Bộ đề thi học sinh giỏi lớp 9 môn toán

Toán Đề 1 Phòng Giáo dục-đào tạo Huyện Yên Khánh ---------------- Đề thi học sinh giỏi lớp 9 môn : Toán Đề thi học sinh giỏi tỉnh Đ3 môn hoá học Đ1 (Học sinh làm bài trong 150’ không kể thời gian giao đề Bài 1: Cho a, b, c, d là bốn số dương. Chứng minh : + + + Bài 2: Giải các phường trình và hệ phương trình sau: a, + = 1 b, Bài 3: Cho ABC có A > 900 Gọi R, r là độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp ABC ; gọi M, N, P lần lượt là hình chiếu tâm 0 đường tròn ngoại tiếp ABC trên AB, BC và AC. a, Chứng minh : BN.OM + BM.ON = BO . MN b, Đặ t ON = d1 ; OP = d3 ; OM = d2 Tính R + r theo d1 , d2 , d3 . Bài 4: Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh a, trên hai cạnh AB, AD lần lượt lấy hai điểm M, N sao cho chu vi AMN là 2a. Tìm vị trí của M, N để diện tích ABC đạt giá trị lớn nhất . Đáp án Đ1 Phòng Giáo dục-đào tạo Huyện Yên Khánh ---------------- đáp án và biểu chấm môn Hoá lớp 9 Đáp án và biểu điểm chấm môn : Toán 9 Đ2 Đ2 Bài 1: ( 3,5 điểm) Chứng minh với x, y > 0 ta có (*) ( 0,5 đ ) VT = + ( 0,5 đ ) = ( 0,5 đ ) ( 0,5 đ ) ( 0,5 đ ) 4 . ( theo *) = 2. ( 0,5 đ ) ( 0,5 đ ) Bài 2: a/ ( 4 điểm) Đặt a = b = ( 0,5 đ ) Ta có : ( 0,5 đ ) a3 + a2 - 2a = 0 ( 0,5 đ ) a ( a2 + a -2) = 0 ( 0,5 đ ) ( 1 đ) Hệ ( I ) có ba nghiệm : ( 0 ; 1) ; ( 1 ; 0) ; ( -2 ; 3) ( 0,5 đ ) nên phương trình đã cho có nghiệm : 2 ; 1 ; 10 ( 0,5 đ ) b, ( 4,5 đỉêm) Từ (1) ; (2) ta có : (x – z)(x – y + z) = 0 (4) ( 0,5 đ ) Từ (2) và (3) ta có: ( y - x)(x + y –z) = 0 (5) ( 0,5 đ ) Từ (3) ; (4) ; (5) ta có hệ : ( 0,5 đ ) Để giải hệ trên ta giải 4 hệ ( 0,25 đ ) ( 0,25 đ ) ( 0,25 đ ) ( 0,25 đ ) Giải 4 hệ trên ta được 8 bộ nghiệm của hệ phương trình : (1; 1; 1) ; ( -1;-1; -1 ) ; ; ; ; ; 0 B N 0 d1 A M D E d3 d2 C Giải ra mỗi bộ nghiệm cho ( 0,25 điểm) Bài 3: a, Ta có BM0 = BN0 = 900 => OMBN là tứ giác nội tiếp Trên BO lấy E sao cho BME = OMN => BME NMO ( 0,5 đ ) => ( 0,25 đ ) => BM . NO = BE . NM ( 0,25 đ ) Chứng minh tương tự BN. OM = OE .MN ( 0,5 đ ) Cộng theo từng vế BM .ON +BN . ON = MN . BO ( 0,5 đ ) b. Đặt a , b , c là độ dài các cạnh BC , AC , AB của ABC theo câu a ta có d1. + d2 = R . ( 0,5 đ ) áp dụng câu a đối với các tứ giác OMAP , ONCD ta có d1. + d3. = R. ( 0,25 đ ) d3 . + d2 . = R. ( 0,25 đ ) Cộng theo từng vế : . ( a+b+c) = . ( d1b + d2b + d3c + d3a + d1a + d2c) ( 0,5 đ ) mặt khác SABC = . ( a+b +c ) = .