Đang tải... (xem toàn văn)
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO(Đề thi gồm 01 trang)ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆNNĂM HỌC: 2017 – 2018Môn thi: TOÁNThời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)Ngày thi 24102017Câu 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức A.b) Tính giá trị của A khi c) So sánh A với .Câu 2: (4,0 điểm) a) Giải phương trình : . b) Tìm các cặp số nguyên (x, y) thoả mãn: Câu 3: (4,0 điểm)a)Cho a, b, c là 3 số nguyên thỏa mãn: a + b + c = . Chứng minh rằng: a5 + b5 + c5 chia hết cho 5. b) Cho a, b, c, d là các số hữu tỉ khác 0 thỏa mãn điều kiện: . Chứng minh rằng: là số hữu tỉ.Câu 4: (5,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.a) Chứng minh rằng: và b) Chứng minh rằng : c) Nếu = thì khi đó tam giác ABC là tam giác gì? Câu 5: (1,0 điểm) Cho tam giác đều ABC; các điểm D, E lần lượt thuộc các cạnh AC, AB sao cho BD cắt CE tại P và diện tích tứ giác ADPE bằng diện tích tam giác BPC. Tính Câu 6: (2,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn: x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = – Hết –Họ và tên thí sinh: ………………………...…………………. Số báo danh:…………. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOHUYỆN THIỆU HÓAKỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆNNĂM HỌC: 2017 – 2018HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁNCâuÝTóm tắt cách giảiĐiểm1(4 điểm)a2,0đ 0,250,50.250,50,5b1,0đ Ta có 0,250,50,25c1,0đBiÕn ®æi Chøng minh ®îc víi mäi 0,250,250,250,252(4 điểm)a2đ Ta có: Dấu = xảy ra khi và chỉ khi Dấu = xảy ra khi và chỉ khi Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 0,50,50,50,5b2đTa có: (1)Nhận thấy x = 1 không phải là nghiệm của PT (1). Chia cả 2 vế của phương trình cho x – 1, ta được: (2) PT có nghiệm x, y nguyên, suy ra nguyên nên x – 1 •x – 1 = 1 x = 0•x – 1 = 1 x = 2Thay x = 0 vào PT(2) ta được: ; Thay x = 2 vào PT(2) ta được: ; Vậy phương trình đã cho nghiệm nguyên .0,250,250,50,250,250,53(4 điểm)a2đTa có a5 a = a( a4 1) = a( a2 1)( a2 + 1) = a( a2 1)( a2 4 + 5) = a( a2 1)( a2 4) + 5 a(a2 1) =a(a 1) (a + 1)(a 2) (a +2) + 5 a( a 1)( a+ 1)Vì a 2; a 1; a; a + 1; a + 2 là 5 số nguyên liên tiếp nên có 1 số chia hết cho 5 suy ra Mặt khác . Từ () và () suy ra tương tự ta có Từ (1) (2) (3) suy ra mà nên 0,250,250,50,250,250,5b2đTa có: (vì d 0) Vì a, b, c, d là các số hữu tỉ nên là số hữu tỉ.Vậy là số hữu tỉ0,50,250,250,250,250,54(5điểm) a) Tam giác ABE vuông tại E nên cosA = Tam giác ACF vuông tại F nên cosA = .Suy ra = Từ suy ra b) Tương tự câu a, Từ đó suy ra Suy ra c) Từ Tương tự: ; . Do đó: + + = •Ta chứng minh được: (x + y + z)2 3(xy + yz + zx) ()Áp dụng () ta chứng minh được: Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều.0,50,50,50,5110,250,250,250,255(1 điểm) Kẻ tại F, tại G. Theo giả thiết Mà và Suy ra Do đó 0,250,250,250,25
PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN THIỆU HĨA ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2017 – 2018 Mơn thi: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi 24/10/2017 (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1: (4,0 điểm) 1 − x 1− x Cho biểu thức A = 2x + x − 2x x + x − x : + 1+ x x 1− x a) Rút gọn biểu thức A b) Tính giá trị A x = 17 − 12 c) So sánh A với A Câu 2: (4,0 điểm) a) Giải phương trình : 3x + 6x +12 + 5x −10x + = 3− 4x − 2x 2 b) Tìm cặp số nguyên (x, y) thoả mãn: 2xy + x + y +1 = x + y + xy Câu 3: (4,0 điểm) 2 a) Cho a, b, c số nguyên thỏa mãn: a + b + c = 24102017 Chứng minh rằng: a5 + b5 + c5 chia hết cho b) Cho a, b, c, d số hữu tỉ khác thỏa mãn điều kiện: a + b + c + d = Chứng minh rằng: M = (ab − cd )(bc − da )(ca − bd ) số hữu tỉ Câu 4: (5,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với đường cao AD, BE, CF cắt H a) Chứng minh rằng: ∆ AEF ∆ ABC ( S AEF = cos Α S ABC ) 2 b) Chứng minh : SDEF = 1−cos A−cos B−cos C SABC c) Nếu HA HB HC = + + BC AC AB tam giác