Đề thi học sinh giỏi lớp 12 THPT năm 2012 - Sở GD&ĐT Phú Yên

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

593
lượt xem 47
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời tham khảo đề thi học sinh giỏi lớp 12 THPT năm 2012 của sở giáo dục và đào tạo Phú Yên giúp các bạn học sinh lớp 12 ôn tập, củng cố kiến thức và chuẩn bị tốt cho kì thi được tốt hơn. Chúc các bạn thi tốt!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi lớp 12 THPT năm 2012 - Sở GD&ĐT Phú Yên

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2011-2012. -------------- MÔN THI: HÓA HỌC (Chuyên) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Cho khối lượng mol nguyên tử các nguyên tố (gam/mol): C=12; H=1; Mg=24; Ca=40; Fe=56; O=16; S=32; Ag=108; Al=27; Br=80; Cu=64. Câu 1: (4,0 điểm) a. Trong phòng thí nghiệm, người ta điều chế khí etilen bằng cách đun nóng hỗn hợp ancol etylic và axit sunfuric đặc (xúc tác) ở nhiệt độ thích hợp. Nếu dẫn khí thoát ra vào ống nghiệm chứa dung dịch KMnO4 thì sau phản ứng trong ống nghiệm ta không thấy xuất hiện kết tủa màu đen (MnO2) như khi cho etilen lội qua dung dịch KMnO4. Tạp chất (chất X) gì đã gây ra hiện tượng đó? Giải thích? b. Hỗn hợp khí chỉ gồm etilen và X. Để loại chất X (chỉ còn etilen), có thể dùng dung dịch chứa chất nào trong các chất (riêng biệt) sau đây: BaCl2; nước Br2 ; KOH; K2CO3; K2SO3, giải thích và viết phương trình phản ứng minh họa? Câu 2: (4,0 điểm) 50 Một loại quặng X có chứa % (theo khối lượng) tạp chất trơ, thành phần còn lại chỉ gồm CaCO3 và 3 MgCO3. Lấy 1,2m gam X cho phản ứng với dung dịch HCl dư, thu được 0,5m gam khí CO2 và dung dịch Y. a. Tính phần trăm khối lượng MgCO3 và CaCO3 trong X? b. Lấy một phần dung dịch Y đem cô cạn và tiến hành điện phân nóng chảy toàn bộ lượng muối thu được (hiệu suất quá trình điện phân đạt 100%). Hỗn hợp kim loại thu được sau điện phân có khối lượng bằng 1,68 gam được cho hết vào 1,5 lít dung dịch CuCl2 0,1M, phản ứng xong thu được dung dịch Z. Khối lượng dung dịch Z tăng hay giảm hơn so với khối lượng dung dịch CuCl2 ban đầu bao nhiêu gam? Câu 3: (4,0 điểm) 3.1. Hỗn hợp khí (ở nhiệt độ phòng) X gồm C2H7N và hai hiđrocacbon có khối lượng phân tử hơn kém nhau 14 đvC. Đốt cháy hoàn toàn 100 ml hỗn hợp X bằng một lượng oxi vừa đủ, thu được 550 ml hỗn hợp Y gồm CO2 ; N2 và hơi nước. Dẫn 110 ml hỗn hợp Y đi chậm qua bình chứa axit sunfuric đậm đặc (dư), thấy còn lại 50 ml khí (các thể tích khí và hơi đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất). Xác định công thức phân tử của hai hiđrocacbon và tính phần trăm theo thể tích các chất trong X. 3.2. Giải