intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE

Đề thi học sinh giỏi lớp 10 THPT năm 2012 - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:33

512
lượt xem
102
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh có tài liệu ôn tập những kiến thức cơ bản, kỹ năng giải các bài tập nhanh nhất và chuẩn bị cho kì thi sắp tới tốt hơn. Hãy tham khảo đề thi học sinh giỏi lớp 10 THPT năm 2012 của sở giáo dục và đào tạo Hà Tĩnh.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi lớp 10 THPT năm 2012 - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh

  1. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2011-2012 MÔN TOÁN LỚP 10 Thời gian làm bài 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC ( Đề thi có 01 trang, gồm 4 câu) Câu 1. a) Giải phương trình: x 2  7 x  10  2 x  2 .  x 2  y 2  2 x  2 y  3 b) Giải hệ phương trình:  2  .  y  2 xy  2 x  4  Câu 2. Tam giác ABC có độ dài các cạnh là a, b, c và có diện tích bằng 1. Chứng minh rằng: 2012a 2  2010b 2  1005c 2  4 2010 . Câu 3. a) Xác định hình dạng tam giác ABC biết các góc A, B, C của tam giác sin C đó thỏa mãn hệ thức:  2. SinA cos B b) Cho hình thoi ABCD, biết đường thẳng AB, AC lần lượt có phương trình 2x – y + 7 = 0, 3x – y + 8 = 0 và đường thẳng BC đi qua điểm 13 M(-4; ). Lập phương trình đường thẳng CD. 2 3 Câu 4. Các số thực x, y, z dương thỏa mãn điều kiện: x + y + z = . Tìm giá trị 2 x 2  xy  y 2 y 2  yz  z 2 z 2  zx  x 2 nhỏ nhất của biểu thức: M =   . 4 yz  1 4 zx  1 4 xy  1 ------------------------------------------Hết-------------------------------------------------- - Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. - Giám thị không được giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: …………………………………………………………… Số báo danh :………………………………………………………………….
  2. SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Vật lý Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: Quả cầu nhỏ ( được xem là chất điểm) có khối lượng m = 500 gam được treo vào điểm cố định 0 bằng dây treo mảnh, nhẹ, có chiều dài L = 1,0 m. Kéo quả cầu tới vị trí dây treo tạo với phương thẳng đứng góc  rồi buông nhẹ. Lấy g = 10m/s2. Bỏ qua mọi ma sát 1) Cho  = 900. Hãy xác định lực căng dây, vận tốc và gia tốc của quả cầu khi nó đi qua vị trí mà dây treo tạo với phương thẳng đứng góc  = 300. 2) Khi quả cầu qua vị trí cân bằng, dây treo vướng đinh ở điểm I cách 0 một khoảng b = 0,7m. Xác định góc  để quả cầu thực hiện được chuyển động tròn trong mặt phẳng thẳng đứng quanh I Bài 2: Một vật dạng bán cầu, bán kính R được đặt trên mặt phẳng nằm ngang. Trên đỉnh bán cầu có đặt một vật m nhỏ khối lượng m (xem hình 1).Vật m bắt đầu trượt xuống với vận tốc ban đầu không đáng kể. Bỏ qua ma sát giữa vật m và bán cầu. Tìm vị trí vật m bắt đầu rời khỏi bán cầu R trong hai trường hợp: 1) Bán cầu được giữ cố định. 2) Bán cầu có khối lượng M = m và có thể trượt không Hình 1 ma sát trên mặt phẳng nằm ngang. Bài 3: Một ván trượt dài L = 4m, khối lượng phân bố đều theo chiều dài, đang chuyển động với vận tốc v0 = 5m/s  v0 trên mặt băng nằm ngang thì gặp một dải đường nhám có chiều rộng l = 2m vuông góc với phương chuyển động (xem hình 2). Sau khi vượt qua dải nhám ván có vận tốc v Hình 2 = 3m/s. Lấy g = 10m/s2. Tính hệ số ma sát trượt giữa ván trượt với dải đường nhám. l Bài 4: Một ống hình trụ thẳng đứng có thể tích V. Ở phía dưới pít tông khối lượng m, diện tích S, có một lượng khí lý tưởng đơn nguyên tử ở nhiệt độ T0. Pít tông ở vị trí cân bằng chia ống thành hai nửa bằng nhau. Người ta đun nóng khí từ từ đến khi nhiệt độ khí là 4T0. Ở phía trên có làm hai vấu để pít tông không bật ra khỏi ống.Hỏi khí trong ống đã nhận được một nhiệt lượng là bao nhiêu? Bỏ qua bề dày pít tông và ma sát giữa pít tông và thành ống. Cho áp suất khí quyển bên ngoài là P0 và nội năng của một mol khí lý tưởng đơng nguyên tử được tính theo công thức 3 U  RT 2 ..............Hết..................