ABC tam giác gì? Câu 5: (1,0 điểm) Cho tam giác ABC; điểm D, E thuộc cạnh AC, AB cho · BD cắt CE P diện tích tứ giác ADPE diện tích tam giác BPC Tính BPE Câu 6: (2,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thoả mãn: x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức: A = x + xyz + y + xyz + z + xyz + xyz – Hết – Họ tên thí sinh: ……………………… ………………… Số báo danh:………… PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN THIỆU HÓA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2017 – 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN Câu Ý Tóm tắt cách giải Điểm a 2x + x − 2x x + x − x A= − + x > 0;x ≠ ;x ≠ : − x x 1+ x x 1− x 0,25 2,0đ (4 điểm) ( ) ( ( ) ( ( ( = x x ( ( ) x −1 )( )( )( ( ) x −1 = b ( ) ) ( ) : x −1 : ( 1− x + x + x 1− x (1 − x )(1 − ) (1 − x )(1 − x +x ) = x +x ) ) 0,5 0.25 0,5 1− x + x x 0,5 Ta có A= 1,0đ ) ) : x −1 ) ( )( ) ( )( ) ( )( ( ) 1,0đ x = 17 − 12 = − 2 ⇒ x = c ) x 2x + x − x − + x 2x + x − x − : + x 1− x 1− x 1+ x 1+ x 1− x + x x x +1 x −1 x −1 x +1 x −1 : = + x x −1 1− x 1+ x 1+ x 1− x + x x −1 x = : x − + x x − − x − x + x = ( ) − − 2 + 17 − 12 3−2 (3 − 2 ) = 3−2 = 3−2 ( ) 0,25 0,5 15 − 10 − 2 = = =5 3−2 3−2 0,25 1− x + x = x+ x x 1 Chứng minh đợc x + > víi mäi x > 0;x ≠ ;x ≠ x 0,25 BiÕn ®ỉi A = 0,25 0,25 ⇒A= x+ −1 > ⇒ A > ⇒ A −1 > ⇒ A x ( ) A −1 > 0,25 ⇒A− A >0⇒A > A Ta có: a 2đ VT = = x + x + 12 + 3( x + 1) + + x − 10 x + 5( x − 1) + ≥ 9+ Dấu "=" xảy x = −1 V P = − x − x = − 2( x + 1) ≤ =5 0,5 Dấu "=" xảy x = −1 ⇒ VT = VP ⇔ x = −1 Vậy phương trình có nghiệm x = −1 0,5 0,5 0,5 b Ta có: 2xy2 + x + y +1 = x2 + 2y2 + xy 2đ ⇔ y ( x − 1) − x(x − 1) − y (x − 1) + = (1) 0,25 2 Nhận thấy x = nghiệm PT (1) Chia vế phương trình cho x – 1, ta được: (4 điểm) 2y2 − x − y + =0 x −1 (2) nguyên x −1 PT có nghiệm x, y nguyên, suy nên x – ∈ {− ;1 } • x – = -1 x=0 • x–1=1 x=2 Thay x = vào PT(2) ta được: y − y − = ⇔ y = ; y = − Thay x = vào PT(2) ta được: y − y − = ⇔ y = ; y = − Vậy phương trình cho nghiệm nguyên ( x ; y ) ∈ {( 0;1) ; ( 2;1)} 0,25 0,5 0,25 a 2đ (4 điểm) Ta có a5 - a = a( a4 - 1) = a( a2 - 1)( a2 + 1) = a( a2- 1)( a2 - + 5) = a( a2- 1)( a2 - 4) + a(a2 - 1) =a(a - 1) (a + 1)(a -2) (a +2) + a( a - 1)( a+ 1) Vì a - 2; a - 1; a; a + 1; a + số nguyên liên tiếp nên có số (*) chia hết cho suy (a − 2)(a − 1)a(a + 1)(a + 2)M 0,25 0,25 0,5 tương tự ta có b − b M5 ( ) ; 5 Từ (1) (2) (3) suy a − a + b 0,25 2017 mà a + b + c = 2410 M5 nên 2đ 0,5 Mặt khác 5a(a − 1)(a + 1) M5 (**) Từ (*) (**) suy a − a M5 (1) b 0,25 c − c M5 ( ) − b + c − c M5 a + b + c M5 0,25 0,5 Ta có: a + b + c + d = ⇔ ad + bd + cd + d = (vì d ≠ 0) −ad = d + bd + cd ⇔ −bd = d + cd + ad −cd = d + ad + bd 0,5 0,25 M = ( ab − cd )(bc − da )(ca − bd ) = (ab + d + ad + bd )(bc + d + bd + cd )(ca + d + cd + ad ) = ( a + d )(b + d )(b + d )(c + d )( a + d )(c + d ) = [(a + d )(b + d )(c + d )] = (a + d )(b + d )(c + d ) 0,25 Vì a, b, c, d số hữu tỉ nên (a + d )(b + d )(c + d ) số hữu tỉ Vậy M = ( ab − cd )(bc − da)(ca − bd ) số hữu tỉ 0,25 0,25 0,5 A (5điểm) E F H B D C AE AB AF Tam giác ACF vuông F nên cosA = AC AE AF Suy = ⇒ ∆AEF : ∆ABC (c.g c) AB AC S AEF AE * Từ ∆AEF : ∆ABC suy = = cos A S ABC AB a) Tam giác ABE vuông E nên cosA = b) Tương tự câu a, S BDF S = cos B, CDE = cos C S ABC S ABC Từ suy S DEF S ABC − S AEF − S BDF − SCDE = = − cos A − cos B − cos C S ABC S ABC Suy S DEF = (1 − cos A − cos B − cos C ) S ABC 2 HC CE HC.HB CE.HB S HBC = ⇒ = = AC CF AC AB CF AB S ABC HB.HA S HAB HA.HC S HAC Tương tự: = ; = Do đó: AC.BC S ABC AB.BC S ABC HC.HB HB.HA HA.HC S HBC + S HCA + S HAB + + = =1 AC AB AC.BC AB.BC S ABC • Ta chứng minh được: (x + y + z)2 ≥ 3(xy + yz + zx) (*) HA HB HC + + ≥ BC AC AB Dấu xảy tam giác ABC 0,5 0,5 0,5 1 c) Từ ∆AFC : ∆HEC ⇒ Áp dụng (*) ta chứng minh được: 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 (1 điểm) Kẻ EF ⊥ AC F, DG ⊥ BC G Theo giả thiết S ADPE = S BPC ⇒ S ACE = S BCD · · Mà