là: 

IV 4.0 

a Gọi a,b là số mol của RCl n và BaCl 2 có trong 2,665 gam mỗi phần 

Phần 1: RCl n + n AgNO 3 → R(NO 3 ) n + n AgCl (1) 0.25 

a an a an (mol) 

BaCl 2 + 2 AgNO 3 → Ba(NO 3 ) 2 + 2 AgCl (2) 

b 2b b 2b (mol) 0,25 

5,74 

n AgCl = = 0,04 mol an + 2b = 0,04 

143,5 


Phần 2: BaCl 2 + H 2 SO 4 → BaSO 4 + 2 HCl (3) 

b 

b mol 


2RCl n + nH 2 SO 4 → R 2 (SO 4 ) n + 2nHCl (4) 0,25 

Từ phản ứng (3) cứ 1 mol BaCl 2 chuyển thành 1 mol BaSO 4 khối lượng 

muối tăng 25 gam. Từ phản ứng (4) cứ 2 mol RCl n chuyển thành 1 mol 

R 2 (SO 4 ) khối lượng tăng 12,5 n gam. Nhưng khối lượng X 3 < m hỗn 

hợp muối ban đầu. Chứng tỏ (4) không xảy ra. → X 3 là BaSO 4 

1,165 


Số mol BaSO 4 = = 0,005 mol b = 0,005 an = 0,03. 

233 

m hh = a(M R + 35,5n) + 0,005. 208 = 2,665 aM R = 0,56 


56 

aM R / an = 0,56 / 0,03 M R = n 

3 

n 1 2 3 

M R 18,7 37,3 56(Fe) 


Vậy R là kim loại sắt Fe. Công thức hóa học của muối: FeCl 3 

b. số mol AgNO 3 phản ứng theo PTHH (1), (2)=. 0,04 mol 

số mol AgNO 3 dư = 0,05 - 0,04 = 0,01 mol 

Dung dịch X 2 gồm: 

Fe(NO 3 ) 3 ( 0,01 mol) m Fe(NO 3 ) 3 = 0,01. 142 = 1,42 g 

Ba(NO 3 ) 2 ( 0,005 mol) m Ba(NO 3 ) 2 = 0,005. 261=1,305 g 

AgNO 3 dư (0,01 mol) m AgNO 3 = 0,01 . 170 = 1,7 g 





200 

m dd = + 100 - 5,74 =194,26 g 


2 

1,42 

C% Fe(NO 3 ) 3 = .100% 

= 0,73% 


194,26 

1,305 

C% Ba(NO 3 ) 2 = .100% 

= 0,671% 


194,26 

1,7 

C% AgNO 3 = 


.100% 0,875% 

194,26 

V 4.0 


















a. Gọi x, y là số mol Mg, Al phản ứng với Cl 2 theo phương trình hoá học: 

Mg + Cl 2 

to MgCl 2 

x x mol 

2Al + 3Cl 2 

to 2AlCl 3 

y 3y/2 mol 

Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: m A + mCl 2 = m B 

mCl 2 = 41,3 - 12,9 = 28,4 g 

28,4 

nCl 2 = 0,4mol 

x + 3y/2 = 0,4 2x + 3y = 0,8 (1) 

71 

Cho B vào dd HCl thấy có khí H 2 thoát ra chứng tỏ kim loại còn dư 

gọi a, b là số mol Mg, Al có trong B 

Mg + 2 HCl MgCl 2 + H 2 

a 

a 

2Al + 6 HCl 2 AlCl 3 + 3 H 2 

b 3b/2 

nH 2 = a + 3b/2 


H 2 + CuO 

to Cu + H 2 O 

khối lượng chất rắn giảm đi chính là khối lượng oxi trong CuO bị khử 0,25 

m O = 20 - 16,8 = 3,2 gam 

Theo PTHH nH pư 3,2 

2 = n CuO = n O = 0, 2 mol 


16 

vì chỉ có 80% H 2 tham gia phản ứng nên lượng H 2 có trong V lít là 

0,2.100 

0,25mol a + 3b/2 = 0,25 2a +3b = 0,5 (2) 

80 


Từ (1) và (2) ta có 2(a+x) + 3(b+ y) = 1,3 (4) 

trong hỗn hợp đầu n Mg = (a + x), n Al = (b + y) 

m hh = 24( a + x) + 27 (b +y) = 12,9 (5) 


Từ (4), (5) ta có hệ PT: 2(a+x) + 3(b+ y) = 1,3 

24( a + x) + 27 (b +y) = 12,9 

Giải hệ Pt ta được (a + x) = 0,2 ; ( b + y) = 0,3 


m Mg = 0,2 . 24 = 4,8 gam; m Al = 0,3 . 27 = 8,1 gam 

% m Mg = 

4,8 

8,1 

100% 37,21% 

; %m Al = 100% 62,79% 

12,9 

12,9 


b Ta có: 

n bđ HCl = 0,5 . 1,2 = 0,6 mol , n pư HCl = 2 nH 2 = 2. 0,25 = 0,5 mol 


0,2 

0,3 

0,1 

C M MgCl 2 = 0,4M 

; C M AlCl 3 = 0,6M 

; C M HCl = 


0,2M 

0,5 

0,5 

0,5 

HCl dư. 

Trong dung dịch C 


nMgCl 2 = n Mg = 0,2 mol 

nAlCl 3 = n Al = 0,3 mol 

n dư HCl = 0,6 - 0,5 = 0,1 mol. 


Nồng độ mol các chất trong C 

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



























ĐỀ BÀI 

Câu 1. (6,5 điểm) 

1. Khi cho bột nhôm tác dụng với dung dịch NaOH đun nóng thu được dung dịch 

X 1 và khí X 2 . Thêm vào X 1 một ít tinh thể NH 4 Cl rồi tiếp tục đun nóng thấy tạo thành kết 

tủa X 3 và có khí X 4 thoát ra. Xác định X 1 , X 2 , X 3 , X 4 . Viết phương trình hoá học biểu 

diễn các phản ứng xảy ra. 

2. Xác định các chất A, B, C, D, E, F, H và hoàn thành sơ đồ biến hóa sau: 

+ NaOH C + E 

t 

A 

0 

B +NaOH +HCl H 

+ NaOH D +F 

Biết rằng H là thành phần chính của đá phấn; B là khí dùng nạp cho các bình chữa 

cháy(dập tắt lửa). 

3. a. Bằng phương pháp hóa học hãy tách SO 2 ra khỏi hỗn hợp gồm các khí SO 2 , 

SO 3 , O 2 . 

b. Bằng phương pháp hóa học hãy tách riêng từng kim loại ra khỏi hỗn hợp gồm 

Mg, Al, Fe, Cu. 

4. Có 5 chất rắn: BaCl 2 , Na 2 SO 4 , CaCO 3 , Na 2 CO 3 , CaSO 4 .2H 2 O đựng trong 5 lọ riêng 

biệt. Hãy tự chọn 2 chất dùng làm thuốc thử để nhận biết các chất rắn đựng trong mỗi lọ. 

Câu 2: (5,5 điểm) 

1. Lấy ví dụ bằng phương trình phản ứng cho các trường hợp sau: khi cho một kim 

loại vào một dung dịch muối sản phẩm tạo thành là 

a. Muối + kim loại b. Muối + bazơ + Khí c. Hai muối d. Duy nhất một 

muối 

2. Hãy xác định các hợp chất A,B,C,D và viết phương trình hóa học biểu diễn biến 

hóa sau 

(1) (2) (3) (4) 

A B C D Cu 

3. Hỗn hợp khí gồm CO, CO 2 , C 2 H 4 và C 2 H 2 . Trình bày phương pháp dùng để tách 

từng khí ra khỏi hỗn hợp 

Câu 3: (4,0 điểm) 

Có hai dung dịch; H 2 SO 4 (dung dịch A), và NaOH (dung dịch B). Trộn 0,2 lít dung 

dịch A với 0,3 lít dung dịch B được 0,5 lít dung dịch C. 

Lấy 20 ml dung dịch C, thêm một ít quì tím vào, thấy có màu xanh. Sau đó thêm từ 

từ dung dịch HCl 0,05M tới khi quì tím đổi thành màu tím thấy hết 40 ml dung dịch axit. 


















Trộn 0,3 lít A với 0,2 lít B được 0,5 lít dung dịch D. Lấy 20 ml dung dịch D, thêm 

một ít quì tím vào thấy có màu đỏ. Sau đó thêm từ từ dung dịch NaOH 0,1M tới khi quì 

tím đổi thành màu tím thấy hết 80 ml dung dịch NaOH. 

a. Tính nồng độ mol/l của 2 dung dịch A và B. 

b. Trộn V B lít dung dịch NaOH vào V A lít dung dịch H 2 SO 4 ở trên ta thu được dung 

dịch E. Lấy V ml dung dịch E cho tác dụng với 100 ml dung dịch BaCl 2 0,15 M được kết 

tủa F. Mặt khác lấy V ml dung dịch E cho tác dụng với 100 ml dung dịch AlCl 3 1M được 

kết tủa G. Nung F hoặc G ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thì đều thu được 

3,262gam chất rắn. Tính tỉ lệ V B :V A 

Câu 4: (4,0 điểm) 

Có hỗn hợp A có khối lượng 12,9 g gồm kim loại M (hóa trị II) và S. Nung hỗn hợp 

trong bình kín( không có không khí), thu được chất rắn X .Đốt X trong O 2 dư thu được 

oxit kim loại M có khối lượng 8,1g và khí E. Hấp thụ khí E bằng dung dịch NaOH dư 

thấy khối lượng bình tăng 12,8 g 

a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra 

b. Tìm kim loại M 

c. Tính % khối lượng các chất trong hỗn hợp A 

(Cho: O =16, H =1, C =12, Ca = 40, Ba = 137, Na = 23, S = 32, Cl = 35,5 ) 

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




















. 


Đáp án 

Điểm 

Câu 1: 6,5đ 

1. 1,5 


2Al + 2NaOH + 2H 2 O NaAlO 2 + 3H 2 

0,5 

NaOH + NH 4 Cl NaCl + NH 3 + H 2 O 

NaAlO 2 + NH 4 Cl + H 2 O Al(OH) 3 +NH 3 + NaCl 

0,5 

=> Dung dịch X 1 chứa NaOH dư và NaAlO 2 

- Khí A 2 là H 2 . 

- Kết tủa A 3 là Al(OH) 3 

- Khí A 4 là NH 3 . 

0,5 

2. 1,5 


t 

MgCO 3 

0 

MgO + CO 2 

CO 2 + NaOH NaHCO 3 

CO 2 + 2NaOH Na 2 CO 3 + H 2 O 

NaHCO 3 + NaOH Na 2 CO 3 + H 2 O 

0,5 

Na 2 CO 3 + HCl NaHCO 3 + NaCl 

NaHCO 3 + Ca(OH) 2 CaCO 3 + NaOH + H 2 O 

0,5 


=> B là CO 2 , A là muối cacbonnat dễ bị nhiệt phân như MgCO 3 , BaCO 3 ..., C 

là NaHCO 3 , D là Na 2 CO 3 , E là Ca(OH) 2 , F là muối tan của canxi như CaCl 2 , 

0,5 

Ca(NO 3 ) 2 ..., H là CaCO 3 . 

3. 2,0 

a. 0,5 

Cho hỗn hợp qua dd NaOH dư, còn lại O 2 : 

SO 2 + 2NaOH Na 2 SO 3 + H 2 O 

SO 3 + 2NaOH Na 2 SO 4 + H 2 O 


dung dịch thu được tác dụng với H 2 SO 4 loãng: 

Na 2 SO 3 + H 2 SO 4 Na 2 SO 4 + H 2 O + SO 2 . 


b. 1,5 

Hoà tan hỗn hợp trong dd NaOH dư, Al tan theo phản ứng: 

2Al + 2NaOH + 2H 2 O 2NaAlO 2 + 3H 2 . 


- Lọc tách được Fe, Mg, Cu không tan. Thổi CO 2 dư vào nước lọc: 

NaAlO 2 + CO 2 + 2H 2 O Al(OH) 3 + NaHCO 3 

- Lọc tách kết tủa Al(OH) 3 , nung đến khối lượng không đổi thu được Al 2 O 3 , 

điện phân nóng chảy thu được Al: 

0 

t 

2Al(OH) 3 Al 2 O 3 + 3H 2 O 

2Al 2 O 

dpnc 3 4Al + 3O 2 


- Hoà tan hỗn hợp 3 kim loại trong dd HCl dư, tách được Cu không tan và 


















dung dịch hai muối: 

Mg + 2HCl MgCl 2 + H 2 


- Cho dd NaOH dư vào dung dịch 2 muối : 

MgCl 2 + 2NaOH Mg(OH) 2 + 2NaCl 

FeCl 2 + 2NaOH Fe(OH) 2 + 2NaCl 


- Lọc kết tủa và nung ở nhiệt độ cao: 

Mg(OH) 2 MgO + H 2 O 

0 

t 

4Fe(OH) 2 + O 2 2Fe 2 O 3 + 4H 2 O 

- Thổi CO dư vào hỗn hợp 2 oxit đã nung ở nhiệt độ cao: 

0 

t 

Fe 2 O 3 + 3CO 2Fe + 3CO 2 

MgO + CO không phản ứng 

- Hoà tan hỗn hợp (để nguội) sau khi nung vào H 2 SO 4 đặc nguội dư, MgO tan 

còn Fe không tan được tách ra: 

0,5 

MgO + H 2 SO 4 (đặc nguội) MgSO 4 + H 2 O 

- Tiến hành các phản ứng với dung dịch còn lại thu được Mg: 

MgSO 4 +2NaOH dư Mg(OH) 2 + Na 2 SO 4 

Mg(OH) 2 + 2HCl MgCl 2 + 2H 2 O 

MgCl 

dpnc 2 Mg + Cl 2 


4. 1.5 

- Hoà tan các chất trong nước dư, phân biệt hai nhóm chất: 

- Nhóm 1 gồm các chất không tan: CaCO 3 , CaSO 4 .2H 2 O. Dùng dd HCl nhận 

được các chất nhóm 1 (Viết PTHH). 

0,5 

- Nhóm 2 gồm các chất tan là BaCl 2 , Na 2 SO 4 , Na 2 CO 3 . 

0,5 

- Dùng dd HCl nhận được Na 2 CO 3 . 

- Dùng Na 2 CO 3 mới tìm ; nhận được BaCl 2 . Còn lại Na 2 SO 4 . 

Na 2 CO 3 +2HCl 2NaCl + CO 2 + H 2 O 

0,5 

Na 2 CO 3 + BaCl 2 BaCO 3 + 2NaCl 

Câu 2: 5,5đ 

1. Các PTHH xảy ra 1,5 

a. Fe + CuSO 4 Cu + FeSO 4 


b. 6Na + 2 FeCl 3 +6 H 2 O 6 NaCl + 2 Fe(OH) 3 + 3 H 2 

0,5 

c. Cu + 2 FeCl 3 CuCl 2 + 2 FeCl 2 

0,5 

d. Fe + 2FeCl 3 3FeCl 2 


2. 2,0 

- Tìm D: D Cu : D có thể là CuO nếu chất tác dụng là H 2 , CO : D có 

thể là dung dịch muối đồng: CuCl 2 , CuSO 4 ,vv… nếu chất tác dụng là 

kim loại hoạt động mạnh hơn Cu ( Cu,Zn,Mg …) 


- Tìm C: Nếu từ C tạo ra CuO thì C là Cu(OH) 2 còn nếu C là CuSO 4 thì C 

là Cu(OH) 2 .Do đó B là muối đồng tan như Cu(NO 3 ) 2 …,A là muối đồng 0,25 

tan CuCl 2 

Vậy có thể có hai dãy biến hóa 















AgNO 3 KOH H 2 SO 4 Fe 

CuCl 2 Cu(NO 3 ) 2 Cu(OH) 2 CuSO 4 Cu 





BaCl 2 NaOH t O H 2 


Hoặc: CuSO 4 CuCl 2 Cu(OH) 2 CuO Cu 

PTHH: CuCl 2 + AgNO 3 Cu(NO 3 ) 2 + AgCl 


Cu(NO 3 ) 2 + KOH Cu(OH) 2 + KNO 3 


Cu(OH) 2 + H 2 SO 4 CuSO 4 + H 2 O 


Fe + CuSO 4 FeSO 4 + Cu 


3. 2,0 

- Dẫn hỗn hợp khí qua dung dịch Ca(OH) 2 dư ; CO 2 được giữ lại: 

CO 2 + Ca(OH) 2 CaCO 3 + H 2 O 

- Nhiệt phân CaCO 3 thu được CO 2 : 

0 

t 

CaCO 3 CaO + CO 2 

0,5 

- Dẫn hỗn hợp khí còn lại qua dung dịch Ag 2 O dư trong NH 3 ; lọc tách thu 

được kết tủa và hỗn hợp khí CO , C 2 H 4 và NH 3 : 

NH3 

C 2 H 2 + Ag 2 O C 2 Ag 2 + H 2 O 

- Cho kết tủa tác dụng với dd H 2 SO 4 loãng dư thu được C 2 H 2 : 

0 

t 

C 2 Ag 2 + H 2 SO 4 C 2 H 2 + Ag 2 SO 4 

0,75 

- Dẫn hỗn hợp CO, C 2 H 4 và NH 3 qua dd H 2 SO 4 loãng dư, đun nóng; thu được 

CO: 

2NH 3 + H 2 SO 4 (NH 4 ) 2 SO 4 

. 2 4 

C 2 H 4 + H 2 O d dH SO CH 3 CH 2 OH 

- Chưng cất dung dịch thu được C 2 H 5 OH. Tách nước từ rượu thu được C 2 H 4 . 

0,75 

0 

170 C, 

H2SO4dac 

CH 3 CH 2 OH C 2 H 4 + H 2 O 

Câu 3 . 4,0 

a. 1,5 

PTHH: 

+ Lần thí nghiệm 1: 2NaOH + H 2 SO 4 Na 2 SO 4 + 2H 2 O (1) 

Vì quì tím hóa xanh, chứng tỏ NaOH dư. Thêm HCl: 

HCl + NaOH NaCl + H 2 O (2) 

+ lần thí nghiệm 2: phản ứng (1) xảy ra, sau đó quì hóa đỏ chứng tỏ H 2 SO 4 dư. 0,5 

Thêm NaOH: 2NaOH + H 2 SO 4 Na 2 SO 4 + 2H 2 O (3) 

+ Đặt x, y lần lượt là nồng độ mol/l của dung dịch A và dd B: Từ (1),(2),(3) ta 0,25 

có: 

0,05.40 500 

0,3y - 2.0,2x = . = 0,05 (I) 

1000 20 

0,3x - 0,2 y 0,1.80 500 = = 0,1 (II) 

2 1000.2 20 

Giải hệ (I,II) ta được: x = 0,7 mol/l , y = 1,1 mol/l 

0,75 

b. 2,5 

Vì dung dịch E tạo kết tủa với AlCl 3 , chứng tỏ NaOH còn dư. 

AlCl 3 + 3NaOH Al(OH) 3 + 3NaCl (4) 


















0 

t 

2Al(OH) 3 Al 2 O 3 + 3H 2 O (5) 

Na 2 SO 4 + BaCl 2 BaSO 4 + 2NaCl (6) 

0,5 

Ta có n(BaCl 2 ) = 0,1.0,15 = 0,015 mol 

n(BaSO 4 ) = 3,262 = 0,014mol < 0,015 

233 

=> n(H 2 SO 4 ) = n(Na 2 SO 4 ) = n(BaSO 4 ) = 0,014mol . Vậy V A = 0,014 = 0,02 lít 

0,7 

n(Al 2 O 3 ) = 3,262 

102 =0,032 mol và n(AlCl 0,75 

3) = 0,1.1 = 0,1 mol. 

+ Xét 2 trường hợp có thể xảy ra: 

- Trường hợp 1: Sau phản ứng với H 2 SO 4 , NaOH dư nhưng thiếu so vời AlCl 3 

(ở pư (4): n(NaOH) pư trung hoà axit = 2.0,014 = 0,028 mol 

n(NaOH pư (4) = 3n(Al(OH) 3 ) = 6n(Al 2 O 3 ) = 6.0,032 = 0,192 mol. 

tổng số mol NaOH bằng 0,028 + 0,192 = 0,22 mol 

Thể tích dung dịch NaOH 1,1 mol/l là 0,22 

1,1 = 0,2 lít .Tỉ lệ V 0,75 

B:V A = 0,2:0,02 =10 

- Trường hợp 2: Sau (4) NaOH vẫn dư và hoà tan một phần Al(OH) 3 : 

Al(OH) 3 + NaOH NaAlO 2 + 2H 2 O (7) 

Tổng số mol NaOH pư (3,4,7) là: 0,028 + 3.0,1 + 0,1 - 2.0,032 = 0,364 mol 

Thể tích dung dịch NaOH 1,1 mol/l là 0,364 ≃ 0,33 lít 

1,1 0,5 

=> Tỉ lệ V B :V A = 0,33:0,02 = 16,5 

Câu 4. 4,0đ 

a. M + S MS 

2MS + 3O 2 2 MO + 2 SO 2 

0,75 

Nếu dư S : O 2 + S SO 2 

2 NaOH + 3SO 2 2 Na 2 SO 3 + 2 H 2 O 

0,5 

b. Tìm kim loại M : 

Khí E là SO 2 có số mol n 12,8 

SO 2 = 


0, 2 

64 

Khối lượng kim loại : 12,9 – 0,2.32 = 6,5 g 

0,5 

8,1 6,5 

Số mol kim loại : 0,1mol 

16 

0,5 

6,5 

Khối lượng nguyên tử kim loại M = 65 . Vậy kim loại là Zn 

0,1 

6,5.100 

c. % khối lượng Zn : 50,39% 

. % khối lượng S = 49,61%. 

12,9 

0,75 

0,75 

Chú ý khi chấm thi: 

- Trong các phương trình hóa học nếu viết sai công thức hóa học thì không cho 

điểm, nếu không viết điều kiện phản ứng hoặc không cân bằng phương trình hoặckhông 

ghi trạng thái các chất phản ứng hoặc cả ba thì cho 1/2 số điểm của phương trình đó. 

-Nếu làm các cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa ứng với mỗi ý, câu của đề ra 

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






















ĐỀ BÀI 

Câu 1:( 4đ) 

1/ Cho CO tác dụng với CuO đun nóng được hỗn hợp chất rắn A và khí B. Hòa tan hoàn 

toàn A vào H 2 SO 4 đặc nóng. Cho B tác dụng với dung dịch nước vôi trong dư. Viết 

phương trình phản ứng hóa học. 

2/ Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng cho các thí nghiệm sau: 

a/ Nhúng đinh sắt đã cạo sạch gỉ vào dung dịch CuSO 4 

b/ Sục khí SO 2 vào dung dịch Ca(HCO 3 ) 2 

Câu 2: (4,5đ) 

1/ Có 5 mẫu chất khí A, B, C, D, E đựng trong 5 lọ riêng biệt . Mỗi khí có một tính chất 

sau: 

a/ Khí A cháy tạo ra chất lỏng(ở nhiệt độ thường) không màu, không mùi, chất lỏng này 

làm cho đồng(II) sunfat khan màu trắng thành màu xanh. 

b/ Khí B rất độc, cháy trong không khí với ngọn lửa xanh nhạt sinh ra chất khí làm đục 

nước vôi trong. 

c/ Khí C không cháy, nhưng làm vật cháy sáng chói hơn. 

d/ Khí D không cháy mà còn làm tắt ngọn lửa của vật đang cháy 

e/ Khí E tác dụng với nước tạo thành hỗn hợp 2 axit có tác dụng tẩy trắng, sát trùng, diệt 

khuẩn. 

Hãy cho biết A,B, C,D, E là những khí nào? Viết phương trình phản ứng xảy ra? 

2/ Xác định chất A,B,C,D,E,F,G,H,I,J,K và viết phương trình phản ứng theo sơ đồ sau: 

A + O 2 B+C B + O 2 t o , xt D 

D + E F 

D + BaCl 2 + E G + H 

F+ BaCl 2 G + H H + AgNO 3 AgCl + I 

I + A J + F + NO + E 

J + NaOH Fe(OH) 3 + K 

Câu 3:( 5,5đ) Hỗn hợp gồm 3 kim loại Cu, Fe, Mg nặng 20 gam được hòa tan hết bằng 

axit H 2 SO 4 loãng, thoát ra khí A, nhận được dung dịch B và chất rắn D. Thêm KOH dư 

vào dung dịch B rồi sục không khí để xảy ra hoàn toàn phản ứng. 

4Fe(OH) 2 + O 2 + 2H 2 O 4 Fe(OH) 3 

Lọc kết tủa và nung đến luợng không đổi cân nặng 24 (g). Chất rắn D cũng được 

nung trong không khí đến lượng không đổi cân nặng 5 gam. Tìm % khối lượng mỗi kim 

loại ban đầu? 

Câu 4:(6 đ) Nung 25,28gam hỗn hợp FeCO 3 v à Fe x O y dư tới phản ứng hoàn toàn, thu 

được khí A và 22,4 gam Fe 2 O 3 duy nhất. Cho khí A hấp thụ hoàn toàn vào 40ml dung 

dịch Ba(OH) 2 0,15M thu được 7,88 gam kết tủa. 

1, Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 

2, Tìm công thức phân tử của Fe x O y 

Ghi chú: Học sinh được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học do Bộ Giáo dục 

- đào tạo ban hành và máy tính bỏ túi. 

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





















Câu 1 Nội dung đáp án 4đ 

1, CO + CuO Cu + CO 2 chất rắn A (Cu + CuO dư), khí B(CO 2 ) 

CuO + H 2 SO 4 CuSO 4 + H 2 O 

Cu + 2H 2 SO 4 CuSO 4 + SO 2 + H 2 O 

CO+Ca(OH) 2 CaCO 3 + H 2 O 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

2, a. Fe + CuSO 4 FeSO 4 + Cu (d 2 màu xanh+có kết tủa Cu) 

b, SO 2 + CO(HCO 3 ) 2 CaCO 3 +2CO 2 +H 2 O (có kết tủa, có khí ) 

2SO 2 +Cu(HCO 3 ) 2 Ca(HSO 3 ) 2 + 2CO 2 ( có khí ) 

0,75đ 

0,75đ 

0,75đ 

Câu 2 4,5đ 

1, Căn cứ vào tính chất đã nêu ta biết: 

o 

a, A là khí H 2 : H 2 + O 2 

t 

H 2 O 

0,5đ 

1 0,75đ 

b, B là khí CO: CO + O2 CO 2 

2 0,25đ 

c, C là khí O 2 


d, D là khí CO 2 

e, E là khí Cl 2 : Cl 2 + H 2 O HCl + HClO 

0,75đ 

2, A: Là FeS 2 hoặc FeS 

FeS 2 + O 2 SO 2 + Fe 2 O 3 


(B) 

SO 2 + O 2 0,25đ 

3 

(D) 

SO 3 + H 2 O H 2 SO 4 


(D) (E) (F) 

SO 3 +BaCl 2 +H 2 O BaSO 4 +2HCl 


(D) (E) (G) (H) 

H 2 SO 4 +BaCl 2 BaSO 4 +2HCl 


(F) (G) (H) 

HCl +AgNO 3 AgCl +HNO 3 


(H) 

(I) 

8HNO 3 +FeS 2 Fe(NO 3 ) 3 + H 2 SO 4 + 5NO +2H 2 O 


(J) (F) (E) 

Fe(NO 3 ) 3 + 3NaOH Fe(OH) 3 + H 2 SO 4 + 3NaNO 3 


(J) 

(K) 

Câu 3 5,5đ 

Cu không tan trong H 2 SO 4 loãng là chất rắn D khi nung trong không 

khí. 2Cu +O 2 

o 

2CuO 

1đ 

ta có m 5 Cu = . 64 = 4 (g) m Mg +m Fe = 16(g) 

80 0,5đ 


4 

% Cu= x 100 = 20% 

20 0,5đ 

Theo bài ra ta có phương trình: 





. 











Fe + H 2 SO 4(l) FeSO 4 + H 2 

Mg + H 2 SO 4 MgSO 4 + H 2 

FeSO 4 + 2KOH Fe(OH) 2 +K 2 SO 4 

MgSO 4 + 2KOH Mg(OH) 2 +K 2 SO 4 

4Fe(OH) 2 +O 2 +H 2 O 4Fe(OH) 3 

o 

2Fe(OH) 3 

t 

Fe 2 O 3 + 3H 2 O 

Mg(OH) 2 

t o 

MgO +H 2 O 

Theo phương trình phản ứng: 

Lượng oxit bằng 24 – 26 = 18 g 0,5mol 

Gọi x là số mol của Fe; Gọi y là số mol của Mg 

56x24y16 

Ta có hệ phương trình: 1 ,5x 

y0,5 

x 

y 0, 

2 

m Fe = 0,2 . 56 = 11,2 (g). 

11,2 

%Fe = 100% 56% 

20 

m Mg = 4,8(g) %Mg =24% 

Thu được 7,88 gam kết tủa đó là BaCO 3 

ta có n = 0,14 mol; n Fe 2 O 3 

Ba(OH ) 

= 0,06 mol; n 

2 

BaCO 

= 0,04mol 

3 











1đ 



Câu 

4 

1, 

2đ 

Theo bài ra ta có phương trình 

4FeCO 3 + O 2 2Fe 2 O 3 + 4CO 2 (1) 

0,5đ 

3x 2y 

2Fe x O y + ( ) O2 xFe2O3 

(2) 

0,5đ 

2 

CO 2 +Ba(OH) 2 BaCO 3 +H 2 O (3) 

0,5đ 

2CO 2 +Ba(OH) 2 Ba(HCO 3 ) 2 (4) 

0,5đ 

2 4đ 

Do nBa( OH ) 2 

nBaCO 

nên có 2 khả năng xảy ra: 

3 

Nếu Ba(OH) 2 dư (0,02 mol) thì n CO 

0, 04mol 

(không có phản ứng 

2 

2đ 

(4)) mFe 

x O y 

25,28 

(0,04116) 

20,64( g) 

0,04 

nFe 2 O 3 

tạo ra từ khí Fe x O y = 0,14 - = 0,12 (mol) 

2 

Số mol Fe= 0,24 (mol) còn số mol O = 0,45 (mol) 

Tỉ số O : Fe = 1,875 >1,5 (loại ). 

Vậy nBa(OH ) 

không dư; 0,025 mol Ba(OH) 

2 

2 tham dư phản ứng (4) 

khi đó n 

CO 

= 0,04 + 0,04 = 0,08(mol) 

2 

2đ 

Vậy mFe 

x O y 

25,28 

(0,08116) 

16( g) 

0,08 

Số mol Fe 2 O 3 tạo ra ở (2) = 0,14 - = 0,1 (mol) 

2 

m Fe 

0,1 160 16( g) 

2 O 

 

3 

O 2 dư phản ứng (2) = 0 và oxit sắt ban đầu là Fe 2 O 3. 

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





















ĐỀ BÀI 


1. Nêu các hiện tượng xảy ra và viết PTPƯ nếu có. 

a. Cho bột nhôm vào dung dịch Natri hyđrôxit. 

b. Cho bột sắt vào dung dịch Đồng sunfat. 

c. Cho miếng Natri vào dung dịch Nhôm sunfat. 

2. Hoàn thành sơ đồ chuyển hóa: 


A D E 

FeCl 3 FeCl 3 

B 

F 

Hãy xác định các chất A, B, C, D, E, F – Viết PTHH. 


Nung 10,23g hỗn hợp hai oxit là CuO và PbO với Cacbon dư, toàn bộ lượng khí 

sinh ra được dẫn vào bình đựng dung dịch Ca(OH) 2 dư, phản ứng xong thu được 5,5g kết 

tủa. Tính thành phần % theo khối lượng các oxit trong hỗn hợp ban đầu. 

Câu 3: (4 điềm) 

Có một oxit sắt chưa rõ công thức. Chia lượng oxit này làm hai phần bằng nhau. 

a/ Để hòa tan hết phần 1, phải dùng 150 ml dung dịch HCl 3M. 

b/ Cho một luồng khí CO dư đi qua phần 2 nung nóng, phản ứng xong thu được 

8.4 gam sắt.Hãy tìm công thức phân tử của oxit sắt trên. 


a. Làm bay hơi 60g nước từ dung dịch muối ăn có nồng độ 15% được dung dịch mới 

có nồng độ 18%. 

Hãy xác định khối lượng của dung dịch ban đầu. 

b. Hòa tan a(g) Natri oxit vào 175,2g nước thu được dung dịch Natri hidroxit 16%. 

Tính a(g) Natri oxit cần dùng. 


Cho các chất Na, MgCl 2 , FeCl 2 , FeCl 3 , AlCl 3 . Chỉ dùng thêm H 2 O hãy nhận biết các 

chất trên 

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





















Nội dung 

Câu 1:a. Hiện tượng: 

1. Có bọt khí thoát ra. Al + 2NaOH + 2H 2 O 2NaAlO 2 +3H 2 

2. Mất màu xanh của dung dịch. 

Fe + CuSO 4 FeSO 4 + Cu 

3. Có bọt khí thóat ra, có kết tủa và kết tủa tan khi Na dư 

2Na + 2H 2 O 2NaOH + H 2 

6NaOH + Al 2 (SO 4 ) 3 3Na 2 SO 4 + 2Al(OH) 3 

NaOH + Al(OH) 3 NaAlO 2 + 2H 2 O 

b. Xác định chất A,B,D,E.F 

A. Fe E. Fe(OH) 3 B. Cl 2 F. HClD. Fe 2 (SO 4 ) 3 

A FeCl 3 : 2Fe + 3Cl 2 2FeCl 3 

B FeCl 3 : 3Cl 2 + 2Fe 2FeCl 3 

A Fe 2 (SO 4 ) 3 : 2Fe + 3H 2 SO 4 Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 

D Fe(OH) 3 : Fe 2 (SO 4 ) 3 +6NaOH 2Fe(OH) 3 + 3Na 2 SO 4 

B HCl : Cl 2 + H 2 2HCl 

E FeCl 3 : 2Fe(OH) 3 + 6HCl 

2FeCl 3 + 3H 2 O 

F FeCl 3 : 6HCl +2Fe(OH) 2 2FeCl 3 + 3H 2 O 

Câu 2: CuO + C 

2x 

o 

o 

t 

 

t 

 

2Cu + CO 2 

2PbO + C 2Pb + CO 2 

2y 

y 

CO 2 + Ca(OH) 2 CaCO 3 + H 2 O 

0,055mol 

0,055mol 

Số mol CaCO 3 = 5,5: 100 = 0,055mol 

Ta có hệ PT: 160x + 446y = 10,23 

x + y = 0,055 

Giải ra ta được: x = 0,05; y = 0,005 

0,05x160 

x100 

%CuO = 

= 78,2% 

10,23 

0,005x446x100 

%PbO = 

= 21,8% 

10,23 

Câu 3: 

- Số mol HCl là: n HCl = 0,15 . 3 = 0,45 (mol) 

- Số mol sắt là: n Fe = 8,4 : 56 = 0,15 (mol) 

x 





. 

Điểm 


















0,5 

0,5 

0,5 



0,5 

0,5 

0,5 

0,5 











- Công thức của oxit sắt trên có dạng: Fe x O y 

- Các PTHH: 

* Phần 1: Fe x O y + 2y HCl x FeCl 2y/x + y H 2 O (1) 

Mol: 0,45/2y 0,45 

* Phần 2: Fe x O y + y CO x Fe + y CO 2 (2) 

Mol: 0,15/x 0,15 

- Theo đề bài: Khối lượng của oxit sắt ở mỗi phần bằng nhau nên ta có 

phương trình: 

0,45/2y = 0,15/x 

0,45x = 0,15.2y 

x/y = 2/3 

Nên: x = 2 ; y = 3 

Vậy, công thức phân tử của oxit sắt đó là Fe 2 O 3. 

Câu 4: 

a. Gọi: Nồng độ % và khối lượng dung dịch ban đầu là C % đ , m dd đ . 

Nồng độ % và khối lượng dung dịch ban sau là C % S , (m dd đ – 60). 

- Vì khối lượng chất tan trước và sau không đổi, ta có: 

C 

m C m 

. . ( 60) 

m %ñ ddñ %S ddñ 

ct 

100% 100% 

15% . 

m 

18% . ( 60) 

ddñ m 

ddñ 

 

100% 100% 

=> m dd đ = 360g 

a 

b. Số mol Na 2 O : mol 

62 

PTHH : Na 2 O + H 2 O 2NaOH 

a mol ---> 2 a mol 

62 

62 

a 

(2 )40 

Ta có : C % dd NaOH = 62 .100% 16% 

(a 175, 2) 

=> a = 24,8(g) 

Câu 5: 

Đánh số các lọ hóa chất 

Trích mỗi ít hóa chất làm mẫu thử 

Cho nước vào các mẫu thử 

Trường hợp có khí thoát ra là Na:Na + 2H 2 O 2NaOH + H 2 

Cho NaOH vào các mẫu thử còn lại 

Trường hợp tạo kết tủa trắng ngả xanh là FeCl 2 












0,5 


0,5 



0, 5 








0, 5 

0,5 

0,5 




0,5 

0,5 






0,5 














Trường hợp tạo kết tủa trắng tan trong NaOH dư là AlCl 3 

3NaOH + AlCl 3 Al(OH) 3 + 3NaCl 

Trường hợp tạo kết tủa nâu đỏ là FeCl 3 


Kết tủa trắng là MgCl 2 

2NaOH + MgCl 2 Mg(OH) 2 + 2NaCl 

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


0,5 


0,5 


0,5 




















ĐỀ BÀI 


Câu 1. (2.0 điểm): 

Cho m gam hỗn hợp Fe và CuO vào dung dịch HCl, kết thúc phản ứng được dung 

dịch A có chứa chất rắn B. Cho chất rắn B vào trong 200 ml dung dịch H 2 SO 4 loãng 

0,2M thu được dung dịch C không màu và còn lại chất rắn D không tan trong dung dịch 

HCl có khối lượng 1,28 gam , cho dung dịch NaOH đã đun sôi để nguội tới dư vào dung 

dịch A vừa thu được thấy tạo ra kết tủa F nung kết tủa F trong bình chứa khí N 2 thì thu 

được rắn K có khối lượng 9,72 gam . Cho dung dịch C tác dụng với dung dịch Ba(OH) 2 

dư thu được k ết tủa M nung kết tủa M trong không khí thu được rắn N có khối lượng 

5,46 gam . 

a.Viết các phương trình phản ứng đã xảy ra. 

b. Tìm khối lợng mỗi chất trong hỗn hợp đầu. 

(Cho Fe = 56, Cu = 64, O = 16; H = 1) 

Câu 2. (1.5 điểm ): Khử 15.2g hỗn hợp FeO và Fe 2 O 3 bằng hidro ở nhiệt độ cao, thu 

được sắt kim loại. Để hòa tan hết lượng sắt kim loại này cần dùng 100ml dung dịch 

H 2 SO 4 2M, sau phản ứng thu được dung dịch A và khí B. 

a. Xác định phần trăm khối lượng mỗi oxit trong hỗn hợp ban đầu và tính thể tích 

khí B. 

b. Nếu cô cạn cẩn thận dung dịch A sẽ thu được bao nhiêu gam tinh thể FeSO 4 . 

7H 2 O. 

Câu 3. (1.5 điểm): Cho m gam kim loại Fe tan hết trong V ml dung dịch HNO 3 0,5 M, 

sau phản ứng thu được 0,672 lít khí NO duy nhất (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng 

thu được 7,82 gam muối khan. Tìm m và tính V. 

Câu 4. (2.0 điểm): Hòa tan 16,16 gam hỗn hợp gồm sắt và một oxit sắt bằng dung dịch 

HCl dư, thu được 0,896 lít khí (đktc) và dung dịch A. Cho A tác dụng với lượng dư dung 

dịch NaOH, sau đó nung nóng trong không khí đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu 

được kết tủa B. Nung B ở nhiệt độ cao đến khi khối lượng không đổi thu được 17,6 gam 

chất rắn. 

a. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của các chất trong hỗn hợp đầu. 

b. Xác định công thức của oxit sắt. 

Câu 5. (3.0 điểm ): Hỗn hợp A gồm ba chất M 2 CO 3 , MHCO 3 , MCl (M là kim loại 

kiềm). Hòa tan hoàn toàn 30,15 gam A trong V ml dung dịch HCl 10,52% (có khối 

lượng riêng D = 1,05 g/ml) dư, thu được dung dịch B và 5,6 lít khí CO 2 (ở đktc). Chia B 

thành 2 phần bằng nhau: 
















Cho phần một phản ứng vừa đủ với 100 ml dung dịch KOH 1M, thu được m gam muối 

khan. 

Cho phần hai tác dụng hoàn toàn với dung dịch AgNO 3 dư, thu được 50,225 gam kết tủa. 

a. Xác định tên kim loại M. 

b. Tính thành phần phần trăm khối lượng từng chất trong hỗn hợp A. 

c. Tính giá trị của V và m. 

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





Câu 1: (2 điểm) Cho m gam hỗn hợp Fe và CuO vào dung dịch HCl, kết thúc phản ứng 

được dung dịch A có chứa chất rắn B . Cho chất rắn B vào trong200 ml dung dịch H 2 SO 4 

loãng 0,2M thu được dung dịch C không màu và còn lại chất rắn D không tan trong 

dung dịch HCl có khối lượng 1,28 gam , cho dung dịch NaOH đã đun sôi để nguội tới dư 

vào dung dịch A vừa thu được thấy tạo ra kết tủa F nung kết tủa F trong bình chứa khí 

N 2 thì thu được rắn K có khối lượng 9,72 gam . Cho dung dịch C tác dụng với dung dịch 

Ba(OH) 2 dư thu được k ết tủa M nung kết tủa M trong không khí thu được rắn N có khối 

lượng 5,46 gam . 

a.Viết các phương trình phản ứng đã xảy ra. 

b. Tìm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp đầu. 

(Cho Fe = 56, Cu = 64, O = 16; H = 1) 

Viết các phương trình phản ứng xảy ra: 

Fe + 2HCl FeCl 2 + H 2 (1) 

x 

x 

CuO +2HCl CuCl 2 + H 2 O (2 ) 

0,02 0,02 

Vì chất rắn B tác dụng với H 2 SO 4 loãng cho dung dịch không màu và chất 

rắn D không tan trong axit nên CuO tan hết trong HCl ở trên và có phản 

0.5 

ứng: 

Fe + CuCl 2 Cu + FeCl 2 (3) ( CuCl 2 phản ứng hết) 

0,02 0,02










Kết tủa M là : Fe(OH) 2 + BaSO 4 nung trong không khí 

BaSO 4 BaSO 4 (7)( không bị nhiệt phân ) 

0,02 – y 0,02 – y 

4Fe(OH) 2 + O 2 2Fe 2 O 3 + 2H 2 O (8) 

y y /2 

Ta có rắn N là BaSO 4 0,02 – y + y mol và Fe 2 O 3 y /2 : tổng khối lượng 

là 

233 . ( 0,02 ) + (y/2). 160 = 5,46 => y = 0,01 

NaOH đun sôi để nguội không có O 2 , NaOH + dd A chỉ có FeCl 2 số mol 

là x + 0,02 mol 

FeCl 2 + 2NaOH Fe(OH) 2 + 2NaCl (9) 

0.5 

x + 0,02 x + 0,02 

Kết tủa F là Fe(OH) 2 nung trong khí N 2 khí trơ 

Fe(OH) 2 FeO + H 2 O (10) 

x + 0,02 x + 0,02 

Chất rắn K là FeO có khối lượng (x + 0,02 ) . 72 = 9,72 gam 

x = 0,115 mol 

Vậy số mol sắt ban đầu là: 

( phản ứng 1,3,4 ) x + y+ 0,02 = 0,115 + 0,02 +0,01 = 0,145 mol 0.5 

Khối lượng các chất trong hỗn hợp ban đầu là: 

m CuO = 0,02 . 80 = 1,6 gam 

m Fe = 0,145. 56 = 8,12 gam 

Câu 2. (1.5 điểm ): Khử 15.2g hỗn hợp FeO và Fe 2 O 3 bằng hidro ở nhiệt độ cao, thu 

được sắt kim loại. Để hòa tan hết lượng sắt kim loại này cần dùng 100ml dung dịch 

H 2 SO 4 2M, sau phản ứng thu được dung dịch A và khí B. 

c. Xác định phần trăm khối lượng mỗi oxit trong hỗn hợp ban đầu và tính thể tích 

khí B. 

d. Nếu cô cạn cẩn thận dung dịch A sẽ thu được bao nhiêu gam tinh thể FeSO 4 . 

7H 2 O. 

a. Gọi x, y lần lượt là số mol của Fe 2 O 3 và FeO 

Ta có khối lượng của hỗn hợp: 160x + 72y = 15,2g (1) 

Phương trình hóa học. 

Fe 2 O 3 + 

t 

3H 2 

0 

2Fe + 3H 2 O 

x 3x 2x 

FeO + 

t 

H 2 

0 

Fe + H 2 O 

0.5 

y y y 

Số mol của H 2 SO 4 : n 

H 2 SO 4 

2 . 0,1 = 0,2mol 

Fe + H 2 SO 4 FeSO 4 + H 2 (*) 

(2x + y) (2x + y) (2x + y) mol 

















Theo PTHH 

n n n n 

H SO 

 

Fe 

2 

2 4 

Fe2O3 

n 2x 

y 

2 SO 4 

FeO 

H 

0, 2 mol (2) 

Từ (1) và (2) x = 0,05 mol, y = 0,1 mol 

m = 0.05 . 160 = 8g; m FeO = 0,1 . 72 = 7,2g. 

 

Fe 2 O3 

8 

% m 

Fe 2 O 

= .100% 52, 6% 

3 

15.2 

%m FeO = 100% - 52,6% = 47,4%. 

Theo pư (*): n 

H 

= n 

2 Fe = 2x + y =2. 0,05 + 0.1 = 0,2 mol 

V = 0,2.22,4 = 4,48 lít. 

 

H 2 

b. 

FeSO H O 

mFeSO 

4 7H 

2O 

n 

4 . 7 

= 

2 FeSO4 

n = 2x + y = 0.2 mol 

. 

= 0,2 . 278 = 55,6g. 0.5 

Câu 3. (1.5 điểm): Cho m gam kim loại Fe tan hết trong V ml dung dịch HNO 3 0,5 M, 

sau phản ứng thu được 0,672 lít khí NO duy nhất (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng 

thu được 7,82 gam muối khan. Tìm m và tính V. 

nNO = 6,72/22,4 = 0,03 mol. 

- Nếu Fe tác dụng hết HNO 3 chỉ tạo ra muối Fe(NO 3 ) 3 theo ptpư : 

Fe+ 4HNO 3 Fe(NO 3 ) 3 + NO + 2H 2 O 

n 

Fe( NO 3 ) 3 

= n NO = 0,03 mol m 

Fe(NO 3 ) 

= 0,03.242 = 7,26g 7,82g 

3 

0.5 

không t/m điều kiện đề bài (loại). 

- Nếu chỉ tạo ra muối Fe(NO 3 ) 2 theo ptpư : 

Fe+ 4HNO 3 Fe(NO 3 ) 3 + NO + 2H 2 O 

0,03 0,03 0,03 mol 

Fe + 2Fe(NO 3 ) 3 3Fe(NO 3 ) 2 

0,03 0,045 mol 

m 

Fe(NO 3 ) 

= 0,045.180 = 8,1 g 7,82g loại 

3 

- Vậy : Fe pư với HNO 3 tạo ra 2 muối theo các ptpư : 

Fe+ 4HNO 3 Fe(NO 3 ) 3 + NO + 2H 2 O (1) 

0.5 

0,03 0,12 0,03 0,03 mol 

Fe + 2Fe(NO 3 ) 3 3Fe(NO 3 ) 2 (2) 

x 2x 3x mol 

Từ (1) và (2) ta có: (0,03 – 2x).242 + 3x.180 = 7,82 

x = 0,01 mol. 

Vậy tổng số mol Fe pư ở (1) và (2) là: 0,01 + 0,03 = 0,04 mol 

m = 0,04.56 = 2,24g. 

0.5 

V = 0,12/0,5 = 0,24 lít = 240ml. 

 

HNO3 




Câu 4. (2.0 điểm): Hòa tan 16,16 gam hỗn hợp gồm sắt và một oxit sắt bằng dung dịch 

HCl dư, thu được 0,896 lít khí (đktc) và dung dịch A. Cho A tác dụng với lượng dư dung 

dịch NaOH, sau đó nung nóng trong không khí đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu 

được kết tủa B. Nung B ở nhiệt độ cao đến khi khối lượng không đổi thu được 17,6 gam 





0.5 












chất rắn. 

a)Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của các chất trong hỗn hợp đầu. 

b) Xác định công thức của oxit sắt. 

a) Fe + HCl FeCl 2 + H 2 (1) 

0,04 mol 0,04 mol 

Fe x O y + 2yHCl x FeCl 2y/x + y H 2 O (2) 

%m Fe = 13,86% 

1.0 

(0,75 đ) 

%m FexOy = 100 – 13,86 = 86,14 (%) 

b) n Fe2O3 = 17,6/160 =0,11 

2 FeFeCl 2 Fe(OH) 2 Fe(OH) 3 Fe 2 O 3 

0,04 mol 0,02 mol 

2Fe x O y …Fe(OH) 3 x Fe 2 O 3 

(0,18/x) mol 

0,09 mol 

1.0 


0,04.56 + (0,18/x) (56x +16y) = 16,16 

=> x/y = 3/4 => CTPT oxit Fe x O y là Fe 3 O 4 

Câu 5. (3.0 điểm ): Hỗn hợp A gồm ba chất M 2 CO 3 , MHCO 3 , MCl (M là kim loại 

kiềm). Hòa tan hoàn toàn 30,15 gam A trong V ml dung dịch HCl 10,52% (có khối 

lượng riêng D = 1,05 g/ml) dư, thu được dung dịch B và 5,6 lít khí CO 2 (ở đktc). Chia B 

thành 2 phần bằng nhau: 

Cho phần một phản ứng vừa đủ với 100 ml dung dịch KOH 1M, thu được m gam muối 

khan. 

Cho phần hai tác dụng hoàn toàn với dung dịch AgNO 3 dư, thu được 50,225 gam kết tủa. 

a. Xác định tên kim loại M. 

b. Tính thành phần phần trăm khối lượng từng chất trong hỗn hợp A. 

c. Tính giá trị của V và m. 

a. xác định tên kim loại: 

M 2 CO 3 + 2HCl 2MCl + CO 2 + H 2 O (1) 

MHCO 3 + HCl MCl + CO 2 + H 2 O (2) 

Dung dịch B: MCl, HCl dư 

½ dung dịch B + KOH (3) 

HCl + KOH KCl + H 2 O (3) 

½ dung dịch B + AgNO 3 

HCl + AgNO 3 AgCl + HNO 3 (4) 

MCl + AgNO 3 AgCl + MNO 3 (5) 

n CO2 =5,6/22,4 = 0,25 mol 

n AgCl = 50,225/143,5 = 0,35 mol 

n KOH = 0,1.1 = 0,1 mol 

Gọi x,y,z lần lượt là số mol của M 2 CO 3 , MHCO 3 , MCl trong hỗn hợp A 

(với x,y,z >0) 

Phương trình theo khối lượng của hỗn hợp A. 








1.0 














(2M +60)x + (M+61)y +(M+ 35,5)z = 30,15 (a) 

Theo (3) : n HCl dư = n KOH = 0,1 mol 

Theo (4) và (5): n AgCl = n HCl dư + n MCl = 0,35 mol 

n MCl phản ứng = 0,35 – 0,1 =0,25 mol 

Từ (1) và (2): 

n MCl = 2n M2CO3 + n MHCO3 = 2x + y (b) 

Phương trình theo tổng số mol MCl trong dung dịch B: 

2x+ y + z = 0,25 .2 = 0,5 mol (c) 

Từ (1) và (2) :n CO2 = n M2CO3 + n MHCO3 = x+ y 

=> x+ y = 0,25 (d) 

Từ (c) và (d): y = 0,25 –x; z = 0,25 – x 

Thay y,z vào (a): 

(2M+ 60)x + (M+61) (0,25 – x) + (M + 35,5) (0,25 – x) =30,15 

0,5M – 36,5x = 6,025 

=> x = (0,5m – 6,025)/36,5 

Vì : 0 m KCl = 0,1 .74,5 =7,45 g 

=> m = 14,625 + 7,45 = 22,075 g 

Tính V: 

Theo (1),(2),(3): n HCl =2n Na2CO3 + n NaHCO3 + 2n KOH 

= 2x + y+ 0,2 = 2.0,15 + 0,1 + 0,2 = 0,6 mol 

V= (n.M.100)/(C5.D) = (0,6.36,5.100)/(10,52.1,05)= 198,26ml 

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


1.0 

1.0 




















ĐỀ BÀI 

Câu 1: (3,5 đ) 

1/ Xác định các chất A,B,C,D,E,H và thực hiện dãy chuyển hóa sau: 


+ O 2 B + H 2 O C 

A + O 2 H H 

+ NaOH 

D + NaOH E 

2/Hãy chọn 5 chất rắn khác nhau để khi cho mỗi chất đó tác dụng với dung dịch HCl ta 

thu được 5 chất khí khác nhau. Viết PTHH. 