  3. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THPT NĂM 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ LỚP 10 Bài Đáp án Điểm 1) 3.0 điểm - Bảo toàn cơ năng với gốc thế năng ở VTCB: mv 2  v  2 gL cos  mgL - mgL(1-cos  ) = = 10 3  4,16m / s 0.5 2 - Áp dụng định luật II Niu tơn: mv 2 m 0.5 T-mgcos  =  T  mg cos   2 gl cos   3mg cos   13 N l l - Gia tốc tiếp tuyến : at =gsin  = 5m/s2 0.5 v2 - Gia tốc pháp tuyến: an   2 g cos   10 3m / s 2 0.5 Bài 1 l 5 điểm - Gia tốc toàn phần: a  at 2  an 2  18m / s 2 0.5   - Hướng của a : a tạo với bán kính nối vật với tâm 0 một góc  với a tan   t  0, 29 0.5 an 2) 2.0 điểm - Gọi v1 là vận tốc quả cầu ở vị trí cao nhất của quỹ đạo tròn tâm I,bán kính R,ta có mv12 0.5 mgl(1- cos  ) - mg2R =  v12  2 gl (1  cos )  4 gR (1) 2 - Điều kiện để quả cầu quay được quanh I trong mặt phẳng thẳng đứng là: 0.5 mv12 T=  mg  0 (2) R 5R 0.5 - Từ (1) và (2) suy ra : cos   1   0, 25 2l    75,50 0.5  1) 2.0 điểm N - áp dụng định lý động năng:   P Vận tốc tại M: v 2  2 gR (1  cos ) (1) 0.5 - Định luật II Niu tơn : Bài 2 mv 2 5 điểm mgcos   N  (2) 0.5 R - Từ (1) và (2) suy ra : N =mg(3cos  -2) 0.5 2 - vật bắt đầu trượt khi N = 0  cos  3 0.5
  4. 2) 3.0 điểm M m  V   P   - Gọi V là vận tốc bán cầu, u là vận tốc của M so với bán cầu. Vận tốc của m so với đất là :    v  u V - Theo phương ngang động lượng bảo oàn nên : mu cos  0.5 mvx  MV  m(u cos   V )  MV  V  (1) M m mu 2 0.5 - Khi m bắt đầu rời khỏi M thì : mg cos    u 2  gR cos  (2) R 0.5 - Mặt khác ; v 2  V 2  u 2  2uV cos  (3) mv 2 MV 2 0.5 - Ap dụng định luật bảo toàn cơ năng : mgR(1  cos )   (4) 2 2 m - Từ (1),(2),(3),(4) suy ra: cos 3  3cos   2  0 M m 0.5 - Với M=m ,ta có : cos3  6cos   4  o 0.5 - Giải phương trình này ta được cos  = 3  1 - Chọ hệ tọa độ 0x như hình - Khi đầu tấm ván có tọa độ : 0  x  l ,lực ma sát  mg x tác dụng lên xe có độ lớn: Fms1 = x 1.0 L 0 x Bài 3  mg  Fms1  l 2L 5  mg 1.0 điểm - Khi l  x  L : lực ma sát không đổi và có độ lớn Fms 2  l L  mg 1.0 - Khi đuôi của ván có tọa độ : 0  x  l : Fms 3  l 2L m  mgl 2  mgl - áp dụng định lý đông năng,ta có : (v 20  v 2 )   (L  l ) 1.0 2 L L v2 0  v2 1.0 -   0, 4 2 gl mg V0 - Khi pít tông ở VTCB, Các thông số khí : P1= P0 + ; ; T0 s 2
  5. PV1 PV  Số mol khí n  1  1 0 mol 1.0 RT1 2 RT0 - Trong giai đoạn đầu,pít tông chưa chạm vấu khí biến đổi đẳng áp, khi bắt đầu chạm vấu khí có nhiệt độ T2 Bài 4 1.0 V V V 5 điểm Áp dung: 1  2  T2  T0  2T0 T1 T2 V 2 - Nhiệt lượng truyền cho khí trong quá trình này : V 3 PV PV 3 5 Q1  A  U  P  n R (T2  T1 )  1  1 1 RT0 = PV1 2 2 2 2 RT0 2 4 1.0 - Sau khi pít tông chạm vấu, thể tích không đổi,dây là quá trình đẳng tích Khí nhận nhiệt lượng chỉ làm tăng nội năng: 3 PV 3 3 Q2  n R2T0  1 R 2T0  PV 1 1.0 2 2 RT0 2 2  Tổng nhiệt lượng mà khí đã nhận : 11 11 mg 1.0 Q  Q1  Q2  PV  ( P0  1 )V 4 4 s
  6. SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 02 trang, gồm 06 câu) Câu I: 1. Trong thiên nhiên, brom có nhiều ở nước biển dưới dạng NaBr. Công nghiệp hóa học điều chế brom từ nước biển được thực hiện theo quy trình sau đây: - Cho một ít dung dịch H2SO4 vào một lượng nước biển; - Sục khí clo vào dung dịch mới thu được; - Dùng không khí lôi cuốn hơi brom tới bảo hòa vào dung dịch Na2CO3; - Cho dung dịch H2SO4 vào dung dịch đã bão hòa brom, thu hơi brom rồi hóa lỏng. Hãy viết các phương trình hóa học chính đã xảy ra trong các quá trình trên và cho biết vai trò của H2SO4. 2. Cho m gam hỗn hợp X gồm CuCl2 và FeCl3 vào nước thu được dung dịch A. Chia A làm 2 phần bằng nhau. Sục khí H2S dư vào phần 1 được 1,28 gam kết tủa, cho Na2S dư vào phần 2 được 3,04 gam kết tủa. Tính m. Câu II: 1. Năng lượng ion hóa thứ nhất (I1- kJ/mol) của các nguyên tố chu kỳ 2 có giá trị (không theo trật tự) 1402, 1314, 520, 899, 2081, 801, 1086, 1681. Hãy gắn các giá trị này cho các nguyên tố tương ứng. Giải thích. 