AC = BC ⇒ EF = DG EAF = DCG = 600 0,25 Suy ∆AEF = ∆CDG ⇒ AE = CG · · Do ∆AEC = ∆CDB (c − g − c) ⇒ DBC = ECA · · · · · ⇒ BPE = PBC + PCB = PCD + PCB = 600 (2 điểm) Áp dụng BĐT cơsi ta có x + xyz + xyz = x = x ( ( ) x + yz + yz = x ( x + z )( x + y ) + yz ) ( 0,25 0,25 0,25 x ( x + y + z ) + yz + yz ) 0,25 3 x + y + x + z y + z 3 1 ≤ + x + = x+ 2 3 (Vì x + y + z =1) Chứng minh tương tự: y + xyz + xyz ≤ z + xyz + xyz ≤ 3 1 y+ 3 x+ y+z xyz ≤ = 3 Do A ≤ 0,25 0,25 3 1 z+ 3 Mà 0,25 0,5 5 = = (1 + x + y + z ) + 3 3 Vậy GTLN A = x = y = z = 3 (Lưu ý: Học sinh có cách giải khác cho số điểm tương đương) 0,5 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN THIỆU HĨA ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2017 - 2018 Mơn: VẬT LÍ Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 24 tháng 10 năm 2017 (Đề thi gồm có 01 trang) Câu : (4,0 điểm) Hai xe máy đồng thời xuất phát, chuyển động lại gặp nhau, từ thành phố A đến thành phố B từ thành phố B đến thành phố A Sau gặp C cách A 30km, hai xe tiếp tục hành trình với vận tốc cũ Khi tới nơi quy định, hai xe quay trở gặp lần thứ hai D cách B 36 km Coi quãng đường AB thẳng Tìm khoảng cách AB tỉ số vận tốc hai xe Câu : (4,0 điểm) Có hai bình cách nhiệt, bình chứa 10kg nước nhiệt độ 600C Bình chứa kg nước nhiệt độ 200C Người ta rót lượng nước bình sang bình 2, có cân nhiệt lại rót lượng nước cũ từ bình sang bình Khi nhiệt độ bình 580C a Tính khối lượng nước rót nhiệt độ bình thứ hai? b Tiếp tục làm nhiều lần, tìm nhiệt độ bình? Câu 3:(5,0 điểm) Cho mạch điện hình vẽ Biết: UMN = 24V không đổi, điện trở R1 = 2Ω; R2 = 3Ω; R3 = 4Ω; R4 = 4Ω; R0 = 2Ω Cho ampe kế khóa K có điện trở khơng đáng kể, vơn kế có điện trở lớn a Khi K mở, tính cường độ dòng điện qua mạch số vơn kế b Khi K đóng tính số ampe kế vơn kế M+ _N R0 R1 A R2 B R3 A K c Hốn vị vơn kế ampe kế, tính lại số R4 V vơn kế ampe kế K đóng E Câu 4: (4,0 điểm) Cho hai gương phẳng G1 G2 đặt hợp với góc α = 300 điểm sáng S nằm khoảng hai gương hình vẽ a Nêu cách vẽ vẽ đường tia sáng phát từ S tới G1 I, phản xạ tới G2 J truyền tới S? G1 b Giữ nguyên gương G phương tia tới SI, quay gương G2 quanh giao tuyến hai gương góc để tia phản S xạ từ G2: + Vng góc với phương tia tới SI G2 + Song song với phương tia tới SI Câu 5: (3,0 điểm) Nêu phương án thực nghiệm xác định điện trở ampe kế Dụng cụ gồm: nguồn điện có hiệu điện không đổi, ampe kế cần xác định điện trở, điện trở R0 biết giá trị, biến trở chạy Rb có điện trở tồn phần lớn R0, hai công tắc điện K1 K2, số dây dẫn đủ dùng Các công tắc điện dây dẫn có điện trở khơng đáng kể (Chú ý: Không mắc ampe kế trực tiếp vào nguồn) Họ tên học sinh: ; Số báo danh: D PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN THIỆU HĨA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2017 – 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: VẬT LÝ CÂU CÂU NỘI DUNG Đ IỂM Gọi v1 vận tốc xe xuất phát từ A, v2 vận tốc xe xuất phát từ B, t1 khoảng thời gian từ lúc xuất phát đến lúc gặp lần 1, t2 khoảng thời gian từ lúc gặp lần 1đến lúc gặp lần 2, x = AB 0,5 Gặp lần 1: v1t1 = 30 , v2t1 = x − 30 0,5 suy 0,5 v1 30 (1) = v2 x − 30 Gặp lần 2: v1t2 = ( x − 30) + 36 = x + 0,5 v2t2 = 30 + ( x − 36) = x − 0,5 suy v1 x + = (2) v2 x − 0,5 Từ (1) (2) suy x = 54km Thay x = 54 km vào (1) ta CÂU 1,0 v1 v = 1, 25 hay = 0,8 v2 v1 a) Gọi khối lượng nước rót m(kg); nhiệt độ bình t2 ta có: Nhiệt lượng thu vào bình là: Q1 = 4200.2(t2 – 20) Nhiệt lượng toả m kg nước rót sang bình 2: Q2 = 4200.m(60 – t2) Do Q1 = Q2, ta có phương trình: 4200.2(t2 – 20) = 4200.m(60 – t2) => 2t2 – 40 = m (60 – t2) (1) bình nhiệt lượng toả để hạ nhiệt độ: Q3 = 4200(10 - m)(60 – 58) = 4200.2(10 - m) Nhiệt lượng thu vào m kg nước từ bình rót sang là; Q4 = 4200.m(58 – t2) Do Q3 = Q4, ta có phương trình: 4200.2(10 - m) = 4200.m (58 – t2) => 2(10 - m) = m(58 – t2) (2) 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 Từ (1) (2) ta lập