thích vì sao CH4 hầu như không tan nước, còn C2H5OH và CH3COOH lại tan rất tốt trong nước? Câu 4: (4,0 điểm) 64 4.1. Hỗn hợp X gồm CuSO4; FeSO4 và Fe2(SO4)3 có chứa % theo khối lượng nguyên tố lưu huỳnh. Lấy 60 3 gam hỗn hợp X hòa tan hoàn toàn trong nước, sau đó thêm dung dịch NaOH (loãng) cho đến dư. Phản ứng xong, lọc lấy kết tủa đem nung ngoài không khí tới khi khối lượng chất rắn không thay đổi, được hỗn hợp Y. Dẫn một luồng khí CO (dư) đi chậm qua Y (nung nóng) cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, được m gam chất rắn Z. a. Viết tất cả các phương trình phản ứng đã xảy ra. b. Tính m (gam)? 4.2. Trộn lẫn 100 ml dung dịch HCl a M với 250 ml dung dịch KOH b M, được dung dịch X. Lập biểu thức toán học thể hiện mối quan hệ giữa a và b, biết dung dịch X hòa tan vừa hết 9,75 gam nhôm hidroxit. Câu 5: (4,0 điểm) 5.1. Thủy phân m gam tinh bột trong môi trường axit (hiệu suất phản ứng đạt 72%), thu lấy toàn bộ lượng glucozơ và chia làm hai phần. - Phần một, cho tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 (dư), phản ứng hoàn toàn được 24,03 gam Ag. - Phần hai, thực hiện phản ứng lên men rượu (hiệu suất phản ứng đạt 80%). Chưng cất cho đến hết lượng ancol thu được và điều chỉnh thể tích bằng nước cất thấy thu được 287,5 ml dung dịch ancol etylic 750. Tính m (gam)? Biết khối lượng riêng của ancol etylic nguyên chất bằng 0,8 gam/ml. 5.2. Hỗn hợp X gồm etilen và axetilen, tỉ khối hơi của X so với hidro bằng 13,25. m gam hỗn hợp X làm mất màu tối đa 16,8 gam brom. Tìm m (gam)? …………… HẾT …………… Họ và tên thí sinh: …………………………………….. Số BD: ………………. Lưu ý: Thí sinh không được phép sử dụng Bảng tuần hoàn;Giám thị không giải thích gì thêm. Chữ ký giám thị 1: ………………………. Chữ ký giám thị 2: ……………………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2011-2012. -------------- ĐÁP ÁN MÔN THI: HÓA HỌC (Chuyên) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) (Đáp án có 04 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ CHO ĐIỂM BÀI THI CỦA THÍ SINH Câu Đáp án tham khảo Điểm KMnO4 phản ứng trong môi trường trung tính sẽ cho MnO2 (kết tủa màu đen); còn trong môi trường axit sẽ cho muối Mn (II) (hầu như không màu). 0,5 điểm Phản ứng giữa etilen và KMnO4 chỉ xảy ra trong môi trường trung tính nên sản phẩm tạo thành có kết tủa MnO2 màu đen. Trong quá trình điều chế C2H4 từ C2H5OH và H2SO4 đặc xúc tác, tạp chất lẫn 0,5 điểm vào dòng khí thoát ra luôn có mặt SO2. Chất X chính là SO2. a SO2 tan vào dung dịch, tạo ra môi trường axit (ngoài ra SO2 cũng phản ứng với (1,5) KMnO4 sản phẩm sinh ra có tính axit, góp phần tạo môi trường axit) nên