2. Có 1 lít dung dịch X gồm Na2CO3 0,1M và (NH4)2CO3 0,25M. Cho 43 gam hỗn hợp BaCl2 và CaCl2 vào dung dịch X, sau khi phản ứng kết thúc thu được 39,7 gam kết tủa A. Tính thành phần % khối lượng các chất trong A. Câu III: 1.a. Sục từ từ khí Cl2 vào dung dịch KI, hãy cho biết màu sắc dung dịch biến đổi như thế nào? Giải thích. b. Hãy giải thích tại sao ái lực electron của flo (3,45 eV) bé hơn của clo (3,61 eV) nhưng tính oxi hóa của flo lại mạnh hơn của clo? 2. Cho hỗn hợp gồm 0,03 mol Al, 0,02 mol Cu và 0,02 mol Zn tác dụng với hỗn hợp 2 axit H2SO4 và HNO3, sau phản ứng thu được 4,76 gam hỗn hợp khí SO2 và NO2 có thể tích là 1,792 lít (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) và m gam muối (không có muối amoni). Tính m. Câu IV: 1. M và R là các nguyên tố thuộc phân nhóm chính (nhóm A), có thể tạo với hiđro các hợp chất MH và RH. Gọi X và Y lần lượt là hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của M và R. Trong Y, R chiếm 35,323% khối lượng. Để trung hòa hoàn toàn 50 gam dung dịch 16,8% X cần 150 ml dung dịch Y 1M. Xác định các nguyên tố M và R. 2. Để hoà tan hoàn toàn a mol một kim loại cần một lượng vừa đủ a mol H2SO4, sau phản ứng thu được 31,2 gam muối sunfat và khí X. Toàn bộ lượng khí X này làm mất màu vừa đủ 500 ml dung dịch Br2 0,2M. Xác định tên kim loại. Câu V: 1.Trong một tài liệu tham khảo có ghi những phương trình hóa học như dưới đây, hãy chỉ ra những lỗi (nếu có) và sửa lại cho đúng. a. CaI2 + H2SO4 đặc  CaSO4 +2HI b. 3FeCl2 + 2H2SO4 đặc  FeSO4 + 2FeCl3 + SO2 +2H2O c. Cl2 +2KI dư  2KCl + I2
  7. 2. Đun nóng hỗn hợp X gồm bột Fe và S trong điều kiện không có không khí, thu được hỗn hợp rắn A. Cho A tác dụng với một lượng dư dung dịch HCl thu được sản phẩm khí Y có tỉ khối so với H2 là 13. Lấy 2,24 lít (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) khí Y đem đốt cháy rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy đó đi qua 100 ml dung dịch H2O2 5,1% (có khối lượng riêng bằng 1g/ml), sau phản ứng thu được dung dịch B. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a. Tính thành phần % khối lượng các chất trong hỗn hợp X. b. Xác định nồng độ % các chất trong dung dịch B. Câu VI: 1.Cho m gam hỗn hợp kim loại Ba, Na (được trộn theo tỉ lệ số mol 1:1) vào nước được 3,36 lít H2 (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) và dung dịch X. Cho CO2 hấp thụ từ từ vào dung dịch X. Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol kết tủa theo số mol CO2 được hấp thụ. 2. A là dung dịch chứa AgNO3 0,01M, NH3 0,25M và B là dung dịch chứa các ion Cl-, Br-, I- đều có nồng độ 0,01M. Trộn dung dịch A với dung dịch B (giả thiết ban đầu nồng độ các ion không đổi). Hỏi kết tủa nào được tạo thành? Trên cơ sở của phương pháp, hãy đề nghị cách nhận biết ion Cl- trong dung dịch có chứa đồng thời 3 ion trên. Biết: Ag(NH3)2+ Ag+ + 2NH3 k = 10 -7,24 ; TAgCl = 1,78.10-10 ; TAgBr = 10 -13; TAgI = 10-16. -----------------HẾT--------------- - Thí sinh không được sử dụng tài liệu (kể cả bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học). - Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm. - Họ và tên thí sinh……………………………………………… Số báo danh………………………
  8. SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC 10 Câu Nội dung Điểm I 1. H Cl2 + 2NaBr  2NaCl + Br2 (1) 3 3Br2 + 3Na2CO3  5NaBr + NaBrO3 + 3CO2 (2) H2SO4 + Na2CO3 Na2SO4 + CO2 + H2O (3)  5NaBr + NaBrO3 + 3H2SO4  3Na2SO4 + 3Br2 + 3H2O (4) Vai trò của H2SO4: (1) H2SO4 có tác dụng axit hóa môi trường phản ứng, (3) (4) là chất tham gia pư, nếu môi trường kiềm thì sẽ có cân bằng: . 1,5 OH- 3Br2+ 6OH- 5Br- + BrO3- + 3H2O H+ 2. Thêm H2S vào phần 1 ta có: 2FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + S + 2HCl x 0,5x 0,5 CuCl2 + H2S → CuS↓ + 2HCl y y  16x +96y = 1,28 (I) Thêm Na2S vào phần 2 2FeCl3 + Na2S → 2FeCl2 + S + 2NaCl sau đó: FeCl2 + Na2S → FeS↓ + 2NaCl  2FeCl3 + 3Na2S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl mol: x x 0,5 x CuCl2 + Na2S → CuS↓ + 2NaCl y y 0,5  88x + 32.0,5x + 96y = 3,04 (II) + Từ (I, II) ta có: x = 0,02 mol và y = 0,01 mol  m = 4,6.2 = 9,2 gam. 0,5 II 1. Giá trị năng lượng ion hóa tương ứng với các nguyên tố: IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA VIIIA 3 Li Be B C N O F Ne 1 2s1 2s2 2p 1 2p 2 2p 3 2p4 2p5 2p6 I1 (kJ/mol) 520 899 801 1086 1402 1314 1681 2081 Nhìn chung từ trái qua phải trong một chu kỳ năng lượng ion hóa I1 tăng dần, phù hợp với sự biến thiên nhỏ dần của bán kính nguyên tử. Có hai biến thiên bất thường xảy ra ở đây là: 0,5 - Từ IIA qua IIIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2 qua cấu hình kém bền hơn ns2np 1 (electron p chịu ảnh hưởng chắn của các electron s nên liên kết với hạt nhân kém bền chặt hơn). - Từ VA qua VIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2np 3 0,5 qua cấu hình kém bền hơn ns2np 4 (trong p3 chỉ có các electron độc thân, p4 có một cặp ghép đôi, xuất hiện lực đẩy giữa các electron). 2. Học sinh viết ptpu, ta có thể tóm tắt như sau: M2+ + CO32-  MCO3 Dự vào số mol muối cacbonat, tính được nCO32- = 0,35 Theo tăng giảm khối lượng thấy từ 1 mol MCl2 về MCO3 khối lượng giảm 11 3,3 gam. Thực tế khối lượng giảm 43 – 39,7 = 3,3 gam  Số mol MCO3 = = 0,3 11