hệ phương trình: 2t − 40 = m(60 − t ) 2(10 − m) = m(58 − t ) Giải hệ phương trình tìm t2 = 300 C; m = kg CÂU 1,0 b) Nếu đổ lại nhiều lần nhiệt độ cuối bình gần 0,5 nhiệt độ hỗn hợp đổ bình vào gọi nhiệt độ cuối t ta có: Qtoả = 10 4200(60 – t) Qthu = 2.4200(t – 20); Qtoả = Qthu => 5(60 – t) = t – 20 0,5 => t ≈ 53,30C a, Khi K mở, ta có sơ đồ mạch điện tương đương: I1 M I •→ + R1 → → R3 C R4 B→ A IA R2 R0 N • - 0,5 I2 V ( R1 + R3 ) R2 (2 + 4)3 = = (Ω) R1 + R3 + R2 + + 0,25 RMN = RAB + R4 + R0 = 2+4+2 = 8(Ω) 0,25 RAB = Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = U MN 24 = = 3( A) RMN 0,5 0,5 Số vôn kế: Uv = UAB = I.RAB = 3.2 = 6(V) b, Khi K đóng, ta có sơ đồ mạch điện tương đương: R1 M • + I1 → R0 IA I3 R3 C → A I2 → R2 → B → N • - 0,5 R4 V R3 R4 4.4 = 3+ = (Ω) R3 + R4 4+ RR 2.5 10 RAD = 234 = = (Ω ) R1 + R234 + 10 24 RMN = RAD + R0 = +2 = (Ω) 7 R234 = R2 + Cường độ dòng điện qua mạch chính: 0,25 I= U MN 24.7 = = 7( A) RMN 24 0,25 Hiệu điện hai đầu đoạn mạch AD: UAD = I.RAD = 10 = 10(V) Cường độ dòng điện qua R1: I1 = U1 U AD 10 = = = 5( A) R1 R1 Cường độ dòng điện qua R2: I2 = U AD 10 = = 2( A) R234 0,25 Hiệu điện hai đầu R3: U3 =U34 = I2.R34 = 2.2 = 4(V) Cường độ dòng điện qua R3: I3 = 0,25 U3 = = 1( A) R3 Số ampe kế: IA = I1 + I3 = + = 6(A) Số vôn kế: 0,5 Uv = U2 = I2R2 = 2.3 = 6(V) c Khi K đóng, hốn vị vơn kế am pe kế Lúc R1, R2, R3 bị nối tắt Mạch điện lại R4 nt R0 (Sơ đồ mạch điện tương dương hình vẽ) M I • → A + I2 R4 → R0 N • - 0,5 V Số ampe kế: IA = I = U AB 24 = = 4( A) R4 + R0 + 0,25 Số vôn kế: UV = U4 = I.R4 = 4.4 = 16(V) CÂU 0,25 a,*Vẽ hình (có mũi tên đường tia sáng ,thể rõ đường S1 R kéo dài tia sáng ) I S *Nêu cách vẽ N -Vẽ ảnh S1 đối xứng với S qua G1 O α -Vẽ ảnh S2 S1 tạo gương G2 J - Kẻ đường thẳng S2S cắt G2 J, kẻ JS1 cắt G1 I 1,0 0,25 0,25 0,25 S2 - Vẽ tia SI, IJ, JS ta đường truyền tia sáng cần vẽ đường SIJS 0,25 b) Theo hình vẽ câu a ta có: - Kẻ pháp tuyến IN JN - · = 1800 (1) Xét tứ giác OINJ có I$ = Jà = 900 + JNI - ảIJ + IJN ¶ + JNI · = 1800 (2) Mặt khác ∆NIJ có N - · + IJN ¶ Từ (1) (2) suy α = NIJ 0,25 ¶ = 2α (3) Hay: S¶IJ + IJS ¶ = ISR · Mặt khác: S¶IJ + IJS (4) · = 2α (*) Từ (3) (4) suy ISR - Khi gương G2 quay quanh O giữ nguyên G1 phương SI phương tia phản xạ JR hợp với phương tia tới SI góc 2α (theo *) - Để JR vng góc với SI 2α = 900 ⇒ α = 450 Nghĩa quay G2 theo chiều kim đồng hồ góc 150 - Để JR//SI 2α = 00 2α = 1800 ⇒ α = 00 α = 900 Nghĩa quay G2 ngược chiều kim đồng hồ 300 hoăc quay theo chiều kim đồng hồ 600 CÂU 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 - Bố trí mạch điện hình vẽ: + A K1 _ 1,0 U R0 K2 Rb - Bước 1: đóng K1 : số ampekế I1 Ta có: U = I1.(RA + R0) (1) - Bước 2: Chỉ đóng K2 dịch chuyển chạy để am pe kế I1 Khi phần biến trở tham gia vào mạch điện có giá trị R0 - Bước 3: Giữ nguyên vị trí chạy biến trở bước đóng (2) K1 K2, số ampekế I2 Ta có: U = I2.(RA + R0/2) - Giải hệ phương trình (1) (2) ta tìm được: RA = (2 I1 − I ) R0 2( I − I1 ) Chú ý : Học Sinh làm cách khác mà cho điểm tối đa 10 0,5 0,5 1,0 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN THIỆU HĨA ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 02 trang) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn: Hóa học Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 24 tháng 10 năm 2017 Câu 1: (2.0 điểm) Chọn chất A,B,C thích hợp viết phương trình hóa học (ghi rõ điều kiện phản ứng có) theo sơ đồ biến hố sau: A (2) (1) (7) (8 ) ( 4) (5) ( 6) B → Fe2(SO4 )3 → FeCl3 → Fe(NO3)3 → A → B → C (3) C Câu 2: (2.0 điểm) Nêu tượng xảy viết phương trình hóa học phản ứng xảy khi: a) Cho mẫu kim loại Na vào cốc đựng dung dịch MgCl2 b) Sục từ từ khí CO2 vào dung dịch Ca(OH)2 Câu 3: (2.0 điểm) Từ đá vôi, quặng pirit sắt, muối ăn, nước thiết bị, chất xúc tác cần thiết khác xem có đủ, viết PTHH điều chế chất: FeCl3, NaHCO3, CaCl2 Câu 4: (2.0 điểm) Chỉ dùng quỳ tím phân biệt dung dịch bị nhãn riêng biệt