phản 0,5 điểm ứng giữa KMnO4 với C2 H4 xảy ra trong môi trường axit nên sản phẩm tạo ra không có MnO2 - không có kết tủa màu đen. Để loại bỏ SO2, ta không thể dùng các dung dịch: BaCl2; Br2 và K2CO3, vì: 0,5 điểm 1 + dd BaCl2: cả hai chất đều không có phản ứng; (4,0 điểm) + dd Br2: cả hai đều phản ứng: SO2 + Br2 + H2O  2HBr + H2SO4 0,5 điểm b C2H4 + Br2  C2 H4Br2 (2,5) + dd K2CO3: SO2 phản ứng tạo tạp chất mới CO2: 0,5 điểm SO2 + K2CO3  K2SO3 + CO2; Các dung dịch dùng để loại SO2 được là: KOH và K2SO3: + dd KOH: chỉ có SO2 phản ứng: 0,5 điểm SO2 + KOH  K2SO3 + H2O (hoặc SO2 + KOH  KHSO3) + dd K2SO3: chỉ có SO2 phản ứng: SO2 + K2SO3  KHSO3 0,5 điểm 1,2 m 50 Khối lượng của hai muối MgCO3 và CaCO3 = (100  )  m( gam); 100 3 Đặt công thức chung cho hai chất: RCO3 0,75 điểm RCO3 + 2HCl   RCl2 + CO2 (1) Đặt nCaCO3  x( mol ); nMgCO 3  y ( mol ) ; 2 0,75 điểm (4,0 điểm) 100 x  84 y  m Ta có hệ phương trình toán học:   3x  y 44( x  y )  0,5m m 3m nCaCO3  ( mol ); nCaCO3  ( mol ); 352 352 0,5 điểm 100 xm Phần trăm khối lượng các chất: % mCaCO3  x100  23,67(%) ; 352 x1,2m 3mx84 % mMgCO3  x100  59,66(%) 352 x1,2m Cô cạn Y, HCl bay hơi nên chỉ còn muối bị điện phân. Phương trình phản ứng đpnc 0,5 điểm hóa học đã xảy ra: RCl2   R + Cl2  (2) Số mol Cu(NO3)2 = 1,5.0,1 = 0,15 (mol) Theo câu (a), 3nCa = nMg. Do đó từ dữ kiện, ta có: 40x + 72x = 1,68  x = 0,015 (mol)  nCa = 0,015 (mol); nMg = 0,045 (mol) 0,5 điểm Kim loại Ca có phản ứng với nước, còn Mg phản ứng với CuCl2: Ca + 2HOH   Ca(OH)2 + H2  (3) 0,5 điểm
Ca(OH)2 + CuCl2   Cu(OH)2  + CaCl2 (4) Mg + CuCl2   MgCl2 + Cu  (5) (Độ tan của Cu(OH)2 1,68  khối lượng d/dịch Z giảm hơn khối lượng dd CuCl2, độ giảm khối lượng dung dịch = 4,38 – 1,68 = 2,7 (gam) Đặt công thức phân tử chung hai hidrcacbon: CxHy Phương trình phản ứng cháy: 0 C2H7N + O2 t 2CO2 + 3,5H2O + 0,5N2 C (1) 0,5 điểm 0 CxHy + O2 t xCO2 + 0,5yH2O C (2) Axit sunfuric đậm đặc hấp thụ H2O  Thể tích H2O hơi sau phản ứng cháy: VH 2 O  5(110  50)  300( ml ) ; 0,5 điểm Thể tích của CO2 và N2 sau phản ứng cháy: V(CO 2  N 2 )  5 x50  250( ml ) 3 Đặt nC 2 H 7 N  a ( ml ); nC x H y  b(ml ) có trong 100 ml hỗn hợp X. (4,0 điểm) Theo giả thiết và các phương trình (1), (2), ta có: a  b  100 (3) 0,5 điểm  2a  bx  0,5a  250 (4) 3.1 3,5a  0,5 yb  300 (3,0)  (5) 2 x300 Số nguyên tử hidro trung bình của X: H   6 < 7  y< 6 100 0,5 điểm  Số nguyên tử H trong hidrocacbon lớn (khối lượng phân tử lớn hơn) < 8; Số nguyên tử H trong hidrocacbon nhỏ (khối lượng phân tử nhỏ hơn) < 6; Từ (3), (4)  2,5b  bx  0  b( 2,5  x )  0  x = 2,5 (do b  0) Vì hai hidrocacon hơn kém nhau một nhóm –CH2-  có hai trường hợp: Trường hợp 1: Hai hidrocacbon là C2Hq và C3Hq + 2 với 2  q  6  chọn q = 2 hoặc q = 4 (q luôn chẵn) C2 H 2 C2 H 4 q = 2  hai hidrocacbon là  ; q = 4  hai hidrocacbon là  C3 H 4 C3 H 6 C2 H 2 c(ml ) + Xét cặp  ; Phương trình phản ứng cháy: C3 H 4 d (ml ) 0,5 điểm t 0C C2H2  2CO2 + H2 O (6) t 0C C3H4  3CO2 + 2H2O (7) t 0C C2H7N  2CO2 + 3,5H2O + 0,5N2 (1) 2c  3d  2a  0,5a  250 c  12,5   Từ (1), (6), (7)  c  2d  3,5a  300  d  12,5 c  d  a  100 a  75   Phần trăm thể tích các chất trong X: %V(C2H2) = 12,5%; %V(C3H4) = 12,5%; %V(C2H7N) = 75%. C2 H 4 z ( ml ) + Trường hợp 2: Xét cặp  ; Phương trình phản ứng cháy: C3 H 6 t ( ml ) 0 2C2H4 t 2CO2 + 2H2O C (8)
0 C3H6 t 3CO2 + 3H2O C (9) 0,5 điểm 0 C2H7N t 2CO2 + 3,5H2O C + 0,5N2 (1) 2 z  3t  2a  0,5a  250  z  25   Từ (1), (8), (9)  2 z  3t  3,5a  300  t  25  z  t  a  100 a  50   Phần trăm thể tích các chất trong X: %V(C2H4) = 25%; %V(C3H6) = 25%; %V(C2H7N) = 50%. CH4 không tan trong nước vì trong phân tử CH4 không có nguyên tử hidro linh 0,5 điểm 3.2 động nên không tạo được liên kết hidro với nước; (1,0) Trong các chất: C2H5OH và CH3COOH đều có chứa nguyên tử H linh động (nguyên tử H trong nhóm –OH) nên các phân tử chất đều tạo được liên kết hidro 0,5 điểm với các phân tử nước nên các chất này tan tốt trong nước. CuSO4 + 2NaOH  Cu(OH)2 + Na2SO4 (1); FeSO4 + 2NaOH  Fe(OH)2 + Na2SO4 (2); Fe2(SO4)3 + 6NaOH  2Fe(OH)3 + 3Na2SO4 (3); 0 Cu(OH)2 t CuO + H2O C (4); 1 0 0,25 x 8 Fe(OH)2 +O2 t Fe2O3 + H2O C (5); 4 4.1 2 = 2,0 điểm (4,0 điểm) (2,5) 2Fe(OH) t Fe O + 3H O 0 C (6); 3 2 3 2 t 0C CuO + CO  Cu + CO2 (7); t 0C Fe2O3 + 3CO  2Fe + 3CO2 (8). 64 x60 12,8 mS   12,8( gam) ; nS   0,4( mol ) 3 x100 32 Ta nhận thấy: nO = 4nS  nO = 1,6 (mol)  mO = 1,6x16 = 25,6 (gam) 0,5 điểm Tất cả các oxit trong Y đều bị khử thành kim loại,  mkim loại = 60 – 25,6 – 12,8 = 21,6 (gam) Phương trình phản ứng: HCl + KOH  KCl + H2O (1) n HCl  0,1a ( mol ); n KOH  0,25b( mol ) ; n Al (OH )3  0,125b( mol ) 0,5 điểm Vì Al(OH)3 là một hidroxit lưỡng tính nên ta có hai trường hợp sau: Trường hợp 01: HCl dư, KOH hết; xảy ra phản ứng: Al(OH)3 + 3HCl  AlCl3 + 3H2O (2) 0,5 điểm 4.2 (1,5) Từ (1), (2)  nHCl dư = 0,1a – 0,25b = 3x 0,125  a = 2,5b + 3,75 Trường hợp 02: HCl hết, KOH dư; xảy ra phản ứng: Al(OH)3 + KOH  KAlO2 + 2H2O (3) 0,5 điểm Từ (1), (3)  nKOH dư = 0,25b – 0,1a = 0,125  a = 2,5b – 1,25 Các phương trình phản ứng hóa học:  0  C H  72 (C6H10 O5)n + nH2O H ,t(   nC6H12O6 %) (1) t 0C 0,5 điểm C6H12 O6 + Ag2O  C6H12 O7 + 2Ag (2) men ( H  80%) C6H12 O6     2C2 H5OH + 2CO2  (3) Số mol các chất: 24,03 75 x287,5 n Ag   0,2225(mol ); VC 2 H 5 OHn / c   215,625( ml ); 0,5 điểm 108 100 172,5 mC 2 H 5OH  215,625x0,8  172,5( gam); nC 2 H 5 OH   3,75( mol ); 46 5 1 (4,0 điểm) 5.1 Từ phương trình (2)  nglucozơ (P.1) = n Ag  0,11125( mol ) (2,5) 2 1 100 0,5 điểm Từ phương trình (3)  nglucozơ (P.2) = nC 2 H 5OH x 2 80 3,75 nglucozơ (P.2)   2,34375( mol ) 2 x0,8