  9. < nCO32- -> CO32- có dư, M2+ pư hết nBaCl2 = x, CaCl2 = y, lập hệ pt đại số 208x +111y = 43 và x + y = 0,3 1 giải ra được BaCO3 = 0,1 mol, CaCO3 = 0,2 mol và % BaCO3 = 49,62%, CaCO3 = 50,38%. III 1. a. dd KI xuất hiện màu đỏ tím, sau đó dần trở lại không màu 0,75 Cl2 + 2KI  2KCl + I2 và 5Cl2 + I2 + 6H2O  2HIO3 + 10HCl 3,5 b. Quá trình chuyển X2  2X- phụ thuộc vào 2 yếu tố: năng lượng phân li phân tử thành nguyên tử (tức năng lượng liên kết) và ái lực e để biến nguyên tử X thành ion X- Mặc dù ái lực của flo bé hơn clo, nhưng năng lượng liên kết của flo lại thấp hơn của clo nên flo dễ phân li thành nguyên tử hơn, vì vậy tính oxi hóa của flo mạnh hơn clo 0,75 (Năng lượng liên kết của flo thấp hơn clo vì: Trong phân tử F chỉ có các AO p, không có AO trống  phân tử F2 chỉ có liên kết  . Trong nguyên tử Cl, ngoài các AO p còn có AO d trống  phân tử Cl2 ngoài sự xen phủ các AO p để tạo liên kết  , thì mây e còn đặt vào AO d trống, do đó tạo một phần liên kết pi). 2. Dựa vào thể tích và khối lượng hỗn hợp khí, lập hệ pt dễ dàng tính được số mol SO2 = 0,06 và NO2 = 0,02  số mol e nhận = 0,06.2 + 0,02 = 0,14 0,25 Nếu tất cả kim loại đều tan thì ne nhường = 0,03.3 + 0,02.2 + 0,02.2 = 0,17 > 0,14. Như vậy có kim loại còn dư, đó là Cu (vì Cu có tính khử yếu nhất), tính 0,17  0,14 0,5 được số mol Cu dư = = 0,015 2 Ta có : NO3- + 2H+ +1e NO2 + H2O 0,02 0,04 SO42- +4H+ +2e  SO2 +2H2O 0,5 0,06 0,24 nNO3 -(muối) = nNO3- (ax) – nNO2 = nH+ - nNO2 = 0,04 – 0,02 = 0,02 Tương tự tính được nSO42- = 0,06 mol. Khối lượng muối = mkim loại + mgốc axit 0,75  m = 0,03.27 + 0.02.65 + 0,005.64 + 0,02.62 + 0,06.96 = 9,43 (gam) IV 1. Hợp chất với hiđro có dạng RH nên R có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA. Trường hợp 1 : Nếu R thuộc nhóm IA thì Y có dạng ROH 3,5 R 35,323 Ta có :   R  9,284 (loại do không có nghiệm thích hợp) 17 64,677 Trường hợp 2 : R thuộc nhóm VIIA thì Y có dạng HRO4 R 35,323 0,5 Ta có :   R  35,5 , vậy R là nguyên tố clo (Cl). 65 64,677 Do hiđroxit của R (HClO4) là một axit, nên hiđroxit của M phải là một bazơ dạng MOH 16,8 mX   50 gam  8,4 gam 100 MOH + HClO4  XClO4 + H2O  n MOH  n HClO  0,15 L  1 mol / L  0,15 mol 4 8,4 gam  M  17   56 0,15 mol  M = 39 , vậy M là nguyên tố kali (K). 1 2. Khí X có khả năng làm mất màu dung dịch nước brom nên X phải là H2S hoặc SO2. Giả sử X là H2S, ta có phương trình phản ứng:
  10. 8R + 5nH2SO4 → 4R2(SO4)n + nH2S + 4nH2O 5n 8 0,5 Theo ptpu: n H SO = nR. Theo bài ra: n H 2 SO4 = n R → 5n = 8 → n = . 2 4 8 5 Vậy khí X đã cho là khí SO2. Và ta có phương trình phản ứng: 2R + 2nH2SO4 → R2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O Ta có: 2 =2n  n =1 0,5 Phương trình (1) được viết lại: 2R + 2H2SO4 → R2SO4 + SO2 + 2H2O * Cho khí X phản ứng với dung dịch Br2 xảy ra phản ứng sau: SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr (2) Theo (2): n SO = n Br = 0,5.0,2 = 0,1(mol); theo (*): nR2SO4 = n SO = 0,1(mol) 2 2 2 31, 2 Theo bài ra khối lượng của R2SO4 = 31,2g → M R2SO4 = = 312 → MR = 108 0,1 1 (R là Ag). V 1. a. HI có tính khử, pư được với H2SO4 đặc, nên sửa lại 3,5 4CaI2 + 5H2SO4 đặc  4CaSO4 + H2S + 4I2 +4H2O 0,5.3 b. Do FeSO4 có tính khử, H2SO4 đặc có tính oxi hóa nên phương trình được viết lại: 2FeCl2 + 4H2SO4  Fe2(SO4)3 + SO2 + 4HCl + 2H2O c. Do có KI dư nên I2 tan trong KI tạo KI3, vậy phương trình được viết lại: Cl2 + 3KI  2KCl + KI3 2. a) Viết phương trình: Fe + S  FeS (1) FeS + 2HCl  FeCl2 + H2S (2) Với M Y = 13.2 = 26  Y có H2S và H2, do Fe dư phản ứng với HCl. Fedư + 2HCl  FeCl2 + H2 (3) 2H2S + 3O2  2SO2 + 2H2O (4) 2H2 + O2  2H2O (5) SO2 + H2O2  H2SO4 (6) Đặt n H 2S = a (mol); n H 2 = b (mol) 34a  2b a 3  MY =  26   a b b 1 Giả sử n H2 = 1 (mol)  n H2S = 3 (mol) (1)(2)  n Fe phản ứng = nS = nFeS = n H2S = 3 (mol) (3)  n Fe dư = n H2 = 1 (mol)  n Fe ban đầu = 1 + 3 = 4 (mol) 4.56.100% Vậy: %mFe =  70% 4.56  3.32 0,5 %mS = 100% - 70% = 30% 2,24 3 b) nY = = 0,1(mol)  n H2S = .0,1 = 0,075 (mol). 22,4 4  n H2 = 0,1 - 0,075 = 0,025 (mol). 5,1.1.100 n H 2O2   0,15(mol) 100.34 0,5 Từ (4)(6)  n SO2 = n H2S = 0,075 (mol)