Câu 2: (4,0 đ) 

1/Nêu hiện tượng xảy ra và viết các PTHH khi: 

a/ Cho Ba vào dung dịch AlCl 3 

b/Cho Na vào dung dịch CuSO 4 

c/ Dẫn khí CO dư nung nóng qua ống sứ đựng CuO, MgO, Al 2 O 3 , sau đó cho tác dụng 

với dung dịch HCl. 

d/ Cho đồng kim loại vào dung dịc HCl có oxi tan. 

2/Bằng phương pháp hóa học làm thế nào để nhận ra sự có mặt của mỗi khí trong hỗn 

hợp gồm: CO, CO 2 , SO 2 , SO 3. . Viết PTHH. 

Câu 3: (3,5 đ) Hòa tan hoàn toàn 0,32 gam một kim loại hóa trị II vào dung dịch 

H 2 SO 4 đặc nóng, lượng khí SO 2 thu được cho hấp thụ hoàn toàn bởi 45 ml NaOH 0,2 M 

cho dung dịch chứa 0,608 gam muối. Xác định kim loại . 

Câu 4: (4,5 đ) Nhúng một thanh sắt và một thanh kẽm vào cùng một cốc chứa 500 ml 

dung dịch CuSO 4 . Sau một thời gian lấy hai thanh kim loại ra khỏi cốc thì ở mỗi thanh có 

thêm đồng bám vào, khối lượng dung dịch trong cốc bị giảm mất 0,22 gam. Trong dung 

dịch sau phản ứng nồng độ mol của ZnSO 4 gấp 2,5 lần nồng độ mol của FeSO 4 . Thêm 

NaOH dư vào cốc, lọc lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thì thu 

được 14,5 gam chất rắn. 

a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra 

b. Tính khối lượng đồng bám trên mỗi thanh kim loại và nồng độ mol của dung 

dịch CuSO 4 ban đầu. 

Câu 5: (4,5 đ) Cho hỗn hợp 2 muối ASO 4 và B 2 (SO 4 ) 3 có số mol theo tỉ lệ 1: 2, 

nguyên tử khối của B lớn gấp 1,125 lần nguyên tử khối của A. Hòa tan hoàn toàn 16,08 

hỗn hợp trên vào nước để được 200 gam dung dịch. Lấy 100 gam dung dịch này cho tác 

dụng với dung dịch BaCl 2 dư sinh 16,31 gam kết tủa. 

1/ Xác định tổng số mol 2 muối có trong hỗn hợp ban đầu. 

2/ xác định A, B và nồng độ % của dung dịch ban đầu. 

(Biết:Mg=24,Al=27,Fe=56,Cu=64,Zn=65,Cl=35,5;Ba=137,S=32,O=16,Na=23,H=1) 

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





















. 

Câu1: 1/ Điểm 1,75 

(3,5 đ) 

A là FeS 2 hoặc S, H là SO 2 , B là SO 3 , C là H 2 SO 4 , D là NaHSO 3 , E là 

Na 2 SO 4 


PTHH: 4FeS 2 + 11O 2 -> 2Fe 2 O 3 + 8SO 2 


Hoặc S + O t0 2 SO 2 

2SO 2 + O 2 V 2 O 5 

2SO 3 


SO 3 + H 2 O -> H 2 SO 


4 

SO 2 + NaOH -> NaHSO 


3 

NaHSO 3 + NaOH -> Na 2 SO 


3 

H 2 SO 4 + Na 2 SO 3 -> Na 2 SO 4 + SO 2 + H 2 O 


2/ 1,75 

5 chất khí đó là: Cl 2 , H 2 , SO 2 , CO 2 , H 2 S 

5 chất khí đó là: MnO 2 , kim loại đứng trước H 2 , Na 2 CO 3 , NaHSO 3 , 



FeS 

PTHH: Fe + 2HCl -> FeCl 2 + H 2 

MnO 2 + 4HCl -> MnCl 2 + Cl 2 + H 2 O 

Na 2 CO 3 + 2HCl -> 2NaCl + CO 2 + H 2 O 




FeS + 2HCl -> FeCl 2 + H 2 S 


NaHSO 3 + HCl -> NaCl + SO 2 + H 2 O 


Câu2 1/ 2,0 

(4,0 đ) a/ Có khí không màu thoát ra do: 

Ba + H 2 O -> Ba(OH) 2 + H 2 

Xuất hiện kết tủa trắng, sau đó kết tủa tan dần do: 

3Ba(OH) 2 + 2AlCl 3 -> 2Al(OH) 3 + 3BaCl 2 

Ba(OH) 2 + 2Al(OH) 3 -> Ba(AlO 2 ) 2 + 4H 2 O 

b/ Có bọt khí không màu thoát ra do: 

2Na + 2H 2 O -> 2NaOH + H 2 

Xuất hiện kết tủa màu xanh lơ do: 




CuSO 4 + 2NaOH -> Cu(OH) 2 + Na 2 SO 4 


c/ Xuất hiện chất rắn màu đỏ: 

CuO + CO 

t0 Cu + CO 2 


Sau đó cho dd HCl vào thấy còn lại duy nhất một chất rắn màu đỏ 

trong dung dịch: 

MgO + 2HCl -> MgCl 2 + H 2 O 


Al 2 O 3 + 6HCl -> 2AlCl 3 + H 2 O 

d/ Dung dịch chuyển sang màu xanh do: 

0,5 

2Cu + 4HCl + O 2 -> 2CuCl 2 + 2H 2 O 

2/ 2,0 

Dẫn khí qua dung dịch BaCl 2 thấy có kết tủa trắng xuất hiện nhận biết 0,25 

được SO 3 : 
















SO 3 + H 2 O + BaCl 2 -> BaSO 4 + 2HCl 

Còn lại 3 khí: CO, CO 2 , SO 2 cho đi qua dung dịch nước Brom, khí 

SO 2 làm dd brom bị mất màu: 

SO 2 + 2H 2 O + Br 2 -> 2HBr + H 2 SO 4 

Dẫn 2 khí còn lại đi qua dung dịch nước vôi trong dư xuất hiện kết tủa 

trắng nhận biết được CO 2 : 

CO 2 + CaCO 3 -> CaCO 3 + H 2 O 

Khí còn lại đem dẫn qua bột đồng oxit nung nóng thấy xuất hiện kết 

tủa đỏ, hấp thụ sản phẩm bằng dd nước vôi trong có vẩn đục là CO: 

CuO + CO t0 Cu + CO 2 

CO 2 + CaCO 3 -> CaCO 3 + H 2 O 

Lọc kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi 

4Fe(OH) 2 + O t0 2 Fe 2 O 3 + 2H 2 O (6) 













Câu3 

3,5 

(3,5 đ) Số mol NaOH là: 0,045.0,2 = 0,009 mol 


=> R = 0,32 

0,005 = 64 đvC => R là nguyên tố đồng, ký hiệu HH là Cu 0,5 

Gọi R là kim loại hóa trị II , n là số mol của R tham gia phản ứng: 

R + 2H 2 SO 4 đ/nóng -> RSO 4 + SO 2 + 2H 2 O 


n(mol) 

n(mol) 

Khi SO 2 hấp thụ hết với dd NaOH có thể xaỷ ra các trường hợp: 

TH1: Chỉ tạo muối trung hòa: Na 2 SO 3 (x mol) 


SO 2 + NaOH -> Na 2 SO 3 + H 2 O (2) 

Theo PT (2) ta có: 2x = 0,009 => x = 0,0045 (mol) 

Khối lượng của Na 2 SO 3 là: 0,0045.126 = 0,567 (g) < 0,608 g (loại) 

TH2: Chỉ tạo muối axit: NaHSO 3 (y mol) 



SO 2 + NaOH -> NaHSO 3 (3) 

Theo PT (3) ta có: y = 0,009 (mol) 

Khối lượng của NaHSO 3 là: 0,009.104 = 0,936 (g) > 0,608 g (loại) 

TH3: tạo hỗn hợp 2 muối: Na 2 SO 3 và NaHSO 3 



SO 2 + NaOH -> Na 2 SO 3 + H 2 O 

SO 2 + NaOH -> NaHSO 3 

Gọi a,b lần lượt là số mol của 2 muối Na 2 SO 3 và NaHSO 3 tạo thành 0,25 

Ta có hệ PT: 

126a+104b=0,608 

 

2a+b=0,009 

=> a=0,004 

0,5 

b=0,001 

Mà n = a + b = 0,005 

Câu4 a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra: 2,0 

(4,5 đ) Zn + CuSO 4 ZnSO 4 + Cu (1) 




Dung dịch sau phản ứng gồm: ZnSO 4 , FeSO 4 và có thể có CuSO 4 còn 0,25 

lại. Cho tác dụng NaOH dư: 

ZnSO 4 + 4NaOH Na 2 ZnO 2 + Na 2 SO 4 + 2H 2 O (3) 


FeSO 4 + 2NaOH Na 2 SO 4 + Fe(OH) 2 (4) 


CuSO 4 + 2NaOH Na 2 SO 4 + Cu(OH) 2 (5) 














Câu5 

(4,5 đ) 




Cu(OH) 2 

t0 CuO + H 2 O (7) 0,25 

b. Tính khối lượng Cu bám vào các thanh kim loại và nồng độ 2,5 

moldung dịch CuSO 4 

Gọi x là số mol Fe phản ứng với CuSO 4 số mol ZnSO 4 = 2,5x mol 0,25 

Theo (1), (2) số mol Cu bám vào thanh Zn = 2,5x mol, số mol Cu bám 

vào thanh sắt là x mol 


Theo đề bài ta có: 8x - 2,5x = 0,22 x = 0,04 mol 

x 

Số mol Fe 2 O 3 = 02 

2 0, molKhối lượng Fe 2 O 3 = 0,02160 = 3,2 g 



(14,5 3,2) 

Số mol CuO = 

0,14125 mol 

80 


Khối lượng Cu bám trên thanh kẽm = 2,5x 64 = 2,5.0,04.64 = 6,4 g 

Khối lượng Cu bám trên thanh sắt = 64x = 640,04 = 2,56 gam 

Số mol CuSO 4 ban đầu = 2,5x + x + 0,14125) = 0,28125 mol 

Nồng độ mol dung dịch CuSO 4 ban đầu 





C M = = 0,5625M 

0,5 

0,5 

1/ 2,5 

Gọi số mol ASO 4 trong 100g dd hỗn hợp 2 muối là: x, thì số mol 0,5 

B 2 (SO 4 ) 3 là: 2x 

Khi cho dd hỗn hợp tác dụng với dd BaCl 2 dư, kết tủa thu được là 0,25 

BaSO 4 . 

ASO 4 + BaCl 2 -> BaSO 4 + ACl 2 


x(mol) 

x(mol) 

B 2 (SO 4 ) 3 + 3BaCl 2 -> 3BaSO 4 + 2ACl 3 

0,5 

2x(mol) 

6x(mol) 

Ta có tổng số mol BaSO 4 là: x + 6x =7x =16,31 => x = 0,01 mol 

=>tổng số mol muối trong 100 gam dd là: x+2x=3x=3.0,01=0,03mol 

Tổng số mol 2 muối có trong 200g dd hay trong hỗn hợp là: 



0,5 

0,03.2 =0,06 mol 

2. 2,0 

Gọi khối lượng mol của A là a(g); của nguyên tố B là b(g) 


Theo đề bài ta có: b = 1,125.a (1) 


Trong 16,08g hỗn hợp có: 0,2 mol ASO 4 và 0,4 mol B 2 (SO 4 ) 3 0,25 

Ta có: (a+96)0,02 + (2.b + 96.3)0,04 = 16,08 (2) 


Thay (1) vào (2) ta có:(a+96)0,02 + (2.1,125.a + 96.3)0,04 = 16,08 0,25 

Giải ra ta có: a = 24 => A là Magie: Mg 

B =27 => B là Nhôm: Al 


C% của dd MgSO 4 = 0,02.120 100= 1,2% 

200 


C% của dd Al 2 (SO 4 ) 3 = 0,04.342 


100= 6,84% 

200 

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






















ĐỀ BÀI 

Câu I ( 3,0 điểm): 

Khử hoàn toàn 2,4 gam hỗn hợp CuO và Fe x O y cùng số mol như nhau bằng hiđro, thu 

được 1,76 gam kim loại. 

Hoà tan kim loại đó bằng dung dịch HCl dư thấy thoát ra 0,488 lít khí H 2 (ở đktc). 

Xác định công thức của oxit sắt. 

Câu II (5,0 điểm): 

1. Dung dịch A là dung dịch HCl. Dung dịch B là dung dịch NaOH. 

a/ Lấy 10 ml dung dịch A pha loãng bằng nước thành 1000 ml thì thu được dung dịch 

HCl 0,01M. Tính nồng độ mol/l của dung dịch A. 

Để trung hoà 100 gam dung dịch B cần 150 ml dung dịch A. Tính nồng độ % của dung 

dịch B. 

b/ Hoà tan hết 11 gam hỗn hợp Al, Fe bằng dung dịch A vừa đủ thu được 8,96 lít khí 

H 2 (đktc). Tính % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp và nồng độ mol/l của các chất 

trong dung dịch thu được. 

2. Hỗn hợp X chứa CO 2 , CO, H 2 với % thể tích tương ứng là a, b, c; % khối lượng 

tương ứng là a ’ , b ’ , c ’ a' b 

. Đặt x = , y = , c 

, z = , và f = x + y + z. Hỏi f có giá trị trong 

a b c 

khoảng nào? 

Câu III (3.5 điểm) Hoàn thành các phản ứng sau 

a) A + B C + H 2 

b) C + Cl 2 D 

c) D + NaOH E + F 

d) E Fe 2 O 3 + H 2 O 

Câu IV: (2,5 điểm ) 

Có 4 chất rắn: Đá vôi, xô đa (Na 2 CO 3 ), muối ăn và Kalisunphát. Làm cách nào để phân 

biệt chúng khi chỉ được dùng nước và một hoá chất khác. Viết các PTHH của các phản 

ứng(nếu có). 

CâuV: (6,0 điểm) 

1. Cho 3,81 (g) muối Clorua kim loại M hoá trị (II) tác dụng với dung dịch AgNO 3 

chuyển thành muối nitrát(có hoá trị không đổi) và số mol bằng nhau thì khối lượng hai 

muối khác nhau là 1,59 (g).Tìm công thức hoá của muối clorua kim loại M. 

2. Cho a (g) dung dịch H 2 SO 4 nồng độ A% tác dụng với một lượng hỗn hợp hai kim 

loại Na và Mg (dùng dư) thì khối lượng khí Hiđrô tạo thành là 0,05 a(g).Tính A 

Ghi chú: Học sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học. 

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





















Câu I:( 3,0 điểm) 

Các phản ứng : ( Mỗi phương trình viết đúng 0,25 đ) 

CuO đ + H 2(k) 

t 

Cu đ + H 2 O (h) (1) 

Fe x O y + y H 2 

t 

x Fe + y H 2 O (2) 

Cu + HCl Không xảy ra phản ứng 

Fe r + 2HCl dd FeCl 2 dd + H 2 k (3) 

Gọi n là số mol của mỗi oxit, theo điều kiện bài ra, ta có các phương trình: 0,25đ 

80n + ( 56x + 16 y)n = 2,4 

64n + n x.56 = 1,76 0,75 đ 

0,488 

nFe = n x = n H 2 = = 0,02 (mol) 0,5đ 

22,4 

Giải hệ phương trình trên ta được : x =2 ; y = 3. 0,25đ 

Vậy công thức của sắt oxit là Fe 2 O 3 . 0,25đ 

Câu II (5,0 điểm) 

1.(4,0đ) a/ *Trong 1000ml (1 lit) dung dịch HCl 0,01M có: n HCl = 0,01mol 0,125đ 

Vì khi pha loãng dung dịch bằng H 2 O, số mol HCl trong dung dịch là 

không đổi. 

Trong 10ml (0,01 lit) dung dịch A có: n HCl = 0,01mol 

0,01 

Nồng độ mol/l của dung dịch A là: C M = = 1(mol/l) 

0,125đ 

0,01 

* Trung hoà 100 gam dung dịch B cần 150ml dung dịch A. 

Ta có: n HCl = 150 x 10 -3 x 1 = 0,15 (mol) 


Phương trình hoá học: NaOH + HCl NaCl + H 2 O (1) 0,125đ 

Theo (1): n NaOH = n HCl = 0,15 mol 


Trong 100 gam dung dịch B có: m NaOH = 0,15 x 40 = 6 (gam) 0,25đ 

6 


C% của dung dịch B: C% (NaOH) = x100% = 6% 

100 

b/ Gọi a,b lần lượt là số mol của Al, Fe trong hỗn hợp kim loại. 

Ta có: m hh = 27a + 56b = 11 gam (*) 


Hoà tan hỗn hợp kim loại bằng dung dịch A(dd HCl 1M) vừa đủ, 

phương trình hoá học: 

2Al + 6HCl 2AlCl 3 + 3H 2 (2) 


Fe + 2HCl FeCl 2 + H 2 (3) 


Theo (2), (3): n H 

= 3 

2 

2 a + b = 8,96 = 0,4 (mol) (**) 

22,4 0,25đ 

Từ (*) và (**) suy ra: a = 0,2 mol, b = 0,1 mol 


Thành phần % về khối lượng: 

27x0,2 

%Al = x 100% = 49,1% 

11 




















% Fe = 100% - 49,1% = 50,9% 

n FeCl 2 

= n Fe = 0,1 mol C M(FeCl 2 ) = 0,1 

0,8 = 0,125(mol/l) 0,5 

Theo (2), (3): nHCl 

= 2 n H 

= 2 x 0,4 = 0,8 mol 

2 


Thể tích dung dịch A cần dùng : V = 0,8 

1 

= 0,8 (lit) 


Vì khi hoà tan hỗn hợp rắn vàodung dịch A thể tích dung dịch thay 

đổi không đáng kể dung dịch thu được có thể tích bằng 0,8 lit. 

Trong dung dịch thu được có: 

n AlCl 3 

= n Al = 0,2 mol C M(AlCl 3 ) = 0,2 = 0,25 (mol/l) 

0,8 0,5 

2.(1,0đ) Hỗn hợp X chứa CO 2 , CO, H 2 . 

VCO 

2 

* CO 2 có: %V CO 2 

= 

VX 

x 100%. Vì trong hỗn hợp khí:%V =%n 

nCO 

2 

a= %V CO 2 

= %n CO 2 

= 

nX 

x 100% (*) 


a , mCO 

2 

= %m CO 2 

= 

m = 44. nCO 

2 

X nX 

. M 

X 

x100% (**) 


, 

a 

Từ (*) và (**) ta có: x = 

a = 44 M 

X 

, 

b 

* Tương tự : y = 

b = M 

CO 

, 

c 

M 

X 

M c = M 

H2 

X 

M 

X 

M 

2X 


44 28 2 

Ta có : f = x + y + z = 

= 74 

M X 

M 

X 

Vì M H 2 

< M 

X 

< M CO 2 

2 < M 

X 

< 44 

74 

 

44 < 74 M 

X 

< 74 2 

1,68 < f < 37 


Câu III. (3,5 điểm): 

E là Fe(OH) 3 


F là NaCl 


D là FeCl 3 


C là FeCl 2 


A là Fe 


B là HCl 


ptpư 

1) Fe + 2HCl FeCl 2 + H 2 (k) (0,5điểm) 

t o 

2) FeCl 2 + 3Cl 2(K) 2FeCl 3 (0,5điểm) 

3) FeCl 3 + 3NaOH Fe(OH) 3 + 3NaCl (0,5điểm) 

t o 

4) 2Fe(OH) 3 Fe 2 O 3 + 3H 2 O (0,5điểm) 

Câu IV ( 2,5điểm): 

Hoà tan bốn chất rắn vào nước có một chất không tan là CaCO 3 . Ba chất rắn tan là 

Na 2 CO 3 ; NaCl và K 2 SO 4 . (0,5 đ) 


















Lấy mỗi dung dịch một ít làm mẫu thử, cho mỗi mẫu thử tác dụng với a xít HCl. Mẫu 

thử nào có khí bay ra là Na 2 CO 3 


Na 2 CO 3 + 2 HCl 2 NaCl + H 2 O + CO 2 (0,25đ) 

Sau đó cho dung dịch HCl vào đá vôi để được dung dịch CaCl 2 (0,25đ) 

CaCO 3 + 2 HCl 2CaCl 2 + H 2 O + CO 2 (0,25đ) 

Lấy dung dịch CaCl 2 nhỏ từ từ vào hai mẫu thử còn lại. Mẫu thử nào có xuất hiện kết 

tủa là K 2 SO 4 


K 2 SO 4 + CaCl 2 CaSO 4 + 2 KCl (0,25đ) 

Mẫu thử không phản ứng với CaCl 2 là NaCl 

(0,5đ) 

Câu V (6,0điểm): 

1. (3,0điểm) 

Phương trình hoá học: MCl 2 + 2 AgNO 3 M(NO 3 ) 2 + 2 AgCl (0,5đ) 

Theo bài ra thì khối lượng M(NO 3 ) 2 thu được lớn hơn MCl 2 là 1,59 (g). 

Mà 1(mol) M(NO 3 ) 2 có khối lượng lớn hơn MCl 2 là: 124-71 = 53 (g) (0,5đ) 

1, 59 

Vậy số mol muối MCl 2 = số mol muối M(NO 3 ) 2 và bằng = 0,03(mol) 53 

(0,5đ) 

3, 81 

Khối lượng mol của MCl 2 là =127 (g) 0, 

03 

(0,5đ) 

Vậy M +35,5 .2 =127 

M = 127 –71 =56. Vậy M là Fe. 

(0,5đ) 

Công thức của muối sắt là: FeCl 2 . 

(0,5đ) 

2. (3,0 điểm): 

Phương trình hoá học : Mg + H 2 SO 4 MgSO 4 + H 2 (1) 


2 Na + H 2 SO 4 Na 2 SO 4 + H 2 (2) (0,25đ) 

Vì hỗn hợp dùng dư nên Na tác dụng với H 2 O 

2 Na + 2 H 2 O 2 NaOH + H 2 (3) (0,25đ) 

Nếu lấy a =100 (g) dung dịch thì khối lượng H 2 SO 4 là A (g) và khối lượng của nước là 

(100 – A) (g) (0,25đ) 

Khối lượng H 2 tạo thành là: 0,05 . 100 = 5 (g) 


Theo PTHH (1) và (2) 

Cứ 98 (g) H 2 SO 4 tác dụng với kim loại cho 2 (g) H 2 

2A 

Vậy A (g) H 2 SO 4 tác dụng với kim loại cho (g)H2 98 


Theo PTHH (3) 36 (g) H 2 O tác dụng với Na cho 2 (g) H 2 bay ra 

2(100 

A) 

Vậy(100 – A) (g) H 2 O tác dụng với Na cho (g) H 2 bay ra 

36 


2A 2(100 

A) 

Theo bài ra ta có phương trình: + 98 36 

= 5 (0,5đ) 

Giải PT trên ta có A = 15,8. Tức là A% =15,8 % 

(0,75đ) 

Lưu ý: Các phương trình hoá học nếu thí sinh ghi thiếu điều kiện và chưa cân bằng giám 

khảo trừ 1/2 số điểm của phương trình. 

Thí sinh có cách giải khác đáp án nhưng đúng trọn vẹn vẫn cho điểm tối đa. 


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





















ĐỀ BÀI 

CâuI (2,5đ) 

Trộn 5,6 lít CO ở đktc với 3,36 lít khí B (gồm các nguyên tố C, H) ở đktc thu được 

hỗn hợp khí X nặng 11,5 gam. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X người ta thu được 24,2 

gam khí CO 2 . 

a/ Tính khối lượng mol phân tử của B. 

b/ Tìm công thức phân tử của B. 

CâuII:( 2,5đ) 

Cho 21,6 gam hỗn hợp gồm kim loại M và M 2 O 3 được nung ở nhiệt độ cao rồi dẫn 

luồng khí CO dư đi qua để phản ứng hoàn toàn thu được m gam kim loại và 6,72 lít khí 

CO 2 (ở đktc). 

a/ Xỏc định kim loại M, oxit M 2 O 3 và gọi tên. 

b/ Tìm m. 

Biết tỉ lệ số mol của M và M 2 O 3 trong hỗn hợp bằng 1:1. 

Câu III: (4.5đ) 

1/ Trình bày phương pháp tách Al 2 O 3 ra khỏi hỗn hợp các chất :Fe 2 O 3 , SiO 2 

2/ Trong phòng thí nghiệm có 3 lọ mất nhãn đựng 3 dd : HCl, H 2 SO 4 và NaOH có cùng 

nồng độ mol/l.Chỉ dùng phenolphtalein .Hãy nhận biết 3 dd trên 

Câu IV(5 đ): Trộn dd AgNO 3 1,2M và dd Cu(NO 3 ) 2 1,6M với thể tích bằng nhau được 

dd A. Thêm 1,62 g bột nhôm vào 100 ml dd A được chất rắn B và dd C 

a/ Tính khối lượng B 

b/ Trình bày PPHH để tách lấy từng d chất ở B 

c/ Thêm 240 ml dd NaOH 1M vào dd C được kết tủa D .Lọc lấy D nung nóng đồng thời 

cho khí CO đi qua cho đến khi chất rắn có khối lượng không đổi được chất rắn E . E gồm 

những chất gì ? khối lượng mỗi chất rắn trong E là bao nhiêu. 

Câu V(5,5đ): 

1/ Khi cho bột nhôm tác dụng với NaOH đun nóng thu được dd X 1 và khí X 2 . Thêm vào 

X 1 một ít thể tích NH 4 Cl rồi tiếp tục đun nóng thấy tạo thành kết tủa X 3 và có khí X 4 

thoát ra 

2/ Xác định các chất từ A 1 đến A 11 và viết các PTHH sau: 

A 1 + A 2 A 3 + A 4 
















A 3 + A 5 A 6 +A 7 

A 6 +A 8 + A 9 A 10 

A 10 

to A 11 + A 8 

A 11 + A 4 

« t A + A 1 8 

Biết A 3 là muối sắt clorua 

3/ Viết PTHH của các phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau: 

Cho sắt dư vào H 2 SO 4 đặc nóng được dd A . Cho A vào dd NaOH dư được kết tủa B. 

Lọc kết tủaB. Lọc kết tủa B nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi 

Xác định X 1 ,X 2 , X 3 , X 4 .Viết PTHH biểu diễn phản ứng trên 

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



CâuI (2,5 điểm) CTPT khí B : C x H y ( x,y N*) 

5,6 

Số mol CO : n = = 0,25 (mol) 

22,4 

3,36 

Số mol C x H y : n = + 0,15 (mol) 1,0đ 

22,4 

Theo bài toán: 0,25 . 28 + 0,15 .M B = 11,5 M B = 30 0,5đ 

Mặt khác: 12x + y = 30 

Chỉ có x = 2 , y = 6 là thoả mãn điều kiện bài toán 

Vậy CTHH của B là: C 2 H 6 1,0đ 

Câu II (2,5 điểm) 

Ta có: n CO2 = 6,72:22,4 = 0,3(mol) 

PTHH: M 2 O 3 (r) + 3CO(k) → 2M(r) + 3CO 2 (k) 0,5đ 

Từ PTHH ta thấy n O trong oxit bằng n CO2 . 

Do đó trong hỗn hợp rắn có: n O = 0,3 (mol) 

→ m O = 0,3.16 = 4,8 0,5đ 

Suy ra: m = 21,6 – 4,8 = 16,8 (gam) 0,5đ 

Ta có: n M 2O3 = n O : 3 = 0,3:3 = 0,1 (mol) 

m M 2O3 = 21,6 – m M (ban đầu) < 21,6 

Suy ra: M M 2O3 

< 21,6:0,1 = 216 

M M < (216 – 16.3):2 = 84 

M là kim loại có hoá trị III và có nguyên tử khối bé hơn 84. 

M có thể là: Fe, (Al, Ga, Ni, Co, Mn, Cr, V, Ti, Sc). 1,0đ 



















Câu III: (4,5đ) 

1/ Đun nóng hỗn hợp với dd NaOH loãng dư: 

Al 2 O 3 + 2NaOH 2 NaAlO 2 + H 2 O 0,5đ 

- Chất không tan là Fe 2 O 3 và SiO2 ,lọc bỏ chất không tan, dd thu được là NaOH dư 

vàNaAlO 2 0,5đ 

Axit hoá dd thu được bằng cách thổi CO 2 dư vào: 

NaOH + CO 2 NaHCO 3 (2) 

NaAlO 2 + CO 2 + H 2 O Al(OH) 3 + NaHCO 3 (3) 1đ 

- Chất rắn thu được là Al(OH) 3 đem rửa sạch ,nung đến khối lượng không đổi thu được 

Al 2 O 3 : 2Al(OH) 3 

to Al 2 O 3 + H 2 O 0,5đ 

2/ Dùng phenolphtalein nhận được dd NaOH do phenolphtalein không màu chuyển sang 

màu hồng. Hai dd axit không đổi màu được nhận biết như sau: 0,5đ 

-Lấy 2 ống nghiệm đựng 2 thể tích bằng nhau của 2 dd axit và 2 ống nghiệm đựng 2 dd 

NaOH với thể tích gấp đôi . 0,5đ 

Vì có cùng nồng độ mol/l nên số mol của HCl = số mol H 2 SO 4 

-Lần lượt cho mỗi ống nghiệm chứa dd NaOH vào từng dd axit có phản ứng: 

NaOH + HCl NaCl + H 2 O 

2NaOH + H 2 SO 4 Na 2 SO 4 + 2 H 2 O 0,5đ 

Dùng phenolphtalein thử sane phẩm thu được ở 2 ống nghiệm ,nếu ống nghiệm nào làm 

hồng phenolphtalein thì ống đó chứa dd HCl ,ống còn lại ,chứa H 2 SO 4 0,5đ 

Câu IV (5đ): 

a/ n AgNO3 = 0,05.1,2=0,06 mol 

n Cu(NO3)2 = 0,05.1,6=0,08 mol 

1, 62 

n Al = =0,06mol 

27 

0,5 đ 

Al + 3AgNO 3 Al(NO 3 ) 3 + 3Ag 

0,02 0,06 0,02 0,06 

2Al + 3Cu(NO 3 ) 2 2Al(NO 3 ) 3 + 3Cu 

0,04 0,06 0,04 0,06 0,5 đ 

- Al hết , dd C gồm: 0,06 mol Al(NO 3 ) 3 và 0,08 – 0,06 = 0,02mol Cu(NO 3 ) 2 dư 

- Chất rắn B gồm: Cu và Ag 

n Cu = 0,06 mol m Cu = 0,06.64= 3,84 g 


n Ag = 0,06mol m Ag = 0,06.108=6,48 g 

Vậy B: m B =6,48+3,84= 10,32 g 

b/ Nung B trong oxi: 2Cu +O 2 

to 2CuO 





0,5 đ 













Ag không phản ứng 

Thu được hỗn hợp CuO và Ag. Hoà tan hỗn hợp này vào dd HCl dư có CuO tan 

CuO +2HCl 

CuCl 2 + 2H 2 O 

CuCl 2 + 2NaOH Cu(OH) 2 + 2NaCl 0,5 đ 

Lọc lấy Cu(OH) 2 nung nóng 1 thời gian rồi cho CO đi qua ta thu được : 

Cu(OH) 2 

CuO +CO 

t 

c/ n NaOH = 0,24 mol 

 

« CuO + H O 2 

 

to Cu + CO 2 0,5 đ 

Cu(NO 3 ) 2 + 2NaOH Cu(OH) 2 +2NaNO 3 

0,02mol 0,04 0,02 

Al(NO 3 ) 3 + 3 NaOH Al(NO 3 ) 3 + 3NaNO 3 

0,06 0,18 0,06 

n NaOH dư= 0,24 –( 0,18+0,04)=0,02 mol 

Al(NO 3 ) 3 + NaOH NaAlO 2 + H 2 O 

0,02 0,02 

n Al(NO3)3 còn là: 0,06-0,02=0,04 mol 

Cu(OH) 2 

0,02mol 

t 

 

« CuO + H O 2 

0,02 mol 

2Al(OH) 3 

to Al 2 O 3 + 3H 2 O 

0,04 mol 0,02 mol 


CuO + CO Cu + CO 2 

0,02 0,02mol 0,75 đ 

E gồm: Cu và Al 2 O 3 

m Cu = 0,02 .64=1,28 g 

m Al2O3 = 0,02.102=2.04 g 






0,5 đ 

Câu V (5,5đ): 

1/ Al + 2NaOH +2H 2 O NaAlO 2 + 3H 2 0,25đ 


NaOH + NH 4 NaCl + NH 3 + H 2 O 0,25đ 

Na AlO 2 + NH 4 Cl + H 2 O Al(OH) 3 + NH 3 +NaCl 0,25đ 

dd X 1 chứa NaOH dư và Na Al 2 O 3 0,25đ 










- Khí X 2 : là H 2 ; kết tủa X 3 là Al(OH) 3 ; khí X 4 là : NH 3 0,5đ 






2/ A 1 :Fe A 3 : FeCl 2 A 5 :NaOH A 7 :NaCl A 9 : O 2 A11: Fe 2 O 3 

A 2 :HCl A 4 :H 2 A 6 :Fe(OH) 3 A 8 : H 2 O A 10 : Fe(OH) 3 

(Xác định đúng mỗi chất cho 0,25đ) 

3/ 2Fe +6 H 2 SO 4 

to Fe 2 (SO) 4 + 3 SO 2 + 6H 2 O 

Fe + Fe 2 (SO4) 3 3FeSO 4 

FeSO 4 +2NaOH Na 2 SO 4 +Fe(OH) 2 

4 Fe(OH) 2 +O 2 

to 2 Fe 2 O 3 + 4 H 2 O 

( xác định đúng các chất vào mỗi PTHH 0,5đ) 

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






















ĐỀ BÀI 

Câu 1(4 điểm): Nhiệt phân hoàn toàn hỗn hợp BaCO 3 , MgCO 3 , Al 2 O 3 được chất rắn A, 

khí D. Hòa tan chất rắn A trong nước dư, thu được dung dịch B và kết tủa C. Sục khí D 

(dư) vào dung dịch B thấy xuất hiện kết tủa. Hòa tan C trong dung dịch NaOH dư thấy 

tan một phần. 

Xác định A, B, C, D. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 


1. Chỉ dùng dung dịch NaOH hãy nhận biết 6 lọ không nhãn đựng riêng biệt từng dung 

dịch sau: K 2 CO 3 , (NH 4 ) 2 SO 4 , MgSO 4 , Al 2 (SO 4 ) 3 , FeSO 4 , Fe 2 (SO 4 ) 3 . 

Viết các phương trình phản ứng minh họa. 

2. Hãy nêu và giải thích bằng phương trình phản ứng các hiện tượng xảy ra trong từng 

thí nghiệm sau: 

a. Cho NaOH dư tác dụng với dung dịch FeCl 2 . Sau đó lấy kết tủa thu được để lâu 

trong không khí. 

b. Cho viên Na vào cốc đựng dung dịch AlCl 3 . 


1. Bằng phương pháp hoá học hãy tách các chất NaCl, FeCl 3 , AlCl 3 ra khỏi hỗn hợp 

rắn mà không làm thay đổi khối lượng của mỗi chất. Viết đầy đủ các phương trình phản 

ứng xảy ra. 

2. Có hỗn hợp các chất sau: Al 2 O 3 và Fe 2 O 3 . Hãy trình bày phương pháp hóa học để 

điều chế riêng từng kim loại: Al, Fe từ hỗn hợp trên. 

Câu 4(4 điểm): Nung 25,28 gam hỗn hợp FeCO 3 và Fe x O y trong O 2 dư tới phản ứng 

hoàn toàn, thu được khí A và 22,4 gam Fe 2 O 3 duy nhất. Cho khí A hấp thụ hoàn toàn vào 

400ml dung dịch Ba(OH) 2 0,15M thu được 7,88gam kết tủa. 

1) Viết các phương trình phản ứng xẩy ra 

2) Tìm công thức phân tử của Fe x O y . 

Câu 5(4 điểm): Hỗn hợp A có khối lượng 6,1g gồm CuO, Al 2 O 3 và FeO. Hòa tan hoàn 

toàn A cần 130ml dung dịch H 2 SO 4 loãng 1M, thu được dung dịch B. 

Cho dung dịch B tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa đen nung trong 

không khí đến khối lượng không đổi, được 3,2g chất rắn. 

Tính khối lượng từng oxit trong A. 

Cho: Na = 23 ; O = 16 ; H = 1 ; Ba = 137 ; S = 32 ; Al = 27 ; 

C = 12 ; Cu = 64 ; Fe = 56. 

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





















. 


+ Nhiệt phân hỗn hợp, ta có PTPƯ: 

0 

t 

BaCO 3 BaO + CO 2 

0 

t 

MgCO 3 MgO + CO 2 

0,5 đ 

0,5 đ 

0 

t 

Al 2 O 3 không 

1 

BaO 

(4 điểm) 

 

Chất rắn AMgO 

 

Al2O3 

Khí D: CO 2 . 

0,5 đ 

+ Hòa tan A vào H 2 O dư, ta có PTPƯ: 

BaO + H 2 O Ba(OH) 2 

MgO + H 2 O không 

Al 2 O 3 + Ba(OH) 2 Ba(AlO 2 ) 2 + H 2 O 

2 

MgO 

d B : Ba( AlO2 ) 

2 

Kết tủa C 

Al ( ) 

2 O 

3 du 

+ Khi cho dung dịch B tác dụng với CO 2 dư: 

Ba(AlO 2 ) 2 + 2CO 2 + 4H 2 O 2Al(OH) 3 + Ba(HCO 3 ) 2 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

+ Hòa tan C vào dung dịch NaOH dư, ta có PTPƯ: 

MgO + NaOH không 

Al 2 O 3 + 2NaOH 2NaAlO 2 + H 2 O 

0,5 đ 

(Vì kết tủa C cho vào dung dịch NaOH dư có tan một phần 

chứng tỏ C có Al 2 O 3 dư; phần không tan là MgO). 

1. Nhận biết: 

2 

(4 điểm) 

+ Trích mẫu thử và đánh số thứ tự 1, 2, 3, 4, 5, 6. 

+ Nhỏ từ từ dd NaOH cho tới dư vào các mẫu thử trên. 

- Nếu không hiện tượng là K 2 CO 3 . 

- Nếu xuất hiện khí mùi khai là (NH 4 ) 2 SO 4 . 

2NaOH + (NH 4 ) 2 SO 4 Na 2 SO 4 + 2NH 3 + 2H 2 O 

(mùi khai) 

- Nếu xuất hiện kết tủa trắng không tan là dd MgSO 4 . 

MgSO 4 + 2NaOH Mg(OH) 2 + Na 2 SO 4 

- Nếu xuất hiện kết tủa keo sau đó tan dần là dd Al 2 (SO 4 ) 3 . 

Al 2 (SO 4 ) 3 + 6NaOH 2Al(OH) 3 + 3Na 2 SO 4 


- Nếu xuất hiện kết tủa xanh lơ sau đó hóa nâu trong không 

khí là FeSO 4 . 

FeSO 4 + 2NaOH Fe(OH) 2 + Na 2 SO 4 

(xanh lơ) 

4Fe(OH) 2 + O 2 2H 2 O 4Fe(OH) 3 





















3 

(4 điểm) 


(xanh lơ) 

(nâu đỏ) 

- Nếu xuất hiện kết tủa nâu đỏ là Fe 2 (SO 4 ) 3 


(nâu đỏ) 

2. Nêu hiện tượng và giải thích: 

a. + Ban đầu có kết tủa màu xanh lơ: 


(xanh lơ) 

+ Để lâu trong không khí thì kết tủa màu xanh lơ dần 

chuyển sang màu nâu đỏ: 

4Fe(OH) 2 + O 2 + 2H 2 O 4Fe(OH) 3 

b. + Ban đầu viên Na tan dần đến hết, xuất hiện khí không 

màu thoát ra, có kết tủa keo: 

2Na + 2H 2 O 2NaOH + H 2 

3NaOH + AlCl 3 Al(OH) 3 + 3NaCl 

+ Sau đó kết tủa keo tan dần tạo thành dung dịch: 


1. Tách hỗn hợp: 

+ Cho toàn bộ hỗn hợp trên vào dd NH 3 dư, có 2 kết tủa tạo 

thành: 

AlCl 3 + 3NH 3 + 3H 2 O Al(OH) 3 + 3NH 4 Cl 

FeCl 3 + 3NH 3 + 3H 2 O Fe(OH) 3 + 3NH 4 Cl 

Còn NaCl không phản ứng. 

+ Tách riêng kết tủa và nước lọc A (chứa NaCl và NH 4 Cl). 

+ Cho kết tủa vào NaOH dư, khi đó Al(OH) 3 tan hết do phản 

ứng: 


+ Lọc lấy chất rắn không tan là Fe(OH) 3 cho tác dụng hết với 

dung dịch HCl rồi cô cạn, ta được FeCl 3 tinh khiết: 

Fe(OH) 3 + 3HCl FeCl 3 + 3H 2 O 

+ Sục khí CO 2 dư vào dung dịch NaAlO 2 còn lại: 

NaAlO 2 + CO 2 + H 2 O Al(OH) 3 + NaHCO 3 

+ Lọc lấy Al(OH) 3 cho tác dụng với dung dịch HCl rồi cô cạn, 

ta thu được AlCl 3 tinh khiết: 

Al(OH) 3 + 3HCl AlCl 3 + 3H 2 O 

+ Cô cạn dung dịch A, ta thu được NaCl tinh khiết do: 

0 

t 

NH 4 Cl NH 3 + HCl 

2. Điều chế từng kim loại Al, Fe: 

+ Hòa tan 2 oxit vào NaOH dư, khi đó Al 2 O 3 tan hết do phản 

ứng: 

Al 2 O 3 + NaOH NaAlO 2 + H 2 O 

+ Lọc lấy chất rắn không tan là Fe 2 O 3 đem nung nóng đỏ rồi 

cho luồng khí H 2 đi qua, ta được Fe tinh khiết: 

0 

t 

Fe 2 O 3 + 3H 2 2Fe + 3H 2 O 









0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 








0,5 đ 

0.5đ 

0,5đ 










4 

(4 điểm) 


+ Sục khí CO 2 dư vào dung dịch NaAlO 2 còn lại: 

NaAlO 2 + CO 2 + H 2 O Al(OH) 3 + NaHCO 3 

+ Lọc lấy Al(OH) 3 đem nung ở nhiệt độ cao, ta được Al 2 O 3 : 

0 

t 

2Al(OH) 3 Al 2 O 3 + 3H 2 O 

+ Điện phân nóng chảy Al 2 O 3 có mặt của criolit, ta thu được 

Al tinh khiết: 

dpnc 

2Al 2 O 3 4Al + 3O 2 

nFeCO 

a( mol) 

3 

1. + Đặt: 

116. a b.(56x 16 y) 25,28 

nFe ( ) 

xO 

b mol 

y 

116.a + 56.bx + 16.by = 25,28 (*) 

+ Các PTHH: 

0 

t 

FeCO 3 FeO + CO 2 (1) 

amol amol amol 

0 

t 

4FeO + O 2 2Fe 2 O 3 (2) 

a 

amol 

mol 

2 

0 

t 

4Fe x O y + (3x – 2y)O 2 2xFe 2 O 3 (3) 

bx 

bmol 

mol 

2 

Ba(OH) 2 + CO 2 BaCO 3 + H 2 O (4) 

1mol 1mol 1mol 

Có thể có: Ba(OH) 2 + 2CO 2 Ba(HCO 3 ) 2 (5) 

1mol 2mol 

2. + Ta có: nBa( OH ) 

C . 2 0,15.0,4 0,06( ) 

2 M 

V mol 

d 

m 7.88 

nBaCO 

0,04( mol) 

3 

M 197 

m 22, 4 

nFe 0,14( ) 

xO 

mol 

y 

M 160 

a bx 

+ Theo PTHH (2) và (3): 0,14( mol) 

2 2 

a bx 0,28 (2*) 

+ Vì: nBa( OH ) 

n 

2 BaCO 

nên có 2 trường hợp xảy ra: 

3 

a. TH1: Chỉ xảy ra phản ứng (4), tức là: 

Ba(OH) 2 dư = 0,06 – 0,04 = 0,02 (mol). Và CO 2 hết. 

- Theo PTHH (1) và (4): nCO 

n 0,04( ) 

2 BaCO 

mol 

3 

Hay: a = 0,04 (3*) thay vào (2*) ta được: 

bx = 0,24 (4*) thay vào (*) ta được: 

by = 0,59 (5*) 

bx 0,24 

- Lấy (4*) chia cho (5*) ta được: 

by 0,59 

x 24 

y 

59 

Loại. 

b. TH2: Xảy ra cả 2 phản ứng (4) và (5): 































5 

(4 điểm) 


Ba(OH) 2 + CO 2 BaCO 3 + H 2 O (4) 

0,04mol 0,04mol 0,04mol 

Ba(OH) 2 + 2CO 2 Ba(HCO 3 ) 2 (5) 

0,02mol 0,04mol 

nCO 

0,04 0,04 0,08( mol) 

2 

a 0,08 (6*) thay vào (2*) ta được: 

bx = 0,2 (7*) thay vào (*) ta được: 

by = 0,3 (8*) 

bx 0,2 

Lấy (7*) chia cho (8*) ta được: 

by x 2 x 

2 

 

0,3 y 3 y 

3 

Vậy công thức của oxit sắt là: Fe 2 O 3 

nCuO 

a( mol) 

 

+ Đặt: nAl ( ) 

2O 

b mol 80a 102b 160c 6,1( g) 

(*) 

3 

 

nFeO 

c( mol) 

+ Ta có: nH . 2 1.0,13 0,13( ) 

2SO C 

4 M 

V mol 

d 

+ Hòa tan A bằng dd H 2 SO 4 loãng ta có PTPƯ: 

CuO + H 2 SO 4 CuSO 4 + H 2 O (1) 

amol amol amol 

Al 2 O 3 + 3H 2 SO 4 Al 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 O (2) 

bmol 3bmol bmol 

FeO + H 2 SO 4 FeSO 4 + H 2 O (3) 

cmol c(mol) c(mol) 

+ Theo PTPƯ (3), (4), (5) ta có: 

a + 3b + c = 0,13 (mol) (**) 

CuSO4 

a( mol) 

 

+ Trong dd B: Al2( SO4 ) 

3 

b( mol) 

 

FeSO4 

c( mol) 

+ Khi cho dd B tác dụng với dd NaOH dư ta có PTPƯ: 

CuSO 4 + 2NaOH Cu(OH) 2 + Na 2 SO 4 (4) 

amol 

amol 

Al 2 (SO 4 ) 3 + 8NaOH 2NaAlO 2 + 3Na 2 SO 4 + 4H 2 O (5) 

FeSO 4 + 2NaOH Fe(OH) 2 + Na 2 SO 4 (6) 

cmol 

cmol 

+ Khi nung kết tủa, ta có PTPƯ: 

0 

t 

Cu(OH) 2 CuO + H 2 O (7) 

amol amol 

0 

t 

4Fe(OH) 2 + O 2 2Fe 2 O 3 + 4H 2 O (8) 

c 

cmol 

mol 

2 

+ Theo PTPƯ (4), (5), (6), (7), (8): 

80.a + 160.c = 3,2(g) (***) 





































+ Giải hệ (*), (**), (***) ta được: 

a 

0,02mol 

 

b 

0,03mol 

c 

0,02mol 

+ Vậy: m n. M 0,02.80 1,6( g) 

CuO 

m n. M 0,03.102 3,06( g) 

Al2O3 

m n. M 0,02.72 1,44( g) 

FeO 

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



0,5 đ 





















ĐỀ BÀI 

Câu I: ( 1,5 điểm) 

Viết 6 phương trình phản ứng điều chế ZnCl 2 , mỗi phương trình đặc trưng cho một 

phương pháp. (Tránh trùng lập) 

Câu II: (4,5 điểm) 

1/ Chỉ được dùng thêm quỳ tím và các ống nghiệm, hãy chỉ rõ phương pháp nhận ra các 

dung dịch bị mất nhãn: NaHSO 4 , Na 2 CO 3 , Na 2 SO 3 , BaCl 2 , Na 2 S. 

2/ Trình bày phương pháp hoá học để nhận biết các chất khí đựng trong các bình riêng 

biệt: metan, etilen, hiđro, axetilen.2 

Câu III: ( 5 điểm) 

Trong cốc đựng 19,88 gam hỗn hợp MgO, Al 2 O 3 . Cho 200 ml dung dịch HCl vào cốc, 

khuấy đều. Sau khi phản ứng kết thúc, cho bay hơi dung dịch thấy còn lại trong cốc 

47,38 gam chất rắn khan. Cho tiếp vào cốc 200 ml dung dịch HCl (ở trên) khuấy đều. 

Sau kh kết thúc phản ứng, làm bay hơi dung dịch, thấy còn lại trong cốc 50,68 gam chất 

rắn khan. 

1/ Tính C M của dung dịch HCl. 

2/ Tính % khối lượng mỗi ôxit trong hỗn hợp đầu. 

Câu IV: (4 điểm) 

Hỗn hợp A gồm 64% Fe 2 O 3 , 34,8% Fe, 1,2% C. Cần bao nhiêu kg hỗn hợp A trộn với 1 

tấn gang chứa 3,6% C, còn lại là sắt. Để luyện được một loại thép chứa 1,2%C trong lò 

Mác Tanh. Biết phản ứng xảy ra hoàn toàn, C bị ô xi hoá thành cacbon oxit do Fe 2 O 3 

trong quá trình luyện thép. 

Câu V: (2 điểm) 

Có 2 nguyên tố X, Y tạo thành 2 hợp chất A 1 và A 2 . Trong A 1 nguyên tố X chiếm 75% 

về khối lượng, Y chiểm 25%, trong A 2 nguyên tố X chiếm 90%, Y chiểm 10%. Nếu công 

thức hoá học của A 1 là XY 4 thì công thức hoá học của A 2 là gì? 

Câu VI: ( 3 điểm) 

Cho 80 gam bột Cu vào 200 ml dung dịch AgNO 3 , sau một thời gian phản ứng lọc được 

dung dịch A và 95,2 gam chất rắn. Cho tiếp 80 gam bột Pb vào dung dịch A, phản ứng 

xong lọc tách được dung dịch B chỉ chứa một muối duy nhất và 67,05 gam chất rắn. 

1/ Tính nồng độ mol/l của dung dịch AgNO 3 đã dùng. 

2/ Cho 40 gam bột kim loại R (hoá trị II) vào 1/10 dung dịch B, sau phản ứng hoàn toàn 

lọc tách được 44,575 gam chất rắn không tan. Hãy xác định kim loại R. 

Thí sinh được dùng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học. 

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





















Câu I: 

(1,5 

điểm) 

Câu II 

(4.5điểm) 

Câu III 

(5 điểm) 

. 

NỘI DUNG 

1/ Các phương trình: 

a. Zn + Cl 2 

to ZnCl 2 

b. Zn + 2HCl ZnCl 2 + H 2 

c. Zn + CuCl 2 ZnCl 2 + Cu 

d. ZnO + 2HCl ZnCl 2 + H 2 O 

e. Zn(OH) 2 + 2HCl ZnCl 2 + 2H 2 O 

g. ZnCO 3 + 2HCl ZnCl 2 + CO 2 + H 2 O 

( Mỗi phương trình cho 0,25 điểm) 

2/ Chia nhỏ các chất cần nhận biết thành nhiều phần: 

- Nhận NaHSO 4 = quỳ tím --> đỏ 

- Nhỏ NaHSO 4 vào các mẫu thử còn lại. 

NaHSO 4 + Na 2 CO 3 --> Na 2 SO 4 + H 2 O + CO 2 

NaHSO 4 + Na 2 SO 3 --> Na 2 SO 4 + H 2 O + SO 2 

NaHSO 4 + Na 2 S --> Na 2 SO 4 + H 2 S 

+ Nhận ra Na 2 CO 3 ; có khí không mầu, không mùi. 

+ Nhận ra Na 2 SO 3 ; có khí mùi hắc. 

+ Nhận ra Na 2 S ; có mùi trứng thối. 

- còn lại dung dịch BaCl 2 . 

( Mỗi chất cho 0,5 điểm) 

- Nhận biết C 2 H 2 bằng phản ứng: 

CH = CH + Ag 2 O ddNH 

3 Ag - C = C - Ag + H O 2 

mầu vàng 

- Nhậ biết C 2 H 4 bằng nước Br 2 bị mất mầu. 

C 2 H 4 + Br 2 --> C 2 H 4 Br 2 

- Đốt cháy CH 4 và H 2 cho sản phẩm đi qua nước vôi trong dư: 

CH 4 + 2O 2 --> CO 2 + 2H 2 O 

2H 2 + O 2 --> 2H 2 O 

Nếu có vẩn đục --> nhận CH 4 

CO 2 + Ca(OH) 2 --> CaCO 3 + H 2 O 

- Còn lại là H 2 

( Nhận biết mỗi chất cho 0,25 điểm) 

1/ Các phản ứng xảy ra: 

MgO + 2HCl --> MgCl 2 + H 2 O (1) 

Al 2 O 3 + 6HCl --> 2AlCl 3 + 3H 2 O (2) 

+ Vì sau khi cô cạn dung dịch sau lần thứ 2 khối lượng chất rắn 

khan tăng lên, chứng tỏ sau lần thứ nhất các ôxit chưa tan hết, 

nói cách khác HCl thiếu. 