sau: HCl, Ba(OH)2, Na2SO4, H2SO4, KOH Viết phương trình hóa học xảy (nếu có) Câu 5: (2.0 điểm) X, Y, Z hợp chất Na; X tác dụng với dung dịch Y tạo thành Z Khi cho Z tác dụng với dung dịch HCl thấy bay khí cacbonic Đun nóng Y thu khí cacbonic Z Hỏi X, Y, Z chất gì? Cho X, Y, Z tác dụng với dung dịch CaCl2 Viết phương trình hóa học phản ứng xảy Câu 6: (2.0 điểm) Muối A có cơng thức XY2, tổng số hạt A 140, số hạt mang điện nhiều số hạt không mang điện 44 Cũng phân tử số hạt mang điện Y nhiều X 44 hạt Xác định công thức phân tử A Câu 7: (2.0 điểm) Hòa tan hết 3,2 gam oxit M2Om (M kim loại) lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 10%, thu dung dịch muối có nồng độ 12,9% Sau phản ứng đem cô cạn bớt dung dịch làm lạnh nó, thu 7,868 gam tinh thể muối với hiệu suất kết tinh 70% Xác định công thức tinh thể muối Câu 8: (2.0 điểm) Sục từ từ V lít CO2 (ở đktc) vào 148 gam dung dịch Ca(OH)2 20% thu 30 gam kết tủa Tính V nồng độ phần trăm chất có dung dịch sau phản 11 ứng? Câu 9: (2.0 điểm) Dẫn H2 đến dư qua 25,6gam hỗn hợp X gồm Fe3O4, MgO, CuO (nung nóng) phản ứng xảy hoàn toàn Sau phản ứng thu 20,8gam chất rắn Mặt khác 0,15mol hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 225ml dung dịch HCl 2,0M a) Viết phương trình phản xảy b) Tính % theo khối lượng chất hỗn hợp X? Câu 10 (2.0 điểm) Hòa tan NaOH rắn vào nước để tạo thành dung dịch A B với nồng độ phần trăm dung dịch A gấp lần nồng độ phần trăm dung dịch B Nếu đem trộn hai dung dịch A B theo tỉ lệ khối lượng mA : mB = : thu dung dịch C có nồng độ phần trăm 20% Hãy xác định nồng độ phần trăm dung dịch A nồng độ phần trăm dung dịch B (Học sinh không sử dụng bảng hệ thống tuần hồn ngun tố hóa học) Hết Họ tên học sinh: ; Số báo danh: 12 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN THIỆU HÓA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2017 – 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: HĨA HỌC Câu Nội dung Câu A: Fe(OH)3; B: Fe2O3 ; C: Fe (2điểm) (1) Fe2O3 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + H2O (2) Fe(OH)3 + 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + H2O to (3) 2Fe + H2SO4 đặc → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + H2O (4) Fe2(SO4)3 + 3BaCl2 → 2FeCl3 + 3BaSO4 (5) FeCl3+ 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 3AgCl (6) Fe(NO3)3 + 3NaOH → Fe(OH)3 + NaNO3 to (7) 2Fe(OH)3 → ) Fe2O3 + 3H2O to (8) Fe2O3 + 3H2 → 2Fe + 3H2O Câu (2điểm) a, Hiện tượng: -Mẫu kim loại Na tan dần đồng thời có khí khơng màu ra, sau xuất kết tủa trắng PTHH: 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 2NaOH + MgCl2 → Mg(OH)2 + 2NaCl Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5đ 0,25đ 0,25đ (trắng) b,Hiện tượng: - Có kết tủa trắng xuất sau kết tủa lại tan dần tạo thành dung dịch suốt 0,5đ PTHH: CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O 0,25đ (trắng) Ca(HCO3)2 CO2 + CaCO3 + H2O → Câu Viết PTHH 0,25 điểm §F, mn (2điểm) 2NaCl + 2H2O → 2NaOH + H2↑ + Cl2↑ H2 + Cl2 → 2HCl CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + H2O + CO2 §F 2H2O → 2H2↑ + O2↑ t 4FeS2 + 11O2 → 2Fe2O3 + 8SO2↑ Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 +3H2↑ t CaCO3 → CaO + CO2 NaOH + CO2 → NaHCO3 Câu - Trích mẫu thử đánh số thứ tự 0,25đ 0,25 0 13 0,25 (2điểm) - Cho quỳ tím vào dung dịch trên: + dung dịch làm quỳ tím chuyển sang màu đỏ, dung dịch HCl, H2SO4 (Nhóm 1) + dung dịch làm quỳ tím chuyển sang màu xanh, dung dịch KOH, Ba(OH)2 (Nhóm 2) + dung dịch khơng làm quỳ tím chuyển màu, dung dịch Na2SO4 - Tiếp tục lấy mẫu thử nhóm nhỏ vào mẫu thử nhóm + Nếu thấy có kết tủa trắng xuất mẫu thử nhóm H2SO4, mẫu thử nhóm Ba(OH)2 Ba(OH)2 + H2SO4 BaSO4 + 2H2O (trắng) + Nếu khơng có tượng mẫu nhóm HCl, mẫu thử nhóm KOH Vì cho Z tác dụng với dung dịch HCl có khí cacbonic ra, Câu (2điểm) X tác dụng với Y thành Z, đun nóng Y lại thu khí cacbonic Z chứng tỏ: =>Z muối cacbonat Na2CO3 Y muối natrihidrocacbonat