( d1c + d3b + d2a ) ( 0,5 đ ) Do đó ( R + r )( a+b+c) = ( a+b+c)( d1+d2+d3) ( 0,5 đ ) hay R + r = d1 + d2 + d3 ( 0,5 đ ) Bài 4: (2,5 điểm) Đặt AM = x , AN = y ( x, y > 0 ) ( 0,25 đ ) Ta có x + y + = 2a ( 0,25 đ) mà x + y 2 x2 + y2 =2xy ( 0,5 đ ) Nên x + y + ( 2 + ) ( 0,25 đ ) Hay 0 xy a ( 0,25 đ ) Mặt khác SAMN = AM . AN = xy ( 0,25 đ ) Nên SAMN = ( 3 – 2 ) a2 không đổi ( 0,25 đ) => SAMN max = ( 3 – 2 ) a2 AM = AN = ( 2-). a ( 0,5 đ ) Đề 2 Phòng Giáo dục-đào tạo Huyện Yên Khánh ---------------- Đề thi học sinh giỏi lớp 9 môn : toán Đề thi học sinh giỏi tỉnh Đ3 môn hoá học Đ3 (Học sinh làm bài trong 150’ không kể thời gian giao đề Bài 1 ( 6 điểm): a, Giải phương trình sau: (x + 4)4 = 2.(2x +13)2 + 50.(2x+13) (3điểm) b, Cho các số dương a, b, c thoả mãn điều kiện a + b + c = 1 Chứng minh rằng :( 1+a).(1+b).(1+c) 8( 1- a).(1- b).(1- c) ) (3điểm) Bài 2: (4 điểm) : Cho phương trình: x - = m Với giá trị nào của m thì phương trình trên có nghiệm duy nhất. Bài 3: ( 4 điểm) :Biết các số dương x , y , z thoả mãn hệ phương trình: Tính giá trị biểu thức A = xy + 2yz + 3xzư Bài 4: (6 điểm) Cho nửa ( 0; R) đường kính A B. C là điểm bất kì trên nửa đường tròn, kẻ CH vuông góc với AB; I và K là tâm các đường tròn nội tiếp các tam giác CAH và CHB. Đường thẳng IK cắt CB; CA tại N và M . HI cắt CA tại E; HK cắt CB tại F a, Chứng minh MN // EF b, Xác định vị trí của C để SCMN đạt giá trị lớn nhất. Đáp án Đ2 Phòng Giáo dục-đào tạo Huyện Yên Khánh ---------------- đáp án và biểu chấm môn Hoá lớp 9 Đáp án và biểu điểm chấm môn : toán 9 Đ2 H3 Bài 1: ( 3 điểm) a; Giải phương trình (x +4)4 = 2(2x +13)2 +50 (2x +13) Đặt ( 0,25 đ ) (1) ( 0,5 đ ) ( 0,25 đ ) Đặt (**) trở thành : t2 - 16yt - 80 y2 = 0 ( 0,25 đ ) ( 0,5 đ ) Với t = - 4y phương trình vô nghiệm ( 0,5 đ) Với t = 20 y Giải phương trình có nghiệm y1 = y2 = ( 0,5 đ ) Từ đó suy ra x1 = 6 - x2 = 6 + ( 0,5 đ ) b, Ta có : a + b + c = 1 a = 1 – b – c ( 0,5 đ ) 1 + a = 1 - b +1 - c ( 0,5 đ ) áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dương 1 –b ; 1 – c Ta có: 1 + a = 1 - b +1 - c ( 0,5 đ ) Tương tự ta có : 1 + b ( 0,5 đ ) + c ( 0,5 đ) Do đó ( 0,5 đ ) Bài 2 ( 4 điểm ): Ta có : x - = m (1) ( 0,5 đ ) Để phương trình (1) có nghiệm duy nhất thì phương trình (2) có nghiệm x0 thoả mãn x0 ( 0,5 đ ) Đặt x – m = y Thay vào phương trình (2) ta