  11. Từ (6)  n H 2SO4 = n SO2 = 0,075 (mol)  H2O2 dư. n H2O2 phản ứng = n SO2 = 0,075 (mol)  H2O2 dư = 0,15 - 0,075 = 0,075 (mol) Áp dụng BTKL ta có: mddB = m ddH2O2 + m SO2 + m H2O = 100.1 + 0,075.64 + 0,1.18 = 106,6 (g) 0,5 0,075.98.100 Vậy: C%H2SO4 = = 6,695 (%). 106,6 0,075.34.100 C%H2O2 dư = = 2,392 (%). 0,5 106,6 VI 1. Ba + H2O  Ba(OH)2 + H2 Na + H2O  NaOH + 1/2H2 3,5 Dựa vào pt, tính được nBa(OH)2 = NaOH = 0,1. Tính được nOH- = 0,3 0,5 Sục từ từ CO2 vào dd X có các pư CO2 + 2OH-  CO32- + H2O CO32- + Ba2+  BaCO3 BaCO3 + CO2  Ba(HCO3)2 Dựa vào pt, hs vẽ được đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol BaCO3 kết tủa 0,5 với số mol CO2 được hấp thụ (Hình thang cân…..) nkết tủa 1 0,1 0 0,1 0,2 0,3 nCO2 2. Vì AgNO3 tạo phức với NH3 nên trong dung dịch A chứa Ag(NH3)2+ 0,01M 0,25 và NH3 = 0,25 – 0,02 = 0,23M Ag(NH3)2+ == Ag+ + 2NH3 K = 10 -7,24 Ban đầu 0,01 0 0,23 Cân bằng 0,01-x x 0,23 + 2x x(0, 23  2 x) 2 K = 10-7,24 = Giải được x = 1,09.10 -8 . Vậy nồng độ cân bằng 0, 01  x của Ag+= 1,09.10-8 0,5 Ta có T = Ag+.X- = 1,09.10-8. 0,01 = 1,09.10-10 Như vậy: T < TAgCl  nên không có kết tủa AgCl T > TAgBr và TAgI nên có kết tủa AgBr và AgI 0,75 Để nhận biết Cl- trong dd có chúa đồng thời 3 ion trên, ta dùng dd A để loại bỏ Br- và I- (tạo kết tủa), sau đó thêm từ từ axit để phá phức Ag(NH3)2NO3 làm tăng nồng độ Ag+, khi đó T tăng lên và T > TAgCl mới có kết tủa AgCl (nhận ra Cl-)
  12. SỞ GIÁO DỤC&ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: LỊCH SỬ LỚP 10 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 01 trang, gồm 07 câu) Câu 1. (3,0 điểm) So sánh sự hình thành các quốc gia cổ đại phương Đông với phương Tây. Nêu những đặc điểm kinh tế, xã hội và chính trị của các quốc gia đó. Câu 2. (2,5 điểm) Tại sao nói, thời kì Gúpta là thời kì định hình và phát triển văn hóa Ấn Độ? Văn hóa Ấn Độ đã ảnh hưởng đến các quốc gia Đông Nam Á như thế nào? Câu 3. (2,5 điểm) Trình bày những nguyên nhân dẫn tới sự xuất hiện thành thị trung đại ở Tây Âu. So sánh thành thị trung đại với lãnh địa phong kiến. Câu 4. (3,0 điểm) Trình bày những chuyển biến về kinh tế, xã hội dẫn đến sự ra đời của nhà nước Văn Lang. Nhà nước Văn Lang – Âu Lạc ra đời có vai trò như thế nào đối với sự phát triển của lịch sử dân tộc? Câu 5. (3,0 điểm) Phân tích đặc điểm của cuộc kháng chiến chống Tống thời Lý. Câu 6. (3,0 điểm) Phân tích nguyên nhân dẫn tới thắng lợi của các cuộc kháng chiến chống Mông – Nguyên ở thế kỉ XIII. Câu 7. (3,0 điểm) Bộ máy nhà nước phong kiến được xây dựng, phát triển và hoàn chỉnh như thế nào ở nước ta trong các thế kỉ X - XV? ---------- Hết ------------ - Thí sinh không được sử dụng tài liệu; - Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
  13. SỞ GD & ĐT HÀ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP TĨNH THPT NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: LỊCH SỬ - LỚP 10 HƯỚNG DẪN I. Hướng dẫn chung 1. Bài thi được chấm theo thang điểm 20 2. Thí sinh trả lời theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu như trong hướng dẫn chấm thì vẫn cho đủ điểm như quy định. 3. Điểm bài thi được quy tròn đến 0,25 (ví dụ: 10,25 điểm quy tròn thành 10,5 điểm; 16,75 điểm quy tròn thành 17,0 điểm. II. Đáp án và thang điểm Câu Hướng dẫn chấm Biểu điểm Câu1 So sánh sự hình thành các quốc gia cổ đại phương Đông với (3,0đ) phương Tây. Nêu những đặc điểm kinh tế, xã hội và chính trị của các quốc gia đó. a) So sánh * Giống nhau: Dựa trên những tiến bộ của kĩ thuật và sản xuất dẫn tới của cả dư thừa, xã hội phân chia giai cấp và nhà nước 0,25 xuất hiện. * Khác nhau - Thời gian: Phương Đông hình thành sớm (khoảng TNK IV – III TCN). Phương Tây muộn hơn (khoảng TNK I TCN) 0,25 - Đặc điểm hình thành + Ở phương Đông, có điều kiện tự nhiên thuận lợi cho sự phát triển kinh tế nông nghiệp từ rất sớm (lưu vực sông lớn, đất phù sa màu mỡ, công cụ bằng gỗ hoặc đá cũng có thể canh tác được), 0,25 vì thế, sự phân hóa giàu nghèo diễn ra sớm. Trên cơ sở đó, nhà nước xuất hiện... + Ở phương Tây, đất đai canh tác ít, khô, cứng, nên phải có công cụ bằng sắt, việc trồng trọt mới có hiệu quả. Do đó, xã hội có 0,25 giai cấp và nhà nước ở phương Tây xuất hiện muộn hơn... b) Nêu đặc điểm - Phương Đông: + Kinh tế: nông nghiệp tưới nước đóng vai trò chủ yếu, kết hợp 0,25 với nghề thủ công như làm gốm, dệt vải, đan lát...Khép kín, tự cung, tự cấp. + Xã hội: giai cấp thống trị gồm vua chuyên chế và đông đảo quý tộc, quan lại, chủ ruộng đất và tầng lớp tăng lữ, họ có đặc quyền, 0,50 đặc lợi. Nông dân công xã là lực lượng đông đảo nhất và có vai