+ Theo phản ứng (1,2) 

2 mol HCl tham gia phản ứng làm cho khối lượng chất rắn tăng: 

71 - 16 = 55 

ĐIỂM 






1,5 đ 

2,5 đ 

2,0 đ 

1,0 đ 

1,0 đ 










Câu IV 

(4 điểm) 

Câu V 

(2 điểm) 




Vậy số mol HCl phản ứng: 

47,38 

19,88 

1 

x 2 = 1(mol) => C M HCl = = 5 (M) 

1,0 đ 

55 

0,2 

2/ Sau lần thêm dung dịch HCl thứ hai, các ôxit phải tan hết, vì 

nếu chưa tan hết tức HCl thiếu hoặc đủ thì khối lượng muối tăng 

55 gam (vì n HCl = 5. 0,4 = 2 mol) 

Thực tế chất rắn chỉ tăng: 

1,0 đ 

50,68 - 19,88 = 30,8 (g) 

Gọi x,y là số mol của MgO, Al 2 O 3 ta có phương trình: 

40x + 102y = 19,88 

95x + 133,5y = 50,68 

=> x = y = 0,14 

40.0,14.100 

% MgO = = 28,17% 

19,88 

1,0 đ 

% Al 2 O 3 = 71,83% 

Viết phản ứng xảy ra: Fe 2 O 3 + 3C 

to 2Fe + 3CO 

0,5 đ 

Trong 1 tấn gang (1000kg) : m C= 0,012 (kg) 

Trước khi phản ứng: ( trộn m kg hỗn hợp và 1000kg gang) 

mC = (0,012m + 36) kg => nC = (0,012m + 36/12 (Kmol) 

0,012m 

36 

(hoặc . 10 3 (mol) 

12 

nFe 2 O 3 = 0,64/ 160 = 0,004m (Kmol) 

1,5 đ 

Theo phản ứng (*): 

Lượng C đã phản ứng: 0,012m(Kmol) 0,144m(kg) 

Lượng CO : 0,012m (Kmol) 0,336m (kg) 

Lượng C còn dư trong thép: 0,012+36 - 0,144m =(36 - 0,132m) 

(kg) 

Khối lượng thép (áp dụng định luật bảo toàn khối lượng) 1,0 đ 

(1000 + m) - mCO = 1000 + m - 0,336m = 1000 + 0,644m 

36 0,132m Vậy ta có: = 0,012 => m = 171,428 (kg) 

1000 0,664 

1,0 đ 

A 1 : XY 4 

X 

=> %mX = .100% = 75% (1) 

X 4Y 

4Y 

và % mY= . 100% = 25% (2) 

X 4Y 

Từ (1) và (2) suy ra: 

1,0 đ 

X 75 

= 3 =>X = 12Y (a) 

4Y 


A 2 : X X Y Y 

Xx 

Ta có % mX = . 100% = 90% (3) 

Xx Yy 

Yy 

và %mY = . 100% = 10% (4) 

Xx Yy 















Câu VI 

(3 điểm) 

Chú ý 


Xx 

từ (3) và (4) => = 9 (b) Yy 

x 9 3 

Từ (a) và (b) => 

y 12 4 

CTHH: A 2 là X 3 Y 4 

Cu + 2AgNO 3 --> Cu(NO 3 ) 2 + 2Ag 

x 2x x 2x 

95,2 80 

Số mol x = = 0,1 

216 64 

Pb + Cu(NO 3 ) 2 --> Pb(NO 3 ) 2 + Cu 

0,1 0,1 0,1 0,1 

Theo phương trình nếu chỉ có phản ứng thì độ giảm lượng kim 

loại (do mất Pb = 207 và tạo Cu = 64) là: 

( 207 - 64). 0,1 = 14,3 (gam) > 80 - 67,05 = 12,95 (gam) 

Chứng tỏ trong dung dịch vần còn muối AgNO 3 dư để có phản 

ứng: 

Pb + 2AgNO 3 --> Pb(NO 3 ) 2 + 2Ag 

y 2y y 2y 

Phản ứng này làm tăng lượng (216 - 207)y. 

Vậy ta có: ( 216 -207)y = 14,3 - 12,95 = 1,35 --> y = 0,15 

Số mol AgNO 3 ban đầu 2x + 2y = 0,5 (mol) 

0,5 

--> Nồng độ mol = = 2,5 M 

0,2 

Dung dịch D chứa Pb(NO 3 ) 2 = 0,1 + 0,15 = 0,25 (mol) 

R + Pb(NO 3 ) 2 --> R(NO 3 ) 2 + Pb 

0,025 0,025 0,025 0,025 

Độ tăng kim loại = (207 - R) . 0,025 = 44,575 - 40 = 4,575 (gam) 

=> R = 24 => Mg 

- Các cách giải khác đúng đáp số, không sai bản chất hoá học 

vẫn cho đủ điểm. 

- Phương trình phản ứng hoá học viết sai 1 công thức hoặc 

không cân bằng không tính điểm. 

- Các phương trình phản ứng phải viết đủ trạng thái của các chất. 

- Có thể chia nhỏ biểu điểm chấm ( thống nhất trong tổ chấm) 



1,0 đ 

1,0 đ 

1,0 đ 

1,0 đ 

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


















Câu I: (5 điểm) 




ĐỀ BÀI 

Nồng độ dung dịch KAl(SO 4 ) 2 bão hoà ở 20 0 C là 5,66%. 

a. Tính độ tan của KAl(SO 4 ) 2 ở 20 0 C. 


b. Lấy 900 gam dung dịch bão hoà KAl(SO 4 ) 2 ở 20 0 C đem đun nóng để làm bay 

hơi hết 300 gam nước, phần còn lại được làm lạnh đến 20 0 C. Hỏi có bao nhiêu gam tinh 

thể phèn KAl(SO 4 ) 2 .12H 2 O kết tinh? 

Câu II : ( 3 điểm) 

1.(1 đ) : Một loại phân bón phức hợp NPK có ghi trên nhãn : 20.10.10. 

Thông tin trên cho ta biết điều gì ? 

2. (2 đ): Bằng sơ đồ, hãy tách từng chất ra khỏi hỗn hợp các chất rắn gồm: Cu, 

ZnSO 4 , CuO. Viết các phương trình phản ứng hoá học xảy ra. 

Câu III: (4 điểm) 

Hoà tan hết hỗn hợp X gồm Fe và Mg bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl 20% 

thu được dung dịch D. Nồng độ của FeCl 2 trong dung dịch D là 15,757%. 

a. Xác định nồng độ phần trăm của MgCl 2 trong dung dịch D 

b. Xác định thành phần phần trăm về khối lượng của Fe trong hỗn hợp X. 

Câu IV: (4 điểm) 

1. (1,5 đ). Cho 3,8 g hỗn hợp P gồm các kim loại : Mg, Al, Zn, Cu tác dụng hoàn 

toàn với oxi dư thu được hỗn hợp chất rắn Q có khối lượng là 5,24 gam. 

Tính thể tích dung dịch HCl 1M cần dùng (tối thiểu) để hoà tan hoàn toàn Q. 

2. (2,5 đ). Dẫn khí H 2 dư đi qua 25,6 gam hỗn hợp X gồm Fe 3 O 4 , MgO, CuO 

(nung nóng ) cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Sau phản ứng thu được 20,8 gam 

chất rắn. Mặt khác 0,15 mol hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 225 ml dung dịch HCl 2,0 

M. 

a. Viết các phương trình phản ứng hoá học xảy ra. 

b. Tính % số mol các chất trong hỗn hợp X. 

Câu V: (4 điểm) 

Một hỗn hợp gồm Zn và Fe có khối lượng là 37,2 gam. Hoà tan hỗn hợp này trong 

2 lít dung dịch H 2 SO 4 0,5M 

a) Chứng tỏ rằng hỗn hợp này tan hết ? 


















b) Nếu dùng một lượng hỗn hợp Zn và Fe gấp đôi trường hợp trước, lượng H 2 SO 4 

vẫn như cũ thì hỗn hợp mới này có tan hết hay không? 

c) Trong trường hợp (a) hãy tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp biết rằng 

lượng H 2 sinh ra trong phản ứng vừa đủ tác dụng với 48 gam CuO? 

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




a) Dung dịch 5,66% là 100 gam dung dịch có 5,66 gam chất tan và 94,34 

gam H 2 O 

100.5,66 g 

100g H 2 O 

94,34 

= 6g 

Độ tan của KAl(SO 4 ) 2 ở 20 0 C là 6g. 

b) Khối lượng KAl(SO 4 ) 2 = 900.5,66 50,94g 

100 

Trong 900g dd có 50,94g KAl(SO 4 ) 2 và 849,06 g H 2 O 

Khi làm bay hơi hết 300 g nước thì khối lượng nước còn lại = 849,06 – 300 = 

549,06(g) 

Gọi m KAl(SO 4 ) 2 .12 H 2 O kết tinh là x g 

m KAl(SO 4 ) 2 (kết tinh) = 

258x = 258x 

258 126 

474 g 

m KAl(SO 4 ) 2 còn lại trong dung dịch =50,94 - 258x 

474 g 

m H 2 O(kết tinh) = 216x 

474 g 

m H 2 O còn lại trong dd =( 549,06- 216x ) 

474 g 

Ở 20 0 C: 100g H 2 O hoà tan 6g KAl(SO 4 ) 2 

( 549,06 - 216x ) 

474 g H 2O → (50,94 - 258x ) 

474 g 

100. (50,94 - 258x ) = 6.( 549,06 - 216x ) 

474 

474 

258x . 100 

5094 - = 3294,36 - 216x . 6 

474 

474 

25800x - 1296x 

1799,64 = 

474 

853029,3 = 24504 x 

X = 34,8 (g) 






0,5 đ 

0,5 đ 








0,5đ 



0,5đ 













Có 34,8 gam tinh thể phèn KAl(SO 4 ) 2 .12 H 2 O kết tinh 





Câu II : ( 3 điểm) 

1.(1đ). - Tỉ lệ : 20.10.10 cho ta biết tỉ lệ khối lượng các thành phần của N. 

P 2 O 5 . K 2 O trong mẫu phân được đóng gói 0,25đ 

- Ta tính được hàm lượng các nguyên tố : N, P, K. 


+ Hàm lượng của nguyên tố N là : 20 % 

31.2 

+ tỷ lệ P trong P 2 O 5 là : 


0, 44 

142 

Hàm lượng của nguyên tố P trong phân bón trên = 0,44 .10% =4,4 % 

39.2 

+ Tỉ lệ K trong K 2 O là : 


0, 83 

94 

Hàm lượng của nguyên tố K trong phân bón trên = 0,83 .10% = 8,3 % 

2.( 2đ) Sơ đồ : 

cô cạn 

Cu 

ZnSO 4 ( tan) ZnSO 4 

+H O 

CuO 2 Cu + HCldư Cu ( không tan) 

1đ 

+ NaOH dư 

ZnSO 4 CuO CuCl 2 Cu(OH) 2 

 

to CuO 

( không tan) HCl dư 

Các PT: CuO + 2HCl → CuCl 2 + H 2 O 

CuCl 2 + 2NaOH → Cu(OH) 2 + 2NaCl 

HCl + NaOH → NaCl + H 2 O 

Cu(OH) 2 

to 

CuO + H 2 O 

Câu III: (4 điểm) 

a) n Fe = x , mFe = 56x , n Mg = y , m Mg = 24 y 

. 2 

Fe + 2 HCl → Fe Cl 2 + H 2 

x 2x x x / mol 

Mg + 2 HCl → Mg Cl 2 + H 2 

y 2y y y / mol 

m KL = 56 x + 24 y 

(2x + 2y) . 36,5 . 100 

m dd HCl = = 365 . (x +y) 

20 

m H 2 = (x + y) . 2 

m dd sau phản ứng = 56 x + 24 y + 365 (x + y) – (x + y) 

m FeCl 2 = 127 x 

= 419 x + 387 y 





1đ 


















127x .100 

C% FeCl 2 = = 15,757 

419x 

387y 

Giải phương trình được x = y 

m MgCl 2 = 95 y 

95 y .100 95 y .100 

C% MgCl 2 = 

= = 11,787 

419x 

387 y 806y 

b) m Fe = 56 x , m Mg = 24 x (x = y) 

56x .100 

% Fe = = 70 

56x 

24y 

Câu IV : ( 4 điểm) 

1. (1,5đ). 

Gọi a, b, c, d lần lượt là số mol Mg, Al, Zn, Cu 

2Mg + O 2 

to 

2MgO (1) 

a 0,5a a 

4Al + 3O 2 

to 

2Al 2 O 3 (2) 

b 0,75b 0,5b 

2Zn + O 2 

to 2ZnO (3) 

c 0,5c c 

2Cu + O 2 

to 2CuO (4) 

d 0,5d d 

Q gồm: (MgO, Al 2 O 3 , ZnO, CuO) 

MgO + 2HCl MgCl 2 + H 2 O (5) 

a 2a 

Al 2 O 3 + 6HCl 2AlCl 3 + 3H 2 O (6) 

O,5b 3b 

ZnO + 2HCl ZnCl 2 + H 2 O (7) 

c 2c 

CuO + 2HCl CuCl 2 + H 2 O (8) 

d 2d 

Theo ( 5, 6, 7, 8) n HCl = 2a + 3b + 2c + 2d 

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (1, 2, 3, 4) 

m P + m O2 = m Q 

=> m O2 = m Q - m P = 5,24 - 3,18 = 1,44 g 

=> n O2 = 1,44 : 32 = 0,045 mol 

Theo (1,2,3,4) : n O2 = 0,5a + 0,75b + 0,5c + 0,5d = 0,045 mol 

Ta thấy: n HCl = 4.(0,5a + 0,75b + 0,5c + 0,5d) = 4nO 2 = 4 . 0,045 = 0,18 mol 

n 0,18 

=> V HCl cần tìm = 0,18( l) = 180( ml) 

CM 1 

Có thể giải cách khác : Sau khi tìm ra số mol O 2 là 0,045. 

Nhận xét: Trong các cặp chất phản ứng : 1,5; 2,6; 3,7; 4,8 thấy số mol axit 

luôn gấp 4 lần số mol O 2 . 








0,5đ 


0,5đ 

1đ 

0,5đ 

0,5đ 














Do đó: tìm ra số mol HCl = 4.0,045 = 0,18. Tìm ra thể tích dd là 180 ml 

2.( 2,5đ) H 2 + CuO 

to Cu + H 2 O 

4H 2 + Fe 3 O 4 

to 

3Fe + 4H 2 O 

H 2 + MgO 

to không pư 

1đ 

2HCl + MgO MgCl 2 + H 2 O 

8HCl + Fe 3 O 4 FeCl 2 + 2FeCl 3 + 4H 2 O 

2HCl + CuO CuCl 2 + H 2 O 

* Đặt n MgO = x ( mol) , n Fe 3 O 4 = y ( mol) , nCuO = z (mol) trong 25,6 0,25đ 

gam X 

Ta có 40x + 232y + 80z = 25,6 ( I ) 


Và 40x + 168y + 64z = 20,8 ( II) 

* Đặt n MgO = kx ( mol) , n Fe3O4 = ky ( mol) , n CuO = kz (mol) trong 0,15 mol 


X 

Ta có : k ( x + y + z ) = 0,15 ( III) 


Và 2kx + 8ky + 2kz = 0,45 (IV) 

Giải hệ (I),(II), (III), (IV) ta được x = 0,15 mol, y = 0,05 mol, z = 0,1 mol 0,25đ 

0,15 

0,1 

% n MgO = 100 50% 

, % n CuO = 100 33,33% 

0,3 

0,3 


% n Fe3O4 = 100 - 50 - 33,33 = 16,67 % 

Câu V : ( 4 điểm) 

Gọi n Zn = x , m Zn = 65x 

n Fe = y , m Fe = 56y 

Ta có: 65x + 56y = 37,2 (I) 

n H 2 SO 4 = 2.0,5 = 1 mol 

Giả sử hỗn hợp tan hết ta sẽ có phương trình phản ứng: 

Zn + H 2 SO 4 → ZnSO 4 + H 2 (1) 

x x x 

Fe + H 2 SO 4 → FeSO 4 + H 2 (2) 

y y y 

a) * 65x + 56y = 37,2 

56x + 56y < 65x + 56y 

56x + 56y < 37,2 

56(x+y) < 37,2 

x+y < 37, 2 

56 = 0,66 

* 65x + 65y > 65x + 56y 

65x + 65y > 37,5 

65(x+y) > 37,5 

x + y > 37, 2 

65 = 0,57 

Theo (1), (2) n H 2 SO 4 = x + y = 1 mol 

Mà n2 kim loại 0.57 < x + y < 0,66 












0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 













Nên kim loại tan hết, axit dư 

b) Nếu dùng hỗn hợp Zn và Fe gấp đôi thì cũng lý luận như trên 

Ta có: 1,14 < x + y < 1,32 

Mà n H 2 SO 4 = 1 mol 

Do đó axit phản ứng hết, kim loại dư (không tan hết) 

c) H 2 + CuO 

to Cu + H 2 O 

(x+y) (x+y) 

nCuO = x + y = 48 = 0,6 (II) 

80 

Từ (I) và (II) ta có: 

65x + 56y = 37,2 

x + y = 0,6 

x = 0,4, y= 0,2 

mZn = 0,4 . 65 = 26 (g) 

mFe = 0,2 . 56 = 11,2 (g) 

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




























ĐỀ BÀI 

Câu 1.(2 điểm). 

1. Không dùng hoá chất nào khác, nêu phương pháp nhận biết 4 lọ đựng 4 dung dịch bị 

mất nhãn sau: Na 2 CO 3 , BaCl 2 , NaCl, HCl 

2. Cho sơ đồ biến hóa sau: 

t o 

CaCO 3 CaO A B C CaCO 3 

(1) (2) (3) (4) (7) 

(8) 

(5) (6) 

D 

B 

Hãy tìm các chất ứng với các chữ cái: A, B, C, D. Biết rằng chúng là những chất 

khác nhau. Viết phương trình phản ứng. 

Câu 2: (2,5 điểm) 

1) 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 


2) Trộn lẫn 200 ml dung dịch H 2 SO 4 1,5M vào 301 gam dung dịch H 2 SO 4 3M (D 

= 1,29 g/ml). Tính nồng độ mol/lit của dung dịch H 2 SO 4 nhận được. 

3) Hoà tan vừa đủ ôxit của kim loại M có công thức MO vào dung dịch H 2 SO 4 

loãng nồng độ 4,9% được dung dịch chỉ chứa một muối tan có nồng độ 7,69%. Xác 

định tên kim loại M. 

Câu 3: (1,5 điểm) 

Cho 7,8g hỗn hợp 2 kim loại là R hoá trị II và Nhôm tác dụng với dung dịch axit 

sunfuric loãng, dư. Khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch 2 muối và 8,96 lít khí 

(đktc) 

1) Viết phương trình phản ứng hoá học xảy ra? 

2) Tính khối lượng muối thu được sau thí nghiệm và thể tích dung dịch H 2 SO 4 

2M tối thiểu cần dùng ? 

3) Xác định R. Biết rằng trong hỗn hợp ban đầu tỉ lệ số mol R : Al là 1 : 2 

Câu 4: (1,5 điểm) Nung 16,8 gam hỗn hợp X gồm MgCO 3 và CaCO 3 đến khối lượng 

không đổi. Dẫn toàn bộ khí thu được vào 180ml dung dịch Ba(OH) 2 1M thu được 33,49 

gam kết tủa. 

Tính thành phần phần trăm khối lượng của mỗi chất có trong hỗn hợp X. 

Câu 5.(2,5 điểm). 

Cho 0,51 gam hỗn hợp A ở dạng bột gồm Fe và Mg vào 100 ml dung dịch CuSO 4 . 

Sau khi các phản ứng hoàn toàn, lọc, thu được 0,69 gam chất rắn B và dung dịch C. 

Thêm dung dịch NaOH dư vào C, lấy kết tủa đem nung ngoài không khí đến khối lượng 

không đổi, được 0,45 gam chất rắn D. 
















a) Tính nồng độ mol của dung dịch CuSO 4 đã dùng. 

b) Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp A. 

c) Hòa tan hoàn toàn chất rắn B trong dung dịch H 2 SO 4 đặc, nóng thu được V lít khí 

SO 2 duy nhất ở đktc. Tính V? 

(Cho H = 1; S = 32; O = 16; Al = 27; Mg = 24; C = 12; Ba = 137; Fe = 56; Cu = 64; 

Na = 23) 

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




. 

Câu ý Nội dung Điểm 

1 - Đánh số thứ tự các lọ theo thứ tự từ 1 đến 4. 

- Trích mỗi hoá chất ra ống nghiệm làm mẫu thử rồi đánh 

số thứ tự tương ứng. 

- Lần lượt đem các mẫu thử đun nóng 

+ Mẫu thử nào bay hơi hết thì đó là dung dịch HCl. 

- Dùng mẫu thử HCl nhận biết được ở trên nhỏ vào 3 mẫu 

thử còn lại. 

+ Mẫu thử nào có khí bay lên là dung dịch Na 2 CO 3 

Na 2 CO 3 + 2HCl NaCl + CO 2 + H 2 O 

- Dùng dung dịch Na 2 CO 3 vừa nhận biết ở trên nhỏ vào 2 

mẫu thử còn lại. 





Câu 1 

(2điểm) 

+ Mẫu thử nào xuất hiện kết tủa trắng là dung dịch BaCl 2 . 

BaCl 2 + Na 2 CO 3 BaCO 3 + 2NaCl 

- Chất còn lại là NaCl 

2 (1) CaCO 3 

o 

t 

CaO + CO 2 



(2) CaO + H 2 O Ca(OH) 2 

( A) 

(3) Ca(OH) 2 + 2 HCl CaCl 2 + 2 H 2 O 

( B ) 

(4) CaCl 2 + 2 AgNO 3 Ca(NO 3 ) 2 + 2 AgCl 

( C ) 










(5) CaCO 3 + CO 2 + H 2 O Ca(HCO 3 ) 2 

( D ) 

(6) Ca(HCO 3 ) 2 + 2 HNO 3 Ca(NO 3 ) 2 + 2 H 2 O 


https://123doc.org/trang-ca-nhan-3408296-loc-tin-tai.htm 125 









Câu 2 

(2,5điểm) 


+ 2CO 2 





( C ) 

(7) Ca(NO 3 ) 2 + Na 2 CO 3 CaCO 3 + 2 NaNO 3 

(C) 

(8) CaCO 3 + 2HCl CaCl 2 + CO 2 + H 2 O 

(B) 

1 Vì khi cho Z tác dụng với dung dịch HCl có khí 

cacbonic thoát ra, X tác dụng với Y thành Z, đun nóng Y 

lại thu được khí cacbonic và Z chứng tỏ: 

- Z là muối cacbonat Na 2 CO 3 , Y là muối 

natrihidrocacbonat NaHCO 3 , X là natrihidroxit NaOH 





Các phản ứng hóa học khi cho A, B, C phản ứng với dung 

dịch CaCl 2 : 




2 n H 2 SO 4 (trong dung dịch 2M) = 0,2 x 1,5 = 0,3 mol 

301x3 

n H 2 SO 4 (trong dung dịch 3M) = = 0,7 mol. 

1,29x1000 

Thể tích của dung dịch H 2 SO 4 sau khi trộn = 0,2+0,233 = 

0,433 lit 

Vậy: 

Nồng độ H 2 SO 4 sau khi trộn = (0,3+ 0,7): 0,433 = 2,3 M 

3 PTHH: MO + H 2 SO 4 MSO 4 +H 2 O 

Gọi x là số mol của MO 

Khối lượng MO: (M+16)x (g) 

Khối lượng của H 2 SO 4 là:98.x(g) 

98. 

x.100 

Khối lượng dung dịch H 2 SO 4 : = 2000.x 

4,9 

Khối lượng chất tan sau phản ứng:(M+96)x(g) 

Khối lượng dung dịch sau phản ứng: (M+16)x + 







0,5 


















Câu 3 

(1,5điểm) 

Câu 4 

(1,5điểm) 


2000.x 

( M 96) x.100 

Theo đề bài ta có: 

=7,96 

( M 16) 

x 2000x 

Giải ra ta được M= 64. Vậy M là kim loại đồng 

nH 2 = 8,96/ 22,4 = 0,4 (mol) 

a) R + H 2 SO 4 RSO 4 + H 2 (1) 

2Al + 3H 2 SO 4 Al 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 (2) 

b) Từ (1) và (2) ta có nH 2 SO 4 = nH 2 = 0,4 mol 

Theo ĐLBTKL ta có : 

m muối = m hỗn hợp kim loại + m H 2 SO 4 – m H 2 . 

= 7,8 + 0,4 x 98 – 0,4 x2 = 46,2 (g) 

Thể tích dung dịch H 2 SO 4 : V = 0,4/2 = 0,2 (lít) 

c) Gọi a là số mol của kim loại R thì số mol của Al là 2a 

Theo đề bài ta có hệ phương trình. 

axR + 2a x 27 = 7,8 

a + 3a = 0,4 

Suy ra : a= 0,1 ; R = 24 (Mg) 

Số mol Ba(OH) 2 = 0,18 (mol) 

Số mol BaCO 3 = 0,17 (mol) 

MgCO 3 → to MgO + CO 2 

xmol 

xmol 







CaCO 3 → to CaO + CO 2 


ymol 

ymol 

ta có : 84x + 100y = 16.8 (I ) 


Vì Số mol BaCO 3 < Số mol Ba(OH) 2 nên bài toán xảy ra 2 

trường hợp : 


* TH1 : Thiếu CO 2 , dư Ba(OH) 2 

CO 2 + Ba(OH) 2 → BaCO 3 + H 2 O 

0,17mol 

0,17mol 

Ta có : x +y = 0,17 

(II) 

Từ (I) và (II) ta có hệ phương trình : 

84x 

100y 

16,8 x 


 

 

x y 0,17 y 

0,1575 


Thành phần % 2 muối : 

%MgCO 3 = 6.25%; %CaCO 3 = 93.75% 

* Trường hợp 2: dư CO 2 , kết tủa tan một phần 





0,5 













Câu 5 

(2,5điểm) 


CO 2 + Ba(OH) 2 → BaCO 3 + H 2 O 

O,18mol 0,18mol 0,18mol 

CO 2 + BaCO 3 + H 2 O→ Ba(HCO 3 ) 2 

0,01mol 0,01 mol 

Ta có : x +y = 0,19 (III) 



84x 

100y 

16,8 x 0,1375 

 

 

x y 0,19 y 


Thành phần % 2 muối : 

%MgCO 3 = 68.75%; %CaCO 3 =31.25% 

Theo đề: Lúc đầu dùng 0,51 gam hỗn hợp Mg và Fe, qua 

những biến đổi chỉ thu được 0,45 gam MgO và Fe 2 O 3 

CuSO 4 thiếu, Fe dư. 


Mg + CuSO 4 MgSO 4 + Cu (1) 


Vì Mg mạnh hơn Fe nên Mg phản ứng hết, Fe phản ứng 

với phần CuSO 4 còn lại và Fe dư. Do đó chất rắn B gồm 

Cu và Fe dư. 

MgSO 4 + 2NaOH Mg(OH) 2 + Na 2 SO 4 (3) 

FeSO 4 + 2NaOH Fe(OH) 2 + Na 2 SO 4 (4) 

Nung kết tủa trong không khí: 

t 0 

Mg(OH) 2 MgO + H 2 O (5) 

4Fe(OH) 2 + O 2 2Fe 2 O 3 + 4H 2 O (6) 

Gọi x, y lần lượt là số mol của Mg và Fe có trong 0,51 

gam hỗn hợp, a là số mol Fe tham gia phản ứng (2). 

Ta có: 24x + 56y = 0,51 

(I) 

56(y – a) + 64(x + a) = 0,69 (II) 

40x + 160.a/2 = 0,45 

(III) 

Kết hợp (I), (II) và (III) ta có: x = 0,00375 ; y = 0,0075 ; a 

= 0,00375 

a) Nồng độ mol của dung dịch CuSO 4 : 

0,00375.2.1000 

C M(CuSO 4 ) = 0, 075 M 

100 

b) Thành phần % khối lượng của hỗn hợp A. 

0,00375.24 

%m Mg = .100% 17,65% 

0,51 

%m Fe = 100% - 17,65% = 82,35% 



























c) Thể tích khí SO 2 sinh ra (đktc). 

Chất rắn B gồm Fe dư và Cu. Khi cho B tác dụng với 

H 2 SO 4 đặc, nóng: 

2Fe + 6H 2 SO 4(đặc,nóng) Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3SO 2 + 6H 2 O 

(7) 

Cu + 2H 2 SO 4(đặc,nóng) CuSO 4 + SO 2 + 2H 2 O 

(8) 

(7) n SO 2 

= 2 

3 

nFe dư = 2 

3 (y – a) = 2 

3 (0,0075 – 0,00375) 

= 0,005625 mol 

(8) n SO 2 

= n Cu = x + a = 0,0075 + 0,00375 = 0,01125 

mol 

V SO 2 

= 22,4.(0,005625 + 0,01125) = 0,378 lít. 

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
























ĐỀ BÀI 

Caâu1. (4, 0 ñieåm) 

Vãieágt pâhö zôènág trìrìènâh pâhaûèn ö ùènág céoù tâhekåòaûy rìa cïuûa caùc trìö zôøènág âhzôïup ísaïu: 

1. Trìéoäèn dïuènág dòcâh KHCO 3 vzôùãi dïuènág dòcâh Ba(OH) 2 

2. Câhéo maãiïu Aæl 2 O 3 vaøéo dïuènág dòcâh KHSO 4 . 

3. Câhéo âhéoãièn âhzôïup câhö ùa Fe vaøFe 3 O 4 vaøéo dïuènág dòcâh HCæl. 

4. Câhéo tö øtö øènö zôùc véoâhãi trìéoènág vaøéo brìènâh câhö ùa kåâhís CO 2. 

Caâu 2. (2, 0 ñieåm) 

Héoãièn âhzôïup A câhö ùa Aæl 2 O 3 , Fe 3 O 4 vaøCïuO. Héoøa taèn A trìéoènág dïuènág dòcâh NaOH dö , 

tâhïu ñö zôïuc dïuènág dòcâh C vaøcâhaágy rìaéoèn D. Tâheâhm tö øtö ødïuènág dòcâh H 2 SO 4 æléoaõènág vaøéo dïuènág 

dòcâh C câhéo ñeágèn kåâhãi pâhaûèn ö ùènág kåeágt tâhïuùc. Nïuènág D trìéoènág éoágènág câhö ùa kåâhís H 2 (dö ) zôû ènâhãieät ñéoä 

caéo ñö zôïuc câhaágt rìaéoèn E. Héoøa taèn E trìéoènág aòãit H 2 SO 4 ñaëc, ènéoùènág. Vãieágt caùc pâhö zôènág trìrìènâh 

pâhaûèn ö ùènág òaûy rìa. 


Câhéo âhéoãièn âhzôïup X céoù tâhaøènâh pâhaàèn kåâhéoágãi ælö zôïuènág ènâhö ísaïu: %MágSO 4 = %Na 2 SO 4 = 

40%, pâhaàèn céoøèn ælaïuãi ælaøMágCæl 2 . Héoøa taèn a ágam X vaøéo ènö zôùc ñö zôïuc dïuènág dòcâh Y, tâheâhm tãieágp 

Ba(OH) 2 vaøéo Y câhéo ñeágèn dö tâhïu ñö zôïuc (a+17, 962) ágam kåeágt tïuûa T. 

1. Trìm ágãiaù trìò a. 

2. Nïuènág T ènágéoøaãi kåâhéoâhènág kåâhís ñeágèn kåâhéoágãi ælö zôïuènág kåâhéoâhènág ñéokåãi ñö zôïuc b ágam câhaágt rìaéoèn Z. 

Trìm b. 


Héoaøèn tâhaøènâh câhïuéoãi pâhaûèn ö ùènág ísaïu ñaâhy (vãieágt pâhö zôènág trìrìènâh pâhaûèn ö ùènág, òaùc ñòènâh caùc 

câhaágt ö ùènág vzôùãi méoãi câhö õcaùãi (A), (B), (C) . . .) 

(A) + (B) (D) + Aág 

(E) + HNO 3 (D) + H 2 O 

(D) + (G) (A) 

(B) + HCæl (L) + HNO 3 

(G) + HCæl (M) + H 2 

(M) + (B) (L) + Fe(NO 3 ) 2 


Ñéoágt câhaùy âhéoøaèn téoøaèn câhaágt âhö õïu czô A câhæl tâhïu ñö zôïuc CO 2 vaøâhzôãi H 2 O. Kâhéoágãi ælö zôïuènág 

cïuûa 0, 05 méoæl A baènág vzôùãi kåâhéoágãi ælö zôïuènág cïuûa 0, 1125 méoæl kåâhís éoòãi. Xaùc ñòènâh céoâhènág tâhö ùc 

pâhaâhèn tö û cïuûa A. 

Caâu 6. (3 ñieåm) 
















Oòãit caéo ènâhaágt cïuûa ènágïuyeâhèn téoágR ælaøR 2 O 5 . trìéoènág âhzôïup câhaágt vzôùãi âhãiñrìéo, R câhãieágm 91, 

17% veàkåâhéoágãi ælö zôïuènág. 

1. Xaùc ñòènâh céoâhènág tâhö ùc âhéoùa âhéoïuc éoòãit caéo ènâhaágt cïuûa R. 

2. Vãieágt pâhö zôènág trìrìènâh pâhaûèn ö ùènág òaûy rìa kåâhãi câhéo éoòãit trìeâhèn vaøéo dïuènág dòcâh KOH. 

Cho: H = 1, C = 12, N = 14, Cl = 35, 5, S = 32, P = 31, Br = 80, Na = 23, Mg = 24. K 

= 39, Fe = 56, Zn = 65, Ag = 108, Ba = 137. 

Hoïc sinh ñöôïc söû duïng baûng heä thoáng tuaàn hoøan. 

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




Caâu Noäi dung Ñieåm 

1 

(4ñ) 

1. 2KHCO 3 + Ba(OH) 2 K 2 CO 3 + BaCO 3 

KHCO 3 + Ba(OH) 2 KOH + BaCO 3 + H 2 O 

0, 5 

0, 5 

2. Aæl 2 O 3 + 6KHSO 4 3K 2 SO 4 + Aæl 2 (SO 4) 3 + 3H 2 O 

1,0 

3. Fe 3 O 4 + 8HCæl FeCæl 2 + 2FeCæl 3 + 4H 2 O 


Fe + 2HCæl FeCæl 2 + H 2 


Fe + 2FeCæl 3 3FeCæl 2 

0, 5 

4. CO 2 + Ca(OH) 2 CaCO 3 + H 2 O 

0, 5 

CaCO 3 + CO 2 + H 2 O Ca(HCO 3 ) 2 

0, 5 

(ènếu Ca(OH) 2 không dư so với CO 2 ) 

2 Aæl 2 O 3 + 2NaOH NaAælO 2 + H 2 O 


(2ñ)đđ D: Fe 3 O 4 , CïuO, C: NaAælO 2 , NaOH dö 

2NaOH + H 2 SO 4 Na 2 SO 4 + 2H 2 O 

2NaAælO 2 + 4H 2 SO 4 Aæl 2 (SO 4 ) 3 + Na 2 SO 4 + 4H 2 O 

o 

t 

Fe 3 O 4 + 4H 2 3Fe + 4H 2 O 

o 

t 

CïuO + H 2 Cïu + H 2 O 


0, 5 



E: Fe, Cïu 

o 

t 

Cïu +H 2 SO 4 CïuSO 4 + SO 2 + H 2 O 

o 

t 

2Fe + 6H 2 SO 4 Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3SO 2 + 6H 2 O 




3. 

(4ñ) 

1. MágSO 4 + Ba(OH) 2 BaSO 4 + Mág(OH) 2 

Na 2 SO 4 + Ba(OH) 2 BaSO 4 + 2NaOH 

MágCæl 2 + Ba(OH) 2 BaCæl 2 + Mág(OH) 2 

m BaSO 4 + mMág(OH) 2 = a + 17, 962 




















4 

(4ñ) 

5 

(3ñ) 

6 

(3ñ) 


2, 33a (40/12000 + 40/142000 + 20/ 9500 = a + 17, 962 

Gãiaûãi pâhö zôènág trìrìènâh, ta céoù: a = 24 ágam 

t 

2. Mág(OH) o 

2 MágO + H 2 O 

B = (24 + 17, 962) – 18, 24 (40/12000 + 20/9500) = 39, 6 (ágam) 

Fe(NO 3 ) 2 + 2AágNO 3 Fe(NO 3 ) 3 + Aág 

(A) (B) (D) 

Fe 2 O 3 + 6HNO 3 2Fe(NO 3 ) 3 + 3H 2 O 

(E) 

Fe + 2Fe(NO 3 ) 3 3Fe(NO 3 ) 2 

(G) 

HCæl + AágNO 3 AágCæl + HNO 3 

(L) 

Fe + 2HCæl FeCæl 2 + H 2 

(M) 

FeCæl 2 + 2AágNO 3 2AágCæl + Fe(NO 3 ) 2 

Ñïuùènág caùc câhö õcaùãi: A, B, C … 

A: C ò H y O zô (zô 0) 

o 

t 

C ò H y O zô + (ò+y/4 – zô/2) O 2 òCO 2 + y/2H 2 O 

M A = 0,1125 ò 32/0,05 = 72 

12ò + y + 16zô = 72 

zô 0 1 2 3 

12ò + y 72 56 40 24 

ò 5 4 3 2 

y 12 8 4 0 

CTPT C 5 H 12 C 4 H 8 O C 3 H 4 O 2 æléoïuaãi 

1. Hzôïup câhaágt vzôùãi âhãiñrìéo: RH 3 

R/3 = 91, 17/ 100 – 91, 17 

R = 31 (P) 

Oòãiyt caéo ènâhaágt: P 2 O 5 

2. P 2 O 5 + 6KOH 2K 3 PO 4 + 3H 2 O 

P 2 O 5 + 4KOH 2K 2 HPO 4 + H 2 O 

P 2 O 5 + 2KOH + H 2 O 2KH 2 PO 4 



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

1,0 

0,5 

0,5 

1,0 

0, 5 

0, 5 

0, 5 

0, 5 

0, 5 

0, 5 

1,0 





4ò0,5 



0, 5 

0, 5 

0, 5 

0, 5 

0, 5 

















Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Sinh học lớp 9 (25 đề kèm đáp án) 



MÔN: SINH HỌC - LỚP 9 


(Đề thi HSG Sinh 9 – PGD&ĐT Tiền Hải - Năm học 2017 - 2018 

ĐỀ BÀI 

Câu 1: (4,0 điểm). 

1. Phát biểu nội dung quy luật phân li? Nêu ứng dụng của quy luật phân li trong 

sản xuất? Cho ví dụ? 

2. Biến dị tổ hợp là gì? Biến dị tổ hợp có ý nghĩa gì đối với chọn giống và tiến 

hóa?Tại sao ở các loài sinh sản giao phối, biến dị lại phong phú hơn nhiều so với những 

loài sinh sản vô tính? 

Câu 2: (3,0 điểm). 

1. Phân biệt bộ NST lưỡng bội và bộ NST đơn bội. 

2. Thực chất của sự thụ tinh là gì? Quan niệm cho rằng người mẹ quyết định việc 

sinh con trai hay con gái là đúng hay sai? Vì sao? 

Câu 3: (3,0 điểm). 

1. Các tế bào con tạo ra khi kết thúc một quá trình nguyên phân và một quá trình 

giảm phân có những điểm gì khác nhau? 

2. Tại sao nói sự biến đổi hình thái của nhiễm sắc thể qua nguyên phân có tính chu 

kì? Ý nghĩa của sự biến đổi hình thái nhiễm sắc thể? 

3. Vì sao ở kì sau của nguyên phân, khi phân li thì mỗi nhiễm sắc thể đơn trong 

nhiễm sắc thể kép đi về một cực tế bào, còn ở kì sau giảm phân I khi phân li thì mỗi 

nhiễm sắc thể kép trong cặp nhiễm sắc thể kép tương đồng đi về một cực tế bào? 

Câu 4: (3,0 điểm). 

1. Hợp tử của một loài có bộ NST kí hiệu là AaBbDdXY. Hãy kí hiệu bộ NST khi 

hợp tử đang ở kì giữa, kì sau của quá trình nguyên phân. 

2. Hợp tử trên nguyên phân liên tiếp 7 lần thì cần bao nhiêu NST đơn tương đương 

nguyên liệu môi trường cung cấp? 

3. Một nhóm tế bào đã trải qua quá trình nguyên phân với số lần bằng nhau đã tạo 

ra 16 tế bào con. Cho biết có bao nhiêu tế bào tham gia nguyên phân và mỗi tế bào đã 

nguyên phân bao nhiêu đợt? 

Câu 5: (3,0 điểm). 

Ở gà 2n = 78. Một nhóm tế bào cùng loại có tất cả 4992 NST đơn đang phân li về 

hai cực tế bào. 

a. Nhóm tế bào đó đang ở thời kì phân bào nào? Số lượng là bao nhiêu? 

b. Giả sử nhóm tế bào trên được sinh ra từ hai tế bào gốc ban đầu thì trong toàn bộ 

quá trình phân bào đó NST đã nhân đôi bao nhiêu lần? Biết rằng tốc độ phân bào của các 

thế hệ tế bào là đều nhau. 


















Câu 6. (4,0 điểm) 

1. Cho phép lai P: ♀ AaBbDdEe x ♂ aaBbDDEe. 

Biết rằng mỗi gen quy định một tính trạng, phân li độc lập, tính trội là trội hoàn toàn. 

Không cần lập bảng, hãy tính: 

a. Số loại kiểu gen, kiểu hình ở đời con F 1 . 

b. Số loại biến dị tổ hợp ở đời con F 1 . 

c. Tỉ lệ kiểu hình mang 3 tính trạng trội ở đời con F 1 . 

2. Người ta thực hiện phép lai sau: Khi lai giữa F 1 có kiểu gen giống nhau với ba 

cây I, II, III có kiểu gen khác nhau, người ta thu được kết quả: 

Phép lai 1: F 1 x cây I 

F 2 – I : 147 cây chín sớm 

Phép lai 2: F 1 x cây II 

F 2 – II : 98 cây chín sớm: 102 cây chín muộn 

Phép lai 3: F 1 x cây III 

F 2 – III : 297 cây chín sớm: 101 cây chín muộn. 

Biết tính trạng thời gian chín do một gen qui định. 

a. Xác định kiểu gen F 1 và các cây I, II, III. 

b. Muốn ngay F1 chỉ xuất hiện một kiểu hình, kiểu gen của thế hệ bố mẹ (P) có thể 

là gì? 

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


















ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM CHẤM 




(Đề thi HSG Sinh 9 – PGD&ĐT Tiền Hải - Năm học 2017 - 2018 

ĐỀ BÀI 


1 1 * Nội dung quy luật phân li: Trong quá trình phát sinh giao tử, mỗi 0,5 

(4 điểm) nhân tố di truyền trong cặp nhân tố di truyền phân li về một giao tử và 

giữ nguyên bản chất như ở cơ thể thuần chủng của P. 

* Nêu ứng dụng của quy luật phân li trong sản xuất : 

- Trên cơ thể sinh vật, thường các tính trạng trội là tốt, còn các tính 

lặn là các tính xấu có hại. Do đó trong sản xuất : 0,25 

+ Để thu được con lai đồng loạt mang tính trạng trội có lợi, người ta 

dùng cặp bố mẹ trong đó ít nhất phải có một cơ thể thuần chủng về 

tính trạng trội (AA) 

0,5 

Ví dụ : P: AA (trội) x AA (trội) 

Gp: A A 

F 1 : AA 

Kiểu hình đồng tính trội 

+ Ngược lại để tránh con lai xuất hiện tính lặn (xấu) người ta không 0,5 

sử dụng cơ thể dị hợp (không thuần chủng) làm giống, vì như vậy con 

lai sẽ có sự phân tính và có kiểu hình lặn (xấu) 

Ví dụ : P: Aa (không thuần chủng ) x Aa (không thuần chủng) 

Gp: (1A : 1a ) (1A : 1a ) 

F 1: 1AA : 2Aa: 1aa 

Kiểu hình có ¼ mang tính trạng lặn (xấu) 

2. * Biến dị tổ hợp là sự tổ hợp lại các tính trạng của bố mẹ (P) làm 0,25 

xuất hiện các kiểu hình khác P ở con lai. 

* Ý nghĩa 

0,5 

- Trong chọn giống: Tính đa dạng ở vật nuôi và cây trồng giúp con 

người có nhiều điều kiện để chọn và giữ lại những dạng phù hợp nhằm 

ạo giống mới có năng suất và phẩm chất tốt 

- Trong tiến hóa: tính đa dạng giúp mỗi loài có khả năng phân bố và 0,5 

thích nghi ở nhiều môi trường sống khác nhau làm tăng khả năng đấu 

tranh sinh tồn của chúng . 

* Ở các loài sinh sản giao phối, biến dị lại phong phú hơn nhiều so 0,5 

với những loài sinh sản vô tính vì : 

- Ở các loài sinh sản giao phối do có sự phân li độc lập và tổ hợp tự 

do của các cặp gen trong quá trình phát sinh giao tử đã tạo ra nhiều 

loại giao tử; các loại giao tử này được tổ hợp ngẫu nhiên trong quá 

trình thụ tinh đã tạo ra nhiều tổ hợp kiểu gen khác nhau làm xuất hiện 
















nhiều biến dị tổ hợp. 

- Loài sinh sản vô tính không có sự giảm phân hình thành giao tử, 

không có sự thụ tinh. Cơ thể con được hình thành từ một phần hay 

một nhóm tế bào của cơ thể mẹ qua nguyên phân nên giống hệt cơ thể 

mẹ ban đầu. 

2 1. 

(3điểm) Bộ NST lưỡng bội Bộ NST đơn bội 

- Tồn tại trong tế bào sinh dưỡng - Tồn tại trong giao tử. 

(tb xôma). 

- Là bộ NST chứa các cặp NST - Là bộ NST tồn tại thành từng 

tương đồng 

chiếc của mỗi cặp tương đồng 

+ kí hiệu là (2n) 

+ kí hiệu là (n) 

mỗi cặp có: 

+ Số lượng gồm 2 chiếc (2 NS 

đơn) 

+ Nguồn gốc của chúng khác nhau + có 1 nguồn gốc hoặc từ bố 

1 chiếc có nguồn gốc từ bố hoặc từ mẹ 

1 chiếc có nguồn gốc từ mẹ 

+ Hình thái giống nhau cả hình 

dạng, kich thước. 

+ Cấu trúc: giống nhau về sự phân 

bố các gen trên NST (số lượng 

gen) 

2. Thực chất của sự thụ tinh là sự kết hợp 2 bộ nhân đơn bội hay tổ 

hợp 2 bộ NST của 2 giao tử đực và cái, tạo thành bộ nhân lưỡng bội ở 

hợp tử có nguồn gốc từ bố và mẹ. 

Quan niệm cho rằng người mẹ quyết định việc sinh con trai hay con 

gái là sai. 

Vì để sinh con trai cần có sự kết hợp giữa tinh trùng Y với trứng tạo 

thành hợp tử XY, để sinh con gái cần tinh trùng X kết hợp với trứng 

tạo hợp tử XX, mà tinh trùng X hay Y là do bố tạo thành, vì vậy sinh 

con trai hay con gái là do bố quyết định. 

3 1. * Khác nhau: 

(3điểm) Điểm khác nhau Nguyên phân Giảm phân 

- Số lượng tế bào con 2 4 

- Đặc điểm bộ NST 

trong mỗi tế bào con: 

+ Số lượng 2n n 

+ Nguồn gốc 

+ Cấu trúc 

- Giống nhau và giống 

tế bào ban đầu 

- Giống nhau và giống 

tế bào ban đầu 



- Gồm hai nhóm 

khác nhau và 

khác tế bào ban 

đầu 

- Có thể khác 

nhau 






0,5 







0,5 

0,5 

0,5 














- Xu hướng cho 

tế bào con 

Có thể tiếp tục NP 

tiếp 

Không thể tiếp 

tục GP tiếp 0,25 




4 

(3điểm) 

5 

( 3điểm) 

2. Sự biến đổi hình thái NST qua nguyên phân có tính chu kỳ: đóng 

xoắn ở kỳ đầu đến kỳ giữa sau đó tháo xoắn ở kỳ sau và kỳ cuối. 0,25 

- ý nghĩa của sự biến đổi hình thái NST. 

+ Sự thỏo xoắn tối đa ở trạng thỏi sợi mảnh tạo điều kiện cho sự tự 0,25 

nhõn đụi của NST. 

+ Sự đóng xoắn tối đa tạo điều kiện cho sự phân ly của NST 0,25 

3- Nguyên phân: Kì giữa NST kép tập hợp thành 1 hàng, mỗi NST 0,5 

kép liên kết với thoi vô sắc ở cả 2 phía của tâm động, đến kì sau thì 

mỗi NST kép bị chẻ dọc ở tâm động thành 2 NST đơn nên khi phân li 

thì mỗi nhiễm sắc thể đơn trong nhiễm sắc thể kép đi về một cực tế 

bào. 

- Giảm phân I: Ở kì giữa I NST kép tập hợp thành 2 hàng, mỗi NST 0,5 

trong cặp NST kép tương đồng liên kết với thoi vô sắc ở 1 phía của 

tâm động, đến kì sau I mỗi NST kép trong cặp kép tương đồng tách 

nhau, khi phân li thì mỗi nhiễm sắc thể kép trong cặp nhiễm sắc thể 

kép tương đồng đi về một cực tế bào. 

1. - Kí hiệu bộ NST ở kì giữa: A.A a.a B.B b.b D.D d.d X.X Y.Y 0,5 

- Kí hiệu bộ NST ở kì sau: AaBbDdXY 

0,5 

AaBbDdXY 

2. Hợp tử nguyên phân liên tiếp 7 lần thì số NST môi trường cần cung 0,5 

cấp là : 2n ( 2 k - 1) = 8 .127 = 1016( NST) 

3. Gọi a là số tế bào của nhóm ( a>1) 


k là số đợt nguyên phân của mỗi tế bào( k>0) 

- Theo bài ra ta có : a. 2 k = 16 = 2 1 . 2 3 = 2 2 . 2 2 =2 3 . 2 1 0,5 

Vậy: 

+ ban đầu có 2 tế bào tham gia nguyên phân thì mỗi tế bào nguyên 0,25 

phân 3 đợt 





a) NST đơn đang phân li về hai cực của tế bào có thể xảy ra ở kì sau 0,5 

của nguyên phân hoặc kì sau của giảm phân II 

-TH1: Kì sau của nguyên phân: 

0,5 

Số lượng tế bào của nhóm là: 4992 : ( 78 x 2) = 32 

-TH2: Kì sau của giảm phân II: 

0,5 

Số lượng tế bào của nhóm là: 4992 : 78 = 64 


b) 

-TH1: Kì sau của nguyên phân: Vì 32 = 2 x 2 4 

Vậy số lần nguyên phân của mỗi tế bào là 4 nên các NST đã nhân đôi 

5 lần. 





0,5 










6 

( 4điểm) 


-TH2: Kì sau của giảm phân II: 

Vì 64 tế bào đang ở giảm phân II nên số tế bào bước vào giảm phân 

là: 64 : 2 = 32 tế bào 

Vì 32 = 2 x 2 4 

Vậy 2 tế bào ban đầu đã trải qua 4 lần nguyên phân 

Mỗi lần nguyên phân NST nhân đôi 1 lần 

Khi giảm phân NST nhân đôi 1 lần 

Vậy tổng số lần nhân đôi của NST là 5 lần. 







1. Số loại kiểu gen ở đời con F 1 : 2×3×2×3 = 36 0,25 

Số loại kiểu hình ở đời con F 1 . 2×2×1×2 = 8 0,25 

b. Số loại biến dị tổ hợp xuất hiện ở đời con F 1 


= Số loại kiểu hình ở F 1 – Số loại kiểu hình ở thế hệ P = 8 -2 = 6 

c.Tỉ lệ kiểu hình mang 3 tính trạng trội ở đời con F 1 . 

0,5 

+ A- B- D- ee: 1/2 × 3/4 × 1 × 1/4 = 3/32 

+ A- bbD- E- : 1/2× 1/4 × 1 × 3/4 = 3/32 

+ aaB- D- E- : 1/2 × 3/4 × 1× 3/4 = 9/32 


Tỉ lệ kiểu hình mang 3 tính trạng trội: = 3/32+3/32+9/32 = 15/32 

2 a. Xét phép lai 3: F 2 – III phân li kiểu hình theo tỉ lệ: 

Đây là tỉ lệ của quy luật phân li với chín sớm là trội hoàn toàn so với 

chín muộn. 

→F 2 có 4 tổ hợp giao tử = 2 giao tử đực x 2 giao tử cái → F 1 và cây 

thứ II dị hợp 1 cặp gen. 

- Qui ước gen: Gen A qui định tính trạng chín sớm. 

Gen a qui định tính trạng chín muộn. 

* Phép lai 1: 

F 2 – I: 100% chín sớm → kiểu gen cây I phải đồng hợp AA, kiểu hình 

chín sớm. 

Sơ đồ lai: 

F 1: chín sớm x chín sớm 

Aa 

AA 

GF 1 : (1A: 1a) A 

F 2: 1 AA : 1 Aa 100% chín sớm 

* Phép lai 2: 

F 2 – II: 



Đây là tỉ lệ của phép lai phân tích cá thể dị hợp. Cây II có kiểu gen aa, 

kiểu hình chín muộn. 


F 1 : chín sớm x chín muộn 

Aa 

aa 


0,5 

0,5 

0,5 

0,5 











GF 1: (1A: 1a) a 

F 2: 

1 Aa : 1 aa 

Kết luận: Tỉ lệ kiểu gen: 1Aa: 1aa 

Tỉ lệ kiểu hình: 1chín sớm: 1 chín muộn 

* Phép lai 3: Cây III có kiểu gen Aa, kiểu hình chín sớm. 