Tổng số mol glucozơ sau phản ứng (1): 0,5 điểm nglucozơ = 0,11125 + 2,34375 = 2,455 (mol) Số mol, khối lượng tinh bột ban đầu đã dùng: 2,455 ntinh bột bđ = ( mol ) ; 0,5 điểm nx0,72 2,455 mtinh bột bđ = m = x162n  552,375( gam) nx0,72 Đặt nC 2 H 4  x(mol ); nC 2 H 2  y (mol ) ; M X  13, 25 x2  26,5 ; 16,8 0,5 điểm nBr2   0,105( mol ); 160 5.2 28 x  26 y (1,5) Theo giả thiết, ta có  26,5  1,5x = 0,5y  y = 3x x y Phương trình phản ứng hóa học: C2H4 + Br2  C2H4Br2 (1) 0,5 điểm C2H2 + 2Br2  C2H2Br4 (2) Từ pt (1), (2)  x + 6x = 0,105  x = 0,015 (mol) 0,5 điểm Khối lượng hỗn hợp X: m = (0,015 + 0,045)x26,5 = 1,59 (gam) Chú ý: - Nếu thí sinh làm cách khác mà vẫn đúng thì Giáo khảo cho đủ điểm từng phần phù hợp nhưng không vượt mức điểm tối đa theo quy định; - Điểm toàn bài thi không làm tròn số, điểm có thể lẻ tới 0,25.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2011-2012 Môn: Toán (Chuyên) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) ---------- Câu 1. (3,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức: P  2  3. 2  2  3 . 2  2  2  3 . 2  2  2  3 . b) Cho x  3 1  65  3 65  1 . Tính Q  x3  12 x  2009 . Câu 2. (3,5 điểm) Cho phương trình a(a+3)x2 - 2x - (a+1)(a+2) = 0 (a là tham số, nguyên). a) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm hữu tỷ. b) Xác định a để phương trình có các nghiệm đều nguyên. Câu 3. (5,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: a) 13 x  2  3x+2  x  3  42  0 ;  x2  9  y  9  b)  . 2  y 9  x 9  Câu 4. (2,5 điểm) 2 1 a) Chứng minh rằng với mọi x, y > 0 : 2 2  . x  2y  3 xy  y  1 b) Cho 3 số dương a,b,c với abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 1 M   . a  2b  3 b  2c  3 c  2a 2  3 2 2 2 2 2 Câu 5. (2,5 điểm) Cho tam giác ABC thỏa mãn AB.AC = BC(AB+AC), có G là trọng tâm và BD, CE là các đường phân giác trong. Chứng minh rằng 3 điểm D, E, G thẳng hàng. Câu 6. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn tâm O. Một điểm D di động trên cung nhỏ AC. Trên tia đối của tia DB lấy điểm E sao cho DE = DC. Tìm tập hợp các trung điểm M của đoạn thẳng BE khi D di chuyển trên cung nhỏ AC. = Hết= Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:………..…………………. Số báo danh:…………………………………….. Chữ ký của giám thị 1:………………………. Chữ ký của giám thị 2:………………………….