  14. trò to lớn trong sản xuất...Nô lệ là tầng lớp thấp nhất, chuyên làm việc nặng nhọc, phục vụ quý tộc. + Chính trị: chế độ chuyên chế, vua có quyền lực tối cao, giúp 0,25 việc cho vua có hệ thống quan lại... - Phương Tây: + Kinh tế: Buôn bán đường biển và thủ công nghiệp đóng vai trò quan trọng kết hợp với nông nghiệp trồng cây lưu niên...Kinh tế 0,25 mở, giao lưu buôn bán với bên ngoài. + Xã hội: Chủ nô là lực lượng thống trị, sống giàu có, xa hoa. Nô lệ là lực lượng đông đảo nhất, tạo ra của cải chủ yếu cho xã hội. Bình dân là lực lượng dân tự do, coi khinh lao động, sống chủ 0,50 yếu nhờ vào trợ cấp xã hội. + Chính trị: thể chế dân chủ chủ nô... 0,25 Câu 2 Tại sao nói thời kì Gúpta là thời kì định hình và phát triển văn (2,5đ) hóa Ấn Độ? Văn hóa Ấn Độ đã ảnh hưởng đến các quốc gia Đông Nam Á như thế nào? a) Lí giải - Sự thành lập vương triều Gúpta + Thời gian: trải qua 9 đời vua với gần 150 năm (319 – 467). 0,25 + Địa bàn: Miền Bắc và Trung Ấn Độ. - Thời kì Gúpta xuất hiện nhiều tôn giáo, chữ viết, kiến trúc, điêu khắc mang đặc trưng riêng biệt, làm cơ sở cho sự hình thành và 0,25 phát triển của văn hóa truyền thống Ấn Độ. - Biểu hiện + Tôn giáo: . Đạo Phật: Xuất hiện vào thế kỉ VI TCN ở Đông Bắc Ấn Độ. Dưới các vương triều Gúpta, Phật giáo được truyền bá rộng rãi. . Ấn Độ giáo (Hinđu giáo): Ra đời đầu công nguyên và phát triển 0,50 nhanh chóng, rộng rãi dưới vương triều Gúpta… + Chữ viết: Trên cơ sở chữ viết cổ, chữ Phạn ra đời và trở thành văn tự chính thức của Ấn Độ. Chữ Phạn được dùng phổ biến dưới thời Gúpta trong việc viết văn bia. + Kiến trúc và điêu khắc . Kiến trúc Phật giáo phát triển với chùa hang, tượng Phật bằng đá. . Kiến trúc Ấn Độ giáo: Các đền hình tháp nhọn nhiều tầng bằng 0,50 đá, bằng đồng, được trang trí tỉ mỉ bằng những bức phù điêu độc đáo… + Văn học: Mang tinh thần và triết lý Hin đu giáo.. b) Ảnh hưởng - Bằng con đường buôn bán, truyền đạo, văn hóa Ấn Độ đã ảnh 0,25 hưởng rõ rệt đến các nước Đông Nam Á. - Chữ viết: Trên cơ sở chữ Phạn, nhiều quốc gia ở Đông Nam Á 0,25 đã sáng tạo ra chữ viết riêng của mình…
  15. - Tôn giáo: Các quốc gia ở Đông Nam Á tiếp thu Phật giáo, Hin 0,25 đu giáo… - Văn học: mô phỏng hoặc lấy tích từ các sử thi, truyện thần thoại của Ấn Độ… - Kiến trúc và điêu khắc: Mô phỏng kiểu kiến trúc Hin đu và Phật giáo như tháp Chàm (Việt Nam), Ăngcovát (Cămpuchia), 0,25 Thạt Luổng (Lào)… Câu 3 Trình bày những nguyên nhân dẫn tới sự xuất hiện thành thị (2,5đ) trung đại ở Tây Âu. So sánh thành thị trung đại với lãnh đại phong kiến. a) Nguyên nhân xuất hiện thành thị trung đại Tây Âu - Từ thế kỉ XI, kinh tế lãnh địa phát triển, thủ công nghiệp tách khỏi nông nghiệp... 0,50 - Trong thủ công nghiệp, quá trình chuyên môn hóa diễn ra làm cho sản xuất hàng hóa tăng. - Một số thợ thủ công bỏ trốn khỏi lãnh địa hoặc dùng tiền chuộc lại thân phận, đến sống tập trung ở ngã ba đường, bến sông... để buôn bán, trao đổi sản phẩm. 0,50 - Một số thành thị còn do lãnh chúa lập ra hoặc được phục hồi từ những thành thị cổ đại. b) So sánh - Đều là những đơn vị kinh tế cơ bản của các quốc gia phong kiến Tây Âu - Lãnh địa là một đơn vị kinh tế đóng kín, tự nhiên, tự cung tự cấp; sản xuất nông nghiệp đóng vai trò chủ yếu. Hoạt động kinh 0,50 tế chủ yếu ở thành thị là thủ công nghiệp và thương nghiệp, giao lưu, trao đổi với bên ngoài. - Nông nô là lực lượng chủ yếu trong lãnh địa, phục tùng lãnh 0,50 chúa, bị bóc lột thuế và lao dịch nặng nề. Trong thành thị, thị dân là lực lượng chủ yếu, họ sống theo tổ chức phường hội, thương hội có cùng nghề nghiệp, có quan hệ bình đẳng. - Lãnh địa phong kiến là biểu hiện của chế độ phong kiến tản quyền, còn thành thị trung đại lại góp phần xây dựng chế độ 0,50 phong kiến tập quyền, thống nhất quốc gia, dân tộc ở Tây Âu. Câu 4 Trình bày những chuyển biến về kinh tế, xã hội dẫn đến sự ra (3,0đ) đời của nhà nước Văn Lang. Sự ra đời của nhà nước Văn Lang – Âu Lạc có ý nghĩa như thế nào đối với sự phát triển của lịch sử dân tộc? a) Sự ra đời của nhà nước Văn Lang - Biến chuyển kinh tế + Thời kì đầu của văn hóa Đông Sơn, công cụ bằng đồng thau phổ biến và đã bắt đầu có công cụ bằng sắt. Nông nghiệp trồng 0,50 lúa nước khá phát triển ở vùng châu thổ sông Hồng, sông Mã, sông Cả…