F 1 : chín sớm x chín sớm 

Aa 

Aa 

GF 1: (1A: 1a) (1A: 1a) 

F 2: 

1AA : 2 Aa : 1 aa 

Kết luận: Tỉ lệ kiểu gen: 1AA : 2Aa: 1aa 

Tỉ lệ kiểu hình: 3 chín sớm: 1 chín muộn 

b. Muốn ngay F1 chỉ xuất hiện một kiểu hình, kiểu gen của thế hệ bố 

mẹ (P) có thể là 1trong 4 trường hợp sau 

P: AA (chín sớm) x AA (chín sớm) 

hoặc AA (chín sớm) xAa (chín sớm) 

hoặc AA (chín sớm) x aa (chín muộn) 

hoặc aa (chín muộn)x aa (chín muộn) 

(HS không cần viết Sơ đồ lai) 

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




0,5 

0,5 





















(Đề thi HSG Sinh 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 24/10/2017-Năm học 2017 – 2018) 

ĐỀ BÀI 

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, F 1 có kiểu gen AaBb giảm phân bình thường cho 4 loại 

giao tử, đời F 2 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: (2.0 điểm). 

AB 

Cho hai loài sinh vật, loài thứ nhất có kiểu gen AaBb, loài thứ hai có kiểu gen . Làm ab 

thế nào để nhận biết được 2 kiểu gen nói trên. Biết rằng mỗi gen qui định 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 F 1 . 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 F 1 . 

b.Tính xác suất xuất hiện cá thể F 1 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 F 1 đều hạt trơn. Cho F 1 giao phấn với nhau được F 2 có tỉ lệ kiểu hình là 3 hạt trơn: 

1 hạt nhăn. Nếu tiếp tục cho các cây hạt trơn ở F 2 tự thụ phấn thì tỉ lệ kiểu hình mong 

đợi ở F 3 như thế nào? 

Câu 7: (2.0 điểm). 

Ở ruồi giấm 2n = 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 F 1 đều có hạt vàng, vỏ trơn. Cho F 1 tự thụ phấn 

đời F 2 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 F 2 

b. Chọn ngẫu nhiên 2 cây mọc lên từ hạt vàng, vỏ nhăn ở F 2 cho giao phấn với 

nhau. Số hạt có kiểu hình xanh, nhăn mong đợi ở F 3 chiếm tỉ lệ bao nhiêu? 

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



















ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN MÔN: SINH HỌC - LỚP 9 


(Đề thi HSG Sinh 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 24/10/2017-Năm học 2017 – 2018) 

. 


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 0,5 

phân li trong quá trình phân bào. 

*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; 1,0 

Câu 

1 

khi các gen nằm trên cùng 1 NST thì chúng phân li cùng nhau trong 

quá trình phân bào. 

b.Giải thích: 

- F 1 cho 4 loại giao tử vì: Mỗi cặp gen dị hợp giảm phân cho 2 loại 0,5 

3.0đ 

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 

- F 2 tạo ra 9 loại kiểu gen vì: Mỗi cặp gen ở F 2 tạo ra 3 kiểu gen. 

Vậy 2 cặp gen ở F 2 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 

- F 2 tạo ra 4 loại kiểu hình vì: ở F 2 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 

0.5 

0,5 

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, 0,5 

kì giữa, kì sau và kì cuối. 

-Tính đặc trưng của bộ NST được biểu hiện rõ nhất ở kỳ giữa của 

Câu nguyên phân: vì lúc này NST co xoắn cực đại và tập trung thành một 1.0 

2 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. 

0,5 

3.0đ -1 Tế bào sinh tinh có kiểu gen AaBbDd GP bình thường 4 tinh 

trùng gồm 2 loại: 2ABD và 2abd hoặc 2ABd và 2abD 

0,5 

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 0.5 

sau đó chúng tách ra. 

Câu - Cho tự thụ phấn( TV) hoặc giao phối gần (ĐV) đối với từng kiểu 

3 gen . Căn cứ vào đời con F 1 : 

+Nếu kết quả F 1 có 16 tổ hợp, 9 kiểu gen, 4kiểu hình→ kiểu gen là: 0,5 

AaBb 

+Nếu kết quả F 1 có 4 tổ hợp, 3kiểu gen, 2kiểu hình→ kiểu gen là: 0,5 
















2.0đ AB/ab 

- Cho các cá thể đó lai phân tích: 

+Nếu kết quả F 1 cho tỉ lệ kiểu hình: 1:1:1:1→ kiểu gen là: AaBb 

+Nếu kết quả F 1 cho tỉ lệ kiểu hình: 1:1 → kiểu gen là:AB/ab 

Câu a.Tỉ lệ các loại kiểu gen ở F1: 

4 

P: AaBbdd x aaBbDd 

F 1 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 

Câu 

5 

3.0đ 

Câu 

6 

2.0đ 



b. Xác suất xuất hiện cá thể F1 có kiểu hình lặn ít nhất về 2 tính trạng 

trong 3 tính trạng: 

1.0 

- 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 

a) Xác định bộ NST lưỡng bội 2n của loài: 

Theo giả thiết ta có: 2n.10 (2 5 - 1) = 24 180 

=> 2n = 24 180 : 310 = 78 

1.0 

* 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. 2 5 = 320 (tế bào) 

- Ở kì sau của giảm phân I, 320 tế bào có: 320.2n (NST kép) 0.5 

= 320.78 = 24 960 (NST kép) 

- Ở kì sau của giảm phân II, 320 tế bào có: 320.2. 2n (NST đơn) 0.5 

= 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) 0.5 

- Số tinh trùng tham gia thụ tinh là: 1280 x 10% = 128 (tinh trùng) 0.5 

*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 

Sơ đồ lai P: AA (hạt trơn) x aa ( hạt nhăn) F 1 : 100% Aa (hạt trơn) 

1 1 1 

F 2 : AA : A a : aa . kiểu hình: 3 trơn: 1 nhăn 

1.0 

4 2 4 

1 1 

Tỉ lệ cây hạt trơn có kiểu gen AA= , cây hạt trơn có kiểu gen 

1 

2 3 


2 

Aa= 3 

Cho cây hạt trơn F 2 tự thụ phấn: 

1 1 

F 2 : (AA x AA) F3 : AA 0,75 

3 3 






0,5 

0,5 

1.0 










Câu 

7 

2.0đ 

Câu 

8 

3.0đ 


2 2 4 2 ( Aa x Aa) F3 : AA : Aa : aa 

3 

12 12 12 

Tỉ lệ kiểu gen mong đợi F 3 : 12 

6 AA: 12 

4 Aa: 12 

2 aa = 6 

3 AA: 6 

2 Aa : 6 

1 aa 



tỉ lệ kiểu hình mong đợi ở F 3 : 5 hạt trơn : 1hạt nhăn 

Nhóm 1có thể thuộc 1 trong 2 trường hợp: 

- 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 

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 

1. Xác định quy luật di truyền: 

Vàng 901 

299 3 

* Xét sự di truyền của từng cặp tính trạng ở F 2 : = = xanh 301103 

1 

=> Vàng là trội hoàn toàn so với xanh. 

Quy ước gen: A – Vàng; a – xanh =>P: Aa x Aa 

Tron 901 

301 3 

= = 

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 F 2 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 F 1 : AaBb.P thuần chủng. Kiểu gen của P là: AAbb x aaBB. 

(HS tự viết sơ đồ lai) 

b. Để F 3 xuất hiiện kiểu hình hạt xanh, vỏ nhăn (aabb) thì F 2 phải cho 

giao tử ab. 

=>Chọn 2 cây hạt vàng, vỏ nhăn ở F 2 phải có kiểu gen: Aabb 

2 

-Tỉ lệ cây hạt vàng, vỏ nhăn ở F 2 có kiểu gen Aabb = 

1 2 

= 2 

3 

- Xác suất số hạt có kiểu hình xanh nhăn mong đợi ở F 3 : 

F 2 : Aabb x Aabb 

1 1 

G: ab ab 

2 

2 

1 1 2 2 1 

Vậy kiểu hình xanh nhăn F 3 (aabb) = . . . = 2 2 3 3 9 


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


0,5 

0,5 



0,5 




0,5 

0,75 

























Nguồn: Đề thi HSG Sinh 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 12/01/2017-Năm học 2016 - 2017 

ĐỀ BÀI 

Câu 1.(2.0 điểm): 

Vận dụng kiến thức về mối quan hệ giữa kiểu gen, kiểu hình và môi trường. Hãy giải 

thích vai trò của các nhân tố nước, phân, cần, giống trong việc nâng cao năng suất cây trồng. 

Để có năng suất cao cần chú ý tới nhân tố nào? Tại sao? 

Câu 2.(2.0 điểm): 

a. Prôtêin liên quan đến những hoạt động sống nào của cơ thể? 

b. Trong điều kiện bình thường, cấu trúc đặc thù của prôtêin ở các thế hệ tế bào sau có bị 


Câu 3.(2.0 điểm): 

Nói: Bệnh máu khó đông là bệnh của Nam giới. Quan niệm như vậy có hoàn toàn đúng 

không? Cho ví dụ chứng minh? 

Câu 4.(3.0điểm): 

a. Thể dị bội là gì? Trình bày cơ chế phát sinh, hậu quả của thể một nhiễm dạng XO ở 

người. 

b. Một loài thực vật, bộ NST lưỡng bội 2n = 24, có thể tạo ra tối đa bao nhiêu dạng thể 

ba nhiễm khác nhau? 

Câu 5.(3.0 điểm): Điểm giống nhau và khác nhau cơ bản giữa biến dị tổ hợp và biến dị đột 

biến. Vai trò của các loại biến dị đó trong tiến hóa và chọn giống. 

Câu 6.(3.0 điểm): Ở đậu Hà Lan, cho giao phấn cây thuần chủng hạt xanh, trơn với cây có hạt 

vàng, nhăn. Được F 1 đều có hạt vàng, trơn. Cho F 1 giao phấn với nhau được F 2 gồm 4 loại kiểu 

hình, trong đó hạt vàng, nhăn chiếm tỉ lệ 18,75%. 

a. Biện luận và viết sơ đồ lai từ P -> F 2 . 

b. Chọn ngẫu nhiên 2 cây mọc lên từ hạt vàng, nhăn ở F 2 cho giao phấn với nhau. Số hạt 

có kiểu hình xanh, nhăn mong đợi ở F 3 chiếm tỉ lệ bao nhiêu? 

Câu 7.(2.0 điểm): Một tế bào sinh dục của Ruồi giấm đực có bộ nhiễm sắc thể được kí hiệu: 

AaBbCcXY (mỗi chữ cái ứng với một nhiễm sắc thể đơn). 

a. Nếu tế bào đó nguyên phân liên tiếp, trong quá trình đó đã hình thành 127 thoi tơ vô 

sắc thì có bao nhiêu lần nguyên phân? Trong quá trình nguyên phân đó, môi trường nội bào đã 

cung cấp nguyên liệu tạo ra tương đương với bao nhiêu nhiễm sắc thể đơn? 

b. Nếu nguyên phân bị rối loạn ở cặp nhiễm sắc thể giới tính XY. Viết kí hiệu bộ nhiễm 

sắc thể có thể xảy ra trong các tế bào con. 

Câu 8.(3.0điểm): Xét một cặp nhiễm sắc thể tương đồng chứa một cặp gen dị hợp (Aa), mỗi 

gen đều dài 4080 Ăngstron. Gen trội A có 3120 liên kết hiđrô; gen lặn a có 3240 liên kết hiđrô. 

a. Số lượng từng loại nuclêôtit trong mỗi loại giao tử bình thường chứa gen nói trên 


b. Khi có hiện tượng giảm phân I phân li không bình thường thì số lượng từng loại 

nuclêôtit trong mỗi loại giao tử được hình thành bằng bao nhiêu? 

c. Nếu cho các loại giao tử không bình thường đó tái tổ hợp với giao tử bình thường 

chứa gen lặn nói trên thì số lượng từng loại nuclêôtit của mỗi loại hợp tử bằng bao nhiêu? 

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





















Nguồn: Đề thi HSG Sinh 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 12/01/2017-Năm học 2016 - 2017 

. 


Câu 1 

(2.0 

điểm) 

- Kiểu hình là kết quả tương tác giữa kiểu gen và môi trường. Kiểu 

gen quy định mức phản ứng của cơ thể trước môi trường. Môi 

trường xác định kiểu hình cụ thể trong giới hạn của mức phản ứng 

do kiểu gen quy định. 

- Các nhân tố nước, phân, cần là nói đến các nhân tố của môi 

trường 

(điều kiện và kỹ thuật sản xuất). Giống là nói đến kiểu gen, còn 

năng suất là nói đến kiểu hình. Vì vậy giống sẽ quy định giới hạn 

của năng suất. Nước, phân, cần sẽ quy định năng suất cụ thể nằm 

trong giới hạn do giống quy định. 

- Như vậy tất cả các yếu tố nước, phân, cần, giống đều phải chú ý 

nhưng cần chú ý hơn tới yếu tố giống. Vì giống sẽ tạo ra giới hạn 

năng suất cao hay thấp còn nước, phân, cần không thể đưa năng 

suất vượt qua giới hạn do giống quy định. 

0.5 đ 

0.75đ 

0.75đ 

Câu 

2: 

(2.0 

điểm) 

Câu 

3: 

(2.0 

điểm) 

a. Pr liên quan đến: 

- Trao đổi chất: 

+ Enzim mà bản chất là Prôtêin có vai trò xúc tác các qúa trình 

TĐC, thúc đẩy cho các phản ứng sinh hóa xảy ra nhanh chóng. 

+ Hoocmon mà phần lớn là Pr có vai trò điều hòa qúa trình TĐC. 

- Vận động: Một số Pr có trong cơ, tham gia vào sự co cơ. Nhờ 

đó, cơ thể vận động được. 

- Kháng thể: Nhiều loại Pr có chức năng bảo vệ cơ thể. 

- Sinh năng lượng để cung cấp cho hoạt động của tế bào, mô, cơ 

quan... 

Tóm lại, Pr liên quan đến mọi hoạt động sống của cơ thể. 

b. - Không. 

- Lí do: Nhờ sự tự nhân đôi đúng mẫu, ADN giữ vững cấu trúc 

đặc thù của nó qua các thế hệ tế bào; Pr được tổng hợp trên khuôn 

mẫu của ADN nên Pr cũng giữ vững cấu trúc đặc thù của nó. 

- Quan niệm như vậy không hoàn toàn đúng vì bệnh có cả ở Nam 

lẫn Nữ. 

- Bệnh máu khó đông do gen lặn nằm trên NST X quy định không 

có gen tương ứng trên NST Y vì vậy người bị bệnh khi có kiểu 





0.5đ 






0.5đ 

0.75đ 

0.5đ 










Câu 

4: 

(3.0 

điểm) 

Câu 

5: 

(3.0 

điểm) 


gen là X a Y( nam), X a X a ( nữ). 

- Học sinh tự lấy ví dụ có trong thực tiễn hoặc viết sơ đồ lai làm 

xuất hiện bệnh ở Nam và Nữ. 

a. - HS nêu được khái niệm. 

- Cơ chế phát sinh thể OX ở người: 

+ Trong quá trình phát sinh giao tử, cặp NST giới tính của bố 

(hoặc mẹ) không phân li, tạo ra 1 loại giao tử mang cả 2 NST giới 

tính và 1 loại giao tử không chứa NST giới tính X nào (O). 

+ Khi thụ tinh, giao tử không mang NST nào của bố (hoặc mẹ) 

kết hợp với giao tử bình thường mang NSTgiới tính X của mẹ 

(hoặc bố) tạo ra hợp tử chứa 1 NST giới tính (OX). 

- Hậu quả: Gây hội chứng tơcnơ ở nữ: lùn, cổ ngắn, tuyến vú 

không phát triển, chỉ khoảng 2% sống đến lúc trưởng thành nhưng 

không có kinh nguyệt, tử cung nhỏ, mất trí, không có con. 

b. Xác định số dạng thể ba nhiễm 

- Ta có 2n = 24 → n = 12 cặp NST. 

- Thể ba nhiễm do một cặp NST nào đó có 3 NST (2n + 1 = 25). 

- Thể ba nhiễm có thể xảy ra ở bất kì cặp NST nào trong 12 cặp 

có 12 dạng thể ba nhiễm khác nhau. 

* Điểm giống nhau: 

- Đều là BD di truyền qua giao tử và hợp tử để di truyền qua các 

thế hệ tế bào. Có thể xuất hiện những kiểu gen hoặc kiểu hình mới 

chưa có ở bố, mẹ hoặc tổ tiên. 

- Đều thuộc BD vô hướng có thể có lợi, có hại hay trung tính. 

* Điểm khác nhau: 

Biến dị tổ hợp 

Biến dị đột biến 

Nguyê 

n nhân 

Xuất hiện nhờ quá trình 

giao phối. 

Xuất hiện do tác động 

của môi trường trong 

và ngoài cơ thể. 

Cơ chế Phát sinh do cơ chế Phát sinh do rối loạn 

PLĐL, tổ hợp tự do trong 

quá trình tạo giao tử và sự 

kết hợp ngẫu nhiên trong 

quá trình thụ tinh. 

quá trình phân bào 

hoặc do rối loạn qúa 

trình tái sinh NST đã 

làm thay đổi số lượng, 

cấu trúc vật chất di 

truyền (ĐB NST, ĐB 

gen) 

Tính 

chất 

biểu 

hiện 

BD tổ hợp dựa trên cơ sở 

tổ hợp lại các gen vốn có ở 

bố mẹ và tổ tiên, vì thế có 

thể làm xuất hiện các tính 

trạng đã có hoặc chưa có ở 

thế hệ trước, do đó có thể 

Thể hiện đột ngột, 

ngẫu nhiên, cá biệt 

không định hướng. 

Phần lớn có hại. 







0.75đ 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 



0.5đ 




0.5 đ 

0.5 đ 

0.5 đ 










Câu 

6: 

(3.0 

điểm) 

Câu 

7: 

(2.0 

điểm) 


dự đoán được nếu biết 

trước được kiểu di truyền 

của bố mẹ. 

* Vai trò: 

- BD tổ hợp là nguồn nguyên liệu BD di truyền thứ cấp cung cấp 

cho tiến hoá. Trong chọn giống dựa trên cơ chế xuất hiện các BD 

tổ hợp đề xuất các phương pháp lai giống nhằm nhanh chóng tạo 

ra các giống có giá trị. 

- BD đột biến là nguồn nguyên liệu BD di truyền sơ cấp cung cấp 

cho tiến hoá. Đặc biệt ĐB gen là nguồn nguyên liệu cơ bản trong 

chọn giống dựa trên cơ chế xuất hiện người ta đã xây dựng các 

phương pháp gây ĐB nhằm nhanh chóng tạo ra những ĐB có giá 

trị, góp phần tạo ra các giống mới có năng suất cao, thích nghi tốt. 

a. Hạt vàng nhăn chiếm tỉ lệ 18.75% = 3/16 ->F 2 gồm 16 kiểu tổ 

hợp; phân ly tỉ lệ 9 : 3 : 3 : 1 

-> F 1 dị hợp cặp gen nằm trên các NST khác nhau; hạt vàng, trơn 

trội hoàn toàn so với hạt xanh, nhăn. 

- Quy ước: A - Hạt vàng, B - Hạt trơn 

a - Hạt xanh, b - Hạt nhăn 

=> F 1 có kiểu gen AaBb 

HS tự viết sơ đồ. 

b. Để F 3 có cây hạt xanh, nhăn (aabb) thì cây vàng, nhăn F 2 đem 

lai phải có kiểu gen Aabb 

- Cây hạt vàng, nhăn dị hợp Aabb ở F 2 chiếm tỉ lệ 2/3 

- F 2 : Aabb x Aabb ->aabb = 1/4 . 2/3 . 2/3 = 1/9 

=>Xác suất bắt gặp số hạt có kiểu hình xanh, nhăn ở F 3 là 1/9 

a. 

- Số lần nguyên phân: 2 k - 1 =127 (k 0) k = 7 lần nguyên 

phân. 

- Số NST đơn: (2 7 - 1) x 8 = 1016 NST 

b. Gồm các trường hợp: 

- AaBbCcXXYY, AaBbCc 

- AaBbCcXX, AaBbCcYY 

- AaBbCcXXY, AaBbCcY 

- AaBbCcXYY, AaBbCcX 




0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

1.0đ 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

0.5 đ 

0.5 đ 

1.0đ 














Câu 

8: 

(3.0 

điểm) 


a. Gen = 4080 x 2 = 2400 nuclêôtit 

3, 4 

Giao tử chứa gen A: 2A + 3G = 3120 

2A + 2G = 2400. => A=T = 480; G=X= 720. 

Giao tử chứa gen a: 2A + 3G = 3240 

2A + 2G = 2400. => A=T = 360; G=X= 840 

b. Khi giảm phân I không bình thường thì cho 2 loại giao tử: Aa 

và 0. 

Giao tử Aa có: A = T = 480 + 360 = 840 nuclêôtit 

G = X = 720 + 840 = 1560 nuclêôtit 

Giao tử 0 có: A = T = G = X = 0 nuclêôtit 

c. Số lượng từng loại nuclêôtit của mỗi loại hợp tử: 

- Aaa có: A = T = 1200 nuclêôtit G = X = 2400 nuclêôtit 

- a0 có: A = T = 360 nuclêôtit G = X = 840 nuclêôtit 




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


0.5 đ 

0.5 đ 

0.5 đ 

0.5 đ 

1.0 đ 



















MÔN: SINH HỌC - LỚP 9 (Thời gian: 150 phút) 

(Đề thi HSG Sinh 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 25/11/2015-Năm học 2015 – 2016) 

ĐỀ BÀI 

Câu 1: (2.0 điểm) 

a. Bằng phương pháp phân tích các thế hệ lai, MenĐen đã rút ra được những kết luận gì 

trong phép lai một cặp tính trạng? 

b. Lai phân tích là gì? Trong chọn giống người ta sử dụng phép lai phân tích nhằm mục 

đích gì? 

Câu 2: (4.0 điểm) 

a. Trình bày cơ chế xác định giới tính ở người? Vì sao trong cấu trúc dân số của mỗi 

quốc gia, tỉ lệ nam: nữ thường xấp xỉ là 1: 1? 

b. Điểm giống và khác nhau ở kì đầu của nguyên phân và kì đầu của giảm phân I? 

c. Một cơ thể nếu chỉ xét hai cặp gen dị hợp Aa, Bb nằm trên nhiễm sắc thể thường thì 

kiểu gen của nó có thể viết như thế nào? Khi phát sinh giao tử có thể cho tối đa bao nhiêu loại? 

Câu 3: (3.0 điểm) 

a. Nêu bản chất, mối liên hệ giữa gen và tính trạng qua sơ đồ : 

Gen (1đoạn ADN) mARN Prôtêin tính trạng. 

b.Cấu trúc của ADN và prôtêin khác nhau cơ bản ở những điểm nào? Trình bày những 

chức năng của prôtêin ? 

Câu 4: (2.0 điểm) Có 2 tế bào của một cơ thể ruồi giấm (2n = 8) tiến hành nguyên phân liên 

tiếp 6 lần.Có 25% số tế bào con được tạo ra qua nguyên phân tiếp tục giảm phân đã tạo ra 

được 128 giao tử. Hãy xác định: 

a. Số NST môi trường cần cung cấp cho quá trình nguyên phân. 

b. Số NST môi trường cung cấp cho quá trình giảm phân. 

c. Xác định giới tính của cơ thể ruồi giấm trên. 

Câu 5: (3.5 điểm) 

a. Nêu các dạng đột biến cấu trúc NST ? Dạng nào gây hậu quả lớn nhất? Vì sao? 

b. Tại sao đột biến gen thường có hại cho bản thân sinh vật? Nêu vai trò và ý nghĩa của 

đột biến gen. 

c. Cơ thể bình thường có kiểu gen Bb. Đột biến làm xuất hiện cơ thể có kiểu gen Ob. 

Loại đột biến nào có thể xảy ra? Cơ chế phát sinh các dạng đột biến đó? 

Câu 6: (3.0 điểm) Một đoạn phân tử ADN có 2 gen: 

- Gen A: có tỉ lệ A G = 2 có 3900 liên kết hyđrô. 

3 

- Gen B dài 2550 A 0 T G X 

và có tỷ lệ từng loại nuclêôtít trên mạch đơn thứ 2: A= = = 2 3 4 

a. Tính số lượng từng loại nuclêôtít của mỗi gen? 

b. Giả sử gen A bị đột biến mất một cặp nuclêôtit là A-T. Gen B bị đột biến thay một 

cặp G-X bằng một cặp A-T thì số liên kết hyđrô của mỗi gen thay đổi như thế nào? 

Câu 7: (2.5 điểm) Ở đậu Hà Lan hai cặp tính trạng màu sắc và hình dạng vỏ hạt do 

hai cặp gen nằm trên hai cặp nhiễm sắc thể thường quy định. Cho cây đậu Hà Lan hạt 

vàng, vỏ nhăn lai với cây đậu hạt xanh, vỏ trơn được F 1 100% cây hạt vàng, vỏ trơn. 

Cho cây F 1 giao phấn với một cây khác thu được F 2 có sự phân li tính trạng theo tỉ lệ 

3:3:1:1. Biện luận và lập sơ đồ lai từ P đến F 2 . 

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





















(Đề thi HSG Sinh 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 25/11/2015-Năm học 2015 – 2016) 

. 


Câu 1 

2.0 

điểm 

a. Bằng phương pháp phân tích các thế hệ lai MenĐen đã rút 

ra được 2 kết luận trong phép lai một cặp tính trạng: 

- Khi lai hai bố mẹ khác nhau về một cặp tính trạng thuần chủng 

tương phản thì F 1 đồng tính về tính trạng của bố hoặc mẹ, còn F 2 có 

sự phân li tính trạng theo tỉ lệ trung bình 3 trội: 1 lặn. 

- Quy luật phân li: Trong quá trình phát sinh giao tử, mỗi nhân tố di 

truyền trong cặp nhân tố di truyền phân li về một giao tử và giữ 

nguyên bản chất như ở cơ thể thuần chủng của P. 

b. - Phép lai phân tích: là phép lai giữa cơ thể mang tính trạng trội 

cần xác định kiểu gen với cơ thể mang tính trạng lặn. Nếu đời con 

lai đồng tính thì cơ thể mang tính trạng trội có kiểu gen đồng hợp. 

Nếu đời con lai có hiện tượng phân tính (1:1) thì cơ thể mang tính 

trạng trội đem lai có kiểu gen dị hợp. 

- Trong chọn giống người ta sử dụng phép lai phân tích nhằm mục 

đích để chọn giống thuần chủng 

0,5 

0,5 

1.0 

0,5 

Câu 2 

4.0 

điểm 

a. Cơ chế sinh con trai, con gái ở người: 

- Ở người, con trai có cặp NST giới tính XY, con gái có cặp NST 

giới tính XX. 

- Khi giảm phân tạo giao tử, bố cho 2 loại tinh trùng X và Y, mỗi 

loại chiếm 50%. Mẹ cho 1 loại trứng X. 

- Sự thụ tinh giữa tinh trùng mang X với trứng X tạo ra hợp tử XX 

sẽ phát triển thành con gái. Còn tinh trùng Y thụ tinh với trứng X 

tạo ra hợp tử XY sẽ phát triển thành con trai. 

( Nếu HS trình bày bằng sơ đồ đầy đủ thì vẫn cho điểm tối đa) 

- cấu trúc dân số của mỗi quốc gia, tỉ lệ nam: nữ thường xấp xỉ 

là 1: 1do: 

+Cặp NST XY ở nam 2 loại tinh trùng X và Y có số lượng 

ngang nhau . Khi thụ tinh với trứng hợp tử XX và XY có tỉ lệ 

ngang nhau. 

+Vì vậy trong cấu trúc dân số của mỗi quốc gia, dựa trên số lượng 

lớn, bao giờ tỉ lệ nam, nữ cũng xấp xỉ bằng nhau là 1:1. 

b- Giống nhau: 

+ màng nhân và nhân con biến mất. 

+ Trung tử nhân đôi, tách dần về 2 cực tế bào hình thành thoi phân 

bào 

+ Nhiễm sắc thể kép bắt đầu đóng xoắn và co ngắn 

+ Các nhiễm sắc thể kép đính vào tơ vô sắc ở vị trí tâm động 






0.5 

0.5 

0.5 

0.5 

0.5 










Câu 3 

3.0 

điểm 

Câu 4 

2.0 

điểm 


- Khác nhau: 

+ Kì đầu nguyên phân không xảy ra sự tiếp hợp của cặp nhiễm sắc 

thể tương đồng, không có trao đổi chéo các đoạn nhiễm sắc thể. 

+ Kì đầu của giảm phân I: có sự tiếp hợp theo chiều dọc của cặp 

nhiễm sắc thể kép tương đồng và có thể thể xảy ra trao đổi chéo. 

c.-Nếu 2 cặp gen dị hợp Aa, Bb nằm trên 2 cặp NST tương 

đồng: 

Kiểu gen AaBb . Số giao tử tạo ra tối đa 4 loại : AB, Ab, aB, ab 

- Nếu 2 cặp gen dị hợp Aa, Bb nằm trên 1cặp NST tương đồng: 

AB 

Kiểu gen 

ab ; Ab . Mỗi kiểu gen tạo ra tối đa 2 loại: AB; ab 

aB 

hoặcAb;aB 

a. Bản chất 

-Trình tự các Nu trong 1mạch gen (ADN) quy định trình tự các Nu 

trong mạch mARN, qua đó quy định trình tự các axit amin của 

phân tử prôtêin. 

- Prôtêin tham gia vào cấu trúc và hoạt động sinh lí của tế bào từ đó 

biểu hiện thành tính trạng của cơ thể 

b.Khác nhau ADN-prôtêin 

ADN 

Prôtêin 

cấu gồm 2 mạch song song cấu tạo bởi 1 hay nhiều 

trúc xoắn đều quanh 1 trục chuỗi axit amin 

đơn phân là các Nu đơn phân là axit amin 

kích thước, khối kích thước và khối lượng 

lượng lớn hơn prôtêin nhỏ hơn ADN 

thành phần hoá học thành phần hoá học cấu tạo 

cấu tạo gồm 

gồm :C,H,O,N 

:C,H,O,N,P 

*Chức năng prôtêin 

-Chức năng cấu trúc 

-Chức năng xúc tác các quá trình trao đổi chẩt 

- Chức năng điều hoà các quá trình trao đổi chất 

-Ngoài ra protein còn tham gia bảo vệ cơ thể, giải phóng năng 

lượng ... 

a. Số NST mà môi trường cung cấp cho nguyên phân: 

2 x 8 x ( 2 6 – 1) = 1008 NST 

b. – Số tế bào con tham gia giảm phân: 25% x 2 x 2 6 = 32 tế bào 

- Số NST mà môi trường cung cấp cho giảm phân: 

32 x 8 = 256 NST 




0.5 

0.5 

0.5 

0.5 

0.5 





1.0 

1.0 

0.5 














c. Có 32 tế bào giảm phân tạo ra 128 giao tử Mỗi tế bào con tạo 

ra số giao tử là: 128 : 32 = 4 Giới tính đực. 

0.5 




Câu5 

3.5 

điểm 

Câu6 

3.0 

điểm 

a.-Các dạng đột biến cấu trúc NST: Mất đoạn, lặp đoạn, đảo đoạn 

- Dạng mất đoạn gây hậu quả lớn nhất vì: đột biến mất đoạn NST 

làm giảm số lượng gen thường làm giảm sức sống hoặc gây chết. 

Ví dụ: mất đoạn NST 21 gây ung thư máu ở người. 

b. Đột biến gen thường có hại cho bản thân sinh vật vì: 

- Phá vỡ cấu trúc hài hòa trong kiểu gen đã được chọn lọc tự nhiên 

và duy trì lâu đời. 

- Gây rối loạn trong quá trình tổng hợp protein 

- Vai trò và ý nghĩa của đột biến gen: Một số đột biến có lợi được 

ứng dụng trong chọn giống và tiến hóa 

c- Loại đột biến có thể xảy ra: đột biến cấu trúc NST dạng mất 

đoạn và đột biến số lượng NST thể dị bội :2n-1 

- Cơ chế: 

+ Mất đoạn NST: do các tác nhân lí, hóa học làm cấu trúc của NST 

bị phá vỡ làm mất đi 1đoạn NST mang gen B. Giao tử chứa NST 

mất đoạn (không mang gen B) kết hợp với giao tử bình thường 

(mang gen b) tạo nên cơ thể có kiểu gen Ob. 

+ Thể dị bội: cặp NST tương đồng (mang cặp gen tương ứng Bb) 

không phân li trong giảm phân tạo nên giao tử O. Giao tử này kết 

hợp với giao tử bình thường mang gen b tạo nên thể dị bội Ob. 

a. Số lượng từng loại Nu của mỗi gen: 

Gen A: Theo NTBS ta có : A =T ; G = X 

A liên kết với T bằng 2 liên kết hyđrô, G liên kết với X bằng 3 liên 

kết hyđrô 

A 

Nên : 2.A + 3.G = 3900 mà 

G = 2 A = T = 600 Nu 

3 

G = X = 900 Nu 

Gen B: Số Nu trên mỗi mạch của gen: 2550A 0 : 3,4 A 0 = 750 Nu. 

Mạch thứ 2 của gen có: A 2 = T 2 /2 = G 2 / 3 = X 2 /4 

T 2 = 2A 2 ; G 2 = 3A 2; ; X 2 = 4A 2. → A 2 + 2A 2 + 3A 2 + 4A 2. = 

750 

→ A 2 = 75 ; T 2 = 75 x 2 = 150 ; G 2 = 75x3= 225; X 2 

=75x4 = 300 

Số lượng từng loại Nu của gen B: 

A = T = 75 + 150 = 225 Nu 

G = X = 225+ 300 = 525 Nu. 

b.- Gen A bị đột biến mất một cặp nuclêôtit là A-T số liên 

kết hyđrô giảm 2 liên kết 

- Gen B bị đột biến thay một cặp G-X bằng một cặp A-T số 

liên kết hyđrô giảm 1 liên kết 






0.5 

0,5 


0.75 

0.5 

0.5 

0.5 

1,0 

1,0 

1,0 










Câu7 

2.5 

điểm 




Xác định kiểu gen của P và F 1 : 

- Hai cặp tính trạng màu sắc và hình dạng vỏ hạt do hai cặp gen 

nằm trên hai cặp nhiễm sắc thể thường quy định di truyền theo 

quy luật phân li độc lập. 

- P khác nhau bởi hai cặp tính trạng tương phản mà F 1 đồng tính hạt 

vàng, vỏ trơn P thuần chủng. 

Hạt vàng, vỏ trơn trội hoàn toàn so với hạt xanh, vỏ nhăn. 

F 1 dị hợp hai cặp gen 

Qui ước: Gen A- hạt vàng Gen B- Vỏ trơn 

a- hạt xanh b- vỏ nhăn 

Kiểu gen của P: Hạt vàng, vỏ nhăn AAbb 

Hạt xanh, vỏ trơn aaBB 

Sơ đồ lai: P AAbb X aaBB 

G Ab aB 

F 1 : AaBb (Hạt vàng, vỏ trơn) 

-F 2 có tỉ lệ 3:3:1:1 = 8 tổ hợp = 4 loại giao tử X 2 loại giao tử 

Mà F 1 có kiểu gen AaBb cây khác có kiểu gen Aabb hoặc aaBb 

Sơ đồ lai 1: F 1 : AaBb X Aabb 

Sơ đồ lai 2: F 1 : AaBb X aaBb 


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




0.5 

0.5 

0.5 

0.5 





















(Đề thi HSG Sinh 9 –TP. Thanh Hóa, ngày 03/12/2013-Năm học 2013 – 2014) 

ĐỀ BÀI 

Câu 1: (2,5 điểm). 

a. Tại sao trong phép lai phân tích, nếu kết quả lai có hiện tượng đồng tính thì cơ thể 

mang tính trạng trội phải có kiểu gen đồng hợp? Nếu có hiện tượng phân tính thì cơ thể 

mang tính trạng trội có kiểu gen dị hợp? 

b. Vì sao thường các tính trạng trội là các tính trạng tốt, các tính trạng lặn là các tính 

trạng xấu? 

Câu 2: (2,0 điểm). 

a. Với ADN có cấu trúc 2 mạch, dạng đột biến gen nào làm thay đổi tỉ lệ A G ? 

T X 

b. Nêu bản chất mối quan hệ theo sơ đồ sau: 

Gen ( một đoạn ADN ) -> mARN -> Prôtêin -> Tính trạng. 

Câu 3: (2,0 điểm). 

Một gen chứa 3900 liên kết hiđrô. Mạch khuôn của gen đó có X 1 – T 1 = 125 và G 1 – 

A 1 = 175. 

a. Tính số Nuclêôtít từng loại của gen. 

b. Xác định chiều dài và số chu kỳ xoắn của gen đó. 

Câu 4: (2,5 điểm). 

a.Mức phản ứng là gì? Cho một ví dụ trên vật nuôi hoặc cây trồng. Mức phản ứng 

có di truyền được không? Vì sao? 

b. Phân biệt biến dị tổ hợp và thường biến. 

Câu 5: (3,0 điểm). 

Một loài động vật đơn tính, cặp nhiễm sắc thể giới tính ở giới cái là XX; ở giới đực là 

XY. Trong quá trình giảm phân tạo giao tử của một cá thể (A) thuộc loài này đã có một số 

tế bào bị rối loạn phân li cặp nhiễm sắc thể giới tính ở cùng một lần phân bào. Tất cả các 

giao tử đột biến về nhiễm sắc thể giới tính của cá thể (A) đã thụ tinh với các giao tử bình 

thường tạo ra: 4 hợp tử XXX, 4 hợp tử XYY và 8 hợp tử XO; 25% số giao tử bình 

thường của cá thể (A) thụ tinh với các giao tử bình thường tạo ra 48 hợp tử XX và 48 

hợp tử XY. 

a. Quá trình rối loạn phân li cặp nhiễm sắc thể giới tính của cá thể (A) xảy ra ở giảm 

phân I hay giảm phân II? 

b. Tính tỉ lệ % giao tử đột biến tạo ra trong quá trình giảm phân của cá thể (A). 


Câu 6: (2,5 điểm). 

a.Ở một loài thực vật, thế hệ P có 1/3 số cây có kiểu gen AA, 2/3 số cây có kiểu gen 

Aa . Hãy xác định tỉ lệ kiểu gen ở thế hệ F 1 trong trường hợp giao phấn ngẫu nhiên. 

b.Trong trường hợp 1 gen quy định một tính trạng thì gen lặn có thể biểu hiện ra kiểu 

hình khi nào? 

















Câu 7: (2,5 điểm). 

Cho lai giữa cây cà chua lưỡng bội có kiểu gen AA với cây cà chua lưỡng bội có 

kiểu gen aa, ở đời con xuất hiện một cây cà chua có kiểu gen Aaa. 

a.Giải thích cơ chế phát sinh cây cà chua có kiểu gen trên. 

b. Nêu đặc điểm của cây cà chua có kiểu gen Aaa xuất hiện trong phép lai . 

Câu 8: (3,0 điểm). 

Khi lai giữa P đều thuần chủng, nhận được F 1. Cho F 1 lai với một cá thể khác chưa biết 

kiểu gen, đời F 2 xuất hiện các kiểu hình theo tỷ lệ 131 quả lớn, vị ngọt: 253 quả bé, vị 

ngọt: 126 qủa lớn, vị chua. 

Biết mỗi gen quy định một tính trạng, tính trạng quả lớn trội hoàn toàn so với quả bé. 

a. Biện luận quy luật di truyền đã chi phối phép lai trên. 

b. Xác định kiểu gen của P và lập sơ đồ lai. 

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



















ĐỀ THI HSG CẤP THÀNH PHỐ MÔN: SINH HỌC - LỚP 9 


(Đề thi HSG Sinh 9 –TP. Thanh Hóa, ngày 03/12/2013-Năm học 2013 – 2014) 

. 

Câu Ý Nội dung trả lời Điểm 

Câu 

1 

2,5đ 

a - Lai phân tích là phép lai giữa cơ thể mang tính trạng trội với 

cơ thể mang tính trạng lặn. 

- Cơ thể mang tính trạng lặn chỉ cho một loại giao tử mang gen 

lặn (a). Loại giao tử này không quyết định được kiểu hình ở đời 

con lai. Quyết định kiểu hình ở đời con lai là giao tử của cơ thể 

mang tính trạng trội. 

- Nếu đời con lai đồng tính tức là chỉ có một kiểu hình thì cơ 

thể mang tính trạng trội chỉ cho ra một loại giao tử, nó phải có 

kiểu gen đồng hợp: AA x aa → Aa 

- Nếu đời con lai có hiện tượng phân tính với tỉ lệ 1:1 tức là cho 

hai kiểu hình với tỉ lệ 1:1 thì cơ thể mang tính trạng trội đã cho 

ra 2 loại giao tử với tỉ lệ là 1:1, nó phải có kiểu gen dị hợp : Aa 


0.5 

0.5 

0.5 

x aa → Aa : aa 

Câu 

2 

2,0đ 

b 

a 

b 

Các tính trạng trội bao giờ cũng được biểu hiện, vì vậy nếu là 

các tính trạng xấu sẽ bị đào thải ngay. Các tính trạng lặn chỉ thể 

hiện thành kiểu hình ở trạng thái đồng hợp, ở trạng thái dị hợp 

nó không được thể hiện vì gen lặn bị gen trội lấn át, vì vậy tính 

trạng lặn khó bị đào thải. Đó là lí do khiến các tính trạng trội 

thường là các tính trạng tốt. 

- Không có dạng đột biến gen nào làm thay đổi tỉ lệ A G vì 

T X 

với ADN có cấu trúc mạch kép luôn có: A=T; G=X .Nên tỉ lệ 

A G 

luôn không đổi. 

T X 

Bản chất mối quan hệ theo sơ đồ: 

-Số lượng, thành phần, trình tự các Nu trong mạch khuôn của 

gen(ADN) quy định số lượng, thành phần, trình tự các Nu trong 

mARN. 

- Từ đó quy định số lượng, thành phần, trình tự các axita min 

trong cấu trúc bậc 1 của prôtêin. 

- Prôtêin trực tiếp tham gia và cấu trúc, hoạt động sinh lí của tế 

bào và biểu hiện thành tính trạng của cơ thể sinh vật. Hay nói 

cách khác gen quy định tính trạng của cơ thể sinh vật thông qua 

mARN. 


Câu a Từ mạch khuôn ta có: (X 1 – T 1 ) + (G 1 – A 1 ) = 125 + 175 0.25 

3 

(X 1 + G 1 ) – (T 1 + A 1 ) = 300 





0.75 

1.0 



0.5 











2,0đ Trong cả gen: G – A = 300 (1) 

Theo đề ra: 2A + 3G = 3900 (2) 

Từ (1) và (2) tính được: A = T = 600 (nu); G = X = 900 (nu); 

Câu 

4 

2,5đ 

Câu 

5 

3,0đ 

b 

a 

- L gen = (600 + 900) x 3,4 = 5100 Å 

- C = 5100/34 = 150 (chu kỳ) 



- Mức phản ứng: là giới hạn thường biến của một kiểu gen( 

hoặc chỉ một gen hay nhóm gen) trước môi trường khác nhau. 

- VD: Học sinh lấy 1 ví dụ trên vật nuôi hoặc cây trồng. 

- Mức phản ứng di truyền được. 

- Vì mức phản ứng do kiểu gen quy định. 

b Biến dị tổ hợp Thường biến 

Khái 

niệm 

Là sự tổ hợp lại các 

tính trạng của P làm 

xuất hiện các kiểu 

hình khác P. 

Là sự biến đổi ở kiểu hình 

phát sinh trong đời cá thể 

(của cùng một kiểu gen) 

dưới ảnh hưởng trực tiếp 

của môi trường. 

Đặc 

điểm 

- Xuất hiện riêng lẻ, 

có thể dự đoán được 

quy mô xuất hiện nếu 

biết trước đặc điểm di 

truyền của P. 

- Xuất hiện trong sinh 

sản hữu tính, liên 

quan đến kiểu gen, di 

-Xuất hiện đồng loạt, theo 

hướng xác định tương ứng 

với ĐK môi trường. 

- Phát sinh trong đời sống 

cá thể, không liên quan đến 

kiểu gen, không di truyền 

được. 

truyền được. 

Ý 

nghĩa 

Cung cấp nguyên liệu 

cho tiến hoá và chọn 

giống. 

Giúp sinh vật thích nghi 

linh hoạt với môi trường 

sống. 

Nếu học sinh trình bày theo cách khác nhưng đúng và đủ ý vẫn 

cho điểm tối đa. 

a -Từ hợp tử XYY đã có giao tử đột biến YY thụ tinh với giao 

tử bình thường Xcá thể sinh ra các giao tử đột biến có cặp 

nhiễm sắc thể (NST) XY. 

- Hợp tử XXX do thụ tinh của giao tử đột biến XX với giao tử 

bình thường X. Hợp tử XO do thụ tinh của giao tử đột biến O với 

giao tử bình thường Xcá thể này đã sinh ra các loại giao tử 

đột biến là XX, YY, và O là do NST giới tính không phân li ở 

lần phân bào II của giảm phân. 





0.5 

0.5 





0.5 

0.5 



1.0 

1.0 





b - Số giao tử đột biến sinh ra: 4 + 4 + 8 = 16. 

- Số giao tử bình thường sinh ra: (48+48): 25% = 384. 


0.5 










Câu 

6 

2,5đ 

Câu 

7 

2,5 đ 


a 

b 



- Tỉ lệ % giao tử đột biến là: 16: (16+384).100% = 4%. 0.25 

-Khi giao phấn ngẫu nhiên các cá thể P ta có các phép lai với tỷ 

lệ như sau: P: 1/3.1/3 ( AA x AA) F 1 : 1/9 AA 

1.5 

P: 2/3.2/3 ( Aa x Aa) F 1 : 1/9 AA : 2/9 Aa : 1/9aa 

P: 1/3.2/3.2 ( AA x Aa) F 1 : 2/9 AA : 2/9 Aa 

-Tổng hợp cả 3 phép lai ta có tỷ lệ kiểu gen ở thế hệ F 1 : 

4/9 AA : 4/9 Aa : 1/9 aa 

Trong trường hợp 1 gen quy định một tính trạng thì gen lặn có 

thể biểu hiện ra kiểu hình khi: 

- Ở trạng thái đồng hợp lặn. 

- Chỉ có 1 alen ( thể khuyết nhiễm) trong tế bào lưỡng bội. 

- Chỉ có một alen ở đoạn không tương đồng của cặp XY (hoặc 

XO) . 

- Chỉ có một alen ở cơ thể mang cặp NST bị mất đoạn có alen 

trội tương ứng; ở thể đơn bội; ở thể lưỡng bội đột biến gen trội 

thành gen lặn ở cặp gen dị hợp tử (Aa -> aa) . 

a * TH1: Cây Aaa là thể dị bội 2n+ 1: 

- Trong giảm phân do ảnh hưởng của tác nhân gây đột biến cây 

lưỡng bội có kiểu gen aa giảm phân không bình thường, cặp 

NST mang cặp alen aa không phân li đã tạo ra giao tử dị bội n+ 

1 mang cả 2 alen trong cặp aa. Cây lưỡng bội có kiểu gen AA 

giảm phân bình thường cho giao tử đơn bội A. 

- Sự thụ tinh giữa giao tử dị bội aa với giao tử bình thường A, 

tạo ra hợp tử dị bội 2n + 1 có kiểu gen Aaa phát triển thành 

cây dị bội Aaa (2n+1). 

* TH2: Cây Aaa là thể tam bội 3n: 

- Trong giảm phân do ảnh hưởng của tác nhân gây đột biến cây 

lưỡng bội có kiểu gen aa giảm phân không bình thường, tất cả 

các cặp NST không phân li đã tạo ra giao tử lưỡng bội 2n có 

kiểu gen aa. Cây lưỡng bội có kiểu gen AA giảm phân bình 

thường cho giao tử đơn bội n có k.gen A. 

- Sự thụ tinh giữa giao tử lưỡng bội aa với giao tử bình thường 

A, tạo ra hợp tử tam bội 3n có kiểu gen Aaa phát triển thành 

cây tam bội (3n) có kiểu gen Aaa. 

- HS viết đúng sơ đồ lai thay cho lý luận cũng cho điểm tối đa. 

b Đặc điểm biểu hiện: 

- Thể dị bội Aaa: cơ thể phát triển không bình thường, thường 

bất thụ hoặc giảm độ hữu thụ. 

- Thể tam bội: Hàm lượng ADN trong nhân tế bào tăng gấp 1,5 

lần so với thể lưỡng bội, kích thước tế bào to, cơ quan sinh 

dưỡng lớn, quá trình sinh trưởng diễn ra mạnh mẽ... Thường bất 

thụ, quả không có hạt. 






1.0 

1.5 

0.5 















Câu 

8 

3,0đ 

a 

b 

Quy luật di truyền 

* Xét sự di truyền hình dạng quả: Quy ước: A : quả lớn; a: 

quả bé. 

F 2 : quả lớn:quả bé = (131 + 126): 253 ≈ 1:1. Đây là kết quả lai 

phân tích cá thể dị hợp Aa x aa (1) 

* Xét sự di truyền tính trạng vị quả: 

F 2 : quả ngọt: quả chua = (131+ 253): 126 ≈ 3:1 quả ngọt trội 

hoàn toàn so với quả chua. 

Quy ước: B: quả ngọt; b: quả chua . F 1 dị hợp: Bb x Bb(2). 

* Xét chung kiểu hình: 131: 253: 126 ≈ 1:2:1 # (1:1)(3:1) vì 

vậy đây là kết quả của di truyền liên kết. Mặt khác F 2 không 

xuất hiện kiểu hình mang 2 tính trạng lặn nên liên kết ở đây là 

liên kết đối. 

Kết hợp (1) và (2) ta có kiểu gen của F 1 và cá thể lai với nó là: 

Ab 

aB x aB 

ab 

* Trường hợp 1: Nếu F 1 có kiểu gen Ab 

Ab 

kiểu gen của P: 

aB Ab 

x aB 

aB ( HS viết SĐL từ P-F 2) 

* Trường hợp 2: Nếu F 1 có kiểu gen aB 

ab 

kiểu gen của P: 

ab ab 

x aB 

aB ( HS viết SĐL từ P-F 2) 


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


0.5 

0.5 

0.5 

0.5 

0.5 

0.5 





















( Đề thi HSG Sinh 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 27/11/2013-Năm học 2013 – 2014) 

ĐỀ BÀI 

Câu 1 (3,0 điểm): 

a) Nêu nội dung cơ bản của phương pháp phân tích các thế hệ lai của Menđen. 

b) Biến dị tổ hợp là gì? Nó xuất hiện ở hình thức sinh sản nào? Vì sao? 

Câu 2 (3,5 điểm): 

Bộ NST của một loài thực vật có hoa gồm 5 cặp NST (kí hiệu I, II, III, IV, V), khi 

khảo sát một quần thể của loài này, người ta phát hiện 3 thể đột biến (kí hiệu a, b, c). 

Phân tích bộ NST của 3 thể đột biến đó thu được kết quả sau: 

Số lượng NST đếm được ở từng cặp 

Thể đột biến 

I II III IV V 

a 3 3 3 3 3 

b 3 2 2 2 2 

c 1 2 2 2 2 

a) Xác định tên gọi của các thể đột biến trên? Cho biết đặc điểm của thể đột biến a? 

b) Nêu cơ chế hình thành thể đột biến c? 

Câu 3(4,5điểm): 

a. Giải thích cơ chế duy trì ổn định bộ nhiễm sắc thể của loài qua các thế hệ cơ thể? 

Nguyên nhân nào làm cho bộ nhiễm sắc thể đặc trưng của loài không được duy trì ổn 

định? 

b. Kiểu gen BbDd cho các loại giao tử nào? Nếu có sự rối loạn phân ly của cặp 

nhiễm sắc thể kép tương đồng trong lần giảm phân I thì kiểu gen trên có thể cho ra các 

loại giao tử nào? 

Câu 4 (4,0 điểm): Một phân tử ADN có tỉ lệ phần trăm nucleotit loại T = 20% tổng số 

nucleotit của ADN. 

a) Tính tỉ lệ phần trăm mỗi loại nucleotit còn lại. 

b) Nếu số lượng nucleotit loại X = 3000, tính số lượng mỗi loại nucleotit còn lại. 

c) Tính số liên kết hiđrô của phân tử ADN. 

d) Tính chiều dài và khối lượng của phân tử ADN. 

Câu 5 (2,0 điểm):Ở lúa nước có bộ NST 2n = 24. Xét một tế bào của loài trải qua 

nguyên phân liên tiếp 4 đợt. Hãy tính: 

a) Số tế bào con được sinh ra . 

b) Số NST đơn chứa trong các tế bào con. 

c) Môi trường cần phải cung cấp bao nhiêu NST đơn cho quá trình trên. 

d) Có bao nhiêu thoi phân bào bị hủy qua cả quá trình trên. 


Trâu đực trắng (1) giao phối với trâu cái đen (2) đẻ lần thứ nhất được một nghé trắng 

(3) và lần thứ 2 là một nghé đen (4). Con nghé đen lớn lên giao phối với một trâu đực 

đen (5) sinh ra một nghé trắng (6). Xác định kiểu gen của 6 con trâu nói trên 

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





















(Đề thi HSG Sinh 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 27/11/2013-Năm học 2013 – 2014) 

. 