có: 2y2 + 2my + m2 -1 = 0 (3) ( 0,5 đ ) Phương trình (1) có nghiệm duy nhất phương trình (3) có 1 nghiệm y ( 0,5 đ) Có 3 trường hợp : Phương trình (3) có nghiệm kép không âm ( 0,5 đ ) ( 0,5 đ) Phương trình 3 có hai nghiệm trái dấu P< 0 P = ( 0,5 đ ) * Phương trình (3) có 1 nghiệm bằng 0; nghiệm còn lại âm ( 0,5 đ Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất m = ; -1 < m Bài 3 ( 4 điểm ):Từ gt cộng theo từng vế phương trình thứ (2) và thứ (3) Ta có : ( 0,5 đ ) => 2z2 = x( y – z ) ( 0,5 đ ) Mặt khác 12.( ( z2 + xz + x2 ) – A2 ( 0,5 điểm ) = 4z4 + x2y2 + 4xz3 + x2z2 - x2yz – 4xyz2 ( 0,5 điểm ) = ( 0,5 điểm ) Do đó : A2 - 12.( ( z2 + xz + x2 ) = 0 ( 0,5 điểm ) Vậy 12.16.9 = ( xy+ 2yz + 3xz )2 ( 0,5 điểm ) do x, y, z > 0 => A = xy + 2yz + 3xz = 24 ( 0,5 điểm ) Bài 4: (6 điểm) a, Ta có tứ giác CEHF nội tiếp ( 0,5 điểm ) => CFE = CHE = 450 => CFE vuông cân ( 0,5 điểm ) A B H F N C M K I O => CE = CF => I là tâm đường tròn nội tiếp => CI là phân giác => ( 0,5 điểm ) Tương tự ( 0,5 điểm ) Do đó IK // EF ( 0,5 điểm ) hay EF // MN ( 0,5 điểm ) b, Ta có EF // MN ; EMF cân => CMN vuông cân ( 0,5 điểm ) SCMN = = ( 0,5 điểm ) SCMN max CM max ( 0,5 điểm ) CMI = CHI ( c. g. c ) => CH = CM ( 0,5 điểm ) => Do đó : SCMN max CH max Mặt khác CH CO = R không đổi ( 0,5 điểm ) Nên SCMN max = C là điểm chính giữa của cung AB ( 0,5 điểm ) Đề 3 Phòng Giáo dục-đào tạo Huyện Yên Khánh ---------------- Đề thi học sinh giỏi lớp 9 môn : toán Đề thi học sinh giỏi tỉnh Đ3 môn hoá học Đ2 (Học sinh làm bài trong 150’ không kể thời gian giao đề Bài 1( 5 điểm): a, ( 3 điểm): Cho x, y là các số thực thoả mãn. x2 ( x2 + 2y2 – 3 ) + ( y2 – 2)2 = 1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của A = x2 + y2 b, ( 3 điểm) : Chứng minh bất đẳng thức sau: ..............+ Bài 2: ( 6 điểm) a, ( 2 điểm): Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x + y + z = xyz b, ( 4 điểm): Giải hệ phương trính sau: x + y + z = 6 xy + yz - zx = 7 x2 + y2 + z2 = 14 Bài 3( 6 điểm): Cho ( O; R); CD là một dây cung cố định . Trên tia đối của tia CD lấy M bất kỳ . Kẻ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn ( A, B là tiếp điểm ). a, Chứng minh khi M thay đổi thì đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định . b, Đường thẳng qua C vuông góc với OA cắt AB , AD lần lượt tại N, K. Chứng minh NC = NK. Bài 4: Giả sử h1; h2; h3 