  16. +Nghề thủ công, chăn nuôi, đánh cá… được kết hợp với nghề nông. Sự phân công lao động trong xã hội giữa nông nghiệp và 0,50 thủ công nghiệp đã hình thành. - Biến chuyển về xã hội + Thời Phùng Nguyên, bắt đầu có hiện tượng phân hóa xã hội giữa giàu và nghèo. Đến thời Đông Sơn, sự phân hóa đó ngày càng phổ biến. 0,50 + Các gia đình nhỏ theo chế độ phụ hệ ra đời thay thế dần cho công xã thị tộc. - Trên cơ sở biến chuyển của kinh tế, xã hội và nhu cầu chống 0,50 ngoại xâm, nhà nước Văn Lang ra đời (khoảng thế kỉ VII TCN). b) Ý nghĩa: Mở ra kỉ nguyên mới trong lịch sử dân tộc: kỉ nguyên 1,00 dựng nước. Xây dựng nền văn minh bản địa, đậm đà bản sắc dân tộc. Câu 5 Phân tích đặc điểm của cuộc kháng chiến chống Tống thời Lý. (3,0đ) - Nghệ thuật “Tiên phát chế nhân”: Chủ động tấn công sang đất 0,50 Tống để đánh vào sự chuẩn bị về lực lượng, hậu cần của đối phương, tạo tâm thế chủ động về phía ta... - Phòng thủ để tiến công: xây dựng phòng tuyến sông Như 0,50 Nguyệt, ngăn chặn bước tiến của địch, bảo vệ kinh thành Thăng Long... - Thuật “Tâm công” (đánh vào lòng người): Khi đánh sang đất Tống, ra “thảo phạt” để nhân dân Tống hiểu được mục đích của cuộc tấn công mà quân Đại Việt tiến hành...Đọc bài thơ “Thần” 0,50 ở đền Trương Hống, Trương Hát nhằm khích lệ lòng quân sĩ... - Thực hiện phản công đúng lúc: Khi quân giặc mệt mỏi, tinh thần bất an do bị tiêu hao, bệnh tật..., nhà Lý tổ chức đợt phản 0,50 công quyết định sang bờ Bắc sông Như Nguyệt, khiến quân địch thiệt hại nặng... - Chủ động kết thúc chiến tranh: Lý thường Kiệt cho người đưa 0,50 thư sang trại giặc cầu hòa... - Những kinh nghiệm trong cuộc kháng chiến chống Tống Thời Lý đã được Đảng ta kế thừa và phát huy trong quá trình lãnh đạo 0,50 cách mạng... Câu 6 Phân tích nguyên nhân dẫn tới thắng lợi của các cuộc kháng (3,0đ) chiến chống Mông – Nguyên ở thế kỉ XIII. - Lòng yêu nước nồng nàn của nhân dân ta. Trước thế giặc mạnh, so không quản ngại hy sinh, luôn có quyết tâm cao độ trong đấu tranh chống giặc (hành động của Trần Thủ Độ, Trần Quốc Tuấn, 0,50 Trần Bình Trọng, Trần Quốc Toản)... - Tinh thần đoàn kết toàn dân + Đoàn kết trong nội bộ vương triều: hành động của Trần Quốc 0,50 Tuấn và Trần Quang Khải... + Đoàn kết trong quân đội: Các vua Trần cùng vương hầu, quý
  17. tộc trực tiếp chỉ huy lực lượng đánh giặc. Nhà Trần ý thức cao trong việc đoàn kết trong quân đội (Trần Quốc Tuấn từng nói: 0,50 “Cốt dùng được binh phải đồng lòng như cha con một nhà thì mới cớ thể đánh được”). + Đoàn kết với dân: chính sách “khoan thư sức dân” được nhà Trần chú trọng. Trên cơ sở đó, trong ba lần kháng chiến chông Mông – Nguyên, nhà Trần đã phát huy được cao độ sức mạnh 0,50 của toàn dân để đánh bại kẻ xâm lược. Đoàn kết toàn dân là nguyên nhân quan trọng quyết định dẫn tới thắng lợi của ba lần kháng chiến... - Lực lượng lãnh đạo tài giỏi, nghệ thuật tiến hành chiến tranh đúng đắn, sáng tạo: vai trò của các vua Trần, Trần Quốc Tuấn, Trần Quang Khải...; rút lui để bảo toàn lực lượng, thực hiện 1,00 “vườn không, nhà trống”, phản công chiến lược khi thời cơ đến, lợi dụng địa hình xây dựng trận địa quyết chiến... Câu 7 Bộ máy nhà nước phong kiến được xây dựng, phát triển và (3,0đ) hoàn chỉnh như thế nào ở nước ta trong các thế kỉ X - XV? - Thời Ngô, Đinh, Tiền Lê: Nhà nước quân chủ bước đầu được 0,50 xây dựng... - Thời Lý, Trần, Hồ; chính quyền trung ương được tổ chức ngày 1,00 càng chặt chẽ. Vua đứng đầu nhà nước quyết định mọi việc quan trọng. Giúp vua có Tể tướng và một số đại thần...Cả nước chia thành nhiều lộ, trấn; tiếp đó là phủ, huyện, châu, xã... - Thời Lê Sơ: + Giai đoạn đầu, nhà nước quân chủ được tổ chức theo mô hình 0,50 thời Trần, Hồ + Cải cách hành chính của Lê Thánh Tông: Ở trung ương, bãi bỏ 1,00 chức Tể tướng và đại hành khiển, vua trực tiếp quyết định mọi việc; bên dưới là 6 bộ. Cả nước được chia làm 13 đạo thừa tuyên...dưới đạo là phủ huyện, châu, xã... Với cải cách hành chính của vua Lê Thánh Tông, bộ máy nhà nước phong kiến Đại Việt được xây dựng hoàn chỉnh. ................................. Hết .....................................