1 

(3,0 

điểm) 

a. Nội dung cơ bản của phương pháp phân tích các thế hệ lai của 

Menđen gồm những điểm sau: 

+ Lai các cặp bố mẹ khác nhau về một hoặc một số cặp tính trạng 

thuần chủng tương phản rồi theo dõi sự di truyền riêng rẽ của từng 

cặp tính trạng đó trên con cháu của từng cặp bố mẹ. 

+ Dùng toán thống kê để phân tích số liệu thu được từ đó rút ra 

quy luật di truyền các tính trạng. 

b. Biến dị tổ hợp là: Sự tổ hợp lại các tính trạng của P biểu hiện 

các kiểu hình khác P. 

Nó được xuất hiện ở hình thức sinh sản hữu tính vì: 

Sinh sản hữu tính phải dựa vào hai quá trình giảm phân và thụ 

tinh. 

- Trong quá trình giảm phân do sự phân li độc lập và tổ hợp tự do 

của các cặp NST đồng dạng dẫn đến sự phân li độc lập và tổ hợp 

tự do của các cặp gen hoặc do sự trao đổi chéo diễn ra ở kì trước I 

của giảm phân đã tạo ra nhiều loại giao tử. 

- Trong quá trình thụ tinh có sự kết hợp ngẫu nhiên của các loại 

giao tử đực và cái đã tạo thành nhiều hợp tử mang các kiểu gen 

khác P và biểu hiện thành kiểu hình khác P. 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

2 

(3,5 

điểm) 

a) Tên gọi của 3 thể đột biến 

+ Thể đột biến a có 3n NST: Thể tam bội . 

+ Thể đột biến b có (2n + 1) NST: Thể dị bội (2n + 1) hay thể tam 

nhiễm 

+ Thể đột biến c có (2n 1) NST: Thể dị bội (2n – 1) hay thể một 

nhiễm 

- Đặc điểm của thể đột biến a: 

+ Tế bào đa bội có số lượng NST tăng gấp bội, số lượng ADN 

cũng tăng tương ứng => thể đa bội có quá trình tổng hợp các chất 

hữu cơ diễn ra mạnh mẽ hơn => kích thước tế bào của thể đa bội 

lớn, cơ quan sinh dưỡng to, sinh trưởng mạnh và chống chịu tốt. 

+ Thể đa bội khá phổ biến ở thực vật. 

b) Cơ chế hình thành thể đột biến c: 

+ Trong giảm phân, cặp NST số 1 nhân đôi nhưng không phân ly 

tạo thành 2 loại giao tử (n + 1) và (n – 1) NST. 

+ Khi thụ tinh, giao tử (n–1) kết hợp với giao tử (n) tạo thành hợp 

tử (2n–1) NST => phát triển thành thể dị bội (2n – 1). 

0,5 đ 

0,5 đ 


0,5 đ 

1,0 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 














3 

(4,5 

điểm) 

4 

(4,0 

điểm) 


a. Cơ chế duy trì ổn định bộ NST 

* Đối với sinh vật sinh sản vô tính: 

- Trong sinh sản vô tính thế hệ mới được tạo thành từ 1 hoặc 1 

nhóm tế bào của cơ thể mẹ tách ra không qua thụ tinh. 

- Nguyên phân đảm bảo cho hai tế bào con sinh ra có bộ NST 

giống hệt nhau và giống hệt bộ NST của tế nào bố mẹ (quá trình 

nguyên phân). 

* Đối với sinh sản hữu tính: 

- Cơ chế duy trì ổn định bộ NST của loài qua các thế hệ cơ thể 

được đảm bảo nhờ kết hợp quá trình nguyên phân, giảm phân và 

thụ tinh 

- Trong sinh sản hữu tính mỗi cá thể được phát triển từ một hợp 

tử. Nhờ quá trình nguyên phân hợp tử phát triển thành cơ thể mà 

tất cả các tế bào sinh dưỡng trong cơ thể đều có bộ NST giống bộ 

NST của hợp tử ( 2n) 

- Khi hình thành giao tử nhờ quá trình giảm phân các giao tử chứa 

bộ NST đơn bội (n) giảm đi một nửa so với bộ NST của tế bào 

sinh dưỡng 

- Khi thụ tinh sự kết hợp hai bộ NST đơn bội (n) của hai giao tử 

đực và cái trong hợp tử đã khôi phục bộ NST lưỡng bội đặc trưng 

cho loài 

* Nguyên nhân làm cho bộ NST của loài không được duy trì ổn 

định đó là do tác động của các tác nhân gây đột biến trong hoặc 

ngoài cơ thể cản trở sự phân bào bình thường trong nguyên phân 

hoặc giảm phân dẫn đến làm cho bộ NST của thế hệ sau bị biến 

đổi về mặt số lượng ở một hay một số cặp NST nào đó hoặc toàn 

bộ bộ NST. 

b. Kiểu gen sẽ cho 4 loại giao tử: BD, Bd, bD, bd. 

- Các loại giao tử tạo ra do rối loạn: có 10 loại 

BbDd, O; BbD, d; Bbd, D; BDd, b; bDd, B. 

a. Tỉ lệ phần trăm mỗi loại nucleotit còn lại. 

Theo NTBS ta có: % A = % T = 20% 

Mặt khác % T+ %X = 50% -> % G = % X = 50% - 20% = 30%. 

b. Ta có X = 30% = 3000. Tổng số nucleotit của ADN là: N= 3000 

x 100/ 30 = 10000. 

- Vậy số nucleotit mỗi loại của ADN là : 

A = T = 20% x 10000 = 20000 

G = X = 30000. 

c. Số liên kết H = 2A + 3G = 2. 20000 + 3. 30000 = 130000. 




0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

1,0 đ 

1,0 đ 

1,0 đ 





d. Chiều dài của gen = 100000/2 x 3,4 = 50000 .3,4 =170000 

Khối lượng của gen 100000 . 300 = 30000000 

1,0 đ 










5 

(2,0 

điểm) 

6 

(3,0 

điểm) 


a. Số tế bào con được sinh ra . 2 4 = 16 tế bào. 

b. Số NST đơn chứa trong các tế bào con.16 x 24 = 384. 

c. Số NST đơn cho quá trình trên. (2 4 – 1) x 24 = 360. 

d. Số thoi phân bào bị hủy qua quá trình trên. (2 4 – 1) = 15. 

Xét phép lai: nghé đen (4) giao phối với 1 con trâu đực đen (5) 

sinh ra 1 nghé trắng (6) Lông đen là trội so với lông trắng. 

Quy ước gen: 

Gen A quy định lông đen 

Gen a quy định lông trắng 

Trâu đực trắng (1), nghé trắng (3), nghé trắng (6) có kiểu gen: 

aa 

Nghé đen (4) là con của trâu đực trắng (1) nghé đen (4) nhận 1 

giao tử a của trâu đực trắng (1) nghé đen (4) có kiểu gen: Aa 

Nghé trắng (3) là con của trâu cái đen (2) Trâu cái đen (2) cho 

nghé trắng (3) 1 giao tử a trâu cái đen (2) có kiểu gen: Aa 

Nghé trắng (6) là con của trâu đực đen (5) Trâu đực đen (5) cho 

nghé trắng (6) 1 giao tử a trâu đực đen (5) có kiểu gen: Aa 




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

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0, 5 đ 


0,75 đ 


0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 





















Nguồn: Đề thi HSG Sinh 9 –H. Bình Giang - Năm học 2012 - 2013 

ĐỀ BÀI 

Câu 1 (1,5 điểm): 

Trong nghiên cứu di truyền Men Đen đã sử dụng những phương pháp lai nào? Nội 

dung của các phương pháp đó? 

Câu 2 (2,0 điểm): 

a/ Trình bày cấu trúc hiển vi của bộ NST. 

b/ So sánh bộ NST của ruồi giấm đực và ruồi giấm cái. 

c/ Trình bày cơ chế xác định sự phân hoá giới tính ở ruồi giấm. 

d/ Một tế bào ruồi giấm đực nguyên phân liên tiếp một số lần, môi trường cung 

cấp 127 tế bào con mới, các tế bào này chuyển sang vùng chín tạo tinh trùng. Xác định 

số lần nguyên phân; số lượng tinh trùng có thể tạo được? 

Câu 3 (1,5 điểm): 

So sánh ADN, ARN và Prôtêin về mặt cấu trúc? Mối quan hệ giữa gen, ARN và 

Prôtêin được thể hiện như thế nào? 

Câu 4 (1,0 điểm): 

Phân biệt giữa biến dị tổ hợp với thường biến? 

Câu 5 (2,5 điểm): 

Giả sử cặp nhiễm sắc thể 21 ở người một cặp gen Bb. Gen B có chiều dài 

0,408µm, có số nuclêôtit loại T chiếm 30%. Gen b có khối lượng phân tử 9.10 5 đvC, có 

số lượng bốn loại nuclêôtit bằng nhau. (Biết khối lượng mỗi nuclêôtit bằng 300 đvC). 

a. Tính số lượng từng loại nuclêôtit của mỗi gen. 

b. Tính số lượng từng loại nuclêôtit ở kỳ giữa và kỳ cuối của quá trình nguyên 

phân. 

c. Nếu người đó có cặp thứ 21 chứa 3 nhiễm sắc thể, hãy tính số nuclêôtit từng 

loại? 

Câu 6 (1,5 điểm): 

Ở thực vật, có hai phép lai giữa các cá thể dị hợp tử về 2 cặp gen (ký hiệu 2 cặp gen là 

A, a và B, b), mỗi gen qui định 1 tính trạng, tính trạng trội hoàn toàn. 

+ Phép lai: Hai cặp gen cùng nằm trên một cặp NST tương đồng. 

+ Phép lai 2: Hai cặp gen nằm trên hai cặp NST tương đồng khác nhau. 

Xác định tỉ lệ phân li kiểu gen của 2 phép lai nói trên? 


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




















Nguồn: Đề thi HSG Sinh 9 –H. Bình Giang - Năm học 2012 - 2013 

Câu 1 (1,5đ) 

Nội dung 

- Những phương pháp Men Đen đã sử dụng trong nghiên cứu di truyền đó 

là: 

Phương pháp phân tích các thế hệ lai 

Phương pháp lai thuận nghịch 

Phương pháp lai phân tích 

* Phương pháp phân tích các thế hệ lai: 

- Cho lai các cặp bố mẹ khác nhau về một hoặc một số cặp tính trạng thuần 

chủng tương phản rồi theo dõi sự di truyền riêng rẽ của các cặp tính trạng 

đó ở con cháu 

- Dùng toán thống kê phân tích các số liệu thu được từ đó khẳng định tính 

thuần khiết của các nhân tố di truyền và rút ra các qui luật di truyền. 

* Phương pháp lai thuận nghịch : Là phương pháp thay đổi vị trí của bố 

mẹ trong phép lai nhằm phát hiện ra vai trò của bố mẹ tác động như thế 

nào trong di truyền. 

* Phương pháp lai phân tích: Là phép lai giữa các cá thể mang tính trạng 

trội cần xác đinh kiểu gen với cá thể mang tính trạng lặn tương ứng: 

- Nếu kết quả phép lai đồng tính trội thì cá thể cần xác định có kiểu gen 

đồng hợp tử 

- Nếu kết quả phép lai phân tính thì cá thể cần xác định có kiểu gen dị hợp 

tử 


Nội dung 

a/ Cấu trúc hiển vi vủa NST: 

NST có cấu trúc đặc trưng ở kì giữa của quá trình phân bào, khi NST 

đang xoắn cực đại. 

- Cấu tao: Gồm 2 crômatit giống hệt nhau (hai sắc tử chị em) dính 

nhau ở tâm động. Tại tâm động, NST có eo thứ nhất chia nó thành hai 

cánh. Trên một cánh của một số NST có eo thứ hai. 

Mỗi Crômatit có chứa 1 phân tử ADN và một loại Prôtêin loại 

Histôn 

b/ So sánh bộ NST của ruồi giấm đực và ruồi giấm cái 

* Giống nhau: 

- Đều gồm có 4 cặp NST trong đó có 3 cặp NST thường và 1 cặp NST giới 

tính 

- Trong 3 cặp NST thường đều gồm có 2 cặp hình chữ V, một cặp hình 

hạt 





Điểm 


0,5 


0,5 

Điểm 


0,5 













* Khác nhau: Con đực và cái khác nhau ở cặp NST giới tính 

- Con cái : Cặp NST giới tính gồm 2 chiếc hình que, gọi là cặp NST 

tương đồng ( kí hiệu là XX) 

- Con đực : Cặp NST giới tính gồm 1 chiếc hình que, 1 chiếc hình móc 

gọi là cặp NST không tương đồng ( kí hiệu là XY) 

c/ Cơ chế xác định giới tính của ruồi giấm 

Bộ NST của ruồi giấm đực là 6A+ XY 

Bộ NST của ruồi giấm cái là 6A+XX 

- Khi giảm phân hình thành giao tử ruồi giấm cái chỉ cho ra một loại trứng 

là 3A+X. Ruồi giấm đực giảm phân cho ra 2 loại tinh trùng là 3A+ X và 

3A + Y có số lượng ngang nhau. Khi thụ tinh 

- Tinh trùng 3A + X kết hợp với trứng cho hợp tử 6A + XX phát triển 

thành ruồi giấm cái 

- Tinh trùng 3A + Y kết hợp với trứng cho ra hợp tử 6A + XY phát triển 

thành ruồi giấm đực 

Ta có p 6A + XY X 6A + XX 

GP 3A + X ; 3A + Y 3A + X 

F1 6A + XX : 6 A + XY 

ruồi giấm cái : ruồi giấm đực 

d/ Số lần nguyên phân; số lượng tinh trùng của ruồi giấm. 

Gọi x là số lần nguyên phân của hợp tử . Ta có: 

( 2 x - 1) = 127 ( tế bào) 2 x = 128 = 2 7 x= 7 lần nguyên 

phân 

- Số lượng tinh trùng có thể tạo ra được : 128 x 4 = 512 ( tinh trùng ) 

Câu 3 (1,5 điểm): 

Nội dung 

* Điểm giống nhau 

- Đều là những đại phân tử có khối lượng và kích thước lớn 

- Đều được cấu tạo theo nguyên tắc đa phân, mà các phân tử con là các 

đơn phân 

* Điểm khác nhau 

ADN A RN Prôtêin 

- Cấu tạo từ các - Cấu tạo từ các - Cấu tạo từ các 

nguyên tố hoá học là nguyên tố hoá học là nguyên tố hoá học 

C, H, O, N, P. C, H, O , N, P. là C, H, O , N. 

- Có cấu tạo gồm 2 - Chỉ có cấu tạo một - Cấu tạo từ một 

mạch song song xoắn mạch 

hay nhiều chuỗi 

lại 

- Đơn phân là các Axitamin 

- Đơn phân là các Ribônuclêôtit, có 4 - Đơn phân là hơn 

Nuclêôtit, có 4 loại loại đơn phân A, U, G, 20 loại Axitamin 

đơn phân A, T, G, X X 

- Có khối lượng, kích - Có khối lượng, kích - Có khối lượng, 

thước lớn hơn ARN và thước nhỏ hơn ADN kích thước nhỏ hơn 











Điểm 

















Prôtêin và lớn hơn Prôtêin ADN và ARN 

* Mối quan hệ giữa gen , ARN và Prôtêin 

Gen tổng hợp nên mARN từ mạch khuôn của gen như vậy thông tin 

di truyền của gen cấu trúc đã được phiên ra thành mARN, mARN này lại 

giúp gen giải mã thông tin thể hiện bằng trật tự phân bố các Axitamin trên 

phân tử Prôtêin 

Câu 4 (1,0 điểm): 

Điểm khác nhau cơ bản giữa biến dị tổ hợp và thường biến: 


Thường biến 

- Là biến dị di truyền 

- Là biến dị không di truyền 

- Xuất hiện ở các thế hệ sau thông - Xuất hiện trong đời sống cá thể 

qua quá trình sinh sản 

do môi trường thay đổi 

- Không tương ứng với môi trường - Luôn tương ứng với điều kiện 

môi trường 

- Có ý nghĩa là nguồn nguyên liệu - Có ý nghĩa giúp cơ thể thích nghi 

cho chọn giống và tiến hoá 

với môi trường 


a. Số lượng từng loại nu của mỗi gen: 

* Gen B: Đổi 0,408 m = 4080A 0 

Tổng số nu của gen B là: N B = 2. L 4080 x 

2 2400 (Nu) 

3,4 3, 4 

Số nu mỗi loại của gen là: 

T B = A B = 30 2400 720 

100 x (Nu) => G B = X B = 480 (Nu) 

* Gen b: 

5 

M 9,0x10 

Tổng số nu của gen b là: N b = 3000 (Nu) 

300 300 

Số nu mỗi loại của gen là: 

A b = T b = G b = X b = 3000 750 (Nu) 

4 

b. Số lượng từng loại nu ở kì giữa và kì cuối của quá trình nguyên 

phân: 

* Kì giữa: 

Các NST tồn tại ở trạng thái kép Cặp gen trên NST số 21 sẽ trở 

thành BBbb. 

Số lượng từng loại nu là: 

T = A = 2.(A B + A b ) = 2.(720 + 750) = 2940 (Nu) 

G = X = 2.(G B + G b ) = 2.(480 + 750) = 2460 (Nu) 

* Kì cuối: 

Các NST tồn tại ở trạng thái đơn Cặp gen trên NST số 21 là Bb. 

Số lượng từng loại nu là: 

A = T = A B + A b = 720 + 750 = 1470 (Nu) 





























G = X = G B + G b = 480 + 750 = 1230 (Nu) 

c. Người có cặp thứ 21 chứa 3 NST Cặp gen trên NST số 21 sẽ trở 

thành BBb hoặc Bbb. 

* TH1: Nếu kiểu gen là BBb: 

Số lượng nu từng loại là: 

A = T = 2.A B + A b = 2 . 720 + 750 = 2190 (Nu) 

G = X = 2.G B + G b = 2 . 480 + 750 = 1710 (Nu) 

* TH2: Nếu kiểu gen là Bbb: 

Số lượng nu từng loại là: 

A = T = A B + 2.A b = 720 + 2 . 750 = 2220 (Nu) 

G = X = G B + 2.G b = 480 + 2 . 750 = 1980(Nu) 


a) Xác định tỉ lệ phân ly kiểu gen của hai phép lai: 

+ Phép lai 1: Hai cặp gen nằm trên một cặp NST tương đồng. 

P: (Aa,Bb) x (Aa,Bb) 

AB 

AB 

* Trường hợp 1: P: 

x 

ab 

ab 

G P : AB; ab AB; ab 

F 1 : Tỷ lệ kiểu gen: 1 AB 

AB : 2 AB 

ab : 1 ab 

ab 

Ab 

Ab 


x 

aB 

aB 

G P : Ab; aB Ab; aB 

F 1: Tỷ lệ kiểu gen: 1 Ab 

Ab : 2 Ab 

aB : 1 aB 

aB 

Ab 

AB 


x 

aB 

ab 

G P : Ab; aB AB; ab 

F 1 : tỷ lệ kiểu gen: 1 AB 

Ab : 1 Ab 

ab : 1 AB 

aB : 1 aB 

ab 

+ Phép lai 2: Hai cặp gen nằm trên hai cặp NST tương đồng khác nhau. 

P: AaBb x AaBb 

G: AB; Ab; aB; ab AB; Ab; aB; ab 

(Học sinh không cần lập khung Pennet xác định được tỷ lệ phân ly 

kiểu gen) 

1AABB: 2AaBB: 2AABb: 4AaBb: 1AAbb: 2Aabb:1aaBB: 2aaBb: 

1aabb 




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










0.5 





















(Đề thi HSG Sinh 9 –H. Hậu Lộc - Năm học 2009 – 2010) 

ĐỀ BÀI 

Câu 1: (2 điểm): Thường biến là gì ? Phân biệt thường biến với đột biến. 

Câu 2: (2 điểm): Tại sao đột biến gen thường có hại cho bản thân sinh vật, nhất là động 

vật bậc cao? 

Người ta có thể dự báo được sự xuất hiện của đột biến gen không ? Tại sao? 

Câu 3: (2 điểm):Trình bày điểm khác nhau cơ bản giữa cấu trúc ADN với cấu trúc ARN 

? 

Câu 4: (1 điểm): Vì sao nói prôtêin liên quan đến toàn bộ hoạt động sống của tế bào? 

Câu 5: (3 điểm):Từ một phép lai giữa hai giống cây người ta thu được: 

-150 cây có thân cao, hạt dài. -151 cây có thân thấp, hạt dài 

-149 cây có thân cao, hạt tròn. -150 cây có thân thấp, hạt tròn. 

Biết hai tính trạng chiều cao thân và hình dạng hạt di truyền độc lập với nhau, thân 

cao và hạt dài là hai tính trạng trội. Hãy giải thích kết quả để xác định kiểu gen và kiểu 

hình của bố, mẹ và lập sơ đồ lai. 


a) Yếu tố nào dẫn đến tính đa dạng và đặc thù của phân tử ADN ? 

b) Vì sao tính đặc thù và ổn định của ADN chỉ có tính chất tương đối ? 

c) Cho biết: Đoạn mạch gốc ADN gồm 5 bộ ba: 

- AAT - TAA - AXG – TAG – GXX – 

(1) ( 2) (3) (4) (5) 

Hãy viết bộ ba thứ (3) tương ứng trên mARN. 


1) Trong một trai nuôi cá khi thu hoạch người ta được 1600 cá chép . 

Tính số tế bào sinh tinh và tế bào sinh trứng tham gia thụ tinh . Cho biết hiệu suất thụ 

tinh của tinh trùng là 50% và của trứng là 20%. 

2) Tính số giao tử tạo thành trong các trường hợp sau: 

a) 4 tế bào sinh tinh. b) 8 tế bào sinh trứng. 

Câu 8: (3 điểm) Một đoạn phân tử ADN dài 35700 A 0 và có tỉ lệ A/G = 3/2. Do đột 

biến đoạn phân tử ADN nói trên bị mất đi một đoạn và bị giảm đi 2340 liên kết hiđrô. 

Đoạn mất đi có tỉ lệ A/ G = 2/ 3. 

a. Tính tỷ lệ phần trăm và số lượng từng loại nuclêotit của đoạn phân tử ADN 

trước và sau khi đột biến. 

b. Đoạn phân tử ADN còn lại tự nhân đôi liên tiếp 4 lần thì số lượng từng loại 

nuclêôtit môi trường cung cấp sẽ giảm đi bao nhiêu so với trước khi nó bị đột 

biến ? 

Câu 9: (2 điểm) Bố mẹ có nhóm máu A, đẻ con trai nhóm máu A, con gái nhóm máu O. 

Tìm kiểu gen của những người trong gia đình trên. 

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


















HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN 




(Đề thi HSG Sinh 9 –H. Hậu Lộc - Năm học 2009 – 2010) 

. 


1 * Thường biến là những biến đổi kiểu hình phát sinh trong đời cá thể 

dưới ảnh hưởng trực tiếp của môi trường. 

* Thường biến phân biệt với đột biến ở những điểm sau: 

0,5 


-Là biến dị kiểu hình nên không 

di truyền được cho thế hệ sau. 

- Phát sinh đồng loạt theo cùng 

một hướng , tương ứng với các 

điều kiện môi trường. 

- Có ý nghĩa thích nghi nên có 

lợi cho bản thân sinh vật 

Đột biến 

-Là những biến đổi trong cơ sở 

vật chất của tính di truyền ( 

AND, NST) nên di truyền 

được. 

-Xuất hiện với tần số thấp một 

cách ngẫu nhiên. 

-Thường có hại cho bản thân 

sinh vật. 

0,5 

0,5 

0,5 

2 -Đột biến gen thường có hại cho bản thân sinh vật, nhất là động vật bậc 

cao vì: Đột biến gen là những biến đổi đột ngột trong cấu trúc của gen 1 

liên quan tới phân tử ADN, làm biến đổi mARN và biến đổi Prôtêin 

tương ứng nên có thể biểu hiện ra thành kiểu hình của sinh vật. Những 

biến đổi này thường ít thích nghi với điều kiện môi trường sống của 

sinh vật nên thường có hại. Đối với sinh vật bậc cao, sự thích nghi 

thường hình thành chậm chạp trong quá trình sống nên những biến đổi 

về kiểu hình của sinh vật thường gây hại. 

- Người ta không thể dự báo được sự xuất hiện của đột biến gen vì : 

Đột biến gen là những biến đổi đột ngột trong cấu trúc của gen liên 

quan tới phân tử ADN, làm biến đổi mARN và biến đổi Prôtêin tương 1 

ứng nên có thể biểu hiện ra thành những biến đổi về kiểu hình của sinh 

vật tuỳ thuộc vào sự tương tác của kiểu gen và môi trường nên thường 

không dự báo được 

3 Điểm khác nhau cơ bản giữa cấu trúc ADN với cấu trúc ARN. 

Cấu trúc ADN 

Cấu trúc ARN 

- Có chiều dài và khối lượng 

phân tử rất lớn. 

- Là mạch kép. 

- Nguyên liệu xây dựng là các 

nuclêôtít: A,T,G,X 

-Trong nuclêôtít là đường 

đềôxi ribôzơ C 5 H 10 O 4 . 

-Trong ADN có chứa Timin. 

- Liên kếtt hoá trị trên mạch đơn 

là mối liên kết giữa đường 

- Có chiều dài và khối lượng 

phân tử rất bé. 

- Là mạch đơn. 

- Nguyên liệu xây dựng là các 

ribô nuclêôtít: A,U,G,X. 

-Trong ribô nuclêôtít là đường 

ribôzơ C 5 H 10 O 5 . 

-Trong ARN có chứa Uraxin 

- Liên kết hoá trị trên mạch ARN 

là mối liên kết hoá trị giữa đường 

0,5 





0,5 


















C 5 H 10 O 4 của nuclêôtít này với 

phân tử H 3 PO 4 của nuclêôtit bên 

cạnh, đó là liên kết khá bền 

vững. 

C 5 H 10 O 5 của ribô nuclêôtít này 

với phân tử H 3 PO 4 của ribô 

nuclêôtit bên cạnh, đó là liên kết 

kém bền vững 

4 Prôtêin liên quan đến toàn bộ hoạt động sống của tế bào. Vì prôtêin 

tham gia vào: 

- Cấu trúc tế bào. 

- Xúc tác, điều hòa quá trình trao đổi ( Vai trò của enzim, hooc môn). 

- Bảo vệ cơ thể ( các kháng thể là prôtêin). 

- Vận chuyển, cung cấp năng lượng. 

5 Theo bài ra ta có qui ước: A thân cao, a thân thấp. 

B hạt dài, b hạt tròn. 

* Phân tích từng cặp tính trạng con lai F 1 . 

- Về chiều cao cây: Thân cao = 150 + 149 = 299 Xấp xỉ 1 

Thân thấp 151 + 150 301 1 

Là tỉ lệ của phép lai phân tích suy ra P có một cây mang tính trạng lặn 

aa và một cây dị hợp Aa. 

P. Aa (cao) x aa (thấp) 

- Về hình dạng hạt. Hạt dài = 150 +151 = 301 xấp xỉ 1 

Hạt tròn 149 + 150 299 1 

Là tỉ lệ của phép lai phân tích suy ra P có một cây mang tính trạng lặn 

bb và một cây dị hợp Bb. 

P. Bb (hạt dài) x bb (hạt tròn) 

Tổ hợp 2 cặp tính trạng, suy ra kiểu gen, kiểu hình của P có thể 

là. 

P. AaBb (cao,hạt dài) x aabb (thấp,hạt tròn) 

Hoặc: P. Aabb (cao,hạt tròn) x aaBb (thấp,hạt dài) 


- Nếu: P. AaBb (cao,hạt dài) x aabb (thấp,hạt tròn) 

GP: AB, Ab, aB, ab ab 

F 1 : AaBb, Aabb, aaBb, aabb 

Kiểu hình: 1 cây cao, hạt dài; 1 cây cao, hạt tròn; 1 cây thâp, hạt dài; 1 

cây thấp, hạt tròn. 

- Nếu: P. Aabb (cao,hạt tròn) x aaBb (thấp,hạt dài) 

GP: Ab, ab aB, ab 

F 1 : AaBb, Aabb, aaBb, aabb 

Kiểu hình: 1 cây cao, hạt dài; 1 cây cao, hạt tròn; 1 cây thâp, hạt dài; 1 

cây thấp, hạt tròn. 

6 a.Yếu tố qui định tính đa dạng và đặc thù của ADN là: 

- Thành phần, số lượng, trình tự sắp xếp của các đơn phân (nuclêôtít). 

b. Tính ổn định chỉ mang tính tương đối vì: 

- Có thể xảy ra đột biến do các tác nhân gây đột biến của môi trường 

làm thay đổi cấu trúc của ADN. 

- Có thể xảy ra sự trao đổi chéo trong giảm phân dẫn đến thay đổi cấu 






1 


0,5 

0,5 

0,5 


0,5 

0,5 

0,5 















trúc ADN. 

c. Bộ ba thứ (3) trên mARN là: UGX 0,5 

7 1).Số tế bào sinh tinh và tế bào sinh trứng tham gia thụ tinh: 

1 tinh trùng thụ tinh 1 trứng tạo 1 hợp tử. 

1600 cá chép = 1600 hợp tử = 1600 trứng thụ tinh với 1600 tinh 

trùng. 

* Số tế bào sinh tinh: 

+ Số tinh trùng ban đầu: Vì hiệu suất thụ tinh của tinh trùng là 50%nên 

ta có: 

100 tinh trùng ban đầu → 50 tinh trùng trực tiếp thụ tinh. 

? tinh trùng ban đầu 1600 tinh trùng trực tiếp thụ tinh 

Nên ta có: Số tinh trùng ban đầu: 

1600 x 100 = 3200 

50 

Vậy số tế bào sinh tinh: 

1 tế bào sinh tinh → 4 tinh trùng. 

? 3200 tinh trùng 

3200 x1 = 800 ( tế bào sinh tinh) 

4 

* Số tế bào sinh trứng 

+ Số trứng ban đầu: Vì hiệu suất thụ tinh của trứng là 20% nên ta có: 

100 trứng ban đầu → 20 trứng trực tiếp thụ tinh. 

? trứng ban đầu 1600 trứng trực tiếp thụ tinh 

Nên ta có: Số trứng ban đầu: 

1600 x 100 = 8000 

20 

Vậy số tế bào sinh trứng: 

1 tế bào sinh trứng → 1 trứng 

? 8000 trứng 

8000 x1 = 8000 ( tế bào sinh trứng) 

1 

2).Tính số giao tử tạo thành trong các trường hợp: 

a) 4 tế bào sinh tinh. 

Mỗi tế bào sinh tinh 4 tinh trùng. 

Vậy: 

-Số tinh trùng tạo thành : 4 x 4 = 16 tinh trùng. 

b) 8 tế bào sinh trứng. 

Mỗi tế bào sinh trứng 1 trứng và 3 thể định hướng. 

Vậy: 

- Số trứng tạo thành: 8x 1 = 8 trứng 

- Số thể định hướng: 8 x 3 = 24 

8 a) Tỉ lệ % và số lượng của ADN trước và sau khi đột biến: 

*Trước khi đột biến: 









0,5 


0,5 

0,5 

0,5 











N= 2 . L/ 3,4 = 2 . 35700 / 3,4 = 21000 ( nu) 

Theo đề ra ta có: A/ G = 3/ 2 => A= 3G/ 2. (1) 

Theo nguyên tắc bổ sung ta có: A + G = 50% (2) 

Thế (1) vào (2) ta có: 3G/ 2 + G = 50% => G = 20% 

Vậy G = X = 20%N = 20% . 21000 = 4200 ( nu) 

A = T = 50% - % G = 50% - 20% = 30%N= 30% . 2100 = 6300( 

nu) 

* Sau khi đột biến: 

+ Xét đoạn mất: 

A/ G = 2/ 3 => A =2G/ 3 ( 3) 

Mà 2A + 3G = 2340 (4) 

Thế (3) vào (4) ta được: 2.2G/3 + 3G = 2340 13G/3 = 2340 G = 

540 (nu) 

A= 2G/3 = 2.540/ 3 = 360 ( nu) 

* Đoạn phân tử ADN còn lại là: 21000 – ( 360 + 540) .2 = 19200 ( 

nu) 

A=T = 6300 – 360 = 5940 ( nu) => A = T = 30,9375% 

G = X = 4200 – 540 = 3660 ( nu) => G = X = 19, 0625% 

b)Số nuclêôtit do môi trường nội bào cung cấp giảm đi khi đoạn 

phân tử ADN còn lại tự nhân đôi 4 lần là: 

- Khi đoạn phân tử ADN tự nhân đôi một lần thì số lượng từng loại 

nuclêôtít cung cấp sẽ bị giảm bằng chính số lượng nuclêôtít đoạn bị 

mất. 

A = T = ( 2 4 - 1 ). 360 = 5400 ( nu) 

G = X = ( 2 4 – 1) . 540 = 8100 ( nu) 

9 Bố, mẹ đều có nhóm máu A nên it nhất mỗi người phải có một gen I A . 

Con gái nhóm máu O có kiểu gen I O I O , nhận một I O từ bố, nhận một I O 

từ mẹ. 

Vậy bố mẹ có kiểu gen I A I O , đứa con trai có thể có một trong hai kiểu 

gen I A I O hoặc I A I A. 


P. I A I O x I A I O 

G P : I A , I O I A , I O 

F 1 : KG 1 I A I A ; 2 I A I O ; 1 I O I O 

KH: 3 người nhóm máu A: 1 người nhóm máu O 

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




1 

1 

1 

0,5 

0,5 

1 





















ĐỀ BÀI 

Câu 1 (3 điểm) : 

a Nội dung cơ bản của phương pháp phân tích các thế hệ lai của Men đen gồm những 

điểm nào? 

b.Phát biểu nội dung của qui luật phân li và phân li độc lập của Men đen? 

Câu 2 ( 2 điểm): 

Cấu trúc của NST được biểu hiện rõ nhất ở kì nào của quá trình phân chia tế bào? Vì 

sao? Mô tả cấu trúc đó? 


Điểm khác nhau cơ bản giữa quá trình phát sinh giao tử đực và quá trình phát sinh giao 

tử cái ở động vật? 


a. Nguyên tắc bổ sung được biểu hiện trong mối quan hệ ở sơ đồ dưới đây như thế 

nào? 

Gen (một đoạn ADN m 1 

2 

ARN Prôtêin 

b. Một gen có trình tự các nuclêôtít của mạch 1 là: 

..ATG XTA GGX XGA TGX… 

Viết mạch mARN được tổng hợp từ mạch2 của gen. 


Một gen có A=600 nuclêôtít, G =900 nuclêôtít. 

a)Tính tổng số nuclêôtít và số chu kỳ xoắn của gen. 

b)Khi gen nói trên nhân đôi liên tiếp 2 lần thì cần cung cấp bao nhiêu nuclêôtít mỗi 

loại? 


a. Ở ngô có số lượng nhiễm sắc thể trong tế bào sinh dưỡng 2n = 20. Trong tự nhiên có 

thể phát hiện tối đa được bao nhiêu thể 3 nhiễm khác nhau? 

b.Nguyên nhân, cơ chế hình thành thể di bội 2n -1 


Cho hai thứ cà chua thân cao, quả đỏ và thân thấp, quả vàng giao phấn với nhau thì 

được F 1 toàn thân cao, quả đỏ. Cho F 1 tạp giao thì thu được F 2 gồm có : 315 hạt khi gieo 

thành cây thân cao, quả đỏ ; 101 cây thân cao, quả vàng; 108 cây thân thấp, quả đỏ; 320 

cây thân thấp, quả vàng. 

a.Cho biết kết quả lai tuân theo định luật nào? Giải thích? 

b. Đem cây thân cao, quả đỏ ở F 2 thụ phấn với cây thân thấp, quả vàng được F 3 : 50% 

cây thân cao, quả đỏ: 50% thâncao,quả vàng. Tìm kiểu gen của kiểu cây F 2 đó và viết 

sơ đồ lai. 

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





















. 


1 


Menđen: 

- Lai các cặp bố mẹ khác nhau về một hoặc một số cặp tính trạng 

thuần chủng tương phản… 

-Dùng toán thống kê để phân tích các số liệu thu được từ đó rút ra các 

qui luật di truyềncác tính trạng 

b.Nội dung của qui luật : 

- Phân li: Trong quá trình phát sinh giao tử mỗi nhân tố di truyền 

trong cặp nhân tố di truyền phân li về một giao tử…… 

- Phân li độc lập:Các cặp nhân tố di truyền ( cặp gen) đã phân li độc 

1,0 

0,5 

1,0 

0,5 

lập trong quá trình phát sinh giao tử. 

2 

- Cấu trúc NST được biểu hiện rõ nhất ở kì giữa của quá trình phân 

bào. 

-Vì: 

+ở kì giữa NST đóng xoắn cực đại 

+Mỗi NS T ở dạng kép 

+Tập trung thành hàng trên mặt phẳng xích đạo của thoi phân bào 


0,75 

3 

-Cấu trúc NST ở kì giữa: 

+ NST gồm 2 crômatít gắn với nhau ở tâm động chia NST thành 2 

cánh… 

+ Mỗi crômatít gồm chủ yếu một phân tử AD N và prôtêin loại histon 

Sự khác nhau cơ bản giữa quá trình phát sinh giao tử cái và quá trình 

phát sinh giao tử đực ở động vật: 

Phát sinh giao tử cái 

-Noãn bào bậc 1 qua giảm phân 

1 cho thể cực thứ nhất có kích 

thước nhỏ và noãn bào bậc 2 có 

kích thước lớn. 

- Noãn bào bậc 2 qua giảm phân 

2 cho 1 thể cực thứ hai có kích 

thước bé và 1 tế bào trứng có 


-Từ 1 noãn bào bậc 1qua giảm 

phân cho 2 thể cực và một tế 

Phát sinh giao tử đực 

- Tinh bào bậc1 qua giảm phân 

1 cho 2 tinh bào bậc 2 

- Mỗi tinh bào bậc2 qua giảm 

phân 2 cho 2 tinh tử .các tinh tử 

phát triển thành tinh trùng 


-Mỗi tinh bào bậc1 qua giảm 

phân cho 4 tinh trùng .các tinh 





1.0 

1,0 

1,0 

1,0 










bào trứng, trong đó chỉ có trứng 

trực tiếp tham gia thụ tinh. 

trùng này đều tham gia vào thụ 

tinh. 




4 

5 

6 

a. Nguyên tắc bổ sung được biểu hiện: 

1 

*Gen m ARN:Các nuclêôtít trên mạch khuôn của gen liên kết 

với các nuclêôtít tự do trong môi trường nội bào thành từng cặp: 

A –U; T- A; G –X ; X – G 

2 

* m ARN Prôtêin :Các loại nuclêôtít ở mARN và t ARN kết 

hợp với nhau từng cặp theo NTBS: A –U; G –X thì 1 a xít amin 

được đặt vào chuỗi a xít amin. 

b. Mạch 1 của gen: ….ATG XTA GGX XGA TGX… 

Mạch 2 của gen: ....TAX GAT XXG GXT AXG… 

m ARNtổng hợp từ mạch2:....AUG XUA GGX XGAUGX..... 

a.Tổng số nuclêôtít và số chu kì xoắn của gen: 

- Theo NTBS ,ta có: A =T =600 nuclêôtít 

G =X = 900 nuclêôtít 

- Tổng số nuclêôtít của gen= A+T+G+X = (600x2) +(900x2) 

=3000 nuclêôtít 

- 1 chu kì xoắn của gen gồm 10 cặp =20 nuclêôtít 

-Số chu kì xoắn của gen: 3000: 20=150 chu kì 

b.Khi gen nhân đôi 2 lần , tạo ra 4 gen con . Trong đó có 2 mạch đơn 

là của gen mẹ. Vậy còn lại 6 mạch đơn tương ứng với 3 gen được 

cung cấp nguyên liệu mới.Số lượng mỗi loại nuclêôtít cần cung cấp 

là: 

A=T=(2 2 -1).600 = 1800 nuclêôtít 

G =X = (2 2 -1).900 = 2700 nuclêôtít 

a. ở ngô bộ NST trong tế bào sinh dưỡng 2n = 20 => n = 10 

Vậy sẽ có 10 thể ba nhiễm dạng (2n + 1) 

b. Nguyên nhân: 

- Do tác động của các tác nhân lý, hoá học hoặc rối loạn hoạt động 

sinh lý trong tế bào 1cặp NST nào đó phân li không bình thường. 

- Cơ chế : 

+Trong giảm phân 1cặp NST nào đó của bố hoặc mẹ không phân li 

tạo ra giao tử không mang NST nào của cặp NST đó gọi là giao tử (n- 

1) 

+ Qua thụ tinh nếu giao tử (n -1) kết hợp với giao tử bình thường 

(n) hợp tử mang bộ NST (2n- 1) 

1, Xác định quy luật di truyền 

- Theo bài ra F1 : Thân cao, quả đỏ F1 đồng tính 

- F2 : 315 cao, đỏ :101cao,vàng :108 thấp,đỏ :32 thấp,vàng 


7 





1,0 

1.0 

0.5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

1,0 

1,0 











F2 phân tính theo tỉ lệ: 9: 3: 3: 1 (1) 

- Xét tỉ lệ phân li từng cặp tính trạng ở F2 

+ Cao / thấp = 315 + 101 / 108 + 32 3 : 1 thân cao trội hoàn toàn 

so với thân thấp. 

+ đỏ / vàng = 315 + 108 / 101 + 32 3:1 đỏ trội hoàn toàn so với 

vàng. 

Tích tỉ lệ các cặp tính trạng ở F2 : (3 cao : 1 thấp)(3 đỏ : 1 vàng) = 

9:3:3:1 (2) 

Kết hợp (1) và (2) ta có: P huần chủng về tính trạng đem lai => 

2 cặp tính trạng hình dạng thân và màu sắc của quả nằm trên 2 NST 

khác nhau và di truyền theo quy luật phân li độc lập. 


Cao: A 

Quả đỏ: B 

Thấp: a 

Quả vàng : b 

Sơ đồ lai: P: AAbb x aaBB 

HS tự viết sơ đồ lai đến F2 

2, Thân cao, quả đỏ ỏ F2 lai với cây thân thấp ,quả vàng mang tính 

trạng lặn ở F3: 50% cao ,đỏ : 50% cao , vàng Cây thân cao,quảđỏ 

ỏ F2 đem lai cho 2 loại giao tử: AB ,Ab . Do đó kiểu gen của cây thân 

cao, quả đỏ ỏ F2: AABb 

HS tự viết sơ đồ lai : AABb x aabb 




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


0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 





















ĐỀ BÀI 

Câu 1: ( 2.5 điểm) 

Hãy phát biểu nội dung của quy luật phân li và quy luật phân li độc lập. Phân biệt 

hai quy luật này? 

Câu 2: 3 điểm 

a. Mô tả cấu trúc không gian của phân tử ADN. Hệ quả của nguyên tắc bổ sung 

được biểu hiện ở những điểm nào? 

b. ARN được tổng hợp trên khuôn mẫu của gen như thế nào? 


a)Các tế bào trong cơ thể người được bảo vệ khỏi các tác nhân gây nhiễm (vi 

khuẩn, vi rút...) như thế nào? 

b)Tại sao con người không miễn dịch được với vi rút HIV? 

Câu 4: (2.5đ) 

Phân biệt NST thường và NST giới tính về cấu tạo và chức năng. 


Hiện tượng di truyền liên kết gen là gì ? Hiện tượng này đã bổ sung cho quy luật 

phân li độc lập của Men Đen ở những điểm nào? 

Câu 6 (4 điểm ) 

Cho cây cà chua dị hợp hai cặp gen, có kiểu hình thân cao, quả đỏ giao phấn với 

một cây cà chua khác thu được con lai F1 có 8 tổ hợp gen. 

Biết 2 tính trạng tương phản còn lại là thân thấp, quả vàng. Hai tính trạng về chiều cao 

cây và màu sắc quả di truyền độc lập với nhau và không xuất hiện tính trạng trung gian. 

Giải thích kết quả và lập sơ đồ của phép lai trên. 

Câu 7 (4 điểm ) 

Một gen dài 10200A 0 , có 25% ađêmin. Trên mạch thứ nhất có 600 Timin, trên 

mạch 2 có 500 Xitôxin. Hãy xác định: 

a) Số lượng từng loại Nuclêotít của gen ? 

b) Số lượng từng loại Nuclêotít của mỗi mạch đơn. 

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





















Câu 1: ( 2.5 điểm) 

- Quy luật phân li: Trong quá trình phát sinh giao tử, mỗi nhân tố di truyền trong cặp 

nhân tố di truyền phân li về một giao tử và giữ nguyên bản chất như ở cơ thể thuần 

chủng của P. ( 0.5 đ) 

- Quy luật phân li độc lập: Các cặp nhân tố (cặp gen) di truyền đã phân li độc lập 

trong quá trình phát sinh giao tử. 

( 0.5đ) 

* So sánh những điểm giống và khác nhau giữa quy luật phân li và phân li độc lập: 

tử. 

* Những điểm khác nhau: 

Quy luật phân li Quy luật phân li độc lập Điểm 

- Phản ánh sự di truyền của một cặp 

tính trạng. 

- F1 dị hợp một cặp gen (Aa) tạo ra 

2 loại giao tử. 

- F2 có 2 loại kiểu hình với tỉ lệ 3: 

1. 

- F2 có 4 tổ hợp với 3 kiểu gen. 

- F2 không xuất hiện biến dị tổ hợp. 

- Phản ánh sự di truyền của hai cặp 

tính trạng. 

- F1 dị hợp hai cặp gen (AaBb) tạo 

ra 4 loại giao tử. 

- F2 có 4 loại kiểu hình với tỉ lệ 

9:3:3:1. 

- F2 có 16 tổ hợp với 9 kiểu gen. 

- F2 xuất hiện biến dị tổ hợp. 

0.5 






a. 

* Cấu trúc không gian phân tử AND. 

- ADN là một chuỗi xoắn kép gồm 2 mạch song song xoắn đều quanh 1 trục theo chiều 

từ trái sang phải. Các Nucleotit giữa 2 mạch liên kết với nhau bằng các liên kết hiđro 

tạo thành cặp. Mỗi chu kì xoắn dài 34 A0, gồm 10 cặp Nucleotit. Đường kính vòng 

xoắn là 20 A0. (1đ ) 

* Hệ quả của NTBS được thể hiện: 

- Do tính chất bổ sung của 2 mạch nên khi biết trình tự đơn phân của 1 mạch thì suy 

ra được trình tự đơn phân của mạch còn lại (0.5) 

- Về tỉ lệ các loại đơn phân trong ADN: A+G=T+X, A=T; G=X (0.5) 

b. Phân tử ARN được tổng hợp dựa trên khuôn mẫu một mạch của gen và diễn ra theo 

nguyên tắc bổ sung: A – U; T – A; G – X; X – G (0.5) 

Ví dụ: Mạch khuôn mẫu ADN...AAA TTX XGA TXA AXT AAT XGG 

mạch ARN tổng hợp ...UUU AAG GXU AGX UGA UUA GXX 

Do đó trình tự các Nuclêôtit trên mạch khuôn của gen quy định trình tự các Nuclêôtit 

trên mạch ARN. (0.5) 



Các tế bào trong cơ thể người được bảo vệ khỏi các tác nhân gây nhiễm (vi khuẩn, vi 

rút...) thông qua 3 hàng rào phòng thủ. 

















- Cơ chế thực bào: Khi vi khuẩn, vi rút ...xâm nhập vào cơ thể, bạch cầu trung tính và 

bạch cầu đơn nhân sẽ di chuyển đến dùng chân giả bao vây vi khuẩn, vi rút và tiêu hóa 

chúng. (0,5) 

- Cơ chế bảo vệ của tế bào lim phô B: Khi các vi khuẩn, vi rút thoát khỏi sự thực bào sẽ 

gặp hoạt động của tế bào lim phô B. Các tế bào B tiết kháng thể tương ứng với loại 

kháng nguyên trên bề mặt của vi khuẩn, vi rút gây phản ứng kết hợp và vô hiệu hóa các 

kháng nguyên. (0,5) 

- Cơ chế bảo vệ cơ thể của tế bào lim phô T: Khi các vi khuẩn, vi rút thoát khỏi sự hoạt 

động của tế bào B sẽ gặp hoạt động của tế bào lim phô T. Trong các tế bào T có chứa 

các phân tử protein đặc hiệu, các tế bào T di chuyển đến và gắn trên bề mặt của vi 

khuẩn tại vị trí kháng nguyên. Sau đó các tế bào T giải phóng các phân tử protein đặc 

hiệu phá hủy cấu trúc của vi khuẩn, vi rút xâm nhập. (0,5) 

Con người không miễn dịch được với vi rút HIV vì HIV tấn công ngay vào bạch cầu 

lim phô T gây rối loạn chức năng miễn dịch của bạch cầu này (0,5) 

Câu 4: (2.5đ) 

NST thường NST giới tính Điểm 

Cấu 

tạo 

- Có nhiều cặp trong tế bào 

lưỡng bội (2n) 

- Luôn sắp xếp thành những 

cặp tương đồng 

- Giống nhau giữa các thể 

đực và cá thể cái trong loài. 

- Chỉ có 1 cặp trong tế bào 

lưỡng bội (2n) 

- Cặp XY là cặp không tương 

đồng 

- Khác nhau giữa các thể đực và 

cá thể cái trong loài. 

(0,5) 

(0,5) 

(0,5) 

Chức 

năng 

- Không quy định giới tính 

của cơ thể 

- Chứa gen qui định tính 

trạng thường, không liên 

- Qui định giới tính 

- Chứa gen qui định tính trạng 

có liên quan yếu tố giới tính. 

(0,5) 

(0,5) 

quan đến giới tính. 


-Di truyền liên kết gen là hiện tượng các gen qui định tính trạng cùng nằm trên 1 nhiễm 

sắc thể cùng phân li trong phát sinh giao tử cùng tổ hợp lại khi thụ tinh. (1 đ) 

- Hiện tượng di truyền liên kết bổ sung cho quy luật phân li độc lập: 

+ Không chỉ 1 gen trên 1 NST mà có nhiều gen trên 1 NST ,các gen phân bố theo chiều 

dài của NST. 

(0,5đ) 

+ Không xuất hiện nhiều biến dị tổ hợp vận dụng trong chọn giống luôn chọn nhóm tính 

trạng tốt đi kèm nhau được ứng dụng phổ biến (0,5đ) 

Câu 6. (4 đ) 

Theo bài ra P dị hợp 2 cặp gen có kiểu hình thân cao, quả đỏ. Do đó thân cao, quả đỏ là 

trội so với thân thấp, quả vàng. (0,5điểm ) 

Quy ước: Gen A: quy định thân cao, gen a: quy định thân thấp. 

Gen B: quy định quả đỏ, gen b: quy định quả vàng. 

(0.25 điểm) 

Vì P dị hợp nên có kiểu gen AaBb cho ra 4 loại giao tử khác nhau. Khi giao phấn với 

cây khác cho F1 có 8 tổ hợp gen. 

Vậy cây P còn lại mang 2 loại giao tử tức dị hợp một cặp gen. 

(0.25 điểm) 

Kiểu gen, kiểu hình của cây P còn lại là một trong các trường hợp sau: 


















+ AABb: thân cao, quả đỏ. (0.25 điểm) 

+ AaBB : thân cao, quả đỏ. (0.25 điểm) 

+ Aabb : thân cao, quả vàng. (0.25 điểm) 

+ aaBb : thân thấp, quả đỏ. (0.25 điểm) 

Ta có sơ đồ lai: 

Trường hợp 1: Nếu cây P còn lại mang kiểu gen AABb thân cao, quả đỏ. 


P: AaBb (thân cao, quả đỏ) x AABb (thân cao, quả đỏ) 

Học sinh viết sơ đồ và nêu được tỉ lệ kiểu hình đúng: 

75% thân cao, quả đỏ : 25% thân cao, quả vàng. (0.5 điểm) 

Trường hợp 2: Nếu cây P còn lại mang kiểu gen AaBB thân cao, quả đỏ. 


P: AaBb (thân cao, quả đỏ) x AaBB (thân cao, quả đỏ) 


75% thân cao, quả đỏ : 25% thân thấp, quả đỏ. (0.5 điểm) 

Trường hợp 3: Nếu cây P còng lại mang kiểu gen aaBb thân cao, quả đỏ. 


P: AaBb (thân cao, quả đỏ) x Aabb (thân cao, quả vàng) 


3 thân cao, quả đỏ : 3 thân cao, quả vàng : 1 thân thấp, quả đỏ : 1 thân thấp, quả vàng. 

(0.5 điểm) 

Trường hợp 4: Nếu cây P còn lại mang kiểu gen aaBb thân thấp , quả đỏ . 


P: AaBb (thân cao, quả đỏ) x aaBb (thân thấp, quả đỏ) 


3 thân cao, quả đỏ : 3 thân thấp, quả đỏ : 1 thân thấp, quả vàng : 1 thân thấp, quả vàng. 

(0.5 điểm) 

Câu 7: (4 đ) 

a. Số lượng từng loại Nuclêotít của gen 

Tổng số Nuclêotít của gen là: 

0 

2 10200A 

6000 

3,4 

Nuclêotít ( 1.0đ) 

Theo đề ra: 

6000 

A = T = 25% = 1500 Nuclêotít 

4 

( 0,5đ) 

6000 

Suy ra: G = X = 25% = 1500 Nuclêotít 

4 

( 0,5đ) 

b. Số lượng từng loại Nuclêotít của mỗi mạch đơn. 