là độ dài các đường cao của ABC , r là bán kính đường tròn nội tiếp. Biết: h1+ h2+ h3 = 9r Chứng minh: ABC đều . Đáp án Đ3 Phòng Giáo dục-đào tạo Huyện Yên Khánh ---------------- đáp án và biểu chấm môn Hoá lớp 9 Đáp án và biểu điểm chấm môn : toán 9 Đ2 H2 Bài 1: a, Ta có : x2 ( x2 + 2y2 – 3 ) + ( y2 – 2)2 = 1 ( 0,25 điểm ) x4 + 2x2y2 - 3x2 + y4 + 4y2 + 4 = 1 ( 0,25 điểm ) ( x2 + y2) 2 - 4 ( x2 + y2) 2 + 3 = - x2 ( 0,5 điểm ) Đặt x2 + y2 = A ( 1 ) A2 – 4A + 3 0 ( vì -x2 0) ( 0,5 điểm ) ( A-1) ( A- 3) 0 ( 0,5 điểm ) A 1 A 3 1 A 3 ( 0,25 điểm ) Vậy Amin = 1 x= 0 y= ( 0,5 điểm ) A max =3 x= 0 y= ( 0,5 điểm ) b, Ta có : mà Do đó ( 0,5 điểm ) áp dụng với k = 2 ta có ( 0,5 điểm ) Với k = 3 ta có ( 0,5 điểm ) Với k = n ta có ( 0,5 điểm ) Cộng theo từng vế các bất đẳng thức cùng chiều : ..............+ ( 0,5 điểm ) Bài 2(2 điểm): a, Vai trò của x, y, z bình đẳng Không mất tính tổng quát giả sử : 0 < x y z ( 0,25 điểm ) Ta có : xyz = x+ y+ z 3z => xy 3 ( 0,25 điểm ) Nếu x= y = z thì z3 = 3z => z2 = 3. vô lý vì x, y, z ( 0,25 điểm ) Vậy phải có ít nhất hai trong 3 số x, y, z không bằng nhau do đó x.y.z < 3z ( 0,25 điểm ) => x.y < 3 Nên x . y = 1 hoặc x.y = 2 ( 0,25 điểm ) Với x.y = 2 mà x y và x, y Nên x = 1; y = 2 suy ra z = 3 ( 0,25 điểm ) Với x.y = 1 mà x, y => x = 1; y = 1 => 2 + z = z vô nghiệm ( 0,25 điểm ) Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương ( x, y, z ) = (1; 2; 3) và các hoán vị. ( 0,25 điểm ) b, ( 4 điểm) x + y + z = 6 xy + yz - zx = 7 x2 + y2 + z2 = 14 x + y + z = 6 xy + yz - zx = 7 ( 0,5 điểm ) (x + y + z )2 – 2(xy + yz + zx) = 14 x + y + z = 6 xy + yz - zx = 7 ( 0,5 điểm ) xy + yz + xz = 11 Suy ra x.z = 2 ( 0,5 điểm ) ( 0,25 đ ) Ta có : x + y + z = 6 y + ( x + z ) = 6 y( x + z ) = 9 y ( x + z ) = 9 (0,5 điểm ) y và ( x + z ) là nghệm của phương trình : X2 – 6X + 9 = 0 ( 0,25 điểm ) X = 3 ( 0,25 điểm ) Vậy y = x + z = 3 Ta có x + z = 3 x.z = 2 ( 0,25 điểm ) x, z là nghiệm của phương trình : a2 – 3a + 2 = 0 a1= 1; a2 = 2 ( 0,25 điểm ) Do đó ( 0,5 điểm ) Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghệm ( x ; y ; z ) = ( 1; 2; 3) ; ( x ; y ; z ) = ( 3; 2; 1) (0,25 điểm ) Bài 3: (6 điểm): a, Gọi I là trung điểm của CD C B M O Q D I E A N F F ; Q là giao điểm của AB với OM ; OI Ta có đồng dạng với OIM ( g.g) ( 0,5 điểm ) mà OF . OM = OA2 không đổi ( 0,5 điểm ) ( Hệ thức