  18. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 1 trang, gồm 5 câu) Câu 1. a) Giải bất phương trình x 2  6 x  2  2(2  x) 2 x  1.  x5  xy 4  y10  y 6  b) Giải hệ phương trình:  2  4x  5  y  8  6  Câu 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm  x 2  m  y ( x  my)   2  x  y  xy  Câu 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm I (2; 4) và các đường thẳng d1 : 2 x  y  2  0, d 2 : 2 x  y  2  0 . Viết phương trình đường tròn (C ) có tâm I sao cho (C ) cắt d1 tại A, B và cắt d2 tại C , D thỏa mãn AB 2  CD 2  16  5 AB.CD. Câu4. 1. Cho tam giác ABC có AB= c ,BC=a ,CA=b .Trung tuyến CM vuông góc với phân CM 3 giác trong AL và  52 5 . AL 2 b Tính và cos A . c 9 2. Cho a,b  thỏa mãn: (2  a )(1  b)  2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  16  a 4  4 1  b 4 Câu 5. Cho f  x   x 2  ax  b với a,b  thỏa mãn điều kiện: Tồn tại các số nguyên m, n, p đôi một phân biệt và 1  m, n, p  9 sao cho: f  m   f  n   f  p   7 . Tìm tất cả các bộ số (a;b). _____________ Hết _____________ - Thí sinh không được sử dụng tài liệu. - Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………Số báo danh: ……………… 1
  19. SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 4 trang) Câu1 Đáp án Điểm 1 Điều kiện: x  . Đặt t  2 x  1 ( t  0 ) thì 2 x  t 2  1. Khi đó ta có 2 1.0 x  6 x  2  2(2  x)t  0  x 2  2tx  4t  3(t 2  1)  2  0 2  ( x  t ) 2  (2t  1) 2  0  ( x  3t  1)( x  t  1)  0 0.5 3 điểm 1  x  1  t (do x  3t  1  0; x  ; t  0 ). 0.5 2 x  1 Với x  1  t ta có x  1  2 x  1   2  x  2  2.  x  2x  1  2x 1 1.0 Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là S  [2  2;  ).  x5  xy 4  y10  y 6 (1)  5  Điều kiện: x   0.5 2  4 x  5  y  8  6 (2)  4 Th1: y  0  x  0 không thỏa mãn 0.5 Th2: y  0 ta có: 5 x x (1)      y 5  y  (t  y )(t 4  t 3 y  t 2 y 2  ty 3  y 4 )  0 với t=x/y  y y 0,5 3 điểm  (t  y) (t 2  y 2 ) 2  (t  y ) 2 (t 2  yt  y 2 )  2   0    t=y hay y 2  x Thay vào (2): 4 x  5  x  8  6  2 4 x 2  37 x  40  23  5 x  23 x  1  5  x  1  y  1  x 2  42 x  41  0  Đối chiếu đk ta được nghiêm hệ là: ( x; y )  (1;1);( 1;1) 0.5  my 2  y  m  0 (1)  Câu2 Hệ đã cho tương đương với:  2 0,5  x  yx  y  0 (2)  y  0 Phương trình (2) (ẩn x ) có nghiệm là  x  y 2  4 y  0   0,5  y  4 Th1: m  0, ta có y  0, x  0. Suy ra m  0 thỏa mãn. 0,5 2
  20. 3 điểm Th2: m  0. Phương trình (1) (ẩn y ) không có nghiệm thuộc khoảng (; 4]  [0; ) (*) là (1) vô nghiệm hoặc (1) có 2 nghiệm đều thuộc (4; 0), điều kiện là   1  4m 2  0  1 1   m  (;  2 )  ( 2 ; )   1  4m 2  0  2       1  4m  0   1  m  0    1  4 m2  0      4  y  0   1  1  4m 2   2 (B) 0.5   4  0  2  1  2m   1  4m  1  8m ( A)   4  y 2  0     2 1  1  4m 2   1  4 m  1  8 m  4  0   2m  (với y1 , y2 là 2 nghiệm của phương trình (1)).  1 1  2  m   8 1 4 4 1 (A)    m  (B)  m  (;  )  ( ;  ) 0,5  1  4 m 2  1  8 m 2 17 17 2  Hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) (ẩn y ) có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (; 4]  [0; ) hay (*) không xảy ra, điều kiện là 0,5 4 1 4 1  m  ; m  0. Vậy tất cả các giá trị m cần tìm là m . 17 2 17 2 Gọi hình chiếu của I trên d1 , d2 lần lượt là E , F . khi đó 2 6 0,5 IE  d ( I ;d1 )  ; IF  d( I ;d 2 )  . 5 5 6 Gọi R là bán kính của đường tròn (C ) cần tìm ( R  ) 5 1 4 36 Câu3 AB  2 AE  2 R  ; CD  2CF  2 R 2  2 5 5 3 điểm  4  36  4 36 Theo giả thiết ta có: 4  R 2    4  R 2    16  20 R 2  R2  . 0,5  5  5  5 5  8 R 2  16  4 (5 R 2  4)(5 R 2  36)  2 R 2  4  (5 R 2  4)(5 R 2  36) 6 6 0.5  (2 R 2  4)2  (5 R 2  4)(5 R 2  36) (do R  )  R  2 2 ( do R  ) 5 5 Vậy phương trình đường tròn (C ) cần tìm là (C ) : ( x  2) 2  ( y  4) 2  8. 0.5   b   c  Ta có: AL  AB  AC 0.5 bc bc         CA  CB AB  2 AC  CM   0.25 2 2     4.a Theo giả thiết: AL  CM  AL.CM  0 0.25 3 điểm          b AB  c AC AB  2 AC  0  bc 2  bc 2 cos A  2cb 2 cos A  2cb 2  0 0.5   c  2b 1  cos A   0  c  2b (do cos A  1) b 2  a 2 c 2 a 2  b2 Khi đó: CM 2    0.25 2 4 2 3
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD


ERROR:connection to 10.20.1.100:9315 failed (errno=111, msg=Connection refused)
ERROR:connection to 10.20.1.100:9315 failed (errno=111, msg=Connection refused)

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2