NaHCO3 X natrihidroxit NaOH Các phương trình hóa học: Na2CO3 + 2HCl → NaCl + H2O + CO2↑ NaOH + NaHCO3 → Na2CO3 + H2O 2NaHCO3 → Na2CO3 + H2O + CO2↑ Các phản ứng hóa học cho A, B, C phản ứng với dung dịch CaCl2: 2NaOH + CaCl2 → Ca(OH)2↓ + 2NaCl NaHCO3 + CaCl2 → không phản ứng Na2CO3 + CaCl2 → CaCO3↓ + 2NaCl 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Gọi px; nx số proton nơtron X (2điểm) Py; ny số proton nơtron Y Theo ta có hệ phương trình: (2px + nx) + 2(2py + ny) = 140 (2px + 4py) - (nx + 2ny) = 44 4py – 2px = 44 Giải ta px = 12 (Mg); py = 17 (Cl) Vậy CTPT A MgCl2 0,25 0,25 PTHH: M2Om + mH2SO4 → M2(SO4)m + mH2O Câu (2điểm) Giả sử có mol M2Om phản ứng số gam dung dịch H2SO4 10% 980m Khối lượng dung dịch thu là: 2M + 996m (g) Số gam muối (2M + 96m) (g) 0,25 14 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 Ta có C% = M + 96m 100% = 12,9% => M = 18,65m M + 996m Nghiệm phù hợp m = M = 56(Fe) Vậy oxit Fe2O3 Fe2O3 + 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3H2O nFe2O3 = 0,25 0,25 0,25 3, = 0,02 mol 160 Vì hiệu suất 70% nên số mol Fe2(SO4)3 tham gia kết tinh là: 0,02.70% = 0,014 mol Nhận thấy số gam Fe2(SO4)3 = 0,014.400 = 5,6 < 7,868 nên Đặt CTHH muối tinh thể Fe2(SO4)3.nH2O Ta có 0,014( 400+ 18n) = 7,868 n=9 Cơng thức muối Fe2(SO4)3.9H2O 0,25 0,5 148.20 Câu n = 0,4 mol Ca(OH)2= 100.74 (2điểm) nCaCO3= 0,25 30 = 0,3 mol 100 Ta thấy nCaCO3< nCa(OH)2=> Xét trường hợp TH1: CO2 hết, (Ca(OH)2 dư) CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 ↓ + H2O 0,25 nCO2= nCaCO3= 0,3 mol VCO2= 0,3 22,4 = 6,72 lít 0,25 Mdd sau pư = 0,3.44 + 148 – 30 = 131,2 g Trong dd sau pư có: Ca(OH)2 dư 0,4 - 0,3 = 0,1 mol C% (Ca(OH)2 dư = 0,1.74.100 = 5,64 % 131, 0,25 TH2: CO2 dư, (Ca(OH)2 hết) Gọi x, y số mol Ca(OH)2 tạo muối trung hòa muối axit CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 ↓ + H2O (1) x x x 2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 2y y (2)V 0,25 y Theo (1) (2) ta có x + y = 0,4 mà x = 0,3 => y = 0,1 mol Vậy VCO2 = (0,3 + 2.0,1).22,4 = 11.2 lít Mdd sau pư = 0,5.44 + 148 – 30 = 140 (g) Dd sau pư có: 0,1 mol Ca(HCO3)2 15 0,5 C% (Ca(HCO3)2 = 0,1.162.100 =11,57 % 140 a,PTHH: H2 + CuO tC → Cu + H2O (1) 4H2 + Fe3O4 tC → 3Fe + 4H2O (2) H2 + MgO tC → ko phản ứng 0,25 0 Câu (2điểm) 2HCl + MgO → MgCl2 + H2O (3) 8HCl + Fe3O4 → FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O (4) 2HCl + CuO → CuCl2 + H2O (5) b,* Đặt nMgO = x (mol); nFe3O4= y (mol); nCuO = z (mol) 25,6gam X Ta có 40x + 232y + 80z = 25,6 (I) 40x + 168y + 64z = 20,8 (II) * Đặt nMgO=kx (mol); nFe3O4=ky (mol); nCuO=kz (mol) 0,15mol X Ta có k(x + y + z) = 0,15 (III) 2kx + 8ky + 2kz = 0,45 (IV) Giải hệ gồm (I), (II), (III) (IV) ⇒ x=0,15mol; y=0,05mol; z=0,1mol mMgO = 0,15 40 = (g) mCuO = 0,1 80 = (g) mFe O = 0,05 232 = 11,6 (g) 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 %MgO = (6: 25,6) 100 = 23,44% %CuO = (8 : 25,6) 100 = 31,25% %Fe3O4 =100% – (23,44 + 31,25) %= 45,31% Câu 10 Gọi x nồng độ phần trăm dung dịch B nồng độ phần trăm dung dịch A 3x Nếu khối lượng dung dịch B m (gam) khối lượng dung dịch A 2,5m (gam) Khối lượng NaOH có m (gam) dung dịch B = mx (gam) Khối lượng NaOH có 2,5m (gam) dung dịch A = 2,5m.3x = 7,5mx (gam) ⇒ Khối lượng NaOH có dung dịch C = mx + 7,5mx = 8,5mx (gam) Khối lượng dung dịch C = m + 2,5m = 3,5m ⇒ 8,5mx 20 = ⇒ x = 8, 24% 3,5m 100 0,25 (0,5đ) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Vậy dung dịch B có nồng độ 8,24%, dung dịch A có nồng độ 24,72% Chú ý: Học sinh làm cách khác mà cho điểm tối đa 16 0,5đ PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN THIỆU HĨA ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 02 trang) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn: Sinh học Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 24 tháng 10 năm 2017 Câu 1: (3.0 điểm) a Liên kết gen gì? Nêu điều kiện để gen qui định tính trạng di truyền liên kết hay phân