Theo đề ra: T 1 = A 2 = 600 Nuclêotít 

( 0,5đ) 

Do đó: A 1 = T 2 = A – A 1 = 1500 – 600 = 900 Nuclêotít ( 0,5đ) 

Và G 1 = X 2 = 500 Nuclêotít 

( 0,5đ) 

X 1 = G 2 = 1500 – 500 = 1000 Nuclêotít 

( 0,5đ) 







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

















ĐỀ BÀI 

Câu 1 : (2 điểm ) 

Cơ chế nhiễm sắc thể xác định giới tính ở người được thực hiện như thế nào? Giải 

thích vì sao tỷ lệ con trai và con gái sinh ra là xấp xỉ 1:1? 

Câu 2: (3 điểm): 

a. Hai cá thể có kiều gen là AaBBCCDdEE và aaBbccddEe khi hình thành giao tử 

thì mỗi cơ thể cho giao tử như thế nào ? 

b. Cá thể có k cặp gen trong đó có a cặp gen đồng hợp tử thì cá thể đó cho bao 

nhiêu loại giao tử khác nhau? 

Câu 3: (2 điểm ) 

Tại sao nói các loài sinh sản hữu tính có ưu việt hơn sinh sản sinh dưỡng? Giải 

thích? 

Câu 4: (3 điểm ). 

Hãy khái quát mối quan hệ giữa gen và tính trạng bằng sơ đồ và nêu bản chất của 

mối quan hệ đó trong sơ đồ. 

Câu 5 : (2 điểm ) 

Phân biệt quá trình tổng hợp ARN với quá trình nhân đôi ADN . 

Câu 6: (4 điểm ). 

Một đoạn phân tử ADN có chiều dài 102 000 Å 

a. Tính số nuclêotit trong đoạn phân tử đó. 

b. Biết rằng trong đoạn phân tử này nuclêotit loại A= 30% tổng số nuclêotit. Hãy tính số 

nuclêotit mỗi loại. 

c. Khi đoạn phân tử ADN tự nhân đôi tạo ra 4 đoạn mới thì cần bao nhiêu nuclêotit tự 

do mỗi loại trong môi trường nội bào. 

Câu 7: (4 điểm ). 

Cho hai giống lúa thuần chủng thân cao, hạt dài và thân thấp, hạt tròn lai với nhau 

người ta thu được ở F1: 100% cây thân cao, hạt tròn. Biết rằng các gen qui định các tính 

trạng nói trên phân ly độc lập với nhau. 

a. Hãy xác định kiểu gen, kiểu hình ở F2. 

b. Làm thế nào để phân biệt được cây lúa thân cao, hạt tròn đồng hợp với cây 

thân cao, hạt tròn dị hợp. 

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





















Câu 1 : ( 2 điểm ) 

- Cơ chế xác định giới tính ở người: 

+ Con trai có cặp NST giới tính XY (0,25 đ ) 

+ Con gái có cặp NST giới tính XX (0,25 đ ) 

Khi giảm phân hình thành giao tử , con trai cho 2 loại giao tử (2 loại tinh trùng) X và Y 

mỗi loại chiếm 50 % ; con gái cho một loại giao tử (1loại trứng) X (0,5 đ ) 

Khi thụ tinh có sự tổ hợp giữa tinh trùng và trứng hình thành 2 tổ hợp , hợp tử XX và 

XY với tỉ lệ 1:1 

Sơ đồ : 

P : ♂ XY X ♀ XX 

Gp : X ; Y X 

F 1 : 1XX : 1 XY 

1 trai : 1 gái ( 0,5 đ ) 

- Theo lý thuyết thì tỷ lệ trai gái là 1: 1 , tỷ lệ thực tế ở giai đoạn bào thai là 114 trai : 

100 gái; ở tuổi sơ sinh 105 trai : 100 gái ở khoảng 10 tuổi tỷ lệ này là 100 : 100; đến 

tuổi già số cụ bà nhiều hơn số cụ ông vì vậy có thể nói tỷ lệ trai gái là xấp xỉ 1:1 (0,5 đ) 


a.- Do trong mỗi cá thể có hai cặp gen dị hợp nên số loại giao tử của mỗi cá thể là 2 2 . 

(0,5điểm) 

- Cá thể có kiểu gen AaBbCCDdEE có 4 loại giao tử là:ABCDE;ABCdE;aBCDE; 

aBCdE. 

(0,5điểm) 

- Cá thể có kiểu gen aaBbccddEe có 4 loại giao tử là: aBcdE; aBcde; abcdE; abcde. 

(0,5 điểm) 

b- Số cặp gen dị hợp trong cá thể có k cặp gen, trong đó có a cặp gen đồng hợp tử là: 

(k-a) . 

(0,75điểm) 

-Số loại giao tử khác nhau của cá thể trên là:2 k-a 

(0,75điểm) 

Câu 3: ( 2 điểm ) 

- Sinh sản hữu tính là hình thức sinh sản được thực hiện bằng con đường giảm phân, tạo 

giao tử và thụ tinh có xảy ra sự phân li độc lập tổ hợp tự do, trao đổi đoạn NST đã tạo 

nên nhièu loại giao tử, nhiều loại hợp tử khác về nguồn gốc và chất lượng. Nhờ đó mà 

loài vừa tạo duy trì được tính đặc trưng, vừa tạo ra các biến dị đảm bảo tính thích ứng 

cao. 

- Sinh sản sinh dưỡng, toạ theo cơ chế nguyên phân chỉ tạo ra thế hệ tế bào bình thường 

không tạo ra biến dị để chọn lọc khi gặp điều kiện sống thay đổi. 

Câu4: (3 điểm). 

Mối quan hệ giữa các gen và tính trạng được thể hiện trong sơ đồ sau: 

Gen (một đoạn ADN) mARN 

Prôtêin Tính trạng . (0,75điểm) 
















- Trình tự Nuclêôtit trong khuôn ADN qui định trình tự các Nuclêôtit trong mạch 

mARN. 

(0,75điểm) 

- Trình tự Nuclêôtit trong mạch ARN qui định trình tự các axít amin trong chuỗi axít 

amin cấu trúc thành Prôtêin . 

(0,75điểm) 

- Prôtêin tham gia vào cấu trúc tế bào và biểu hiện thành tính trạng. (0,75điểm) 

Câu 5 : ( 2 điểm ) 

Những điểm khác nhau : 

Quá trình tổng hợp ARN 

Xảy ra trên một đoạn của ADN tương 

ứng với một gen nào đó 

Chỉ có mạch của gen trên ADN làm 

mạch khuôn 

Mạch ARN sau khi được tổng hợp 

rời ADN ra tế bào chất 



Quá trình nhân đôi ADN 

Xảy ra trên toàn bộ các gen của phân tử 

AND ( 0,5 đ) 

Cả 2 mạch ADN làm mạch khuôn ( 0,5 đ) 

Một mạch của ADN mẹ liên kết với mạch 

mới tổng hợp thành phân tử ADN ( 1.0đ) 


a) Chiều dài của ADN là chiều dài của một mạch đơn, mỗi ADN có 2 mạch đơn. 

(0,5 điểm) 

Theo bài ra ta có số lượng Nuclêôtit trên đoạn mạch ADN là: 

(102 000 : 3,4). 2 = 60 000 (Nu) (0,5 điểm) 

b) Theo bài ra và theo nguyên tắc bổ sung thì : % A = %T = 30%; %G = %X 

Suy ra số lượng: A =T = (60 000 : 100).30 = 18 000 (Nu). (1.0 điểm) 

G = X = [60 000 - (A + T)]:2 = (60 000 - 36 000):2 = 12 000 (Nu) (1.0 điểm) 

c) Khi 4 đoạn ADN mới được tạo ra thì trong đó có một đoạn là gốc, vậy số lượng 

Nuclêôtit tự do trong môi trường nội bào cần cung cấp là: 

A = T = (4-1).18 000 = 54 000 (Nu). 

(0,5 điểm) 

G = X = (4-1). 12 000 = 36 000 (Nu). 

(0,5 điểm). 

Câu 7:( 4 điểm ). 

a. Xác định kiểu gen kiểu hình: 

Vì P thuần chủng, F 1 đồng tính về thân cao, hạt tròn nên tính trạng thân cao, hạt tròn là 

những tính trạng trội. 

( 0,5 điểm). 

- Quy ước: A là gen qui định thân cao; a là gen qui định thân thấp. 

B là gen qui định hạt tròn; b là gen qui định hạt dài. 

Theo bài ra: Cây thân cao, hạt dài sẽ có kiểu gen AAbb. Cây thân thấp, hạt tròn có 

kiểu gen aaBB. 

( 0,5 điểm). 

Ta có sơ đồ : 

P (t/c): thân cao, hạt dài X thân thấp, hạt tròn ( 0,5 điểm). 

Aabb x aaBB 

Gp : Ab aB 

F1 : AaBb (100% thân cao, hạt tròn ) 

Gf1 : AB, Ab, aB, ab 

F2 : 


















F2 có 9 kiểu gen : F2 có 4 kiểu hình: 

1AABB ; 2Aabb 

- 9 Thân cao, hạt tròn 

2AaBB ; 1aaBB 

- 3 Thân cao, hạt dài 

2AABb ; 2aaBb 

- 3 Thân thấp, hạt tròn 

4AaBb ; 1aabb 

- 1 Thân thấp, hạt dài 

1AAbb ( 0,5 điểm ) 

b. Phân biệt cây thân cao, hạt tròn đồng hợp với cây thân cao, hạt tròn dị hợp. 

- Cây thân cao, hạt tròn đồng hợp có kiểu gen AABB. 

- Cây thân cao, hạt tròn dị hợp có kiểu gen: AaBB, AABb, AaBb. 

Ta phân biệt bằng hai cách : 

- Lai phân tích: Cho cây thân cao, hạt tròn lai với thân thấp, hạt dài: 

+ Nếu là đồng hợp thì con lai 100% đồng tính. 

AABB x aabb100% AaBb . (Thân cao, hạt tròn ). (0,5 điểm) 

+ Nếu là dị hợp thì con lai có sự phân tính. 

Ví dụ: AaBB x aabb 1AaBb (Thân cao, hạt tròn) :1aaBb (Thân thấp, hạt tròn). (0,5 đ) 

- Cho cây thân cao, hạt tròn tự thụ phấn : 

+ Nếu là đồng hợp thì con lai 100% đồng tính: 

AABB x AABB 100% AABB (Thân cao, hạt tròn ). (0,5 điểm) 

+ Nếu là dị hợp thì con lai có sự phân tính. 

Ví dụ: AaBB x AaBB 1AABB :2AaBB :1aaBB.( 3thân cao, hạt tròn) :1thân thấp, hạt 

tròn). 

(0,5 điểm) 

. 


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






















ĐỀ BÀI 

Câu 1 (4đ) 

1. Cho lúa thân cao, chín muộn lai với lúa thân thấp, chín sớm F1 thu được 100% lúa 

thân cao, chín sớm. Cho F1 tự thụ phấn thu được F2 có kết quả như thế nào? Biết rằng 

tính trạng chiều cao và thời gian chín của hạt di truyền độc lập với nhau. 

2. Muốn tìm được lúa thân cao, chín sớm ở F2 thuần chủng ta làm như thế nào? 

Câu 2 (4 đ) 

Thế nào là cặp nhiễm sắc thể giới tính ở người? Trình bày cơ chế xác định giới 

tính ở người? Vì sao trong cấu trúc dân số của mỗi quốc gia, tỉ lệ nam: nữ thường xấp xỉ 

là 1:1? 

Câu 3 (2đ) 

Có 5 tế bào của vịt nhà nguyên phân một số lần bằng nhau và đã sử dụng của môi 

trường nội bào 2800 NST. Các tế bào con tạo ra có chứa tất cả 3200 NST. 

Xác định: 

a). Số NST lưỡng bội của vịt nhà? 

b). Số lần nguyên phân của mỗi tế bào? 

Câu 4 (3đ) 

a. So sánh sự khác nhau trong cấu trúc của ADN và Prôtêin? 

b.Protêin liên quan đến những hoạt động sống nào của cơ thể? 

c. Trong điều kiện bình thường, cấu trúc đặc thù của Prôtêin ở các thế hệ tế bào con có 

bị thay đổi không? Vì sao? 

Câu 5 (3đ) 

Một cặp gen Bb tồn tại trên một cặp nhiễm sắc thể tương đồng. Gen B có chiều 

dài 5100 A 0 và có hiệu số A - G = 20%. Gen b có 150 chu kì xoắn và có hiệu số T - G 

= 300 nuclêôtit. 

a. Tính số lượng nuclêôtit mỗi loại của cặp gen Bb 

b. Tế bào chứa cặp gen Bb nguyên phân 3 đợt liên tiếp đòi hỏi môi trường nội bào 

cung cấp số lượng nuclêôtit mỗi loại là bao nhiêu? 

Câu 6 (4 đ) 

a) Hãy cho biết những điểm khác nhau căn bản giữa đột biến và thường biến. 

b) Tại sao đột biến gen thường có hại cho bản thân sinh vật? Nêu vai trò và ý nghĩa của 

đột biến gen?./. 

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





















1) - Theo đề bài ra ta có P. T cao, chín muộn x T thấp, C sớm 

F 1 100 % T cao, chín sớm. 

=> - P thuần chủng 

T cao, chín sớm là 2 tính trạng trội hoàn toàn. 

T thấp, chín muộn là 2 tính trạng lặn 

(0.5 điểm) 

- Quy ước gen: (0.5 điểm) 

Thân cao T, thân thấp t 

Chín sớm S, chín muộn s 

- Kiểu gen của P (0.25 điểm) 

T cao, chín muộn Thuần chủng có KG TTss 

T thấp, chín sớm Thuần chủng có KG ttSS 

- Ta có sơ đồ lai (0.5 điểm) 

P TC KH T cao, c muộn x T thấp, c sớm 

KG TTss ttSS 

G P Ts tS 

F 1 KG TtSs 

KH 100 % T cao, c sớm 

F 1 Tự thụ phấn T cao, c sớm x T cao, c sớm. 

TtSs 

TtSs 

G F1 TS, Ts, tS, ts TS, Ts, tS, ts 

- Kể ksung pen nét đúng .......... (1,0 điểm) 

- F 2 có tỉ lệ KG , tỉ lệ KH là 

1 TTSS 

2 TtSS 

2 TTSs 9 T cao, c sớm 

4 TtSs 

1 TTss 

2 Ttss 3 T cao, c muộn 

1 ttSS 

2 ttSs 3 T thấp, c sớm 

1 ttss 1 T thấp, c muộn (0.5 điểm) 

G p Ts tS 



F 1 Ts/tS T cao, sớm 

F 1 x F 1 Ts/tS ( T cao, sớm) x Ts/tS (T cao, sớm) 

















HS kẻ bảng. 

2) 

- Muốn tìm được thân cao, chín sớm ở F 2 thuần chủng ta cho lúa T cao, c sớm ở F 2 lai 

phân tích nghĩa là lai với lúa T thấp, chín muộn. (0.5 điểm) 

- Nếu kết quả của phép lai phân tích ở trên là đồng tính (có 1 loại kiểu hình thân 

cao, c sớm) thì lúa thân cao chín sớm ở F 2 đó thuần chủng. (0.5 điểm) 

- Sơ đồ minh họa (0.5 điểm) 

F 2 T cao, c sớm x T thấp , c muộn 

TTSS 

ttss 

G TS ts 

F B 

KG TtSs 

KH 100 % T cao, c sớm. 

Câu 2: 4 (điểm) 

* Cặp nhiễm sắc thể giới tính ở người: 

- Là cặp số 23. (0.5 điểm) 

- Đặc điểm: (0.5 điểm) 

+ Ở nữ gồm 2 chiếc giống nhau kí hiệu là XX. 

+ Ở nam gồm 2 chiếc khác nhau kí hiệu là XY. 

- Chức năng: mang các tính trạng liên quan và không liên quan đến giới tính (0.5 điểm) 

* Cơ chế xác định giới tính 

Cơ chế xác định giới tính là sự phân li của cặp NST trong quá trình phát sinh giao tử và 

tổ hợp lại trong quá trình thụ tinh. (0.5 điểm) 

Sơ đồ cơ chế sinh con trai, con gái ở người: 

P. Bố x Mẹ 

44A+XY 

44A+XX 

G. 1(22A+X): 1(22A+Y) 22A+X 

F1 1(44A+XX): 1(44A+XY) 

1 con gái: 1 con trai. 

(0.5 điểm) 

* Ở người: 

+ Sự phân li của cặp NST XY ở nam phát sinh ra 2 loại tinh trùng (X và Y) có số lượng 

ngang nhau (giới dị giao tử). Trong khi phụ nữ chỉ có 1 loại trứng mang NST X (giới 

đồng giao tử). (0.5 điểm) 

+ Quá trình thụ tinh giữa tinh trùng và trứng diễn ra hoàn toàn ngẫu nhiên. (0.5 điểm) 


+ Vì tinh trùng X và Y có số lượng ngang nhau nên khi thụ tinh cho trứng, tạo ra hợp 

tử XX và XY có tỉ lệ ngang nhau. Vì vậy trong cấu trúc dân số của mỗi quốc gia, dựa 

trên số lượng lớn, bao giờ tỉ lệ nam, nữ cũng xấp xỉ bằng nhau là 1:1. (0.5 điểm) 















Câu 3 : (2 đ) 

a. Số NST lưỡng bội của vịt nhà:(1 điểm) 

Số NST trong 5 tế bào mẹ(bằng số NST trong các tế bào con trừ đi số NST môi trường 

cung cấp) 

3200 – 2800 = 400 (NST) 

Số NST trong mỗi tế bào 

2n = 400 : 5 = 80 (NST) 

b. Số lần nguyên phân của mỗi tế bào: (1điểm) 

Gọi k là số lần nguyên phân của mỗi tế bào. 

Suy ra số NST trong các tế bào con: 

a . 2 k .2n = 3200 (0,5 điểm) 

5. 2 k .80 = 3200 

2 k = 3200 : (5 . 80) = 8 = 2 3 

vậy k = 3. (0,5 điểm) 

Câu 4.( 4đ) 

a. 2đ (Mỗi ý đúng được 0,5đ) 

So sánh sự khác nhau trong cấu trúc của ADN và Prôtêin: 

ADN 

Prôtêin 



-Có cấu trúc xoắn kép gồm 2 mạch - Protein có cấu trúc xoắn, mức độ 

đơn. Giữa hai mạch của phân tử ADN xoắn tùy thuộc vào mức độ cấu trúc 

các cặp nucleotit liên kết với nhau theo như bậc 1, 2, 3, 4. 

NTBS bằng các liên kết Hiđrô. - Cấu tạo từ hơn 20 loại axit amin. 

- Được cấu tạo từ 4 loại đơn phân. 

- ADN được cấu tạo bởi 5 nguyên tố -Protein được cấu tạo bởi 4 nguyên tố 

hóa học: C, H. O, N. P. 

hóa học: C, H. O, N. 

- Mỗi phân tử AND gồm nhiều gen - Mỗi phân tử Proteein gồm nhiều 

chuỗi pôlipeptit 

- Khối lượng lớn 

- Khối lượng nhỏ 

- ADN quy định cấu trúc của protein - Cấu trúc của Protein phụ thuộc vào 

tương ứng 

cấu trúc hóa học của ADN. 

b. Tổng điểm= 1. 

Protein liên quan đến hoạt động sống của cơ thể như: 

- Trao đổi chất: (0,5đ) 

+ Enzim mà bản chất là Protein có vai trò xúc tác cho các quá trình TĐC, thúc đẩy các 

phản ứng sinh hóa xảy ra nhanh chóng. 

+ Hoocmon mà phần lớn là Protein có vai trò điều hòa các quá trình TĐC. 

- (0,5đ) Ngoài ra Protein còn tham gia vào sự vận động của cơ thể, là kháng thể để 

bảo vệ cơ thể hoặc cung cấp năng lượng khi cơ thể cần. 

c. Tổng điểm = 1đ. 

Không (0,5đ) 

Lí do: (0,5đ) 


















Nhờ sự tự nhân đôi đúng mẫu, ADN giữ vững cấu trúc đặc thù của nó qua các thế hệ tế 

bào, Protein được tổng hợp trên khuôn mẫu của ADN nên Protein cũng giữ vững cấu 

trúc đặc thù của nó. 

Câu 5: ( 3điểm ) 

a. Số nuclêootit của cặp gen Bb: 

+ Số lượng nuclêootit của gen B là: (5100x2):3,4=3000nu (0.25điểm) 

Theo nguyên tắc bổ sung và đề bài ta có hệ phương trình: 

A + G = 50% (1) 

A - G =20% ( 2) 

(1) + (2) ta được 2A = 70% 

A = T =35% 

G = X =15% 

+ Số lượng từng loại nuclêootit của gen B: 

A = T = 35% x 3000 = 1050 ( nu) 

(0.25điểm) 

G = X = 15% x 3000 = 450 ( nu) 


+ Số lượng nuclêootit của gen b là: 150 x 20 =3000 ( nu ) (0.25 điểm) 

Theo nguyên tắc bổ sung và đề bài ta có hệ phương trình: 

T - G = 300 (1) 

T + G = 3000 : 2 ( 2) 

( 1) + (2) ta được 2T = 1800 

T = A = 900(nu) 


G = X = 600(nu) 


+ Số lượng nuclêootit mỗi loại của gen Bb là: 

A = T = 1050 + 900 = 1950 (nu) 

(0.5điểm) 

G = X = 450 + 600 = 1050 (nu) 

b.Số lượng nuclêootit mỗi loại mà môi trường nội bào phải cung cấp khi cặp gen Bb 

nguyên phân 3 lần liên tiếp là: 

A = T = 1950 x ( 2 3 - 1) = 13650 (nu) (0.5điểm) 

G = X = 1050 x ( 2 3 - 1) = 7350 (nu) (0.5điểm) 


a.Những điểm khác nhau căn bản giữa đột biến và thường biến. 

Đột biến Thường biến Điểm 

- Là những biến đổi ở cơ sở vật chất 

di truyền(ADN, NST) 

- Là những biến đổi KH phát 

sinh trong đời cá thể dưới ảnh 

hưởng trực tiếp của môi trường. 

0.5đ 

- Thường phát sinh đồng loạt 0.5đ 

- Xuất hiện với tần số thấp một cách 

ngẫu nhiên. 

theo cùng một hướng, tương ứng 

với điều kiện của môi trường, có 

ý nghĩa thích nghi 

- Do tác động trực tiếp của môi 0.5đ 

trường. 


- Do tác động của môi trường ngoài 

hay rối loạn trao đổi chất trong TB cơ 

thể, ảnh hưởng đến vật chất di truyền. - Thường có lợi cho SV, giúp SV 0.5đ 

















- Thường có hại cho sinh vật. 

- Có di truyền: là nguyên liệu cho tiến 

hóa và chọn giống. 

thích nghi. 

- Không di truyền: không có ý 

nghĩa đối với tiến hóa và chọn 

giống. 

b, Đột biến gen thường có hại cho bản thân sinh vật vì: 

chúng phá vỡ sự thống nhất hài hòa trong kiểu gen đã qua chọn lọc tự nhiên và duy trì 

lâu đời trong điều kiện tự nhiên, gây ra những rối loạn trong quá trình tổng hợp prôtêin. 

(1điểm) 

0.5đ 

Vai trò và ý nghĩa của đột biến gen: 

- Đột biến gen đa số là có hại cho bản thân sinh vật, số ít có lợi hoặc trung tính. 

- Đột biến gen di truyền được nên là nguyên liệu của chọn giống và tiến hóa. 

(0.5điểm) 

. 


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






















ĐỀ BÀI 


Một loài sinh vật có bộ NST lưỡng bội kí hiệu AaBbDdXY 

a. Xác định tên của loài sinh vật trên. 

b. Kí hiệu các NST được sắp xếp như thế nào trong các kì của giảm phân: kì cuối 1; kì 

cuối 2. 


a. Nêu bản chất của mối quan hệ giữa gen và tính trạng qua sơ đồ: 

Gen (một đoạn của ADN) → mARN → Protein → Tính trạng 

b. Vì sao nói prôtêin có vai trò quan trọng đối với tế bào và cơ thể? 


Trình bày cơ chế sinh con trai, con gái ở người. Quan niệm cho rằng sinh con trai hay 

con gái là do phụ nữ có đúng không? Giải thích. 


a. Phân biệt nhiễm sắc thể kép với cặp nhiễm sắc thể tương đồng. 

b. Kí hiệu bộ NST của một loài sinh vật như sau: . 

Khi giảm phân bình thường, không có trao đổi đoạn, có thể tạo ra bao nhiêu loại giao 

tử? Hãy viết kí hiệu các loại giao tử đó. 

Câu 5 (1.5 điểm) Một đoạn phân tử ADN có 150 vòng xoắn và có 20% Ađênin. Hãy 

xác định: 

a. Tổng số nucleotit và chiều dài của đoạn ADN. 

b. Số lượng từng loại nucleotit của đoạn ADN. 

c. Khi gen tự nhân đôi 4 lần thì môi trường đã cung cấp bao nhiêu nuclêôtit mỗi loại? 


Một đoạn mạch ADN có cấu trúc như sau: 

- ATA XAT AAX XTA TAG GXA - 

a. Viết đoạn mạch bổ sung với đoạn mạch trên? 

b. Viết trình tự các nuclêôtit của mARN được tổng hợp từ đoạn mạch trên? 

c. Xác định tỉ lệ A/G của đoạn gen trên? 

d. Một đột biến xảy ra trên gen không làm thay đổi chiều dài của gen, em hãy xác định 

đó là loại đột biến gì? 

e. Đột biến trên ảnh hưởng đến cấu trúc của prôtêin như thế nào? 


Ở chó màu lông đen (A) là trội so với màu lông trắng (a), lông ngắn (B) là trội so 

với lông dài (b). Các cặp gen quy định các cặp tính trạng này nằm trên các cặp nhiễm 

sắc thể tương đồng khác nhau. Cho P : Chó lông đen, ngắn x Chó lông đen, dài được F 1 

có 18 đen, ngắn và 19 đen, dài. Xác định kiểu gen của P? 

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






















Câu 1 

(1.0 

điểm) 

Câu 2 

(1.0 

điểm) 

Câu 3 

(1.0 

điểm) 

a, Bộ NST lưỡng bội kí hiệu AaBbDdXY tương ứng với 2n = 8 

=> sinh vật đó là ruồi giấm 

b, Kí hiệu NST được sắp xếp trong các kì của giảm phân: 

* Kì cuối 1: Tế bào mang các NST kép bộ NST kép (n) => 16 

loại giao tử mang bộ NST kí hiệu là: 

AABBDDXX, AABBDDYY, AABBddXX, AABBddYY, 

AAbbDDXX, AAbbDDYY, AAbbddXX, AAbbddYY, 

aaBBDDXX,aaBBDDYY, aaBBddXX, aaBBddYY, 

aabbDDXX, aabbDDYY, aabbddXX, aabbddYY. 

* Kì cuối 2: Tế bào mang các NST đơn bộ NST đơn bội (n) => 

kí hiệu bộ NST đơn bội có trong 16 loại giao tử là: 

ABDX, ABDY, ABdX, ABdY, AbDX, AbDY, AbdX, AbdY, 

aBDX, aBDY, aBdX, aBdY, abDX, abDY, abdX, abdY. 

a. Bản chất của mối quan hệ trong sơ đồ là: 

+ Trình tự các Nu trong ADN (gen) qui định trình tự các Nu 

trong m ARN 

+ Trình tự các Nu trong m ARN qui định trình tự các axít amin 

cấu tạo thành prôtêin 

+ Prôtêin tham gia vào cấu trúc và hoạt động sinh lý của tế bào, 

từ đó biểu hiện thành tính trạng kiểu hình của cơ thể. 

b. Prôtêin có vai trò quan trọng đối với tế bào và cơ thể vì 

prôtêin có nhiều chức năng quan trọng đối với tế bào và cơ 

thể như: cấu trúc, xúc tác, điều hòa quá trình trao đổi chất, ... 

liên quan đến toàn bộ các hoạt động sống của tế bào, biểu hiện 

thành các tính trạng của cơ thể. 

* Cơ chế sinh con trai, con gái ở người: 

- Ở người, con trai có cặp NST giới tính XY, con gái có cặp 

NST giới tính XX. 

- Khi giảm phân tạo giao tử, bố cho 2 loại tinh trùng X và Y, 

mỗi loại chiếm 50%. Mẹ cho 1 loại trứng X. 

- Sự thụ tinh giữa tinh trùng mang X với trứng X tạo ra hợp tử 

XX sẽ phát triển thành con gái. Còn tinh trùng Y thụ tinh với 

trứng X tạo ra hợp tử XY sẽ phát triển thành con trai. 

(Nếu HS trình bày bằng sơ đồ đầy đủ thì vẫn cho điểm tối đa) 

* Quan niệm sinh con trai, con gái là do phụ nữ là không 

đúng vì theo cơ chế NST xác định giới tính thì việc sinh con 







0,5 



















Câu 4 

(1.5 

điểm) 

Câu 5 

(1.5 

điểm) 

Câu 6 

(2.0 

điểm) 


trai hay con gái là do người bố quyết định chứ không phải do 

mẹ quyết định. 

a. Phân biệt NST kép với cặp NST tương đồng 

(Mỗi ý phân biệt được 0.25đ) 

NST kép 

Cặp NST tương đồng 

- Chỉ là một NST gồm 2 - Gồm 2 NST độc lập giống 

cromatit giống nhau được dính nhau về hình dạng kích thước. 

với nhau ở tâm động. 

- 2 cromatit có cùng nguồn gốc - 2 NST có nguồn gốc khác 

(hoặc có nguồn gốc từ bố hoặc nhau (một NST có nguồn gốc 

có nguồn gốc từ mẹ). 

từ bố, một có nguồn gốc từ 

mẹ). 

- 2 cromatit hoạt động như một - 2 NST của cặp tương đồng 

thể thống nhất (trong điều kiện hoạt động độc lập với nhau. 

bình thường). 

- Các gen ở vị trí tương ứng trên - Các gen ở vị trí tương ứng 

2 cromatit giống nhau. trên 2 NST của cặp tương 

đồng có thể giống nhau hoặc 

khác nhau (đồng hợp hoặc dị 

hợp). 

b. - Số loại giao tử được tạo ra: 2 3 = 8 loại giao tử 

- Các loại giao tử: ABDEX, ABDEY, aBDEX, aBDEY, 

AbdEX, AbdEY, abdEX, abdEY. 

a. Tổng số Nucleotit của gen: N = C.20 = 150.20 = 3000 (Nu) 

Vậy chiều dài của gen là: 

L = (N : 2) . 3,4A 0 = (3000:2) . 3,4 = 5100 A 0 

b. Số Nucleotit từng loại của gen: 

Ta có: A =T = 20%.N = 20%. 3000 = 600 (Nu) 

G = X = 30%.N = 30%. 3000 = 900 (Nu) 

c. Số nuclêôtit từng loại môi trường cung cấp: 

* Nếu gen nhân đôi 4 đợt thì số nuclêôtit từng loại môi trường 

cần cung cấp là: 

A = T = (24- 1). 600 = 9000 (Nu) 

G = X = (24- 1).900 = 13.500 (Nu) 

a. Đoạn mạch bổ sung có trình tự như sau: 

… TAT GTA TTG GAT ATX XGT… 

b. Trình tự các nuclêôtit của mARN: 

… UAU GUA UUG GAU AUX XGU… 








1,0 



0,5 

0,5 

0,5 















c. Tỉ lệ A/G của đoạn gen 

A = 12 ; G = 6 => A = 12 = 2 

G 6 1 

d. Đột biến xảy ra trên gen không làm thay đổi chiều dài của 

gen thì đó là đột biến thay thế . 

e. Ảnh hưởng của đột biến đến cấu trúc của prôtêin 

Nếu đột biến thay thế cặp nuclêôtit trong bộ ba nào đó thì sẽ 

làm thay đổi bộ ba được mã hóa tương ứng. Nếu bộ ba mới và 

cũ quy định axit amin khác nhau thì sẽ làm thay đổi axit amin 

của prôtêin. 

Câu 7 * Kiểu gen của P. 

(2 Xét riêng từng tính trạng 

điểm) - P: lông đen x lông đen => F 1 : 100% lông đen 

=> kiểu gen của P về tính trạng này có thể là: 

AA x AA hoặc AA x Aa 

- P: Lông ngắn x lông dài => F 1 : 1 lông ngắn : 1 lông dài. 

=>Kiểu gen của P về tính trạng này là Bb x bb……… 

- Kết hợp các kiểu gen riêng => kiểu gen của P 

+ TH1: AABb x AAbb……………………………… 

+TH2: AABb x Aabb……………………………….. 

+ TH3: AaBb x AAbb…………………………….. 


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


0,5 

0,5 

0, 5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 





















ĐỀ BÀI 

Câu 1 (4đ): 

Từ một phép lai giữa hai cây P, người ta thu được ở thế hệ lai F1 có kết quả như sau: 

56,25% thân cao, hạt vàng. 

18,75% thân cao, hạt xanh. 

18,75% thân thấp, hạt vàng. 

6,25% thân thấp, hạt xanh. 

a, Hãy xác định hai cặp tính trạng trên di truyền theo quy luật nào? 

b, Biện luận kiểu gen, kiểu hình của P và viết sơ đồ lai từ P đến F1? 

Câu 2 (4đ): 

a, Phân biệt NST giới tính với NST thường? Cho ví dụ? 

b, So sánh kết quả lai phân tích F1 trong hai trường hợp di truyền độc lập và di truyền 

liên kết khi lai hai cặp tính trạng. 

Câu 3 (2đ): 

Trong cuộc đời người phụ nữ có khoảng 400 trứng đạt đến độ trưởng thành. 

a, Hỏi để có 400 trứng trưởng thành trên thì cần bao nhiêu noãn bào bậc một? 

b, Giả sử trong 400 trứng trên chỉ có 2 trứng được thụ tinh tạo thành hợp tử. Với hiệu 

suất thụ tinh là 0,25%. Hỏi cần có bao nhiêu tinh trùng tham gia thụ tinh? 

Câu 4 (3đ): 

a, ARN được tổng hợp dựa trên những nguyên tắc nào? 

b, Mô tả sơ lược quá trình tổng hợp ARN? 

Câu 5. (3đ): 

Hai gen đều có số liên kết hiđrô bằng nhau là 2760 

- Gen I có 840 ađênin. 

- Gen II có 480 ađênin. 

Cho biết gen nào dài hơn? Xác định chênh lệch chiều dài ấy là bao nhiêu? 

Câu 6 (4đ): 

a, Trâm và Ánh vừa học xong bài đột biến gen. Do không chú ý học, Trâm đã hỏi Ánh: 

Tại sao đột biến gen thường gây hại cho sinh vật. Bằng kiến thức của mình em hãy giúp 

Ánh giải thích cho Trâm hiểu. 

b, Trong khi An và Minh đang tranh luận về một người có bị bệnh Đao hay không 

thì Bình đi đến. Bằng kiến thức đã học Bình đã giải thích cho hai bạn hiểu. Vậy theo em 

Bình cần giải thích cho An và Minh như thế nào? 

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





















. 

Câu 

Nội dung yêu cầu 

Thang 

điểm 

1.a - Phân tích từng cặp tính trạng ở F1: 

+ Tính trạng chiều cao cây: 

Thân cao 

0,5đ 

3 

= 

Thân 1 

+ Thấp Tính trạng màu sắc hạt: 

Hạt vàng 

0,5đ 

Hạt xanh = 3 

1 

- Tỉ lệ kiểu hình F1= 9: 3: 3: 1. 

0,5đ 

- Nhận xét tỉ lệ kiểu hình F1 bằng tích tỉ lệ các tính trạng 

hợp thành nó. 


+ Kết luận: Hai cặp tính trạng đang xét di truyền độc lập 

theo quan điểm của Menđen. 


1.b - Từ phần 1.a suy ra tính trạng trội lặn. 

- Quy ước. 

- Biện luận kiểu gen của P: Phải dị hợp hai cặp gen. 

- Viết sơ đồ lai. 

0,5đ 


0,5đ 

0,75đ 

2.a - Phân biệt được NST thường với NST giới tính về: 

+ Số lượng 

+ Hình dạng, kích thước 

+ Chức năng 

+ Ví dụ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

2.b - Lập bảng so sánh sơ đồ lai phân tích hai cặp tính trạng 

theo hai quy luật di truyền từ PGFb 

- Nêu được ý nghĩa khác nhau của hai quy luật di truyền. 

1,5đ 

0,5đ 

3.a - Cần 400 noãn bào bậc 1. 

1đ 

- Giải thích 

3.b - Số tinh trùng cần để tham gia thụ tinh: 1đ 

2 x 100 

=800 tinh 

0,25 trùng 

4.a - ARN được tổng hợp dựa trên khuân mẫu là ADN 

- Theo nguyên tắc bổ sung: A-U; T-A; G-X; X-G 

0,75đ 

0,75đ 

4.b - Mô tả sơ lược quá trình tổng hợp ARN 

+ Nơi diễn ra trong nhân tế bào 

+ Thời điểm: 

















+ Diễn biến: 1đ 




5 - Tính được số nu mỗi loại của gen 1: 

A=T=840 nu 

G=X=360 nu 

- Tính được chiều dài gen 1: 

L1= 4080 A 0 

- Tính được số nu mỗi loại của gen 2: 

A=T=480 nu 

G=X=600 nu 

- Tính được chiều dài gen 2: 

L2= 3672 A 0 

- Tính được hiệu số chiều dài 2 gen: 

L1-L2= 4080-3672=408 A 0 

- Vậy Gen 1 dài hơn gen 2. 

6.a Yêu cầu nêu được: 

- Khái niệm đột biến gen. 

- Nêu được hậu quả của đột biến gen: 

+ Đột biến gen làm thay đổi cấu trúc của gen dẫn đến sai 

lệch ARN, làm biến đổi cấu trúc Prôteein gây ra biến đổi 

kiểu hình. 

+ Đột biến gen xảy ra phá vỡ mối quan hệ hài hòa vốn có 

trong cơ thể đã qua chọn lọc tự nhiên gây rối loạn chuyển 

hóa. 

+ Đột biến gen thường có hại, một số ít có lợi và trung tính. 

6.b Yêu cầu nêu được: 

- Đặc điểm bên ngoài của bệnh nhân Đao. 

- Đặc điểm sinh lí. 


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


0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

1,5đ 

0,5đ 





















ĐỀ BÀI 

Câu I: (6.0 điểm). 

1. Hãy phân biệt điểm khác nhau giữa: 

a. Nhiễm sắc thể thường và nhiễm sắc thể giới tính. 

b. Hoạt động của NST trong nguyên phân và giảm phân I. 

c. Thường biến và đột biến. 

2. Một số tinh bào bậc I của Thỏ giảm phân đã tạo ra tổng số 144 tinh trùng. Các tinh 

trùng có chứa tổng số 3168 NST. Các tinh trùng đều tham gia thụ tinh với hiệu suất 

6,25%. Xác định: 

a. Số tinh bào bậc I. 

b. Số NST 2n của Thỏ. 

c. Số hợp tử được tạo ra. 

Câu II: (4.0 điểm). 

1. Ở lúa bộ NST lưỡng bội có 20 NST. Một cá thể lúa trong tế bào dinh dưỡng có 21 

NST. Cho biết đó là dạng đột biến gì? 

2. Ở người nếu mắc dạng đột biến này thường gây bệnh gì? Nêu đặc điểm di truyền, cơ 

chế phát sinh và biểu hiện của bệnh đó? 

Câu III: ( 6.0 điểm). 

1. Nêu những điểm giống nhau và khác nhau giữa ADN và ARN? 

Giải thích tại sao 2 ADN con được tạo ra giống với ADN mẹ? 

2. Một gen có chiều dài là 4080 Angstrôn. Phân tích gen đó thấy có 3240 liên kết 

Hyđrô. 

Hãy tính số lượng từng loại Nuclêôtít có trong gen đó? 

Câu IV: (4.0 điểm). 

Cà chua quả đỏ (A) trội hoàn toàn so với quả vàng (a). Lá chẻ (D) trội hoàn toàn so 

với lá nguyên (d). Hai cặp gen này tồn tại trên 2 cặp NST thường. 

a.Viết kiểu gen có thể có của cơ thể Cà chua: Quả đỏ, lá chẻ và quả đỏ, lá nguyên. 

b.Đem lai Cà chua quả đỏ, lá chẻ với Cà chua quả vàng, lá nguyên thu được đời 

lai có kết quả như sau: 

104 quả đỏ, lá chẻ. 

102 quả đỏ, lá nguyên. 

103 quả vàng, lá chẻ. 

101 quả vàng, lá nguyên. 

Biện luận tìm kiểu gen của cây bố, mẹ và viết sơ đồ lai. 


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




















Câu I: ( 6.0 điểm). 

1. Hãy phân biệt điểm khác nhau giữa: 

a. NST thường và NST giới tính 

Nhiễm sắc thể thường Nhiễm sắc thể giới tính Điểm 

- Có trong tế bào sinh dưỡng với số lượng 

lớn hơn 1. 

- Luôn tồn tại thành từng cặp đồng dạng. 

- Mang gen quy định tính trạng. 

- Có trong tế bào sinh dục và 1 

đôi trong tế bào sinh dưỡng. 

- Tồn tại thành từng cặp đồng 

dạng (XX) hay không đồng 

dạng(XY) tùy loài hoặc giới 

- Mang gen quy định giới tính. 

0.5 

0.5 

0.5 

b. Hoạt động của NST trong nguyên phân và giảm phân I. 

Kỳ Nguyên phân Giảm phân I Điể 

m 

-Trước 

- Giữa: 

- Sau: 

- Cuối: 

- Không có sự kết hợp và trao 

đổi chéo NST. 

- NST xếp 1 hàng ở mặt phẳng 

xích đạo của thoi phân bào. 

- Từng NST kép tách ở TĐ 

thành 2 NST đơn phân ly về 2 

cưc tế bào. 

- Tách thành 2 TB con, NSTđơn 

- Có sự tiếp hợp, trao đổi chéo 

giữa các NST trong cặp tương 

đồng. 

- NST xếp 2 hàng ở mặt phẳng 

xích đạo của thoi phân bào. 

- 2 NST kép trong cặp tương 

đồng phân ly về 2 cực của tế bào. 

- Tách thành 2 TB con, NST kép 

0.5 

0.5 

0.5 

0.5 

với số lượng lưỡng bội(2n) với số lượng đơn bội kép(n kép) 

c. Thường biến và đột biến. 

Đột biến Thường biến Điểm 

- Là những biến đổi ở cơ sở vật chất di 

truyền (AND, NST) dẫn tới biến đổi kiểu 

hình. 

- Biến đổi cá thể không theo hướng xác 

định. 

- Có di truyền. 

- Thường có hại cho SV 

Là những biến đổi KH phát sinh 

trong đời cá thể dười ảnh hưởng 

trực tiếp của môi trường. 

- Biến đổi đồng loạt theo 1 hướng 

xác định. 

- Không di truyền 

- Thường có lợi cho SV và giúp 





SV thích nghi 

2. 

a. Số tinh bào bậc I. 

- Mỗi tinh bào bậc 1 giảm phân tạo ra được 4 tinh trùng. Vậy số tinh bào bậc I là: 

144 : 4 = 36 ( tế bào) (0.5đ) 

b. Số NST 2n của Thỏ. 

- Mỗi tinh trùng có chứa n NST. Vậy Số NST có chứa trong mỗi tinh trùng là: 

144 . n = 3168 => n= 3168 : 144 = 22, Vậy 2n= 44 NST (0.5đ) 

c. Số hợp tử được tạo ra. 

- Hiệu suất thụ tinh của tinh trùng bằng 6,25%. 


















Vậy số hợp tử bằng số tinh trùng thụ tinh là: 

144 x 6,25% = 9 (hợp tử). (0.5đ) 

Câu II: (4 điểm). 

1. Ở lúa bộ NST lưỡng bội có 20 NST. Một cá thể lúa trong tế bào dinh dưỡng có 21 

NST. Đó là dạng đột biến số lượng NST thể dị bội dạng (2n+1), là thể 3 nhiễm. 

(0.5đ) 

2. Ở người nếu mắc dạng đột biến này gây bệnh Đao (0.5đ) 

- Đặc điểm di truyền bệnh đao: Cặp NST thứ 21 có 3 NST. (0.5đ) 

- Cơ chế phát sinh: 

Một người giảm phân bình thường cho 2 giao tử có nNST ở cặp thứ 21, (0.25đ) 

người kia bị rối loạn khi giảm phân cho 2 GT: + 1 giao tử có 2 NST ở cặp 21. (0.25đ) 

+1 giao tử không có NST nào ở cặp 21. (0.25đ) 

Khi thụ tinh: 


- Giao tử nNST kết hợp với giao tử 2nNST tạo hợp tử 3nNST (3 nhiễm) mắc bệnh đao. 

+ Viết sơ đồ đúng, đủ (0.5đ) 

- Biểu hiện của bệnh : (SGK Sinh học 9 trang 82) (1.0đ) 

Câu III: ( 6 điểm). 

1. Nêu những điểm giống nhau và khác nhau giữa ADN và ARN? 

* Những đặc điểm giống nhau của ARN và ADN: 

- Cùng thuộc axít Nuclêôtic. (0.25đ) 

- Đều được cấu tạo từ các nguyên tố C,H,O,N,P và thuộc đại phân tử. (0.25đ) 

- Cấu tạo theo nguyên tắc đa phân, gồm nhiều phân tử con gọi là đơn phân.(0.5đ) 

* Những điểm khác nhau giữa ARN và ADN: 

Điểm so sánh ADN ARN Điểm 

Kích thước - Lớn hơn nhiều - Nhỏ 0.25 

Số mạch đơn - 2 - 1 0.25 

Các đơn phân A, T, G, X. A, U, G, X. 0.5 

* 2 AND con giống nhau và giống AND mẹ là do: 

Sự hình thành mỗi ADN con dựa trên 1 mạch của ADN mẹ làm khuôn nhưng theo 

chiều ngược lại 


Các Nu trên mạch khuôn lần lượt liên kết với các Nu tự do trong nội bào theo NTBS: 

A - T, G - X và ngược. 


Nên 2 AND con có cấu trúc giống nhâu và giống AND mẹ. 

(0.5đ) 

2. Một gen có chiều dài là 4080 Angstrôn. Phân tích gen đó thấy có 3240 liên kết 

Hyđrô. 

Hãy tính số lượng từng loại Nuclêôtít có trong gen đó? 

Giải 

* Số cặp Nu của gen đó là: 

4080 Angstron : 3,4 = 1200 Nu (0.5đ) 

Gọi x là số cặp Nu A - T 

Gọi y là số cặp Nu G - X. 

0.25đ) 

Theo đầu bài ta có: 

2x + 3y = 3240 (1). 


















x + y = 1200 (2). 

(0.5đ) 

Trừ hai vế cho nhau ta được: 

x + 2y = 2040 => x = 2040 - 2y. 


Lắp vào (2) ta được: 

2040 - 2y + y = 1200 => 840 = y (0.25đ) 

Vậy số Nu G = x = 840 : 2 = 420. 

0.5đ() 

x = 1200 - y = 1200 - 840 = 360. 


Vậy số Nu A = T = 360 : 2 = 180. 

(0.5đ) 

Câu IV: ( 4.0 điểm). 

Cà chua quả đỏ (A) trội hoàn toàn so với quả vàng (a). Lá chẻ (D) trội hoàn toàn 

so với lá nguyên (d). Hai cặp gen này tồn tại trên 2 cặp NST thường. 

a. Viết kiểu gen có thể có của cơ thể Cà chua: Quả đỏ, lá chẻ và quả đỏ, lá nguyên. 

Theo đầu bài cho : 

Cà chua quả đỏ, lá chẻ phải có KG là: A-D- nên có các KG sau: 

AADD, AADd, AaDD, AaDd 

(1.0đ) 

Cà chua Quả đỏ, lá nguyên phải có KG là: A-dd Nên có các KG sau: 

AAdd, Aadd 

(0.5đ) 

b.* Biện luận để tìm KG của P: 

Xét riêng rẽ từng cặp TT: 

104 102 

1 

Quả đỏ/quả vàng = => F1có tỷ lệ của phép lai phân tính 

103101 

1 

=> P: Aa x aa (0.25đ) 

104 103 

1 

Lá chẻ/lá nguyên = => F1 có tỷ lệ của phép lai phân tính. 

102 101 

1 

=> P: Dd x dd. (0.25đ) 

Tổ hợp hai tính trạng: P (Aa x aa) (Dd x dd) 

F1có tỷ lệ KG: 1:1:1:1. 

Theo đầu bài cho thì Cà chua quả vàng, lá nguyên có KG là: aadd cho 1 loại giao tử 

=> Quả đỏ, lá chẻ có kiểu gen dị hợp tử, cả hai cặp tính trạng và cho 4 loại giao tử, nên 

KG của P: Quả đỏ, lá chẻ là AaDd. 

(0.5đ) 

Vậy ta có sơ đồ lai P: Quả đỏ, lá chẻ x Quả vàng, lá nguyên (0.5đ) 

AaDd 

aadd 

GT: AD, Ad, aD, ad ad 

F1 

(1.0đ) 

GT AD Ad aD ad 

ad AaDd 

Quả đỏ, lá chẻ 

Aadd 

Quả đỏ, lá 

aaDd 

Quả vàng, lá 

aadd 

Quả vàng, lá nguyên 

nguyên 

chẻ 

Kết quả F1 cho: 4 tổ hợp 

Tỷ lệ: KG: 1 AaDd: 1 Aadd: 1 aaDd: 1 aadd 

KH: 1 Đỏ, chẻ: 1 Đỏ, nguyên: 1 Vàng, chẻ: 1 Vàng, nguyên 



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





















ĐỀ BÀI 

Câu 1(4 điểm) 

Đem giao phối thỏ lông xù, tai thẳng với thỏ lông xù, tai cụp ở F 1 thu được tỉ lệ 

kiểu hình 3:3:1:1 

a. xác định kiểu gen của bố, mẹ . Biết lông xù, tai thẳng trội hoàn toàn so với lông 

trơn , tai cụp. 

b. Lai phân tích thỏ lông xù, tai cụp ở P. Xác định kết quả thu được ở F 1 

Câu 2 ( 4 điểm) 

Nêu sự khác nhau giữa bộ NST lưỡng bội với bộ NST đơn bội, NST thường với 

NST giới tính, NST kép và cặp NST tương đồng, quá trình nguyên phân và giảm phân ? 


Có một số hợp tử cùng loài, đều nguyên phân 6 lần bằng nhau và đã tạo ra tổng 

cộng 256 tế bào con. Các tế bào con có chứa tổng 20480 tâm động. 

a. Hãy cho biết số hợp tử ban đầu và bộ NST lưỡng bội của loài là bao nhiêu ? 

b Tính số nguyên liệu tương đương với số NST mà môi trường đã cung cấp cho 

các hợp tử nói trên nguyên phân? 


a.Trình bày quá trình nhân đôi của ADN ? 

b.So sánh quá trình tổng hợp AND với quá trình tổng hợp ARN ? 


Có một đoạn phân tử ADN chứa 4 gen kế tiếp nhau.Tổng số nuclêôtít của đoạn 

ADN bằng 8400. Số lượng nuclêôtít của mỗi gen nói trên lần lượt theo tỉ lệ 1 : 1,5 : 2 : 

2,5. 

a.Tính số lượng nuclêôtít và chiều dài của gen nói trên 

b.Tính số lượng nuclêôtít môi trường cung cấp nếu đoạn phân tử ADN trên tự 

nhân đôi 5 lần. 


a. Em hiểu gì về đột biến gen ? Nguyên nhân ý nghĩa của đột biến gen ? 

b. Trình bày cơ chế phát sinh thể dị bội ? 

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





















. 

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 

1 

a. Quy ước gen : A: lông xù 

a. lông trơn 


B. tai thẳng b.tai cụp 

-Vì ở F 1: (3:3:1:1) = ( 3:1)(1:1) 

+ F 1 (3:1) -> P : Aa x Aa 

0.5 

Hoặc Bb x Bb 

+ F 1 (1:1) -> P : Aa x aa 

Hoặc Bb x bb 

0,5 

- Tổ hợp 2 tính trạng: ( Aa x Aa )( Bb x bb) 

( Aa x aa)( Bb x Bb) 

-> có thể có 2 sơ đồ lai: 

P 1 : AaBb x Aabb (thỏa mãn) 

( lông xù, tai thẳng) ( lông xù, tai cụp) 


P 2: AaBb x aaBb ( loại) 

( lông xù, tai thẳng ) ( lông trơn, tai thẳng) 

* sơ đồ lai : 

P 1 : AaBb x Aabb 

( lông xù, tai thẳng) ( lông xù, tai cụp) 

G p : AB ; Ab ; aB ; ab 

Ab ; ab 

AB Ab aB ab 

Ab AABb AAbb AaBb Aabb 

ab AaBb Aabb aaBb aabb 

Tỉ lệ KG 

1.AABb 

2.AaBb 

Tỉ lệ KH 

3.xù, thẳng 

1 AAbb 3 xù, cụp 

2 Aabb 

1 aaBb 1 trơn, thẳng 

1 aabb 1. trơn, cụp 











b. 