lượng trong tam giác vuông ) O cố định ; đường thẳng OI cố định ( 0,5 điểm ) = không đổi ( 0,5 điểm ) => Q cố định ( 0,5 điểm ) b, Ta có O, B, M , A, I thuộc một đường tròn ( 0,5 điểm ) IBA = IMA ( hai góc nội tiếp cùg chắn cung IA ) Mà ICK = IMA ( cặp góc đồng vị – CK // MA ) IBA = ICN ( 0,5 điểm ) I, B, C, N thuộc một đường tròn. ( 0,25 điểm ) CBN = CIN ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung CN ) ( 0,5 điểm ) Mà CBA = CDA ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung CA ) CIN = CDA ( 0,5 điểm ) IN // AD ( 0,25 điểm ) Trong CDK có IC = ID ; IN // DK => NC = NK ( 0,5 điểm ) Bài 4 (2điểm): Gọi a, b, c là độ dài các cạch của ABC ứng với h 1 , h 2 , h3 S là diện tích ABC Ta có 2S = a.h1 = b.h2 = c.h3 = ( a + b + c ). r ( 0,5 điểm ) ( 0,5 điểm ) = 9r ( 0,25 điểm ) Mặt khác a, b, c > 0 Theo bất đẳng thức Côsi ta có . a + b + c ( 0,25 điểm ) ( 0,25 điểm ) ( 0,25 điểm ) Dờu “ =” xẩy ra a = b = c hay ABC đều. ( 0,25 điểm ) Vật Lý Đề 1 Phòng Giáo dục-đào tạo Huyện Yên Khánh ---------------- Đề thi học sinh giỏi lớp 9 môn : vật Lý Đề thi học sinh giỏi tỉnh môn vật lý 9 Đ1 (Học sinh làm bài trong 150’ không kể thời gian giao đề) Bài 1: Một cuộn dây đồng đường kính 0.5 m, quấn trên một cái lõi dài 10 cm . Đường kính của lõi là 1 cm và đường kính của đĩa ở 2 đầu lõi là 5 cm . Biết rằng các vòng được quấn đều và sát vào nhau. Tính điện trở của dây ? R A B Hình 1 Bài 2: Cho mạch điện như hình vẽ 1 Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B không đổi . Điện trở R được ghép bởi 2 điện trở khác nhau ứng với cách ghép người ta đo được các giá trị cường độ dòng điện I1= 4 I2 . Xác định tỷ số giữa 2 điện trở này . R1 Rx B A R0 A C Hình 2 Bài 3: Cho mạch điện như hình vẽ 2. UAB = 16 V ; R0 = 4 ; R1 = 12 . Rx là một biến trở . Ampe kế và dây nối có điện trở không đáng kể . a. Tính Rx sao cho công suất tiêu thụ trên nó bằng 9w và tính hiệu suất của mạch điện . Biết rằng năng lượng tiêu hao trên R0 là vô ích. R2 x U C A V A B A V1 R1 Hình 3 b. Với giá trị nào của Rx thì công suất tiêu thụ trên nó là cực đại ? Tính công suất cực đại ấy ? Bài 4: Cho mạch điện như hình vẽ 3 . Số chỉ của các Ampe kế, các Vôn kế thay đổi như thế nào khi con chạy của biến trở dịch chuyển về phía B. Cho U = 36 V ; R2 = 4 ; R1 = 3 ; RAB = 6 ; RA 0 ; RV Đáp án: đề 1 Phòng Giáo dục-đào tạo Huyện Yên Khánh ---------------- Hướng dẫn chấm thi học sinh giỏi tỉnh môn vật lý 9 Đáp án và biểu điểm chấm môn : Lý 9 Đ1 Bài 1: d1= 0,5 mm = 5.10-4 m Số vòng dây trên một lớp L = 10cm = 10.10 -2 m ( vòng ) D = 1 cm = 10-2 m Số lớp dây = 40 ( lớp ) D1 = 5 cm = 5 . 