li độc lập b Theo quan niệm Menđen, F1 có kiểu gen AaBb giảm phân bình thường cho loại giao tử, đời F2 cho loại kiểu gen loại kiểu hình Hãy giải thích ? Câu 2: (3.0 điểm) a Một chu kỳ tế bào gồm giai đoạn chủ yếu nào? Tính chất đặc trưng NST biểu kỳ chu kỳ tế bào? Vì sao? b Một tế bào sinh tinh có kiểu gen AaBbDd tiến hành giảm phân bình thường tạo tối đa loại tinh trùng? Xác định thành phần gen tinh trùng đó? c.Vì kỳ giảm phân I NST kép xếp thành hai hàng? Câu 3: (2.0điểm) Cho hai lồi sinh vật, lồi thứ có kiểu gen AaBb, lồi thứ hai có kiểu gen AB Làm để nhận biết kiểu gen nói Biết gen qui định ab tính trạng, tính trạng trội trội hồn tồn Câu 4: (2.0 điểm) Ở loài thực vật, phép lai P: AaBbdd x aaBbDd thu F1 Biết gen quy định tính trạng, gen trội trội hồn tồn, gen nằm nhiễm sắc thể thường khác a Xác định tỉ lệ loại kiểu gen F1 b.Tính xác suất xuất cá thể F1 có kiểu hình trội tính trạng số tính trạng Câu 5: (3.0 điểm) Ở lồi có 10 tế bào sinh dục đực tiến hành nguyên phân liên tiếp lần Cần môi trường nội bào cung cấp nguyên liệu tương đương 24180 NST đơn a Xác định NST lưỡng bội loài? b Các tế bào tiến hành giảm phân Xác định số nhiễm sắc thể có tế bào kì sau giảm phân I kì sau giảm phân II c Các tế bào giảm phân tạo tinh trùng Tinh trùng tham gia thụ tinh đạt hiệu suất 10% Xác định số lượng tinh trùng thụ tinh Câu 6: ( 2.0 điểm) Ở đậu Hà Lan cho giao phấn hạt trơn chủng với hạt nhăn F1 hạt trơn Cho F1 giao phấn với F2 có tỉ lệ kiểu hình hạt trơn: hạt nhăn Nếu tiếp tục cho hạt trơn F2 tự thụ phấn tỉ lệ kiểu hình mong đợi F3 nào? 17 Câu7: (2.0 điểm) Ở ruồi giấm 2n =8 Có nhóm tế bào sinh dục thực giảm phân Nhóm mang 128 nhiễm sắc thể kép Nhóm mang 512 nhiễm sắc thể đơn a Hai nhóm tế bào kỳ giảm phân? Xác định số tế bào nhóm? b Kết thúc đợt phân bào có tất tế bào hình thành Biết diễn biến tế bào nhóm Câu 8: (3.0 điểm) Ở đậu Hà Lan cho giao phấn đậu có kiểu hình hạt vàng, vỏ nhăn với đậu hạt xanh, vỏ trơn thu hệ F1 có hạt vàng, vỏ trơn Cho F1 tự thụ phấn đời F2 có kiểu hình phân li theo tỉ lệ 901 vàng, trơn: 299 vàng, nhăn: 301 xanh, trơn: 103 xanh, nhăn a Giải thích kết thí nghiệm Viết sơ đồ lai từ P → F2 b Chọn ngẫu nhiên mọc lên từ hạt vàng, vỏ nhăn F2 cho giao phấn với Số hạt có kiểu hình xanh, nhăn mong đợi F3 chiếm tỉ lệ bao nhiêu? Họ tên học sinh: ; Số báo danh: 18 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN THIỆU HÓA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2017 – 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: SINH HỌC Câu Đáp án a *K/N: Di truyền liên kết tượng nhóm tính trạng di truyền nhau, qui định gen nằm NST phân li trình phân bào Câu *Điều kiện để gen qui định tính trạng di truyền liên kết hay phân li độc lập: -Khi gen nằm NST khác chúng phân li độc lập; gen nằm NST chúng phân li trình phân bào b.Giải thích: - F1 cho loại giao tử vì: Mỗi cặp gen dị hợp giảm phân cho loại giao tử Các gen phân li độc lập tổ hợp tự do, cặp gen dị hợp tạo nên x 2= loại giao tử: (A: a) (B : b ) AB, Ab, aB, ab - F2 tạo loại kiểu gen :Mỗi cặp gen F2 tạo kiểu gen Vậy cặp gen 3.0đ F2 tạo nên x = kiểu gen theo tỉ lệ: (1AA: 2Aa: 1aa ) ( 1BB : 2Bb : 1bb ) = 1AABB: 2AaBB: 2AABb: 4AaBb: 1Aabb: 2Aabb: 1aaBB: 2aaBb: 1aabb - F2 tạo loại kiểu hình vì: F2 tính trạng tạo kiểu hình, tính trạng tạo nên x = kiểu hình theo tỉ lệ: (3 : ) ( 3: 1) = : : 3: a.