Thỏ lông xù, tai cụp ở P có KG : AAbb ; Aabb 











CÂU 

2 


Lai phân tích 

P1: AAbb x aabb 

P2: Aa x aabb 

Số 

lượng 

Đặc 

điểm 

Chức 

năng 

NST giới tính 

Có 1 cặp NST 

-NST giới tính khác 

nhau ở cá thể đực, cái 

- NST giới tính có thể 

+ tương đồng : XX 

+ Không tương đồng : 

XY 

NST giới tính mang gen 

quy định giới tính 

NST lưỡng bội ( 2n) 

- là bộ NST chứa các cặp 

NST tương đồng 

NST kép 

- NST kép là NST được tạo 

thành từ sự nhân đôi NST, 

gồm 2 cromatit giống hệt 

nhau và dính nhau ở tâm 

động, mang tính chất 1 nguồn 

gốc: từ bố hoặc từ mẹ 

NGUYÊN PHÂN 

- Xảy ra ở tế bào sinh dưỡng 

và tế bào sinh dục sơ khai 

- chỉ 1 lần phân bào với 1 lần 

NST nhân đôi 

- không xảy ra hiện tượng 

trao đổi, tiếp hợp NST 

NST thường 

Có nhiều cặp 

- NST thường giống 

nhau giữa cá thể đực, 

cái 

- NST thường tồn tại 

thành từng cặp tương 

đồng 

NST thường mang gen 

quy định tính trạng 

thường 

NST đơn bội (n) 

- Là bộ NST chứa 1 NST của 

mỗi cặp tương đồng 

NST tương đồng 

- Cặp NST tương đồng là cặp 

NST gồm 2 NST độc lập với 

nhau, giống nhau về hình 

dạng, kích thước, mang tính 

chất 2 nguồn gốc. 

+ 1 chiếc nguồn gốc từ bố 

+ 1 chiếc nguồn gốc từ mẹ 

GIẢM PHÂN 

- Xảy ra ở tế bào sinh dục 

trong giai đoạn chín 

- gồm 2 lần phân bào với 1 

lần NST nhân đôi 

- xảy ra hiện tượng tiếp hợp 

và có thể trao đổi chéo từng 

đoạn NST tương ứng. 








0,5 

0,5 


0,5 

0,5 

0,5 

0,5 



0,5 













câu 3 

a 

b 

câu 4 

a 

- chỉ 1 lần NST tập trung ở 

mặt phẳng xích đạo 

- kết quả: từ 1 tế bào mẹ (2n) 

qua NP tạo 2 tế bào con có bộ 

NST (2n) 

- có 2 lần NST tập trung ở 

mặt phẳng xích đạo 

- kết quả : từ 1 tế vào mẹ 2n 

qua GP tạo ra 4 tế vào con có 

bộ NST (n) khác nhau về 

nguồn gốc 

gọi a là số hợp tử ban đầu 

2n là bộ NST của loài 

vậy số tế bào con được tạo ra sau nguyên phân là 

a.2 x = 256 

=> a = 256 : 2 6 

=> a= 4 ( tế bào) 

số tâm động bằng số NST trong tế bào con: 

a.2 x .2n= 20480 

=> 2n = 80 

số nguyên liệu tương đương với số NST mà môi trường đã cung 

cấp cho các hợp tử NP: 

(2 x -1).a. 2n=20160 ( NST) 

*quá trình nhân đôi ADN 

-Qúa trình nhân đôi của ADN diễn ra trong nhân tế bào 

-Khi bắt đầu nhân đôi 2 mạch ADN tách nhau dần ra 

- Các Nu trên mạch đơn ( mạch khuôn) sau khi được tách ra liên 

kết với các Nu tự do trong môi trường nội bào theo NTBS 

( A-T,G-X và ngược lại)-->Hai mạch mới của ADN con dần được 

hình thành 

- Nguyên tắc: 

-Khuôn mẫu 

-NTBS: 

- Gĩư lại 1 nửa 

* Giống nhau giữa quá trình tổng hợp ADN và ARN 

- Đều là 1 loại axit nu, được cấu tạo từ các nguyên tố: C,H,O,N,P 

- Đều là đại phân tử , có kích thước và khối lượng lớn 

- Đều được cấu tạo theo nguyên tắc đa phân 

* Khác nhau tổng hợp và ARN 


b 

Tổng hợp ADN Tổng hợp ARN 

Enzim ADN-Polimeraza ARN-Polimeraza 

Nguyên Nuclêôtít: A,T,G,X Ribônuclêôtít:A,U,G,X 0,25 

liệu 







0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

















5 

a 

b. 

6 

a 


Cơ 

chế 

Kết 

quả 

Ý 

nghĩa 

ADN tháo xoắn toàn 

bộ, tự nhân đôi cả 2 

mạch đều là khuôn 

mẫu 

2 n phân tử ADN giống 

nhau 

-Truyền đạt thông tin 

di truyền 

-Tạo ra các phân tử 

ADN giống nhau qua 

các thế hệ tế bào 

ADN tháo xoắn từng 

đoạn, chỉ 1 mạch làm 

khuôn mẫu 

n phân tử ARN 

-Truyền đạt thông tin di 

truyền 

-Điều khiển sự tổng hợp 

prôtêin 

*Số lượng Nu và chiều dài của gen 

-Tổng tỉ lệ của 4 gen là : 1+1,5+2+2,5=7 

- Gen I. 

+ Số Nu của gen I là:N 1 =8400: 7=1200 ( Nu) 

+ Chiều dài của gen I là: L 1 =N 1 /2 . 3,4= 2040 (A) 

- Gen II 

+ Số Nu của gen II là N 2 =N 1 .1,5=1200. 1,5 =1800 (Nu) 

+ Chiều dài của gen II là L 2 =L 1 . 1,5 =2040 . 1,5 =3060 (A) 

-Gen III 

+ Số Nu của gen III là N 3 =N 1 .2 =1200. 2 = 2400 ( Nu) 

+ Chiều dài của gen III là L 3 =L 1 .2 =2040 .2 = 4080 ( A) 

- Gen IV 

+ Số Nu của gen IV là N 4 =N 1 . 2,5 =1200 . 2,5 = 3000 ( Nu) 

+ Chiều dài của gen IV là L 4 =L 1 . 2,5 =2040. 2.5 =5100 (A) 

Số lượng Nu môi trường cung cấp cho gen nhân đôi 5 lần là 

(2 5 -1). N=(2 5 -1). 8400 =260400 ( Nu) 

đột biến gen :là những biến đổi trong cấu trúc của gen liên quan 

đến một hợăc 1 số cặp Nu nào đó , xảy ra ở 1 hoặc 1 số vị trí nào 

đó trên phân tử ADN 

các dạng đột biến gen: 

- mất 1 cặp hay 1 số cặp Nu 

- thêm 1 cặp hay 1 số cặp Nu 

- thay thế 1 cặp Nu này bằng 1 cặp Nu khác 

- đảo vị trí giữa các cặp Nu 

nguyên nhân gây đột biến gen 

- trong điều kiện tự nhiên: do tác nhân vật lí hoá học của môi 

trường 

- trong thực nghiệm: 

ý nghĩa đột biến gen 











0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 










b 


- đột biến gen là những biến đổi trong cầu trúc của gen , từ đó 

biến đổi mARN và protêin tương ứng -> có thể dẫn đến biến đổi 

kiểu hình ở sinh vật 

- đột biến gen : làm xuất hiện các tính trạng mới đó là nguồn 

nguyên liệu cho chọn giống và tiến hoá 

- ví dụ 1: đột biến làm tăng khả năng chịu hạn và chịu rét ở lúa 

- ví dụ 2: đột biến gen ở lúa làm cây cứng và nhiều bông -> là các 

đột biến có lợi 

- cơ chế : trong quá trình phát sinh giao tử , có 1 cặp NST của tế 

bào sinh giao tử không phân li ( các cặp NST còn lại phân li bình 

thường) tạo ra 2 loại giao tử. 

+ 1 loại giao tử chứa 2 NST của cặp nào đó ( giao tử n+1) 

+ 1 loại giao tử không chứa NST của cặp nào đó ( giao tử n-1) 

-> 2 giao tử này kết hợp với giao tử bình thường (n) trong thụ tinh 

tạo ra : thể 3 nhiễm 3n+1 

thể 1 nhiễm 2n-1 

- vẽ sơ đồ cơ chế phát sinh thể dị bội 




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





0,5 




0,5 





















ĐỀ BÀI 

Câu 1(4đ): 

Cho giao phấn giữa hai giống bí thuần chủng thu được F 1 .Tiếp tục cho F 1 thụ phấn 

với nhau thu được F 2 có kết quả như sau: 

56,25% số cây quả tròn, hoa đỏ.18,75% số cây quả tròn, hoa vàng 

18,75% số câyquả dài, hoa đỏ.6,25% số cây quả dài, hoa vàng 

a/ Giải thích kết quả và lập sơ đồ lai của F 1 để xác định tỉ lệ kiểu gen, tỉ lệ kiểu 

hình của F 2 . 

b/ Xác định kiểu gen, kiểu hình của hai giống P đã mang lai và lập sơ đồ minh 

họa. 

Câu 2:(4đ): 

a/ Phân biệt NST thường và NST giới tính về cấu tạo và chức năng 

b/ Ruồi giấm có 2n= 8.Có 4 hợp tử của ruồi giấm đều nguyên phân 5 lần bằng nhau. 

Hãy xác định : Số tế bào con được tạo ra và số NST có trong tế bào con 

Câu 3: (3đ) 

a/ Mô tả cấu trúc không gian của phân tử AND. Hệ quả của nguyên tắc bổ sung dược 

biểu hiện ở những điểm nào. 

b/ Một đoạn mạch ARN có trình tự các nucleotit như sau: 

- A- U- G- X- U- X- G- 

Hãy xác định trình tự các nucleotit trong đoạn gen đã tổng hợp ra đoạn mạch ARN 

trên 

Câu 4:(3đ) 

Gen B có 3600 liên kết hiđrô và có chiều dài là 5100A o . Phân tử mARN được 

tổng hợp từ gen trên có hiệu số giữa uraxin với ađênin là 120 ribônuclêôtit và tỉ lệ giữa 

guanin với xitôzin là 2 3 . 

a.Tính số lượng nuclêotit từng loại của gen B 

b. Tính số lượng từng loại ribônuclêôtit của phân tử mARN 

Câu 5 (4đ) 

a/Phân biệt thường biến với đột biến 

b/ Tại sao đột biến thường có hại cho bản thân sinh vật.Nêu vai trò của đột biến 

gen trong thực tiễn và sản xuất. 

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





















Câu 1 (4đ) 

a/Giải thích kết quả và viết sơ đồ lai 

F 2 có tỉ lệ 56,25%:18,75%:18,75%:6,25%= 9:3:3:1 0,25đ 

Phân tích từng cặp tính trạng ở F 2 : 

-Về hình dạng quả: 

Quả tròn/quả dài=(56,25+18,75): (18,75+6,25)=75:25=3:1 0,25đ 

F 2 có tỉ lệ 3 trội :1 lặn =>quả tròn là tính trạng trội ,quả dài là tính trạng lặn 

Quy ước :A quả tròn, a: quả dài 

F 2 có tỉ lệ 3:1 =>F 1 đều có kiểu gen dị hợp với nhau.F 1 :Aa x Aa 0,25đ 

-Về màu hoa: Hoa đỏ:hoa vàng=(56,25+18,75):(18,75 +6,25)=75:25=3:1 0,25đ 0 

F 2 có tỉ lệ 3:1=>hoa đỏ là tính trạng trội so với hoa vàng 

Quy ước B :hoa đỏ, b:hoa vàng 

F 2 có tỉ lệ 3:1=>F 1 phải dị hợp về 2 cặp gen F 1 : Bb x Bb 0,25đ 

* tổ hợp 2 cặp tính trạng F 1 : (Aa x Aa) (Bb x Bb) 

Vậy F 1 đều dị hợp về 2 cặp gen lại với nhau.F 1 :AaBb x AaBb 0,25đ 


1đ 

F 1 :AaBb (quả tròn, hoa đỏ) x AaBb (quả tròn hoa đỏ) 

GF 1: AB,Ab,aB,ab 

AB,Ab,aB,ab 

HS tự lập bảng xác định đúng kiểu gen ,kiểu hình của F 2 

b/Kiểu gen, kiểu hình của P 

Do F 1 đều mang kiểu gen AaBb (dị hợp về hai cặp gen)=>P thuần chủng phải chứa hai 

cặp gen tương phản.Vậy P có thể xảy ra một trong hai trường hợp sau: 

P: AABB x aabb hoặc P: AAbb x aaBB 0,5đ 

Sơ đồ lai 1: 0,5đ 

P:AABB(quả tròn hoa đỏ ) x aabb (quả dài hoa vàng) 

Gp:AB 

ab 

F 1 

AaBb 

Kiểu hình 100% quả tròn, hoa đỏ 

Sơ đồ lai 2: 0,5đ 

P:AAbb (quả tròn, hoa vàng ) x aaBB( quả dài, hoa đỏ ) 

Gp:Ab 

aB 

F 1 : 

AaBb 

Kiểu hình 100% quả tròn ,hoa đỏ 

Câu 2 (4đ) 

a/ Phân biệt NST thường với NST giới tính (2đ) 

NST thường 


Cấu tạo -Có nhiều cặp trong tế bào lưỡng 

bội (2n) (0,25đ) 

-Chỉ có 1 cặp trong tế bào lưỡng 

bội(2n)(0,25đ) 
















-Luôn sắp xếp thành cặp tương 

đồng(0,25đ) 

-Giống nhau giữa cá thể đực và 

cá thể cái trong loài(0,25đ) 

Chức -Không quy định giới tính của cơ 

năng thể (0,125đ) 

-Chứa gen quy định tính trạng 

thường(0,125đ) 

b/*Số tế bào con được tạo ra: 

-Cặp XY không tương đồng(0,25đ) 

-Khác nhau giữa cá thể dực và cái 

trong loài(0,25đ) 

-Quy định giới tính(0,125đ) 

-Chứa gen quy định tính trạng liên 

quan đến giới tính(0,125đ) 

Áp dụng công thức a.2 x = 4.2 5 =128 (tế bào) 1đ 

*Số NST có trong tế bào con: 

a.2 x .2n = 128 x 8 =1024 (NST) 1đ 

Câu 3(3đ) 

a/* Mô tả được cấu trúc không gian của AND 

1đ 

*Hệ quả của NTBS: 

-Khi biết trình tự các nucleotit trên 1 mạch đơn ta có thể suy ra trình tự các nucleotit 

trên mạch đơn còn lại 0,5đ 

-Ta có : A= T; G = X và A + G = T + X 0,5đ 

b/ HS xác định được trình tự các nucleotit trong đoạn gen đã tổng hợp ra ARN là : 

-T-A-X-G-A-G-X- 

1đ 

Câu 4(3đ) 

a.Số lượng từng loại nuclêotit của gen. 

5100´ 

2 

Số lượng nucleotit của gen B 

= 3000 (nuclêôtit) 

3, 4 

Theo đầu bài ta có: 2A + 3G = 3600 (1) G = X = 600 (nu) 

2A+ 2G = 3000 (2) A = T = 900 (nu) 

b. - Tổng số ribonu của mARN là: 3000: 2 = 1500 (nu) 

- Số nu từng loại của mARN : 

Ta có rU + rA = Agen = 900 

rU - rA = 120 

=> rU = 900 + 120 = 510( ribonu) 

; rA= 900 - 510 = 390( ribo nu) 

2 

Ta có : rG/rX= 2/3 => rG= 2/3rX 

Mà rX + rG = Ggen = 600 => rX + 2/3rX= 600 

=> rX= 360( ribo nu); rG = 600- 360= 240( ribo nu) 

Câu 5(4đ) 

a/Phân biệt thường biến với đột biến 

- Nêu được khái niệm :0,5đ 


Đột biến 







0.5 đ 

0.5 đ 



0.5 đ 

0.5 đ 

0.5đ 














Khái 

niệm 

Nguyên 

nhân 

Tính 

chất 

Vai trò 

-Là những biến đổi kiểu hình 

của cùng 1 kiểu gen (0,25đ) 

-Do điều kiện sống của môi 

trường thay đổi (0,25đ) 

Là biến đổi không di truyền 

(0,125đ) 

-Xuất hiện đồng loạt theo hướng 

xác định có lợi (0,125đ) 

Giúp sinh vật thích nghi với sự 

thay đổi của môi trường(0,25đ) 

-Là những biến đổi về vật chất di 

truyền ADN hoặc NST (0,25đ) 

-Do tác nhân trong hay ngoài tế 

bào(0,25đ) 

-Là biến dị di truyền(0,125đ) 

-Xuất hiện riêng lẻ,không xác 

định,thường thì có hại(0,125đ) 

Tạo nguồn nguyên liệu trong 

chọn giống và tiến hóa(0,25đ) 

b/(2đ) 

-Đột biến thường có hại cho bản thân sinh vật vì chúng phá vỡ sự thống nhất hài 

hòa trong kiểu gen,và gây ra những rối loạn trong quá trình tổng hợp protein(0,5đ) 

-Vai trò của đột biến gen :Đột biến gen tọa ra gen lặn ,chúng chỉ biểu hiện ra kiểu 

hình khi ở trạng thái đồng hợp và trong môi trường thích hợp.(0,5đ) 

-Qua giao phối ,nếu gặp tổ hợp gen thích hợp ,một đột biến có hại có thể trở thành 

có lợi ,đột biến có thể làm tăng khả năng thích ứng của sinh vật với môi trường.(0,5đ) 

- Đột biến có lợi có ý nghĩa đối với chăn nuôi và trồng trọt . (0,5đ) 


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






















ĐỀ BÀI 

Câu 1(2,0 điểm): 

a) Các chất dinh dưỡng được hấp thụ sẽ chuyển đến tế bào của cơ thể người theo 

những con đường nào? 

b) Hãy cho biết huyết áp sẽ thay đổi như thế nào trong các trường hợp nêu ra dưới 

đây và giải thích lí do: Khi ngủ; khi chạy? 


a) Nội dung cơ bản của phương pháp phân tích các thế hệ lai của Menđen gồm 

những điểm nào? 

b) Biến dị tổ hợp là gì? Nó được xuất hiện ở hình thức sinh sản nào? Vì sao? 

Câu 3 (1 điểm): Phân biệt quá trình phát sinh giao tử đực và giao tử cái ở động vật ? 


Cho sơ đồ dưới đây: Gen ( một đoạn ADN ) -> mARN -> Prôtêin -> Tính trạng? 

a) Sơ đồ thể hiện mối quan hệ nào đã học? 

b) Nêu bản chất mối quan hệ theo sơ đồ? 

Câu 5 (1điểm): Ở lúa nước, bộ NST 2n = 24. Xét một tế bào của loài trải qua nguyên 

phân liên tiếp 9 đợt. Hãy tính: 

a) Số tế bào con được sinh ra? Số NST đơn chứa trong các tế bào con? 

b) Môi trường cần phải cung cấp bao nhiêu NST đơn cho quá trình trên? 

c) Có bao nhiêu thoi phân bào bị hủy qua cả quá trình trên? 

Câu 6 (1,5 điểm): 

Một phân tử AND có tỉ lệ phần trăm nucleotit loại T = 20% tổng số nucleotit của 

ADN. 

a) Tính tỉ lệ phần trăm mỗi loại nucleotit còn lại? 

b) Nếu số lượng nucleotit loại X = 300000 thì hãy tính số lượng mỗi loại nucleotit 

còn lại? 

c) Tính số liên kết hiđrô của phân tử ADN? 

Câu 7 (1,5 điểm): Ở một loài thực vật, A là gen trội quy định tính trạng 

hoa đỏ, a là gen lặn quy định tính trạng hoa trắng. 

a) Sự tổ hợp của 2 gen trên có thể tạo ra mấy kiểu gen, viết các kiểu gen đó? 

b) Khi giao phối ngẫu nhiên, có bao nhiêu kiểu giao phối khác nhau từ các kiểu 

gen đó? Hãy viết các kiểu gen của P có thể có khi tiến hành giao phối? 

Câu 8: (1 điểm) Một cặp vợ chồng đều thuận tay phải, mắt nâu, sinh được 3 người 

con: 

- Đứa đầu: thuận tay phải, mắt nâu. 

- Đứa thứ hai: thuận tay trái, mắt nâu. 

- Đứa thứ ba: thuận tay phải, mắt đen. 

Tìm kiểu gen chắc có của những người trong gia đình trên. Biết rằng mỗi gen xác định 

một tính trạng nằm trên một cặp nhiễm sắc thể thường? 

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





















. 


1.1.Các chất dinh dưỡng được hấp thụ sẽ chuyển dần đến 

các tế bào của cơ thể người theo hai con đường: 

+ Đường máu: Gluco, axitamin, nước, muối khoáng hòa 0,5 

tan`vào máu, chảy qua gan về tim. 

Câu 1 

+ Đường bạch huyết: Các vitamin tan trong dầu và 70% 0,5 

(2,0 

lipit. 

điểm) 

1.2. Khi ngủ mọi hoạt động của cơ thể ở mức thấp nhất, 

tim đập chậm lại do vậy huyết áp thấp hơn khi thấp. 0,5 

+ Khi chạy tim phải đập nhanh để cung cấp máu đến các 

cơ bắp nên huyết áp sẽ tăng. 

0,5 

2.1. Nội dung cơ bản của phương pháp phân tích các thế 

hệ lai của Menđen gồm những điểm sau: 

+ Lai các cặp bố mẹ khác nhau về một hoặc một số cặp 


tính trạng thuần chủng tương phản rồi theo dõi sự di 

truyền riêng rẽ của từng cặp tính trạng đó trên con cháu 

của từng cặp bố mẹ. 

+ Dùng toán thống kê để phân tích số liệu thu được từ đó 


rút ra quy luật di truyền các tính trạng. 

2.2. Biến dị tổ hợp là: Sự tổ hợp lại các tính trạng của P 

Câu 2 

biểu hiện các kiểu hình khác P. 

(1điểm) 


Nó được xuất hiện ở hình thức sinh sản hữu tính vì: 

Sinh sản hữu tính phải dựa vào hai quá trình giảm phân 

và thụ tinh: Trong quá trình giảm phân do sự phân li độc 

lập và tổ hợp tự do của các cặp NST đồng dạng dẫn đến 

sự phân li độc lập và tổ hợp tự do của các cặp gen hoặc 

do sự trao đổi chéo diễn ra ở kì trước I của giảm phân đã 


tạo ra nhiều loại giao tử; Trong quá trình thụ tinh có sự 

kết hợp ngẫu nhiên của các loại giao tử đực và cái đã tạo 

thành nhiều hợp tử mang các kiểu gen khác P và biểu 

hiện thành kiểu hình khác P. 

Phân biệt quá trình phát sinh giao tử đực và giao tử cái ở 

động vật. 

Câu 3 Phát sinh giao tử cái Phát sinh giao tử đực 

(1,0 Noãn bào bậc 1 qua giảm Tinh bào bậc 1 qua giảm 

điểm) phân I cho thể cực thứ phân I cho tinh bào bậc II 0,5 

nhất có kích thước nhỏ và 

noãn bào bậc 2 có kích 















Câu 4 

(1điểm) 

Câu 5 

(1điểm) 

Câu 6 

(1,5 

điểm) 

Câu 7 

(1,5 

điểm) 


thước lớn 

Noãn bào bậc II qua giảm 

phân II cho 1 thể cực có 

kích thước bé và 1 tế bào 

trứng có kích thước lớn 

Từ mỗi noãn bào bậc I 

qua giảm phân cho 2 thể 

cực và 1 tế bào trứng, 

trong đó chỉ có trứng trực 

tiếp thụ tinh. 

Mỗi tinh bào bậc 2 qua 

giảm phân II cho 2 tinh 

tử, các tinh tử phát triển 

thành tinh trùng. 

Từ mỗi tinh bào bậc 1 

qua giảm phân cho 4 tinh 

trùng, các tinh trùng đều 

tham gia vào thụ tinh. 

a. Sơ đồ thể hiện mối quan hệ giữa gen và tính trạng. 

b. Bản chất mối quan hệ theo sơ đồ. 

+ Trình tự các nucleotit trong mạch khuôn của ANDN 

quy định trình tự các nucleotit trong mạch mARN. 

+ Trình tự các nucleotit trong mạch mARN quy định 

trình tự các axita min trong cấu trúc bậc 1 của prôtêin. 

+ Prôtêin trực tiếp tham gia và cấu trúc và hoạt động 

sinh lí của tế bào từ đó biểu hiện thành tính trạng của cơ 

thể sinh vật. 

a. Số tế bào con được sinh ra . 2 9 = 512 tế bào. 

Số NST đơn chứa trong các tế bào con.512 x 4 = 12288. 

b. Số NST đơn cho quá trình trên. (2 9 – 1) x 24 = 12264. 

c. Số thoi phân bào bị hủy qua quá trình trên.(2 9 –1) = 

511. 

a. Tỉ lệ phần trăm mỗi loại nucleotit còn lại. 

Theo NTBS ta có: % A = % T = 20% 

Mặt khác%T+%X = 50% ->% G=% X= 50%-20% = 

30%. 

b. Ta có X = 30% = 300000. Tổng số nucleotit của ADN 

là: N= 300000 x 100/ 30 = 1000000. 

- Vậy số nucleotit mỗi loại của ADN là : 

A = T = 20% x 1000000 = 2000000 

G = X = 3000000. 

c. Số liên kết H = 2A + 3G = 2. 2000000 + 3. 3000000 = 

13000000. 

a. Sự tổ hợp của 2 gen trên có thể tạo ra 3 kiểu gen AA, 

Aa, và aa. 

b. Khi giao phối ngẫu nhiên, có 6 kiểu giao phối khác 

nhau từ các kiểu gen đó. 

P1: AA x AA. HS viết sơ đồ lai đúng. 

P2: aa x aa. 

P3: Aa x Aa. 

P4: AA x Aa 

P5: Aa x aa. 

















0,5 

0,5 

0,5 




















Câu 8 

(1điểm) 

P6: AA x aa. 

- Bố mẹ đều thuận tay phải, mắt nâu sinh con đứa thứ 

hai: thuận tay trái, mắt nâu, đứa thứ ba: thuận tay phải, 

mắt đen chứng tỏ tính trang thuận tay phải là trội so với 

thuận tay trái, mắt nâu là trội so với mắt đen. 

- Quy ước gen: N: mắt nâu, n: mắt đen, P: thuận phải, p: 

thuận trái 

- Đứa thứ hai thuận trái có kiểu gen: pp, nhận một giao 

tử p từ bố và một giao tử p từ mẹ. vậy bố mẹ thuận phải 

có kiểu gen Pp. 

- Xét tính trạng màu mắt, đứa thứ ba mắt đen có kiểu gen 

nn, nhận một giao tử n từ bố và một giao tử n từ mẹ, vậy 

bố mẹ mắt nâu có kiểu gen Nn. 

- Trên cơ sở kiểu gen của bố mẹ NnPp, ta có thể suy ra 

các khả năng về kiểu gen có thể có ở đời con. 

- Con trai đầu có thể có 1 trong 4 kiểu gen: NNPP, 

NnPP, NNPp, NnPp. 

- Con trai thứ hai có 1 trong 2 kiểu gen: NNpp, Nnpp. 

- Con trai thứ ba có 1 trong 2 kiểu gen: nnPP, nnPp. 


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

0,25 điểm 

























ĐỀ BÀI 

Câu 1: ( 2,0 điểm) 

Tế bào một loài sinh vật có bộ nhiễm sắc thể lưỡng bội được kí hiệu: Aa Bb Dd XY . 

a) Hãy xác định tên và giới tính của loài này ? 

b) Khi tế bào này giảm phân thì sẽ tạo ra bao nhiêu loại giao tử ? 

c) Hãy viết kí hiệu các nhiễm sắc thể khi tế bào đang ở vào : Kì đầu 1 và kì 

cuối 2 của giảm phân . 

Câu 2: ( 2,0 điểm) 

Có một tế bào mầm phân bào liên tiếp 5 đợt, được môi trường nội bào cung cấp 

744 nhiễm sắc thể. Các tế bào con sinh ra đều giảm phân tạo thành tinh trùng. 

a) Xác định bộ nhiễm sắc thể 2n. 

b) Xác định số lượng tinh trùng được tạo thành từ các tế bào con. 

Câu 3: ( 3,0 điểm) 

Cho một đoạn phân tử ADN dưới đây : 

Mạch 1: 5 / ... G T T A G A T A G X G ... G X X X A T G T A ... 3 / 

Mạch 2: 3 / ... X A A T X T A T X G X ... X G G G T A X A T ... 5 / 

a) Viết thứ tự các đơn phân của mARN được tổng hợp từ mạch 2 . 

b) Nếu đoạn ADN trên có chứa 1 gen ; mạch khuôn là mạch 1. Hãy : 

- Giải thích để xác định chiều của mạch khuôn và giới hạn của gen ? 

- Viết thứ tự các Ribônuclêôtit tương ứng của mARN được tổng hợp từ gen trên. 

Câu 4: (4,0 điểm) 

a. Nêu cơ chế hình thành thể đa bội hay hiện tượng đa bội hoá. 

b. Tại sao đột biến thường có hại cho bản thân sinh vật? Nêu vai trò và ý nghĩa của 

đột biến gen trong thực tiễn sản xuất? 

Câu 5: ( 1,0 điểm) 

Ở cây ngô dị hợp về 2 cặp gen, tự thụ phấn qua 5 thế hệ thì tỷ lệ cây dị hợp 2 cặp 

gen ở thế hệ F 5 là bao nhiêu ? 

Biết 2 cặp gen nói trên nằm trên 2 cặp nhiễm sắc thể thường khác nhau . 

Câu 6: (2,0 điểm) 

Một phân tử ADN tự nhân đôi 3 đợt , đã được môi trường nội bào cung cấp là 

21 000 Nuclêôtit. 

a) Tính chiều dài của phân tử ADN ra Ăngstrông mét ? 

b) Tính số lượng các loại Nuclêôtit của ADN này ; biết trong phân tử ADN này có 

Nuclêôtit loại T = 30 % số Nuclêôtit ? 


Câu 7 : ( 3.0 điểm ) 

















Gen D có 186 Nuclêôtit loại Guanin và có 1068 liên kết Hiđro . Gen đột biến d 

hơn gen D một liên kết Hiđro, nhưng chiều dài của hai gen bằng nhau , 

a) Đây là dạng đột biến nào và liên quan đến bao nhiêu cặp Nu ? 

b) Xác định số lượng từng loại Nu trong gen D và gen d ? 

Câu 8:( 4 ,0điểm) 

Ở một loài côn trùng, tính trạng mắt đen trội so với tính trạng mắt nâu. Gen quy định 

tính trạng nằm trên nhiễm sắc thể thường. 

Khi cho giao phối giữa cá thể có mắt đen với cá thể có mắt nâu thu được F1 đều có mắt 

xám. 

a. Hãy nêu đặc điểm di truyền của tính trạng màu mắt nói trên và lập sơ đồ lai 

b. Cho 1 cá thể mắt đen giao phối với một cá thể khác, thu được 50% mắt đen: 50% 

mắt xám. Hãy biện luận và lập sơ đồ lai. 

c. Cho 1 cá thể mắt nâu giao phối với 1 cá thể khác, thu được 50% mắt nâu: 50% mắt 

xám. Hãy biện luận và lập sơ đồ lai. 

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





















Câu 1: (2,0 điểm) 

a) Đây là ruồi giấm đực : 2n = 8 

b) Do có 4 cặp NST tương đồng nên số giao tử = 2 4 loại = 16 giao tử . (0,25đ) 

c) Kì đầu 1: Do NST đã nhân đôi trước đó nên kí hiệu : 

AAaa BBbb DDdd XXYY (0,25 đ) 

Kì cuối 2 : Có 16 loại giao tử với bộ NST đơn bội ( n ) (1,5 đ) 

ABDX ABDY ABdX ABdY 

AbDX AbDY AbdX AbdY 

aBDX aBDY aBdX aBdY 

ab DX ab DY abd X abdY 

Đúng mỗi loại = 0,1 điểm 

Câu 2: ( 2,0 điểm) 

a) Áp dụng : ( 2 5 - 1 ) . 2n = 744 ( 0,5đ) 

- Vậy bộ NST 2n = 744 : 31 = 24 ( NST ) ( 0,5đ) 

c) Tổng số tế bào con được tạo thành qua 5 lần phân bào là: 

Áp dụng : 2 k = 2 5 = 32 tế bào (0,5đ) 

Một TB con giảm phân tạo ra 4 tinh trùng . 

Vậy 32 TB sẽ tạo ra : 32 x 4 = 128 tinh trùng 

(0,5đ) 

Câu 3: ( 3,0 điểm) 

a) Viết thứ tự các đơn phân của m ARN dược tổng hợp từ mạch đơn thứ 2: 

Mạch 2: 3 / ... X A A T X T A T X G X ... X G G G T A X A T ... 5 / 

mARN: 5 / ... G U U A G A U A G X G ... G X X X A U G U A ... 3 / (1,0đ) 

b) Nếu ADN trên chứa 1 gen , mạch khuôn là mạch 1 thì: 

- Chiều của mạch khuôn 1 là chiều : từ 3 / --- > 5 / ( 0,5đ) 

- Cứ 3 Nu đứng kế tiếp nhau của ADN sẽ qui định 1 axit amin . Vậy giới hạn của Gen 

là bội số của 3 . Vậy 2 Nu đầu tiên của chiều 5 / không thuộc giới hạn của gen.(0,5đ) 

Thứ tự các Ribônuclêôtit là : 

Mạch 1: 5 / ... G T - TAG - ATA - GXG ... GXX - XAT - GTA ... 3 / 

mARN 3 / ... . - AUX - UAU - XGX ... XGG - GUA - XAU ... 5 / (1,0 đ) 

Câu 4: ( 4,0 điểm) 

a. (2điểm) 

Nêu cơ chế hình thành thể đa bội hay hiện tượng đa bội hoá. 

Trong quá trình phân bào, khi nhiễm sắc thể đã nhân đôi nhưng thoi vô sắc không 

hình thành, sự phân chia nhân không xảy ra nên số lượng NST trong tế bào tăng lên gấp 

bội gọi là sự đa bội hóa. Người ta sử dụng consixin làm chất gây đa bộ thể nhân tạo. Sự 

đa bội thể xảy ra trong nguyên phân hoặc giảm phân. 

Trong nguyên phân, tế bào hợp tử 2n khi sử lý đa bội tạo thể tứ bội 4n. Ở thực vật sử 

lý đa bội hoá tạo giao tử lưỡng bội 2n. 

Sự thụ tinh giữa một giao tử 2n với một giao tử bình thường n cho hợp tử tam bội 3n. 


















Sự thụ tinh giữa một giao tử 2n với một giao tử 2n cho hợp tử tứ bội 4n. 

b.(2 điểm) 

- Đột biến thường có hại cho bản thân sinh vật vì chúng phá vỡ sự thống nhất hài hoà 

trong kiểu gen, và gây ra những rối loạn trong quá trình tổng hợp Prôtêin. (0,5đ) 

- Vai trò của đột biến gen: Đột biến gen tạo ra gen lặn, chúng chỉ biểu hiện ra kiểu 

hình khi ở thể đồng hợp và trong môi trường thích hợp.(0,5đ) 

- Qua giao phối, nếu gặp tổ hợp gen thích hợp, một đột biến vốn có hại có thể trở 

thành có lợi, đột biến làm tăng khả năng thích ứng của sinh vật với các điều kiện ngoại 

cảnh. (0,5đ) 

- Đột biến có lợi có ý nghĩa đối với chăn nuôi và trồng trọt.(0,5đ) 

Câu 5: ( 3,0 điểm) 

- Áp dụng : ( 2 3 - 1 ). N = 21000 ( 0,5 đ) 

a) Vậy tổng số Nu ( N ) là : 21000 : 7 = 3000 Nu. ( 0,5 đ) 

- Chiều dài của ADN là : L = ( 3000 . 3,4 ) : 2 = 5100 Ăngstrong ( 0,5đ) 

b ) Số lượng từng loại Nuclêôtit : 

+ Loại Nu T = A = ( 3000 . 30 ) : 100 = 900 Nu ( 0,5 đ) 

% của Nu X = G = 50 % - 30 % = 20 % ( 0,5 đ) 

+ Số Nu loại X = G = ( 3000 . 20 ) : 100 = 600 Nu ( 0,5 đ) 

Đáp số : a ) 5100 Ă 

b ) T = A = 900 

G = X = 600 

Câu 6 : ( 2,0 điểm ) 

a) Do gen đột biến d có chiều dài bằng gen bình thường D , nhưng gen d nhiều hơn D : 

1 liên kết H. Vậy đây là đột biến thay thế 1 cặp Nuclêôtit. (0,5 đ) 

Cụ thể : Cặp A - T của D đã bị thay thế bởi cặp G - X của gen đột biến d. ( 0,5đ) 

b) Số lượng từng loại Nu của gen bình thường D là : 

Ta có : 2 A + 3 G = 1068 ( 0,5 đ ) 

Thay G = 186 == > 2 A + 3 . 186 = 1068 ( 0,5 đ ) 

Vậy : A = T = 255 Nu 

G = X = 186 Nu ( 0,5 đ ) 

* Số lượng từng loại Nu của gen đột biến d là : 

A = T = 255 - 1 = 254 Nu 

G = X = 186 + 1 = 187 Nu 

( 0,5đ) 


a. Đặc điểm di truyền và sơ đồ lai: 1 đ. Thang điểm như sau: 

+ Nêu đúng các đặc điểm di truyền cho 0,5 đ 

+ Viết đúng sơ đồ lai cho 0,5 đ 

* Theo đề bài quy ước: 

Gen A mắt đen, Gen a mắt nâu. 

Suy ra màu mắt di truyền theo hiện tượng tính trội không hoàn toàn. Màu mắt đen là 

tính trạng trội không hoàn toàn so với màu mắt nâu và mắt xám là tính trạng trung gian. 

Các kiểu gen: AA: Mắt đen, Aa: Mắt xám, aa: Mắt nâu 

* Sơ đồ lai 

P: AA(mắt đen) X aa(mắt nâu) 


















Gp: A a 

F1: Aa(100% mắt xám) 

b. Biện luận và sơ đồ lai: 1,5 điểm. Thang điểm cụ thể như sau: 

+ Biện luận đúng cho 1 đ 

+ viết đúng sơ đồ lai cho 0,5 đ 

Một cơ thể P có mắt đen, kiểu gen AA tạo 1 loại giao tử duy nhất mang A. Ở F1 có 

50% mắt đen: 50% mắt nâu 

Cơ thể P còn lại 

- F1 xuất hiện mắt đen, kiểu gen AA Cơ thể P còn lại tạo tạo được giao tử A 

- F1 xuất hiện mắt xám, kiểu gen Aa được giao tử a Tổ hợp lại suy ra, cơ thể P còn lại 

tạo được 2 loại giao tử A và a, nên có kiểu gen Aa, kiểu hình mắt xám. 

- Sơ đồ lai: P: AA(mắt đen) X Aa(mắt xám) 

Gp: A A, a 

F1: Kiểu gen 50% AA : 50% Aa 

Kiểu hình 50% mắt đen : 50% mắt xám 

c. Biện luận và sơ đồ lai.: 1,5 điểm. Thang điểm cụ thể như sau: 

+ Biện luận đúng cho 1 đ 

+ viết đúng sơ đồ lai cho 0,5 đ 

Một cơ thể P có mắt nâu, kiểu gen aa tạo 1 loại giao tử duy nhất mang a. Ở F1 có 

50% mắt nâu: 50% mắt xám 

Cơ thể P còn lại 

- F1 xuất hiện mắt nâu, kiểu gen aa Cơ thể P còn lại tạo được tạo được giao tử a 

- F1 xuất hiện mắt xám, kiểu gen Aa giao tử A 

Tổ hợp lại suy ra, cơ thể P còn lại tạo được 2 loại giao tử A và a, nên có kiểu gen Aa, 

kiểu hình mắt xám. 

- Sơ đồ lai: P: aa(mắt nâu) X Aa(mắt xám) 

Gp: a A, a 

F1: Kiểu gen 50% Aa : 50% aa 

Kiểu hình 50% mắt xám : 50% mắt nâu. 


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






















ĐỀ BÀI 


Phát biểu nôi dung quy luật phân li độc lập. Khi nào thì các gen qui định các tính 

trạng phân li độc lập hay di truyền liên kết với nhau? 

Câu 2 : (3.0 điểm) 

1) Phân biệt đột biến với thường biến. 

2) Tại sao đột biến gen thường có hại cho sinh vật? Tại sao nói tính có hại của đột 

biến gen chỉ là tương đối. 

Câu 3: (2,5 điểm) 

1) So sánh sự giống và khác nhau giữa NST thường và NST giới tính . 

2) Trong quá trình nguyên phân những cơ chế nào đảm bảo cho hai tế bào con có 

bộ NST giống hệt nhau và giống hệt của tế bào mẹ? 


Ruồi giấm có bộ NST 2n = 8. Quan sát một số tế bào ruồi giấm đang thực hiện 

quá trình phân bào nguyên phân lần đầu tiên, người ta đếm được 128 nhiễm sắc thể đơn 

đang phân li về hai cực của tế bào. Các tế bào trên đang ở thời kì nào của quá trình phân 

bào và có bao nhiêu tế bào tham gia vào quá trình phân bào? 

Câu 5 ( 2.5 điểm ) 

1)Tính đặc trưng của ADN thể hiện ở những điểm nào? 

2) Nguyên tắc bổ sung được thể hiện như thế nào trong các cơ chế tổng hợp ADN 

, ARN và prôtêin. 

Câu 6: (2,0 điểm) 

1) Dị bội thể là gì? 

2) Giải thích cơ chế phát sinh bệnh Đao. 


Một gen có 75 chu kì xoắn. 

1) Tính số lượng nuclêôtít từng loại của gen. Biết số nuclêôtít loại Ađênin chiếm 

20%. 

2) Đoạn gen trên dài bao nhiêu micrômet.(Mm) 


Khi lai hai giống thuần chủng của một loài thực vật được F 1 . Cho F 1 tiếp tục thụ 

phấn với nhau, F 2 thu được 4800 cây. Trong đó có 2700 cây cao , quả đỏ. Biết rằng các 

tính trạng tương ứng là cây thân thấp , quả vàng di truyền theo quy luật phân li đôc lập. 

1. Xác định kiểu gen và kiểu hình của P , viết sơ đồ lai từ P đến F 2 . 

2. Xác định số cá thể ( trung bình) của từng kiểu hình có thể có ở F 2. 

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





















. 


Câu 

2.0đ 

1 

Các cặp nhân tố di truyền (cặp gen) đã phân li độc lập trong quá 

trình phát sinh giao tử 

Điều kiện: 

- Khi các gen qui định các tính trạng nằm trên các NST tương đồng 

khác nhau thì chúng phân li độc lập , tổ hợp tự do trong quá trình 

giảm phân tạo giao tử. 

- Khi các gen qui định các tính trạng nằm trên cùng 1 NST thì 

1.0đ 

0,5đ 

0,5đ 

chúng cùng phân li và tổ hợp với nhau. 

Câu 

3,0đ 

2 

1.Phân biệt đột biến với thường biến. 

2,0đ 

Vấn đề Đột biến Thường biến 

Khái niệm Là những biến đổi Là những biến đổi kiểu 

trong vật chất di hình phát sinh trong đời 

truyền( ADN, NST), 

khi biểu hiện thành 

kiểu hình là những thể 

sống cá thể dưới ảnh 

hưởng trưc tiếp của môi 

trường. 

0,5đ 

đột bíên 

Nguyên 

nhân 

Tác động của các nhân 

tố lí ,hoá học của môi 

trường trong và ngoài 

ảnh hưởng trưc tiếp của 

môi trường chứ không 

do sự biến đổi kiểu gen 

0,5đ 

cơ thể tác động tới 

ADN, NST 


Tính chất và 

vai trò 

- Mang tính cá biệt , 

ngẫu nhiên, không xác 

định. 

- Biểu hiện đồng loạt 

theo hướng xác định 

ứng với điều kiện môi 



trường . 

- Di truyền 

- Không di truyền 0,25đ 

- Đa số có hại , một số 

ít có lợi. 

- Là nguồn nguyên liệu 

được. 

- Giúp sinh vật thích 

nghi với điều kiện môi 0,5đ 

cho chọn giống và tiến trường. 

hoá. 

- Không là nguồn 

nguyên liệu cho chọn 

giống và tiến hoá. 0,5đ 

2. Đột biến gen thường có hại cho sinh vật vì chúng phá vỡ mối 

quan hệ hài hoá giữa các gen trong kiểu gen và giữa kiểu gen với 















Câu 

3 

Câu 

4 

Câu 

5 


điều kiện môi trường đã được chọn lọc tự nhiên hình thành từ lâu 

đời, gây ra rối loạn quá trình tổng hợp prôtêin. 

* Tính có hại của đột biến gen chỉ là tương đối vì: tính có hại ( hay 

có lợi) của đột biến gen có thể thay đổi tuỳ điều kiện môi trường và 

tổ hợp gen. 

1. Điểm giống và khác nhau giữa NST thường và NST giới tính 

* Điểm giống nhau: 

- Trong tế bào sinh dưỡng đều tồn tại thành tứng cặp. Mỗi cặp NST 

gồm 2 NST đơn thuộc hai nguồn gốc khác nhau, trong giao tử NST 

tồn tại thành chiếc. 

- Thành phần cấu trúcgồm ADN và prôtêin loại histon. 

- Có kích thước , hình dạng đặc trưng cho loài. 

- Có khả năng gây đột biến. 

- Đều có khả năng nhân đôi , phân ly , tổ hợp tự do trong nguyên 

phân , giảm phân và thụ tinh. 

*Điểm khác nhau : 

NST thường 


Tồn tại thành các cặp NST 

tương đồng 

Trong tế bào sinh dưỡng tồn tại 

thành 1 cặp tương đồng( XX) 

hay không tương đồng ( XY) 

theo giới tính của từng loài. 

Hoàn toàn giống nhau cả hai 

giới 

Là những NST đặc biệt khác 

giữa giống đực và giống cái. 

Mang gen qui định các tính Mang gen qui định tính trạng 

trạng thường 

liên quan hoặc không liên 

quan đến giới tính 

2. Cơ chế: Nhờ 2 cơ chế. NST tự nhân đôi ở kì trung gian và phân 

li đồng đều của các NST đơn ở kì sau -> đảm bảo cho các tế bào 

con có bộ NST giống hệt tế bào mẹ. 

- Các tế bào đang ở kì sau của nguyên phân. 

- Lúc này mỗi tế bào có 18 NST đơn, nên số tế bào tham gia vào 

quá trình phân bào là: 128 : 16 = 8 ( tế bào) 

1.Tính đặc trưng của ADN: 

- Mỗi ADN đặc trưng bởi số lượng, thành phần , trình tự sắp xếp 

các nuclêôtit. 

- Tỉ lệ A+T/ G + X ở mỗi loài khác nhau. 

- Đặc trưng bởi số lượng, thành phần , trình tự phân bố các gen trên 







2,5đ 

2,0đ 









0,5đ 

2.0đ 

1.0đ 

1,0đ 

2,5đ 


0,5đ 












Câu 

6 

Câu 

7 

Câu 

8 


mỗi phân tử ADN. 

2.Sự thể hiện của nguyên tắc bổ sung: 

- Trong cơ chế tổng hợp ADN: Các nuclêôtit của môi trường nội 

bào liên kết với các nuclêôtit trên cả 2 mạch đơn của ADN mẹ theo 

nguyên tắc bổ sung: A-T; G-X và ngược lại. 

- Trong cơ chế tổng hợp ARN: Các nuclêôtit của môi trường nội 

bào liên kết với các nuclêôtit trên mạch khuôn của ADN theo 

nguyên tắc bổ sung: A-U; T- A; G-X ; X-G. 

- Trong cơ chế tổng hợp prôtêin: Tại ribôxôm , các nuclêôtit trên 

tARN liên kết với các nuclêôtit trên mARN theo nguyên tắc bổ 

sung: A-U; G-X và ngược lại. 

1.Thể dị bội là cơ thể mà trong tế bào sinh dưỡng có 1 hoặc một số 

cặp NST bị thay đổi về số lượng. 

2.Cơ chế phát sinh bệnh Đao: 

- Người bị bệnh Đao , tế bào xôma có 47 NST, trong đó có cặp NST 

21 có 3 chiếc. 

Cơ chế: 

- Trong giảm phân tạo giao tử, ở bố hoặc mẹ ( chủ yếu ở mẹ) cặp 

NST 21 không phân li trong lần phân bào I, tạo ra 2 loại giao tử dị 

bội: 1 loại mang cả 2 NST 21 ( n + 1), loại giao tử kia khuyết NST 

21( 2n-1). 

- Qua thụ tinh, giao tử mang 2 NST 21 kết hợp với giao tử bình 

thường (n), tạo ra hợp tử mang 3 NST 21 ( 2n +1 = 47) 

1. Số lượng nuclêôtít của gen là: 75 x 20 = 1500 nuclêôtit 

Số lượng nuclêôtít từng loại của gen: 

Theo NTBS ta có: 

A= T = 1500 x 20% = 300 

G = X = (1500:2) – 300 = 450 

2. Chiều dài của đoạn gen là: 

( 1500: 2) x 3,4 = 2550 A 0 = 0,255 Mm 

1.Xác định kiểu gen và kiểu hình của P , viết sơ đồ lai từ P đến 

F 2 

* Xét tỉ lệ cây cao , quả đỏ/ số cây thu được ở F 2 = 2700/4800 = 

9/16. 

Suy ra F 2 có 16 tổ hợp gen , do đó ở F 1 mỗi bên phải cho ra 4 loại 

giao tử, tức là dị hợp tử 2 cặp gen. Trong đó cây cao , quả đỏ chiếm 

tỉ lệ 9/16 suy ra tính trạng thân cao , quả đỏ là trội hoàn toàn so với 

tính trạng tương ứng là thân thấp , quả vàng. 







0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

2,0đ 

0,5d 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

2,0đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

4,0đ 


1.0đ 












Giả sử: gen A: thân cao 

gen B: quả đỏ 

gen a: thân thấp 

gen b: quả vàng 

Ta có kiểu gen F 1 là: AaBb ( thân cao , quả đỏ) 

Mặt khác P thuần chủng -> KG của P là AABB và aabb hoặc AAbb 

và aaBB 

* Sơ đồ lai( học sinh tự viết) 

( Nêu thiếu một trong hai trường hợp trừ đi 1, 0 đ) 

2. Xác định số cá thể (trung bình) của từng kiểu hình có thể có ở 

F 2. 

F 2 phân li kiểu hình theo tỉ lệ 9 thân cao , quả đỏ: 3 thân cao, quả 

vàng: 3 thân thấp, quả đỏ: 1 thân thấp, quả vàng. 

-> số cá thể ( trung bình) của từng kiểu hình: 

- Thân cao , quả đỏ: 2700 cây 

- Thân cao, quả vàng = thân thấp , quả đỏ = ( 3 x 4800) :16 = 900 

cây 

- Thân thấp, quả vàng = (1 x 4800) : 16 = 300 cây 




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


0,5đ 


1,0đ 

1,0đ 





















ĐỀ BÀI 

Câu 1 (3,0 điểm). 

a) Tại sao trong phép lai phân tích, nếu kết quả lai có hiện tượng đồng tính thì cơ thể 

mang tính trạng trội phải có kiểu gen đồng hợp? Nếu có hiện tượng phân tính thì cơ thể 

mang tính trạng trội có kiểu gen dị hợp? 

b) Vì sao thông thường các tính trạng trội là các tính trạng tốt còn các tính trạng lặn là 

các tính trạng xấu? 

Câu 2 (3,5 điểm). 

a) Hoạt động của nhiễm sắc thể ở kì đầu, kì giữa và kì sau trong giảm phân I có gì khác 

với trong nguyên phân? 

b) Kết quả của giảm phân I có điểm nào khác căn bản so với kết quả của giảm phân 

II? Trong hai lần phân bào của giảm phân, lần nào được coi là phân bào nguyên nhiễm, 

lần nào được coi là phân bào giảm nhiễm? 

Câu 3 (2,0 điểm). 

a) Prôtêin liên quan đến những hoạt động sống nào của cơ thể? 

b) Trong điều kiện bình thường, cấu trúc đặc thù của prôtêin ở thế hệ tế bào sau có bị 


Câu 4 (3,5 điểm). Điểm giống nhau và khác nhau cơ bản giữa biến dị tổ hợp và biến dị 

đột biến. Vai trò của các loại biến dị đó trong tiến hóa và chọn giống. 

Câu 5 (4,0 điểm). Một tế bào sinh dục của ruồi giấm đực có bộ nhiễm sắc thể được kí 

hiệu: AaBbCcXY (mỗi chữ cái ứng với một nhiễm sắc thể đơn). 

a) Nếu tế bào đó nguyên phân liên tiếp, trong quá trình đó đã hình thành 127 thoi tơ 

vô sắc thì có bao nhiêu lần nguyên phân? Trong quá trình nguyên phân đó, môi trường 

nội bào đã cung cấp nguyên liệu tạo ra tương đương với bao nhiêu nhiễm sắc thể đơn? 

b) Nếu nguyên phân bị rối loạn ở cặp nhiễm sắc thể giới tính XY. Viết kí hiệu bộ 

nhiễm sắc thể trong các tế bào con tạo ra, trong những trường hợp có thể xảy ra. 