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2011-2012 Môn: Toán (chuyên) ĐỀ CHÍNH THỨC ---------- HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Gồm có 05 trang) I- Hướng dẫn chung: 1- Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2- Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi. 3- Điểm toàn bài thi không làm tròn số. II- Đáp án và thang điểm: Câu Đáp án Điểm 1 3,00 đ a) Rút gọn biểu thức: 1,50 đ P  2  3. 2  2  3 . 2  2  2  3 . 2  2  2  3 Ta có:    0,25 đ 2  2  2  3 . 2 2  2 3  2  2  2  3 2  2  2  3      42 2 3  2 2 3 0,25 đ Do đó: P  2  3. 2  2  3 . 2  2  3 0,50 đ  2  3 . 4  2  3  2  3. 2  3 0,25 đ 0,25 đ  4  3  1. Cách khác: Áp dụng hằng đẳng thức (a  b)(a  b)  a 2  b 2 , ta có: 0,25 đ       P 2  2  3 2  2  3  2  2  2  3  2  2  2 2  3     0,50 đ    2 3 2 2 3  2  2 3  0,25 đ   2  3  2  3  0,25 đ =4–2=1 0,25 đ Vì P > 0 nên P = 1 b) Tính Q  x3  12 x  2009 , với x  3 1  65  3 65  1 : 1,50 đ 3  Ta có : x3  3 1  65  3 65  1 
  1  65      65  1  33 1  65    3 1 65  1 65  3 65  1  0,50 đ  2  12  1 3  65  3 65  1  2  12x . 0,50 đ Do đó: Q = 2-12x +12x + 2009 = 2011. 0,50 đ 2 Phương trình: a(a+3)x2 - 2x - (a+1)(a+2) = 0 3,50 đ a) Chứng minh phương trình luôn có nghiệm hữu tỷ: 1,50 đ - Với a(a+3) = 0 hay a = 0 hoặc a = -3: Phương trình trở thành: -2x -2 = 0 có nghiệm là x = -1 0,50 đ - Với a(a+3)  0 hay a  0 và a  -3 thì p/t cho là phương trình bậc hai. Ta có: a(a  3)  2  (a  1)(a  2)  a 2  3a  2  a 2  3a 2  2  0 0,25 đ Nên phương trình cho có 2 nghiệm: x1  1 0,25 đ (a  1)(a  2) 2 x2   1 0,25 đ a (a  3) a (a  3) Vì a nguyên nên suy ra phương trình cho luôn có nghiệm hữu tỷ. 0,25 đ --------------------------- -------- Ghi chú : Nếu thí sinh tính  '  (a 2  3a  1) 2  0, a 0,50 đ Vì a nguyên nên  '  a 2  3a  1 là số nguyên 0,25 đ Vậy phương trình cho luôn có nghiệm hữu tỷ. 0,25 đ b) Xác định a để các nghiệm của phương trình đều là nghiệm nguyên: 2,00 đ (1) Nếu a = 0 hoặc a = -3: phương trình có 1 nghiệm nguyên x = -1. 0,50 đ (2) Nếu a  0, a  -3: Theo câu a), phương trình có nghiệm x1 = -1 nguyên nên để p/trình có các nghiệm đều nguyên thì x2 cũng phải là nghiệm nguyên. Nghĩa là: 2 phải chia hết cho a(a  3) . 0,50 đ 2  a(a  3)  2  a  3a  2  0  a(a  3)  1  2 a  3a  1  0 Khi đó ta có các khả năng xảy ra :   2  a  3a  2  0 0,25 đ  a(a  3)  2    a(a  3)  1  a 2  3a  1  0  Vì a nguyên nên chỉ có phương trình a 2  3a  2  0 có hai nghiệm nguyên 0,25 đ a = -1 hoặc a = -2 . Vậy: a  3; 2; 1; 0 thì phương trình cho có các nghiệm đều nguyên. 0,50 đ 3 Giải các phương trình và hệ phương trình: 5,00 đ a) Giải phương trình: 13 x  2  3x+2  x  3  42  0 3,00 đ Điều kiện : x  3 (*). 0,25 đ Đặt t  x  3, t  0 , suy ra x  t 2  3 0,25 đ