- Mỗi chu kỳ tế bào gồm hai giai đoạn kì trung gian q trình ngun phân.Trong đó, q trình nguyên phân trải qua kì kì đầu, kì giữa, kì sau kì cuối -Tính đặc trưng NST biểu rõ kỳ nguyên phân: Câu lúc NST co xoắn cực đại tập trung thành hàng mặt phẳng xích đạo thoi phân bào NST có hình thái đặc trưng b.Số loại tinh trùng tối đa tạo loại -1 Tế bào sinh tinh có kiểu gen AaBbDd GP bình thường → tinh trùng gồm 3.0đ loại: 2ABD 2abd 2ABd 2abD 2Abd 2aBD 2AbD 2aBd c Vì kì đầu có tiếp hợp hai NST kép cặp tương đồng sau chúng tách Câu - Cho tự thụ phấn( TV) giao phối gần (ĐV) kiểu gen Căn vào đời F1: +Nếu kết F1 có 16 tổ hợp, kiểu gen, 4kiểu hình→ kiểu gen là: AaBb +Nếu kết F1 có tổ hợp, 3kiểu gen, 2kiểu hình→ kiểu gen là: AB/ab 2.0đ - Cho cá thể lai phân tích: +Nếu kết F1 cho tỉ lệ kiểu hình: 1:1:1:1→ kiểu gen là: AaBb +Nếu kết F1 cho tỉ lệ kiểu hình: 1:1 → kiểu gen là:AB/ab 19 Điể m 0,5 1,0 0,5 0.5 0,5 0,5 1.0 0,5 0,5 0.5 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu a.Tỉ lệ loại kiểu gen F1: P: AaBbdd x aaBbDd F1 tỉ lệ 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 viết tỉ số KG cho ½ số điểm) 2.0đ b Xác suất xuất cá thể F1 có kiểu hình lặn tính trạng tính trạng: - aabbD- = 1/2.1/4.1/2 = 1/16 - aaB-dd = 1/2.3/4.1/2 = 3/16 = 6/16 - A-bbdd = 1/2.1/4.1/2 = 1/16 - aabbdd = 1/2.1/4.1/4 = 1/16 Câu a) Xác định NST lưỡng bội 2n lồi: Theo giả thiết ta có: 2n.10 (25 - 1) = 24 180 => 2n = 24 180 : 310 = 78 * Bộ NST lưỡng bội loài : 2n = 78 b) Xác định số NST có tế bào kì sau giảm phân I kì sau giảm phân II: - Tổng số tế bào sinh dục đực tạo thành là: 10 25 = 320 (tế bào) - Ở kì sau giảm phân I, 320 tế bào có: 320.2n (NST kép) = 320.78 = 24 960 (NST kép) 3.0đ - Ở kì sau giảm phân II, 320 tế bào có: 320.2 2n (NST đơn) = 320.2 78 = 49 920 (NST đơn) c) Xác đinh lượng tinh trùng tham gia thụ tinh: - Tổng số tinh trùng tạo thành: 320 x = 280 (tinh trùng) - Số tinh trùng tham gia thụ tinh là: 1280 x 10% = 128 (tinh trùng) Câu *Biên luận: Cặp tính trạng hình dạng vỏ di truyền tuân theo quy luật phân li Menđen Hạt trơn trội hoàn toàn so với hạt nhăn Qui ước: Gen A- hạt trơn; alen a- hạt nhăn Kiểu gen P: AA x aa 2.0đ Sơ đồ lai P: AA (hạt trơn) x aa ( hạt nhăn) → F1: 100% Aa (hạt trơn) 1 AA : A a : aa kiểu hình: trơn: nhăn 4 1 Tỉ lệ hạt trơn có kiểu gen AA= = , hạt trơn có kiểu gen Aa= 1+ 3 F2 : 1.0 1.0 1.0 0.5 0.5 0.5 0.5 1.0 0,25 Cho hạt trơn F2 tự thụ phấn : AA AA : 12 Tỉ lệ kiểu gen mong đợi F3: AA: 12 F2 : (AA x AA) → F3 : ( Aa x Aa) → F3 : 0,75 Aa : aa 12 12 Aa : aa = AA: Aa : aa 12 12 6 tỉ lệ kiểu hình mong đợi F3 : hạt trơn : 1hạt nhăn Câu Nhóm 1có thể thuộc trường hợp: 2.0đ - kì đầu kì giữa, kì sau GPI: Số TB= 128 : 8=16 - kì cuối GPI, kì đầu GPII: Số TB = 128 :4 = 32 20 0,5 0,5 Nhóm 2: thuộc trường hợp: - Kì sauGPII: Số TB: 512 : =64 - Kì cuối II: Số TB: 512: =128 Kết thúc đợt phân bào số TB con: 32 x +128=192 0.25 0,25 0,5 Câu Xác định quy luật di truyền: 3.0đ * Xét di truyền cặp tính trạng F : Vàng = 901 + 299 = xanh => Vàng trội hoàn toàn so với xanh Quy ước gen: A – Vàng; a – xanh =>P: Aa x Aa 301 + 103 901 + 301 Tron = = nh ăh 299 + 103 => trơn trội hoàn toàn so với nhăn Quy ước gen: B- trơn ; b – nhăn => P : Bb x Bb * Xét di truyền đồng thời cặp tính trạng: - Theo đầu F2 có tỉ lệ kiểu hình 9:3:3:1 - Xét tích (3:1)(3:1) = 9:3:3:1 tỉ lệ trùng với tỉ lệ đầu Vậy cặp gen quy định cặp tính trạng nằm cặp NST tương đồng khác di truyền phân li độc lập -Kiểu gen F1: AaBb.P chủng Kiểu gen P là: AAbb x aaBB (HS tự viết sơ đồ lai) b Để F3 xuất hiiện kiểu hình hạt xanh, vỏ nhăn (aabb) F2 phải cho giao tử ab =>Chọn hạt vàng, vỏ nhăn F2 phải có kiểu gen: Aabb 2 = -Tỉ lệ hạt vàng, vỏ nhăn F2 có kiểu gen Aabb = 1+ - Xác suất số hạt có kiểu hình xanh nhăn mong đợi F3 : F2 : Aabb x Aabb G: ab 0.25 0,25 0.25 0,5 0,75 0,25 0.25 0.25 ab Vậy kiểu hình xanh nhăn F3 (aabb) = 1 2 = 2 3 Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa 21 0.25 ... )(ca − bd ) = (ab + d + ad + bd )(bc + d + bd + cd )(ca + d + cd + ad ) = ( a + d )(b + d )(b + d )(c + d )( a + d )(c + d ) = [(a + d )(b + d )(c + d )] = (a + d )(b + d )(c + d ) 0,25 Vì a,... b 0,25 c − c M5 ( ) − b + c − c M5 a + b + c M5 0,25 0,5 Ta có: a + b + c + d = ⇔ ad + bd + cd + d = (vì d ≠ 0) −ad = d + bd + cd ⇔ −bd = d + cd + ad −cd = d + ad + bd 0,5 0,25 M = ( ab... PBC + PCB = PCD + PCB = 600 (2 điểm) Áp dụng BĐT cơsi ta có x + xyz + xyz = x = x ( ( ) x + yz + yz = x ( x + z )( x + y ) + yz ) ( 0,25 0,25 0,25 x ( x + y + z ) + yz + yz ) 0,25 3 x + y +