Câu 6 (4,0 điểm). Xét một cặp nhiễm sắc thể tương đồng chứa một cặp gen dị hợp (Aa), 

mỗi gen đều dài 4080 Ăngstron. Gen trội A có 3120 liên kết hiđrô; gen lặn a có 3240 

liên kết hiđrô. 

a) Số lượng từng loại nuclêôtit trong mỗi loại giao tử bình thường chứa gen nói trên 


b) Khi có hiện tượng giảm phân I phân li không bình thường thì số lượng từng loại 

nuclêôtit trong mỗi loại giao tử được hình thành bằng bao nhiêu? 

c) Nếu cho các loại giao tử không bình thường đó tái tổ hợp với giao tử bình thường 

chứa gen lặn nói trên thì số lượng từng loại nuclêôtit của mỗi loại hợp tử bằng bao 

nhiêu? 

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





















. 

Câu Hướng dẫn chấm Điể 

m 

1. 3.0đ 

a 

- Phép lai phân tích là phép lai giữa cơ thể có tính trạng trội với cơ thể 

mang tính trạng lặn. Cơ thể mang tính trạng lặn chỉ cho một loại giao tử 

mang gen lặn (a). Loại giao tử này không quyết định được kiểu hình ở đời 

con lai. Quyết định kiểu hình ở đời con lai là giao tử của cơ thể mang tính 

trạng trội. 

- Nếu đời con lai đồng tính tức là chỉ có một kiểu hình thì cơ thể mang 

tính trạng trội chỉ cho ra một loại giao tử, nó phải có kiểu gen đồng hợp: 

AA x aa → Aa 

- Nếu đời con lai có hiện tượng phân tính với tỉ lệ 1:1 tức là cho hai kiểu 

hình với tỉ lệ 1:1 thì cơ thể mang tính trạng trội đã cho ra 2 loại giao tử với 

1.0 

0.5 

0.5 

tỉ lệ là 1:1, nó là dị hợp tử: 

Aa x aa → Aa : aa 

Các tính trạng trội bao giờ cũng được biểu hiện, vì vậy nếu là các tính 

trạng xấu sẽ bị đào thải ngay. Các tính trạng lặn chỉ thể hiện thành kiểu 1.0 

b. hình ở trạng thái đồng hợp, ở trạng thái dị hợp nó không được thể hiện vì 

gen lặn bị gen trội lấn át, vì vậy tính trạng lặn khó bị đào thải. Đó là lí do 

khiến các tính trạng trội thường là các tính trạng tốt. 

2. 3.5đ 

- Ở kì đầu của giảm phân I: Có sự tiếp hợp và có thể có sự bắt chéo giữa 

các NST trong cặp NST tương đồng. Nguyên phân không có. 

- Ở kì giữa I: Các NST kép xếp thành 2 hàng trên mặt phẳng xích đạo của 

0.5 

0.5 

thoi vô sắc, còn trong NP các NST kép xếp thành 1 hàng trên mặt phẳng 

a. 

xích đạo của thoi vô sắc. 

- Ở kì sau I: 

0.5 

+ Có sự phân li của mỗi NST kép trong cặp tương đồng về 1 cực của tế 

bào, ở nguyên phân là sự phân li của mỗi NST đơn. 

0.5 

+ Có sự phân li độc lập và tổ hợp tự do của các NST kép trong cặp 

tương đồng, ở nguyên phân là sự phân li đồng đều. 

- Qua giảm phân I, số lượng NST ở tế bào con giảm đi 1 nửa nhưng mỗi 0.5 

b. 

NST ở trạng thái kép. 

- Qua giảm phân II, từ 1 tế bào chứa n NST kép hình thành 2 tế bào con, 

mỗi tế bào con chứa n NST đơn. 

- Trong 2 lần phân bào: lần I giảm nhiễm, lần II nguyên nhiễm. 

0.5 

0.5 

3 2.0đ 

a. 

Pr liên quan đến: 

- Trao đổi chất: 















b. 




+ Enzim mà bản chất là Pr có vai trò xúc tác các qúa trình TĐC, thúc đẩy 

cho các phản ứng sinh hóa xảy ra nhanh chóng. 

+Hoocmon mà phần lớn là Pr có vai trò điều hòa qúa trình TĐC. 

-Vận động: Miôzin và actin là 2 loại Pr có trong cơ, tham gia vào sự co 

cơ. Nhờ đó, cơ thể vận động được. 

- Chống vi trùng: Nhiều loại Pr (kháng thể) có chức năng bảo vệ cơ thể 

chống vi trùng. 

- Sinh năng lượng để cung cấp cho sự hoạt động của tế bào, mô, cơ quan... 

Tóm lại, Pr liên quan đến mọi hoạt động sống của cơ thể. 

- Không. 

- Lí do: Nhờ sự tự nhân đôi đúng mẫu, ADN giữ vững cấu trúc đặc thù của 

nó qua các thế hệ tế bào; Pr được tổng hợp trên khuôn mẫu của ADN nên 

Pr cũng giữ vững cấu trúc đặc thù của nó. 









4 3.5đ 

*Điểm giống nhau: 

- Đều là BD di truyền, qua giao tử và hợp tử để di truyền qua các thế hệ tế 

bào. 

- Đều thuộc BD vô hướng có thể có lợi, có hại hay trung tính. 

0.5 



- Có thể xuất hiện những biến dị mới chưa có ở bố, mẹ hoặc tổ tiên. 

*Điểm khác nhau: 


Biến dị đột biến 

Nguyên 

nhân 

Xuất hiện nhờ quá trình 

giao phối. 

Xuất hiện do tác động 

của môi trường trong và 0.5 

ngoài cơ thể. 

Cơ chế Phát sinh do cơ chế PLĐL, 

tổ hợp tự do trong quá trình 

tạo giao tử và sự kết hợp 

ngẫu nhiên trong quá trình 

thụ tinh. 

Phát sinh do rối loạn quá 

trình phân bào hoặc do 

rối loạn qúa trình tái sinh 

NST đã làm thay đổi số 0.5 

lượng, cấu trúc vật chất 

di truyền (ĐB NST, ĐB 

gen) 

Tính 

chất biểu 

BD tổ hợp dựa trên cơ sở tổ 

hợp lại các gen vốn có ở bố 

Thể hiện đột ngột, ngẫu 

nhiên, cá biệt không định 

hiện mẹ và tổ tiên, vì thế có thể hướng. 

0.5 

làm xuất hiện các tính trạng 

đã có hoặc chưa có ở thế hệ 

trước, do đó có thể dự đoán 

được nếu biết trước được 

kiểu di truyền của bố mẹ. 

Phần lớn có hại. 

Vai trò: 

- BD tổ hợp là nguồn nguyên liệu BD di truyền thứ cấp cung cấp cho tiến 0.5 

hoá. Trong chọn giống dựa trên cơ chế xuất hiện các BD tổ hợp đề xuất 

các phương pháp lai giống nhằm nhanh chóng tạo ra các giống có giá trị. 


















- BD đột biến là nguồn nguyên liệu BD di truyền sơ cấp cung cấp cho tiến 0.5 

hoá. Đặc biệt ĐB gen là nguồn nguyên liệu cơ bản trong chọn giống dựa 

trên cơ chế xuất hiện người ta đã xây dựng các phương pháp gây ĐB nhằm 

nhanh chóng tạo ra những ĐB có giá trị, góp phần tạo ra các giống mới có 

năng suất cao, thích nghi tốt. 

5. 4.0 

a. - Số lần nguyên phân: 2 k - 1 =127 (k0) k = 7 lần nguyên phân. 

- Số NST: (2 7 - 1) x 8 = 1016 NST 

1.0 

1.0 

b. Gồm các trường hợp: 

- AaBbCcXXYY, AaBbCc 

0.5 

- AaBbCcXX, AaBbCcYY 

0.5 

- AaBbCcXXY, AaBbCcY 

0.5 

- AaBbCcXYY, AaBbCcX 

0.5 

6. 4.0đ 

Gen = 4080 x 2 = 2400 nuclêôtit 

0.5 

3, 4 

Giao tử chứa gen A: 2A + 3G = 3120 

0.5 

a. 

2A + 2G = 2400. Giải ra ta có: A=T = 480; 

G=X= 720. 

0.5 

Giao tử chứa gen a: 2A + 3G = 3240 

2A + 2G = 2400. Giải ra ta có: A=T = 360; 

G=X= 840 

Có 2 loại giao tử: Aa và 0. 

Giao tử Aa có: A = T = 480 + 360 = 840 nuclêôtit 

0.5 

0.5 

b. 

G = X = 720 + 840 = 1560 nuclêôtit 

Giao tử 0 có: A = T = G = X = 0 nuclêôtit 

0.5 

c. 

Số lượng từng loại nuclêôtit của mỗi loại hợp tử: 

- Aaa có: A = T = 1200 nuclêôtit G = X = 2400 nuclêôtit 

- a0 có: A = T = 360 nuclêôtit G = X = 840 nuclêôtit 


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


0.5 

0.5 





















ĐỀ BÀI 

Câu I: (1,5 điểm) 

Thế nào là di truyền liên kết và nguyên nhân của nó ? 

Câu II: (2.0 điểm) 

Vì sao tự thụ phấn hoặc giao phối gần lại gây ra hiện tượng thoái hoá ở nhiều loài 

nhưng lại không gây ảnh hưởng ở một số loài khác? 

Câu III: (2.0 điểm) 

Giải thích vì sao bộ nhiễm sắc thể đặc trưng của những loài sinh sản hữu tính lại 

được duy trì ổn định qua các thế hệ ? 

Câu IV: ( 2,5 điểm) 

Mô tả quá trình tự nhân đôi của phân tử ADN ? 

Câu V: (2.0 điểm) 

Hãy giải thích sơ đồ sau: ADN→ mARN→ Prôtêin→ Tính trạng 

Câu VI: (2.5 điểm) 

Hội chứng Đao là gì? Vẽ sơ đồ minh hoạ và giải thích. Vì sao phụ nữ không nên 

sinh con ở độ tuổi ngoài 35? 

Câu VII: (3.5 điểm) 

Hai gen có tổng số 210 vòng xoắn. Số nuclêôtít của gen thứ nhất bằng 2 của gen 

5 

thứ hai. Hai gen nhân đôi với tổng số 8 lần. Riêng gen thứ nhất đã nhận của môi trường 

8400 nuclêôtít. Xác định: 

a/ Chiều dài (Mm) và số lần nhân đôi của mỗi gen. 

b/ Số lượng nuclêôtít môi trường cung cấp cho quá trình nhân đôi của 2 gen. 

Câu VIII : ( 4.0 điểm ) 

Lai giữa hai dòng ruồi giấm, người ta thu được kết quả như sau: 

140 cá thể có thân xám, lông ngắn 

142 cá thể có thân xám, lông dài 

138 cá thể có thân đen, lông ngắn 

139 cá thể có thân đen, lông dài 

Cho biết một gen quy định một tính trạng, các gen nằm trên các nhiễm sắc thể 

thường khác nhau, thân xám và lông ngắn là hai tính trạng trội. 

Hãy giải thích kết quả và lập sơ đồ lai ./. 

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





















Câu Hướng dẫn chấm Điểm 

Câu I 

(1,5 

điểm ) 

- Di truyền liên kết: Là hiện tượng di truyền mà các cặp tính 

trạng có sự phụ thuộc vào nhau. Sự di truyền của các cặp 

tính trạng này kéo theo sự di truyền của các cặp tính trạng 

khác. 

- Nguyên nhân : 

+ Do các cặp gen quy định các cặp tính trạng cùng nằm trên 

một cặp NST tương đồng (hay trên mỗi NST có mang nhiều 

gen khác nhau). 

+ Các gen trên 1 NST cùng phân li và cùng tổ hợp với nhau 

trong giảm phân và trong thụ tinh. 

(0,5 đ) 

0,5 đ 

0,5 đ 

Câu II 

(2.0 

điểm) 

Câu III 

(2.0 

điểm ) 

Tự thụ phấn hoặc giao phối gần lại gây ra hiện tượng thoái 

hoá ở nhiều loài nhưng lại không gây ảnh hưởng ở một số 

loài khác vì: 

- Tự thụ phấn bắt buộc ở cây giao phấn và giao phối gần ở 

động vật ở nhiều loài thường dẫn đến hiện tượng thoái hoá 

là do các gen lặn (thường có hại) chuyển từ trạng thái dị 

hợp (chưa gây hại) sang trạng thái đồng hợp gây hại. 

- Một số loài thực vật tự thụ phấn nghiêm ngặt (đậu Hà lan, 

cà chua...), động vật thường xuyên giao phối gần (chim bồ 

câu, cu gáy...) không bị thoái hoá khi tự thụ phấn hay giao 

phối gần vì hiện tại chúng đang mang những cặp gen đồng 

hợp không gây hại cho chúng. 

Bộ nhiễm sắc thể đặc trưng của những loài sinh sản hữu 

tính lại được duy trì ổn định qua các thế hệ là do: 

- Kết quả của quá trình nguyên phân là từ 1 TB mẹ cho ra 2 

TB con có bộ NST giống như bộ NST của tế bào mẹ ( 2n 

NST ). Do vậy nguyên phân là phương thức sinh sản của tế 

bào, truyền đạt và ổn định bộ NST đặc trưng của loài qua 

các thế hệ tế bào trong quá trình phát sinh cá thể. 

- Kết quả của quá trình giảm phân là từ 1 TB mẹ ( tế bào 

sinh dục ở thời kỳ chín) với 2n NST , qua 2 lần phân bào 

liên tiếp, tạo ra 4 TB con đều mang bộ NST đơn bội ( n 

NST), nghĩa là số lượng NST ở TB con giảm đi một nửa so 

với TB mẹ. Các TB con này là cơ sở để hình thành giao tử. 

- Qua thụ tinh đã có sự tổ hợp ngẫu nhiên giữa một giao tử 

đực ( tinh trùng ) với một giao tử cái ( trứng) tạo thành hợp 






1 đ 

1 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 










Câu IV 

(2,5 

điểm ) 

Câu V 

(2.0điểm) 

Câu VI 

(2.5 

điểm) 


tử có bộ nhiễm sắc thể lưỡng bội được phục hồi có nguồn 

gốc từ bố và mẹ. 

Như vậy bộ nhiễm sắc thể đặc trưng của những loài sinh sản 

hữu tính lại được duy trì ổn định qua các thế hệ là nhờ sự 

phối hợp các quá trình nguyên phân, giảm phân và thụ tinh 

Quá trình tự nhân đôi của phân tử ADN : 

- Phân tử ADN có cấu trúc 2 mạch Nuclêôtit bổ sung cho 

nhau, nhờ đó ADN có một đặc tính quan trọng là tự nhân 

đôi (sao chép) đúng mẫu ban đầu 

- Quá trình tự nhân đôi của ADN diễn ra trong nhân TB, tại 

các NST trong kỳ trung gian, lúc này NST ở dạng sợi mảnh, 

dãn xoắn 

- Khi bắt đầu quá trình tự nhân đôi, phân tử ADN tháo 

xoắn, 2 mạch đơn tách nhau dần dần và các Nuclêotit trên 

mỗi mạch đơn sau khi tách ra lần lượt liên kết với các 

Nuclêotit tự do trong môi trường nội bào theo NTBS để 

hình thành mạch mới 

- Khi quá trình tự nhân đôi kết thúc, 2 phân tử ADN con 

được tạo thành rồi đóng xoắn, sau này chúng phân chia cho 

2 TB con thông qua quá trình phân bào 

- Trong quá trình tự nhân đôi của phân tử ADN có sự tham 

gia của một số Enzim và một số yếu tố khác có tác dụng 

tháo xoắn, tách mạch, giữ mạch ở trạng thái duỗi, liên kết 

các Nuclêotit với nhau 

+ ADN là khuôn mẫu →mARN. 

+ mARN là khuôn mẫu →Prôtêin. 

+ Prôtêin tương tác với môi trường →Tính trạng. 

Bản chất: 

+Trình tự Nuclêôtit/ADN →trình tự 

Nuclêôtit/mARN→trình tự axit amin/phân tử 

Prôtêin.Prôtêin tham gia cấu trúc và hoạt động sinh 

lý→tính trạng.. 

Bệnh Đao là hội chứng do đột biến di bội.Người bệnh có 

3 NST ở cặp NST 21. (0.5đ ) 

Sơ đồ : Xét ở cặp NST 21 

P: 2NST cặp 21 x 2NST cặp 21 







0.5 đ 

(0,5 đ) 

(0,5 đ) 

(0,5 đ) 

(0,5 đ) 

(0,5 đ) 






( 0,5đ) 

(1.0đ ) 










Câu VII 

(3,5 

điểm) 

Câu VIII 

(4,0 

điểm) 


G p : 2NST cặp 21( giao tử đột biến) 1NST cặp 21 

F : 

3 NST 21 (Ba nhiễm) 

Ngoài 35 tuổi phụ nữ không nên sinh con vì: Con sinh ra dễ 

mắc các bệnh và tật di truyền,đặc biệt là nguy cơ mắc bệnh 

Đao rất lớn. 

a/ Chiều dài và số lần nhân đôi của mỗi gen. 

* Tổng số nuclêôtít của 2 gen : 210 x 20 = 4200 nuclêôtít 

Gọi a, b lần lượt là số nuclêôtít của gen 1 và gen 2 

Ta có: a + b = 4200 

Theo bài ra: a = 2 5 b 

2 b + b= 4200 b= 3000 ; a = 4200-3000=1200 

5 

Chiều dài của gen 1: 1200:2 x3,4 A 0 = 2040 A 0 =0.204Mm 

Chiều dài của gen 2: 3000:2 x3,4 A 0 = 5100 A 0 =0.51Mm 

* Gọi x, y lần lượt là số đợt nhân đôi của gen 1 và gen 2 

Ta có: x + y = 8 

-số nuclêôtít môi trường cung cấp cho gen1: 

(2 x – 1) . 1200 = 8400 x =3 

y= 8-3 =5 

b/ Số lượng nuclêôtít môi trường cung cấp cho quá trình 

nhân đôi của 2 gen. 

Số lượng nuclêôtít môi trường cung cấp cho gen 2 : 

( 2 5 - 1). 3000 = 93000 

Số lượng nuclêôtít môi trường cung cấp cho quá trình nhân 

đôi của 2 gen: 8400 + 93000 = 101400 

F 2 có tỷ lệ 140 : 142 : 138 : 139 xấp xỉ 1 : 1 : 1 : 1 

Theo đề bài, ta quy ước gen: 

- Về màu thân: Gen A : thân xám; Gen a : thân đen 

- Về đọ dài lông: Gen B : lông ngắn ; Gen b : lông dài 

Phân tích từng tính trạng ở con lai F 1 : 

- Về màu thân: thânxám = 140+142 = 282 

thân đen 138 + 139 277 

xấp xỉ 1 xám 

1đen 

Đây là tỷ lệ phép lai phân tích. Suy ra có 1 cơ thể lai mang 

tính lặn thân đen ( aa) và cơ thể còn lại mang kiểu gen dị 

hợp Aa ( thân xám) 

P : Aa ( xám) x aa ( đen) 

- Về độ dài lông: lông ngắn = 138 + 140 = 278 xấp 

xỉ 1 ngắn 

lông dài 142 + 139 281 1 dài 



(1.0đ ) 





2.0 

1.5 

















Đây là tỷ lệ phép lai phân tích. Suy ra có 1 cơ thể lai mang 

tính lặn lông dài ( bb) và cơ thể còn lại mang kiểu gen dị 

hợp Bb ( lông ngắn) 

P : Bb ( lông ngắn) x bb ( lông dài) 

Tổ hợp 2 tính trạng, có 1 trong 2 sơ đồ lai sau: 

P : AaBb ( thân xám, lông ngắn) x aabb ( thân đen, lông 

dài) 

P : Aabb ( thân xám, lông dài) x aaBb ( thân đen, lông 

ngắn) 

* Sơ đồ lai 1: 

P : AaBb ( thân xám, lông ngắn) x aabb ( thân đen, lông 

dài) 

GP : AB, Ab , aB , ab ab 

F 1 : 1AaBb , 1 Aabb, 1aaBb , 1aabb 

Kiểu hình: 1 xám, ngắn : 1 xám, dài : 1 đen, ngắn : 1 đen 

dài 

* Sơ đồ lai 2: 

P : Aabb ( thân xám, lông dài) x aaBb ( thân đen, lông 

ngắn) 

GP : Ab , ab aB , ab 

F 1 : 1AaBb, 1 Aabb, 1aaBb, 1aabb 

Kiểu hình: 1 xám, ngắn : 1 xám, dài : 1 đen, ngắn : 1 đen 

dài 


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


0,5 đ 

(0,5 đ) 

( 1.0 đ) 

(1.0 đ) 






















ĐỀ BÀI 


Nguyên tắc bổ sung được thể hiện như thế nào trong các cơ chế di truyền ở cấp độ 

phân tử? Nêu ý nghĩa của nguyên tắc bổ sung trong các cơ chế đó. 


Thế nào là quần xã sinh vật? Quần xã sinh vật có những đặc trưng cơ bản nào? 


Một tế bào sinh tinh, xét 3 cặp nhiễm sắc thể được kí hiệu là Aa; Bb; Dd. Hãy viết kí 

hiệu về bộ nhiễm sắc thể của tế bào đó khi đang ở kì giữa của quá trình nguyên phân; kì 

giữa của giảm phân I; kì giữa của giảm phân II và kì cuối của giảm phân II. Biết rằng 

không xảy ra đột biến và không xảy ra trao đổi chéo. 


a) Người mang ba nhiễm sắc thể 21 bị mắc hội chứng nào? Giải thích cơ chế phát 

sinh hội chứng đó? 

b) Phân biệt thể tam bội với thể lưỡng bội. 


a) Thế nào là giới hạn sinh thái? Sinh vật sẽ sinh trưởng và phát triển như thế nào khi 

chúng sống ngoài khoảng thuận lợi? 

b) Trong thực tiễn sản xuất, cần phải làm gì để tránh sự cạnh tranh gay gắt giữa các 

cá thể sinh vật góp phần làm tăng năng suất vật nuôi, cây trồng? 

Câu 6 (1,0 điểm). 

Nêu quy trình nhân giống chuối bằng phương pháp nuôi cấy mô tế bào. 


Ở đậu Hà lan, alen A quy định hoa đỏ là trội hoàn toàn so với alen a quy định hoa trắng. 

Thế hệ xuất phát (P) có 1/3 số cây có kiểu gen AA, 2/3 số cây có kiểu gen Aa. Hãy xác định 

tỉ lệ kiểu gen, tỉ lệ kiểu hình ở thế hệ tiếp theo (F 1 ) trong trường hợp các cây tự thụ phấn bắt 

buộc và giao phấn ngẫu nhiên. 


Một gen có 4800 liên kết hiđrô và có tỉ lệ A/G = 1/2, bị đột biến thành alen mới có 

4801 liên kết hiđrô và có khối lượng 108.10 4 đvC. Tính số nuclêôtit mỗi loại của gen ban 

đầu và gen sau đột biến. 

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






















- Trong cơ chế tự nhân đôi: 

+ NTBS: các nuclêôtit tự do của môi trường liên kết với các nuclêôtit 



trong các mạch khuôn của ADN theo nguyên tắc bổ sung: A-T, G-X 

+ Ý nghĩa: nhờ các nguyên tắc trên, từ phân tử ADN ban đầu tạo ra các 025 

phân tử ADN con giống nhau và giống ADN ban đầu -> đảm bảo cho 

tính đặc trưng của các phân tử ADN duy trì ổn định qua các thế hệ tế 0,25 

bào 

- Trong cơ chế tổng hợp ARN: 

+ NTBS: các nuclêôtit tự do của môi trường liên kết với các nuclêôtit 

1 

trong mạch khuôn (mạch gốc) của gen theo nguyên tắc bổ sung (A-T; U- 

(1,5đ) 

A; G-X; X-G) …… 



+ Ý nghĩa: sao chép chính xác thông tin di truyền trên mạch gốc của gen 

sang phân tử ARN. 

- Trong cơ chế tổng hợp prôtêin: 

+ NTBS: giữa các anticodon của tARN với codon của mARN (A-U, G- 

X) 

+ Ý nghĩa: nhờ NTBS, mã di truyền trên mARN được dịch thành chuỗi 

pôlipeptit đúng với thông tin di truyền trong gen cấu trúc 

2 

(1,0đ) 

3 

(1,5đ) 

- Quần xã sinh vật là một tập hợp những quần thể sinh vật thuộc nhiều 

loài khác nhau, cùng sống trong một khoảng không gian nhất định, các 

sinh vật trong quần xã có mối quan hệ gắn bó với nhau như một thể 

thống nhất 

- Đặc trưng cơ bản của một quần xã: 

+ Đặc trưng về số lượng loài trong quần xã: Độ đa dạng, độ nhiều 

+ Đặc trưng về thành phần loài: Loài ưu thế, loài đặc trưng 

+ Đặc trưng về sự phân bố các cá thể trong không gian của trong quần 

xã 

- Kì giữa nguyên phân: AAaaBBbbDDdd 

- Kì giữa giảm phân I: 

AAaa AAaa AAaa AAaa 

BBbb Hoặc bbBB Hoặc BBbb Hoặc bbBB 

DDdd DDdd ddDD ddDD 

- Kì giữa của giảm phân II: AABBDD và aabbdd hoặc AAbbDD và 

aaBBdd hoặc AABBdd và aabbDD hoặc aaBBDD và AAbbdd. 

- Kì cuối của giảm phân II: ABD và abd hoặc AbD và aBd hoặc ABd và 

abD hoặc aBD và Abd. 












0,5 

0,5 













4 

(1,5đ) 

5 

(1,5đ) 

6 

(1,0đ) 

7 

(1,0đ) 

a. 

- Người mang 3 NST 21 bị mắc hội chứng Đao 

- Cơ chế phát sinh hội chứng Đao: 

+ Trong quá trình giảm phân ở bố hoặc mẹ (chủ yếu là mẹ) cặp NST 21 

không phân li tạo giao tử đột biến mang 3 NST 21 (n+1) 

+ Trong thụ tinh giao tử mang 3 NST 21 kết hợp với giao tử bình 

thường mang 1 NST 21 tạo hợp tử mang 3 NST 21 phát triển thành 

người mắc hội chứng Đao … 

b. Phân biệt thể lưỡng bội và thể tam bội 

Thể lưỡng bội 

Thể tam bội 

- Có bộ NST là 2n 

- Có bộ NST là 3n 

- Có tế bào và cơ quan sinh - Có tế bào to, cơ quan sinh 

dưỡng bình thường, sinh trưởng dưỡng lớn, sinh trưởng, phát 

phát, triển bình thường. triển mạnh. 

- Phổ biến ở cả động vật và thực - Phổ biến ở thực vật, hiếm gặp ở 

vật, sinh sản bình thường động vật, thường không có khả 

năng sinh sản hữu tính . 

a. 

- Giới hạn sinh thái là giới hạn chịu đựng của cơ thể sinh vật đối với một 

nhân tố sinh thái nào đó; ở đó có giới hạn trên, giới hạn dưới và khoảng 

thuận lợi 

- Khi sống ngoài khoảng thuận lợi nhưng trong giới hạn: cơ thể sinh 

trưởng và phát triển kém hơn vì luôn phải chống chịu trước những yếu 

tố bất lợi từ môi trường. 

- Khi sinh vật sống ngoài giới hạn chịu đựng: các hoạt động sinh lí của 

cơ thể bị ức chế và chết 

b. Trong thực tiễn sản xuất cần trồng cây và nuôi động vật với mật độ 

hợp lí, áp dụng các kĩ thuật tỉa thưa đối với thực vật hoặc tách đàn đối 

với động vật khi cần thiết, cung cấp thức ăn đầy đủ và vệ sinh môi 

trường sạch sẽ tăng năng suất cây trồng, vật nuôi. 











0,5 



Quy trình nhân giống chuối bằng phương pháp nuôi cấy mô tế bào: 

- Tách mô phân sinh của lá non, đỉnh sinh trưởng đem nuôi cấy trên môi 0,25 

trường đặc biệt trong ống nghiệm, bổ sung hoocmôn để tạo mô sẹo.. 

- Chuyển mô sẹo sang môi trường dinh dưỡng đặc có hoocmôn thích 0,25 

hợp để tạo cây con 

- Cây con được chuyển sang trồng trong bầu ở vườn ươm có mái che 0,25 

- Cây con từ vườn ươm được chuyển ra trồng ngoài đồng ruộng 0,25 

- Trường hợp tự thụ phấn bắt buộc: 

+ Tỉ lệ kiểu gen ở F 1 : 1/3AA + 2/3(1/4AA + 2/4Aa + 1/4 aa) 3/6AA 0,25 


0,5 










8 

(1,0đ) 


+ 2/6Aa + 1/6aa 

+ Tỉ lệ kiểu hình ở F 1 : 5 đỏ : 1 trắng. 

- Trường hợp giao phấn ngẫu nhiên: 

+ Tỉ lệ kiểu gen ở F 1 : 

P: 1/9 (AA x AA) => 1/9 AA 

P: 2.2/9 (AA x Aa) =>2/9 AA + 2/9 Aa 

P: 4/9 (Aa x Aa) => 4/36AA + 8/36Aa + 4/36 aa 

= 4/9AA + 4/9Aa + 1/9aa 

+ Tỉ lệ kiểu hình ở F 1 : 8 đỏ : 1 trắng. 

(Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa) 

1. Gen ban đầu 

- Ta có 2A+3G =4800; => 2A + 3x2A = 4800 

=> A = T = 600; G = X = 1200. 

2. Gen sau đột biến 

- Số Nuclêôtit gen đột biến = 108.10 4 : 300 = 3600. 

- Gen đột biến có 2A + 3G = 4801; 2A+ 2G = 3600. 

=> G = 4801-3600 = 1201; A = T = 599 

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































ĐỀ BÀI 


a Nội dung cơ bản của phương pháp phân tích các thế hệ lai của Men đen gồm những 

điểm nào? 

b.Phát biểu nội dung của qui luật phân li và phân li độc lập của Men đen? 

c. Hiện tượng di truyền liên kết đã bổ sung cho quy luật phân li độc lập của Menđen 

những điểm nào? 

Câu 2 ( 2 điểm):Cấu trúc của NST được biểu hiện rõ nhất ở kì nào của quá trình phân 

chia tế bào? Vì sao? Mô tả cấu trúc đó? 

Câu 3 ( 3 điểm): Điểm khác nhau cơ bản giữa quá trình phát sinh giao tử đực và quá 

trình phát sinh giao tử cái ở động vật? 


a. Nguyên tắc bổ sung được biểu hiện trong mối quan hệ ở sơ đồ dưới đây như thế 

nào? 

Gen (một đoạn ADN m 1 

2 

ARN Prôtêin 

b. Một gen có trình tự các nuclêôtít của mạch 1 là: 

..ATG XTA GGX XGA TGX… 

Viết mạch mARN được tổng hợp từ mạch2 của gen. 


a. Gen B cú số nuclờụtit loại A là 500 và loại G là 1000. Gen B đột biến thành gen b 

nhưng số lượng nuclờụtit của 2 gen vẫn bằng nhau. Gen b cú tỉ lệ A/G = 50,15%. Xác 

định kiểu đột biến gen. 

b. Trong sản xuất cú những cách nào để tạo ra thể tam bội (3n) và thể tứ bội (4n) 

Câu6 (3 điểm): 

a. Ở ngô có số lượng nhiễm sắc thể trong tế bào sinh dưỡng 2n = 20. Trong tự nhiên có 

thể phát hiện tối đa được bao nhiêu thể 3 nhiễm khác nhau? 

b.Nguyên nhân, cơ chế hình thành thể di bội 2n -1 


Cho hai thứ cà chua thân cao, quả đỏ và thân thấp, quả vàng giao phấn với nhau thì 

được F 1 toàn thân cao, quả đỏ. Cho F 1 tạp giao thì thu được F 2 gồm có : 315 hạt khi gieo 

thành cây thân cao, quả đỏ ; 101 cây thân cao, quả vàng; 108 cây thân thấp, quả đỏ; 320 

cây thân thấp, quả vàng. 

a.Cho biết kết quả lai tuân theo định luật nào? Giải thích? 

b. Đem cây thân cao, quả đỏ ở F 2 thụ phấn với cây thân thấp, quả vàng được F 3 : 

50% cây thân cao, quả đỏ: 50% thâncao, quả vàng. Tìm kiểu gen của kiểu cây F 2 đó 

và viết sơ đồ lai. 

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






















1 


Menđen: 

- Lai các cặp bố mẹ khác nhau về một hoặc một số cặp tính trạng thuần 

chủng tương phản… 

-Dùng toán thống kê để phân tích các số liệu thu được từ đó rút ra các 

qui luật di truyềncác tính trạng 

b.Nội dung của qui luật : 

- Phân li: Trong quá trình phát sinh giao tử mỗi nhân tố di truyền trong 

cặp nhân tố di truyền phân li về một giao tử…… 

- Phân li độc lập:Các cặp nhân tố di truyền ( cặp gen) đã phân li độc lập 

trong quá trình phát sinh giao tử. 

c.Bổ sung cho quy luật phân ly độc lập: 

+ Trong tế bào, số lượng gen lớn hơn số lượng NST nên mỗi NST phải 

mang nhiều gen 

+ Các gen phân bố trên NST theo hàng dọc tại những vị trí xác định gọi 

là Lô cút 

+ Quy luật phân ly độc lập chỉ đúng trong trường hợp các gen nằm trên 

các NST khác nhau 

+ Các gen trên 1 NST không phân ly độc lập mà cùng nhau trong quá 

trình phân bào làm thành nhóm gen liên kết. Số nhóm gen liên kết = số 

NST đơn bội 

+ Sự di truyền liên kết phổ biến hơn di truyền phân ly độc lập. 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 



2 

3 

- Cấu trúc NST được biểu hiện rõ nhất ở kì giữa của quá trình phân 

bào. 

-Vì: 

+ở kì giữa NST đóng xoắn cực đại 

+Mỗi NS T ở dạng kép 

+Tập trung thành hàng trên mặt phẳng xích đạo của thoi phân bào 

-Cấu trúc NST ở kì giữa: 

+ NST gồm 2 crômatít gắn với nhau ở tâm động chia NST thành 2 

cánh… 

+ Mỗi crômatít gồm chủ yếu một phân tử AD N và prôtêin loại histon . 

Sự khác nhau cơ bản giữa quá trình phát sinh giao tử cái và quá trình 

phát sinh giao tử đực ở động vật: 

Phát sinh giao tử cái 

Phát sinh giao tử đực 

-Noãn bào bậc 1 qua giảm phân 1 - Tinh bào bậc1 qua giảm phân 1 

cho thể cực thứ nhất có kích cho 2 tinh bào bậc 2 

thước nhỏ và noãn bào bậc 2 có 







0,75 

1.0 

1,0 










4 

5 

6 



- Noãn bào bậc 2 qua giảm phân 

2 cho 1 thể cực thứ hai có kích 

thước bé và 1 tế bào trứng có 


-Từ 1 noãn bào bậc 1qua giảm 

phân cho 2 thể cực và một tế bào 

trứng, trong đó chỉ có trứng trực 

tiếp tham gia thụ tinh. 



- Mỗi tinh bào bậc2 qua giảm 

phân 2 cho 2 tinh tử .các tinh tử 

phát triển thành tinh trùng 

-Mỗi tinh bào bậc1 qua giảm 

phân cho 4 tinh trùng .các tinh 

trùng này đều tham gia vào thụ 

tinh. 

a. Nguyên tắc bổ sung được biểu hiện: 

1 

*Gen m ARN:Các nuclêôtít trên mạch khuôn của gen liên kết 

với các nuclêôtít tự do trong môi trường nội bào thành từng cặp: 

A –U; T- A; G –X ; X – G 

2 

* m ARN Prôtêin :Các loại nuclêôtít ở mARN và t ARN kết 

hợp với nhau từng cặp theo NTBS: A –U; G –X thì 1 a xít amin 

được đặt vào chuỗi a xít amin. 

b. Mạch 1 của gen: ….ATG XTA GGX XGA TGX… 

Mạch 2 của gen: ....TAX GAT XXG GXT AXG… 

m ARNtổng hợp từ mạch2:....AUG XUA GGX XGAUGX..... 

a. Gen B có tỉ lệ A/G = 500/1000=50% 

Gen B đột biến thành gen b có tỉ lệ A/G = 50,15% 

Ta thấy: Đột biến làm tỉ lệ A/G tăng , Tổng số Nu của gen B và gen b 

không đổi : Gen b Nu loại A tăng bằng Loại G giảm, 

- Gọi x là số Nu loại A tăng bằng số Nu G giảm 

Ta có: A + x 500+x 

= 50,15%=0,5015 

G – x 1000-x 

500+ x=0,5015(1000-x)=> x=1 

Vậy đây là dạng đột biến thay thế 1cặp G-X bằng cặp 1cặp A-T 

b.Trong sản xuất có những cách tạo ra thể 3n và thể tứ bội 4n 

* Tạo thể tam bội 3n: 

- Tác động vào quá trình giảm phân ở một bên bố hoặc mẹ tạo ra giao 

tử 2n, cho giao tử 2n kết hợp với giao tử n tạo thành thể tam bội 3n 

- cho lai thể tử bội 4n( tạo giao tử 2n) với thể lưỡng bội 2n( cho giao tử 

n) 

tạo thành thể tam bội 3n. 

*Tạo thể tứ bội 4n: 

- Tác động vào lần nguyên phân của hợp tử 2n tạo thành tế bào 4n. 

- Tác động vào quá trình giảm phân tạo giao tử 2n, giao tử 2n kết hợp 

với giao tử 2n tạo thành thể tứ bội 4n. 

c. ở ngô bộ NST trong tế bào sinh dưỡng 2n = 20 => n = 10 

Vậy sẽ có 10 thể ba nhiễm dạng (2n + 1) 

d. Nguyên nhân: 

- Do tác động của các tác nhân lý, hoá học hoặc rối loạn hoạt động 





1,0 

1,0 

1,0 

1.0 

0.5 

0,5 

0,5 đ 

0,5 đ 






0,5 










7 


sinh lý trong tế bào 1cặp NST nào đó phân li không bình thường. 

- Cơ chế : 

+Trong giảm phân 1cặp NST nào đó của bố hoặc mẹ không phân li 

tạo ra giao tử không mang NST nào của cặp NST đó gọi là giao tử 

(n-1) 

+ Qua thụ tinh nếu giao tử (n -1) kết hợp với giao tử bình thường (n) 

hợp tử mang bộ NST (2n- 1) 

1, Xác định quy luật di truyền 

- Theo bài ra F1 : Thân cao, quả đỏ F1 đồng tính 

- F2 : 315 cao, đỏ :101cao,vàng :108 thấp,đỏ :32 thấp,vàng 

F2 phân tính theo tỉ lệ: 9: 3: 3: 1 (1) 

- Xét tỉ lệ phân li từng cặp tính trạng ở F2 

+ Cao / thấp = 315 + 101 / 108 + 32 3 : 1 thân cao trội hoàn 

toàn so với thân thấp. 

+ đỏ / vàng = 315 + 108 / 101 + 32 3:1 đỏ trội hoàn toàn so 

với vàng. 

Tích tỉ lệ các cặp tính trạng ở F2 : (3 cao : 1 thấp)(3 đỏ : 1 vàng) 

= 9:3:3:1 (2) 

Kết hợp (1) và (2) ta có: P huần chủng về tính trạng đem lai => 

2 cặp tính trạng hình dạng thân và màu sắc của quả nằm trên 2 

NST khác nhau và di truyền theo quy luật phân li độc lập. 


Cao: A 

Quả đỏ: B 

Thấp: a 

Quả vàng : b 

Sơ đồ lai: P: AAbb x aaBB 

HS tự viết sơ đồ lai đến F2 

2, Thân cao, quả đỏ ỏ F2 lai với cây thân thấp ,quả vàng mang tính 

trạng lặn ở F3: 50% cao ,đỏ : 50% cao , vàng Cây thân cao,quảđỏ ỏ 

F2 đem lai cho 2 loại giao tử: AB ,Ab . Do đó kiểu gen của cây thân 

cao, quả đỏ ỏ F2: AABb 

HS tự viết sơ đồ lai : AABb x aabb 

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




0,5 

1,0 

1,0 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 




















ĐỀ BÀI 


Câu 1 (4 điểm): Ở một loài thực vật: Cho lai F1 với 3 cây khác nhau kết quả thu 

được F2 như sau: 

- Với cây thứ nhất thu được 6.25% cây thân thấp, quả dài 

- Với cây thứ 2 thu được tỉ lệ: 3 cây thân cao, quả tròn 

3 cây thân thấp, quả tròn 

1 cây thân cao, quả dài 

1 cây thân thấp, quả dài. 

- Với cây thứ 3 thu được 4 lại kiểu hình khác nhau nhưng với tỉ lệ: 1 : 1: 1 : 1. 

a) Hãy biện luận viết sơ đồ lai cho 3 phép lai trên. Biết mỗi gen quy định 1 tính trạng 

và các gen nằm trên các NST thường khác nhau. 

b) Để thu được F1 có kiểu gen như trên thì P thuần chủng phải có kiểu gen như thế 

nào? 

Câu 2 (2 điểm): Cơ chế nào giúp duy trì ổn định bộ NST của loài qua các thế hệ? 

Câu 3 (3 điểm): Ở 1 loài sinh vật quan sát 5 tế bào mầm thực hiện nguyên phân 4 lần 

liên tiếp đòi hỏi môi trường cung cấp 1500 NST đơn. 

a) Tìm bộ NST của loài. Đó là loài nào? 

b) Nếu tất cả tế bào con tạo thành đều tham gia quá trình. Hãy tính: 

- Số tinh trùng tạo thành 

- Số NST môi trường cung cấp cho quá trình giảm phân trên. 

c) Các tinh trùng trên đều tham gia thụ tinh với sác xuất 12.5%. Tính số hợp tử tạo 

thành từ các tinh trùng trên. 

Câu 4 (2 điểm): Vì sao hàm lượng ADN luôn ổn định trong tế bào qua các thế hệ của 

loài. 

Câu 5 (3 điểm): Một gen dài 5100 A 0 A 3 

có tỉ lệ . Trên mạch 1 của gên có 350 T 

G 2 

và mạch 2 của gen có 250 X. 

a) Số Nuclêôtit của gen và số Nuclêôtit từng loại của gen. 

b) Số Nuclêôtit từng loại trên mỗi mạch của gen 

c) Trình tự các Nuclêôtit từng loại trên phân tử mARN tổng hợp t ừ mạch 1 của gen 

Câu 6 (2 điểm): S ự hình thành thể tứ bội trong nguyên phân v à giảm phân. Viết sơ 

đồ minh hoạ. 

Câu 7 (2 điểm): Tại sao đa số các đột biến gen là có hại nhưng nó vẫn là nguồn 

nguyên liệu chủ yếu cho chọn lọc và tiến hoá. 

Câu 8 (2 điểm): Thoái hoá biểu hiện như thế nào ở thực vật và động vật. Nguyên 

nhân của hiện tượng thoái hoá. 

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





















Câu Đáp án Biểu 

điểm 

Câu 1 a) Có 3 phép lai mỗi phép lai cho 1 điểm 

* Xét với cây thứ nhất: 

3 điểm 

1đ 

1 

- Do F2 thu 6.25% cây thân thấp, quả dài = F2 cho 16 loại tổ hợp 

16 

= 4 giao tử x 4 giao tử. Vậy F1 và cây thứ nhất đều cho 4 loại giao tử 

nên phải dị hợp 2 cặp gen. 

1 

- tổ hợp ở F2 là tổ hợp mang tính trạng lặn 

16 


Quy ước: Gen A qui định tính trạng thân cao. 

Gen a qui định tính trạng thân Thấp. 

Gen B qui định tính trạng quả tròn. 

Gen b qui định tính trạng quả dài. 

F1 và cây thứ nhất đều có kiểu gen AaBb 

- Ta có sơ đồ lai: F1 x F1: AaBb x AaBb 


Gf1 AB, Ab, aB, ab AB, Ab, aB, ab 

F2: ( học sinh tự kẻ bảng) 

+ Tỉ lệ KG: + Tỉ lệ KH 


1 AABB, 2 AABb, 2 AaBB, 4 AaBb 9 Thân cao, quả tròn 

1 AAbb, 2 Aabb 3 thân cao, quả dài 

1 aaBB, 2 aaBb 3 thân thấp, quả tròn 

1 aabb 1 thân thấp, quả dài. 0.25đ 

* Xét với cây thứ hai: 

1đ 

- Xét sự di truyền riêng rẽ của từng cặp tính trạng: 

cao 3 1 

1 

+ Kích thước: 

thap 3 1 

1 


Phép lai của cặp tính trạng này: Aa x aa. 

tron 3 3 3 

+ Dạng quả: 

dai 11 

1 

Phép lai của cặp tính trạng này: Bb x Bb. 

Do cây F1 có kiểu gen là AaBb nên cây thứ 2 có kiểu gen aaBb 


- Ta có sơ đồ lai: F1 x F1: AaBb x aaBb 

Gf1 AB, Ab, aB, ab aB, ab 




1 AaBB, 2 AaBb 3 Thân cao, quả tròn 

1 Aabb 1 thân cao, quả dài 

1 aaBB, 2 aaBb 3 thân thấp, quả tròn 0.25đ 

1 aabb 1 thân thấp, quả dài. 

1đ 

* Xét với cây thứ ba: 


















Do F2 thu được tỉ lệ KH 1: 1: 1: 1 = 4 loại tổ hợp = 4 giao tử x 1 giao 

tử(vì F 1 ở các câu trên AaBb luôn cho 4 loại giao tử ) 


- Cây thứ 3 cho 1 loại giao tử nên phải cỏ kiểu gen đồng hợp. Mà F2 

cho 4 loại KH khác nhau nên cây thứ 3 phảI đồng gen lặn aabb. 0.25đ 

- Ta có sơ đồ lai: F1 x F1: AaBb x aabb 

Gf1 AB, Ab, aB, ab ab 




1 AaBb 1 Thân cao, quả tròn 

1 Aabb 1 thân cao, quả dài 

1 aaBb 1 thân thấp, quả tròn 

1 aabb 1 thân thấp, quả dài. 


b) Để thu được F1 có kiểu gen AaBb thì P thuần chủng đối lập có 1 Điểm 

2 trường hợp: 

- TH1: P AABBB x aabb 

0.5đ 

- TH2: P Aabb x aaBB 

0.5đ 

( Học sinh tự viết sơ đồ lai mỗi trường hợp) 

Câu 2 Cơ chế duy trì ổn định bộ NST qua các thế hệ của loài: 

2 Điểm 

*ở sinh sản hữu tính: - Bộ NST được duy trì ổn định thông qua 3 cơ 

chế: Nguyên phân, giảm phân, thụ tinh. 

0.5đ 

- Sự kiện quan trọng nhất là sự tự nhân đôI, phân li, tổ hợp ngẫu 

nhiên của NST trong nguyên phân và giảm phân. Sự tổ hợp ngẫu 0.5đ 

nhiên của NST của bố và mẹ trong thụ tinh. 

- Nhờ sự tự nhân đôI và phân li chính xác mà bộ NST 2n trong hợp 

tử được sao chép nguyên vẹn cho 2 tế bào con. Nhờ sự tự nhân đôI 

kết hợp với phân li độc lập của NST trong cặp tương đồng trong 

giảm phân mà bộ NST tron giao tử giảm đI một nữa. Sự kết hợp của 0.5đ 

2 giao tử đơn bội n trong thụ tinh tạo hợp tử có bộ NST 2n đặc trưng. 

*ở sinh sản vô tính: Bộ nST loài duy trì nhờ cơ chế nguyên phân thực 

chất là sự nhân đôi NST kết hợp với cơ chế phân ly đồng đều các 

Cromatit trong từng NST kép về 2 cực tế bào tạo các tế bào con có 0.5đ 

bộ NST 2n ổn định. 

Câu 3 a- gọi bộ NST của loài 2n. 

3 Điểm 

số NST môi trường cung cấp cho 5 tế bào nguyên phân 4 lần liên tiếp l 

2n . 5 . ( 2 4 - 1) = 1500 → 2n . 75 = 1500. 

→ 2n = 20 →.Đó là ngô 

1đ 

b- Số tế bào con tạo thành là: 5 . 2 4 = 80 TB 

Do mỗi tế bào giảm phân hình thành 4 tinh trùng. 

→ Nên số tinh trùng tạo thành là: 80 . 4 = 320 ( tt) 

0.5đ 

- Do có 80 tế bào giảm phân: 

Số NST môi trường cung cấp cho quá trình giảm phân: 80 . 20 = 1600 NST0.5đ 

c- Do xác suất thụ tinh là 12.5%. nên số hợp tử có thể tạo thành từ các tinh 

trùng trên là: 320 . 12.5% = 40 hợp tử 

1đ 

Câu 4 

2 Điểm 















Câu 5 

Câu 6 


Hàm lượng AND luôn ổn định trong tế bào qua các thế hệ do: 

- ADN là thành phần chính của NST. ADN có khả năng tự nhân đôi 

và phân ly cùng với sự nhân đôi và phân ly của NST trong nguyên 

phân đảm bảo hàm lượng ADN trong tế bào con giống tế bào mẹ. 

- Trong quá trình giảm phân ADN nhân đôi, phân ly, tổ hợp cùng với 

sự nhân đôi , phân ly của NST mà hàm lượng ADN trong giao tử 

giảm đi một nữa. 

- Trong quá trình thụ tinh, nhờ sự kết hợp hàm lượng ADN trong 

giao tử của bố và mẹ mà hàm lượng ADN được ổn định. 

- Nhờ cấu trúc 2 mạch bổ sung bền vững và cơ chế tự sữa sai của 

phân tử ADN mà hàm lượng ADN luôn ổn định trong tế bào. 

L 

a- Gọi số (nu) của gen là N = 

34 x20 20 34 

- Ta có N = A + T + G + X = 2A + 2 G = 3000 (1) 

A 3 

Mà bài ra: 

G 2 

hay 2A = 3G (2) lấy (2) thay vào (1) ta được 5 G = 

3000 

G = 600 → A = 900. 

Theo NTBS: A = T = 900 (nu) G = X = 600 (nu) 

b- Số nu từng loại trên mỗi mạch của gen: 

Theo NTBS: T 1 = A 2 = 350 → T 2 = A 1 = A – A 1 = 900 – 350 = 

550(nu) 

Theo NTBS: X 2 = G 1 = 250 → G 2 = X 1 = G – G 1 = 600 – 250 = 

350(nu) 

c- Số nu từng loại trên mARN tổng hợp từ mạch 1 của gen: 

Theo NTBS giữa gen và ARN ta có: 

mARN Mạch 1 Số lượng 

A = T 1 = 350 (nu) 

U = A 1 = 550 (nu) 

G = X 1 = 350(nu) 

X = G 1 = 250(nu) 



0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

3 Điểm 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

* Sự hình thành thể tứ bội trong nguyên phân: Do sự nhân đôi nhưng 

không phân ly của tất cả các NST làm cho NST bội nhiễm trong tế 0.5đ 

bào tăng lên gấp đôi. 

- Sơ đồ lai: P 2n x 2n 

Gp n n 

F1 

2n 

Nguyên phân 

0.5đ 

4n 

* Sự hình thành thể tứ bội trong giảm phân: Do sự nhân đôi nhưng 

không phân ly của tất cả các NST làm cho NST bội nhiễm trong giao 0.5đ 

tử tăng lên gấp đôi. 

- Sơ đồ lai: P 2n x 2n 


0.5đ 

0.5đ 

2 Điểm 















Gp Gp 

Gp 2n 2 n 

F1 

4n 

Nguyên phân 

4n 

Câu 

7 - Đa số đột biến gen là có hại vì chúng phá vỡ mối liên hệ hài hoà 

trong kiểu gen và giữa kiểu gen với môi trường . Gây rối loạn trong 

cấu trúc phân tử Prôtêin. 

- Đa số các đột biến gen là đột biến gen lặn. ở trạng thái dị hợp nó sẽ 

được nhân lên trong quần thểqua giao phối tạo ra vô số các biến dị tổ 

hợp. 

- Là những biến đổi trong cấu trúc của gen so với các đột biến khác 

thì đột biến gen ít ảnh hưởng đến sức sống của sinh vật, và số lượng 

gen trong cơ thể sinh vật là rất lớn. 

- Tính Lợi hay hại chỉ mang tính tương đối: 1 số đột biến có hại cho 

sinh vật trong 1 số trường hợp nó trở thành có lợi cho con người: 

VD: Cừu đột biến từ chân cao thành chân thấp có hại cho Cừu 

nhưng lại có lợi ch người chăn nuôi Cừu. 

Câu 

8 

* Thoái hoá biểu hiện: 

- ở thực vật:Qua các thế hệ biểu hiện sức sống giảm dần: sinh trưởng 

chậm, chiều cao năng suất giảm, nhiều cây bị chết…. 

- ở động vật: Qua các thế hệ biểu hiệnsinh trưởng và phát triển yếu, 

sinh sản giảm, xuất hiện dị tật quái thai, chết non…. 

* Nguyên nhân: Qua các thế hệ tự thụ phấn hoặc giao phối gần tỉ lệ 

kiểu gen dị hợp giảm dần. Đồng thời tỉ lệ kiểu gen đồng hợp tăng, 

làm tăng tỉ lệ kiểu gen đồng hợp lặn gây hại biểu hiện thoái hoá. 

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



0.5đ 

2 điểm 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

0.5đ 

2 Điểm 

0.5đ 


0.5đ 

1đ

Tuyển tập đề thi HSG cấp huyện môn Toán - Lý - Hóa - Sinh - Lớp 9 - 25 đề kèm đáp án - Từ năm 2018 trở về trước

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?