10-2  m Tổng số vòng N = n.P = 8.000 (vòng). = 1,7 . 10-8 m R = ? Chiều dài của một vòng d1 = = 3. 10-2 Chiều dài của cuộn dây l = N . d1 = 8000. 3 . 10-2 . 3,14 = 753,6 m Điện trở của dây R = ( = ) = 1,7 . 10-8 . = 65,3 ( ) Bài 2 : Điện trở tương ứng với 2 cách ghép Rnt = R1+ R2 và R// = Theo tính chất của đoạn mạch nối tiếp và song song => Rnt > R// Theo đề bài I1 = 4 I2 ; U không đổi => Cường độ dòng điện tỉ lệ nghịch với điện trở . = hay R// = => = => 4 R1.R2 = R21+ R22 + 2 R1R2 R21+ R22 - 2 R1R2 = 0 ( R1- R2 )2= 0 => R1= R2 Hay = 1 Bài 3: a. Tính Rx RCB = = RAB = R0 + RCB = 4 + = = I = = = Ix = I. = . = Px = Rx .Ix2 = Rx. (1) Với Px = 9 w ta có = 9 . Rx2 - 10 Rx + 9 = 0 giải ra ta được 2 nghiệm Rx = 9 và Rx = 1 * Với Rx = 9 => Ix = 1A: Hiệu suất H của mạch điện là H1 = = 56,25 % * Với Rx = 1 thì hiệu suất của mạch điện H2 = = 18,75 %. b. Tính Rx để Px cực đại Từ (1) => Px = = Để Px cực đại , mẫu số của biểu thức trên phải cực tiểu . Mẫu là tổng của 2 số hạng và tích = 3 ( không đổi ) Vậy tổng cực tiểu khi hai số bằng nhau => Rx = 3 Vậy với Rx = 3 thì công suất tiêu thụ trên Rx cực đại và giá trị cực đại ấy là : Pmax = = 12 w Hiệu suất của mạch điện khi đó là: H = = = 37,5 % Bài 4: I = ; RAC = ; RCB = RAB - x I = = I = Khi x tăng () giảm => I tăng nên số chỉ Ampe kế A tăng Số chỉ của vôn kế V : UAB = U - U2 = U - I.R2 vì I tăng => UAB giảm Hay số chỉ của vôn kế V giảm I1 = = = = Khi x tăng mẫu () giảm , mặt khác I tăng như lý luận tăng. Vậy I1 tăng hay số chỉ của Ampe kế A1 tăng. Số chỉ của vôn kế V1 : U1 = I1. R1 I1 tăng => U1 tăng => số chỉ của V1 tăng . Đề 2 Phòng Giáo dục-đào tạo Huyện Yên Khánh ---------------- Đề thi học sinh giỏi lớp 9 môn : Vật Lý Đề thi học sinh giỏi tỉnh Đ3 môn hoá học Đ1 (Học sinh làm bài trong 150’ không kể thời gian giao đề Bài 1: Cho điện trở ghép song song ( n nguyên dương ) R1 = 1 ; R2 = ; R3 = ; ... ; Rn = a. Tính điện trở tương đương của mạch? R1 R4 R7 R6 R1 R2 R5 A B C I4 D I6 I1 I2 I3 Hình 1 b. Biết cường độ dòng điện mạch chính là I = 5A Tính : I1 ; I2 ; I3 ; .....; In ? Bài 2: Cho mạch điện như hình 1 trong đo các điện trở