Phương trình trở thành: 6t3 +13t2 -14t +3 = 0 0,50 đ 1 1 Giải ra ta được: t  ; t  ; t  3 (loại). 0,50 đ 2 3 1 1 11 Với t  , ta có: x  3   x   ; 0,50 đ 2 2 4 1 1 26 Với t  , ta có: x  3   x   . 0,50 đ 3 3 9 Cả hai nghiệm đều thỏa điều kiện (*).  11 26  Vậy tập nghiệm phương trình đã cho là: S   ;   . 0,50 đ  4 9  x2  9  y  9  b) Giải hệ phương trình:  2,00 đ  y2  9  x  9   x 2  9  (9  y )2 (1)  Với điều kiện x, y  9 , hệ đã cho là:  0,50 đ 2 2  y  9  (9  x) (2)  x  y 0,50 đ Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được: ( x  y )( x  y  9)  0   . y  9 x + Với x = y, thế vào (1) ta được: 18x -72 = 0  x  y  4 . 0,50 đ + Với y = 9 – x, thế vào (2) thì phương trình vô nghiệm. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất : (x;y)= (4;4). 0,50 đ 4 2,50 đ 2 1 a) Chứng minh : 2 2  (x, y > 0) 1,00 đ x  2y  3 xy  y  1 Vì x, y > 0 nên x 2  2y 2  3  0; xy  y  1  0 2 1 0,25 đ Do đó : 2 2   2xy  2y  2  x 2  2y 2  3 x  2y  3 xy  y  1  (x  y) 2  (y  1) 2  0 0,25 đ Bất đẳng thức sau cùng đúng nên bất đẳng thức đầu đúng . 0,25 đ Dấu bằng xảy ra khi x = y = 1. 0,25 đ b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1,50 đ 1 1 1 M 2  2  2 (a,b,c >0; abc = 1) a  2b 2  3 b  2c 2  3 c  2a 2  3 Áp dung bất đẳng thức ở câu a) ta có:
1 1 2 1 1 2 2  2 2  a  2b  3 2 a  2b  3 2 ab  b  1 0,25 đ 1 1 2 1 1   b 2  2c 2  3 2 b 2  2c 2  3 2 bc  c  1 1 1 2 1 1   c 2  2a 2  3 2 c 2  2a 2  3 2 ca  a  1 0,25 đ 1 1 1 1  M      2  ab  b  1 bc  c  1 ca  a  1  Do abc = 1 nên: 0,25 đ 1 1 1 ca a 1   = 2   ab  b  1 bc  c  1 ca  a  1 ca b  abc  ca abc  ac  a ca  a  1 0,25 đ ca a 1 =   =1. ca  a  1 ca  a  1 ca  a  1 0,50 đ 1 1 Do đó M  . Dấu “=” xảy ra khi a = b = c =1. Vậy Max(M) = . 2 2 5 2,50 đ Gọi M là trung điểm của BC (1). Nối GD, GE. Gọi P, Q là các điểm trên tia GM sao cho: BP //GE, CQ //GD (2) . Theo định lý Ta-lét và tính chất 0,50 đ đường phân giác: GP EB CB   ; GA EA CA GQ DC BC   A GA DA BA 0,50 đ GP GQ CB BC Suy ra:    0,25 đ GA GA CA BA GP  GQ BC ( AB  AC )    1 (vì BC ( AB  AC )  AB. AC ). 0,25 đ GA AB.AC  GP+GQ = GA = 2GM . 0,25 đ Do đó M là trung điểm của PQ (3). 0,25 đ Kết hợp (1) và (3) suy ra tứ giác BPCQ là hình bình hành  BP//CQ (4). 0,25 đ Từ (2) và (4) suy ra G, D, E thẳng hàng. 0,25 đ 6 3,50 đ B
a) Phần thuận: ABC cân  ABC  ACB  ADB  ADE  ADC (vì cùng bù với ABC ). 0,50 đ Xét ADC và ADE có: AD: chung ; DC = DE (giả thiết) ADC  ADE (cmt) Suy ra ADC = ADE (c.g.c) 0,50 đ Do đó AC=AE=AB ABE cân tại A. Vì M là trung điểm BE nên AMB  900 . 0,25 đ Hơn nữa do AB cố định nên M lưu động trên đường tròn đường kính AB. 0,25 đ b) Giới hạn: Khi D  A thì M  A; D  C thì M  H (AH là đ/cao của ABC). c) Phần đảo: 0,50 đ Lấy điểm M bất kỳ trên AH . Gọi D là giao điểm thứ 2 của BM và đường tròn (O). Trên tia đối của tia DB lấy điểm E sao cho DE = DC. Ta sẽ chứng minh M là trung điểm của BE. Xét ADC và ADE có: 0,50 đ AD: chung ; DC = DE (giả thiết) ADC  ADE (cùng bù với ABC ) Suy ra ADC = ADE (c.g.c)  AC=AE=AB (1) Lại có AM  BE (M nằm trên đường tròn đường kính AB) (2) 0,25 đ Từ (1) và (2) suy ra M là trung điểm của BE. 0,25 đ d) Kết luận: Khi D di động trên cung nhỏ AC thì quĩ tích của M là cung nhỏ AH của đường tròn đường kính AB. 0,50 đ