đều bằng nhau và bằng R0 . Biết I1 = 11 A , tính I6 = ? Bài 3: Cho mạch điện như hình vẽ 2 Trong đó R1 = 30 , Ix C D A B R1 R2 R3 R4 Hình 2 R2 = R3 = R4 = 40 Biết cường độ dòng điện mạch chính I = 1,2 A . Tính cường độ Ix chạy qua nhánh AD . Biết dây dẫn có điện trở không đáng kể R0 R0 R0 R0 D C A B Hình 3 Bài 4: Cho mạch điện như hình vẽ 3 Biết UAB không đổi = 132 V . Dùng vôn kế V nối vào A , C nó chỉ 44 V . a. Tính tỷ số . b. Khi nối Vôn kế vào A, D nó chỉ bao nhiêu. Bài 5 : Cho một mạch điện gồm một bếp điện mắc nối tiếp với một điện trở R= 40 , hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch UAB = 240 V không đổi , điện trở của bếp có thể thay đổi tuỳ theo công suất sử dụng . a. Cho Rb = 80 tính công suất tiêu thụ của bếp. b. Biết Pb = 200 w tính Rb ? c. Với giá trị nào của Rb thì Pb lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó zĐáp án Đ2 Phòng Giáo dục-đào tạo Huyện Yên Khánh ---------------- đáp án và biểu chấm môn Hoá lớp 9 Đáp án và biểu điểm chấm môn : Vật Lý 9 Đ2 Đ2 Bài 1: ( 4 điểm ) a. Điện trở tương đương của mạch ( 0,5 đ) ( 0,5 đ) = 1 + 2 + 3 + ...+n = => R = ( ) ( 1 đ ) ( 0,5 đ ) ( 0,5 đ ) b. U = I. R = ( V ) Ik = = ( A ) ( 0,5 đ ) Với K = 1 ; 2 ; 3 ; ... ; n ( 0,5 đ ) Bài 2 : ( 3 điểm ) Ta có : R567 = 3 R0 ( 0,5 đ ) R3567 = = ( 0,5 đ ) Do R1 // R235674 nên ( 0,5 đ ) => I2 = .I1 = 4( A ) ( 0,5 đ ) vì R3 // R567 nên ( 0,25 đ ) ( 0,25 đ ) Trong đó I3 + I6 = I2 = 4A Vậy I6 = I2 = 1A ( 0,25 đ ) Bài 3: ( 4 điểm ) Vì điện trở dây dẫn không đáng kể nên ta chập hai điểm A vơi D mạch điện được vẽ lại như sau : ( Hình vẽ 0,5 đ ) . R34 = ( 0,25 đ ) R234 = R2 + R34 = 40 + 20 = 60 ( 0,25 đ ) ( 0,5 đ ) Vì I1 + I2 = I => I1 = = 0,8 (A) ( 0,5 đ ) I2 = I = 0,4 ( A) ( 0,5 đ ) I3 = I4 = = 0,2 A ( 0,5 đ ) Quay lại mạch ban đầu áp dụng định luật về nút cho nút A ta có . I = I4 + Ix ( 0,5 đ ) => Ix = I – I4 = 1,2 – 0,2 = 1 A Bài 4 : ( 4 điểm ) a. Khi nối vốn kế vào A , C UAC = 44V ; UCB = UAB – UAC = 132 – 44 = 88V ( 0,5 đ ) I = ( 0,5 đ ) RAC = = R0 ( 1 ) ( 0,5 đ ) mặt khác RAC = ( 2) ( 0,25 đ ) Từ ( 1) và ( 2 ) => RV = 2 R0 hay ( 0,25 đ ) b. Khi nối Vôn kế vào A , D ( 0,5 đ ) ( 0,5 đ ) RAB = + 3 R0 = I = ( 0,5 đ ) Số chỉ của vôn kế UAD = I . RAD = = 24 ( V ) ( 0,5 đ ) Bài 5 :( 5 điểm ) a. Cường độ dòng điện qua bếp : Ib = I = ( 0,5 đ ) Công suất tiêu thụ của bếp Pb = Rb . I2 = Rb . ( 0,5 đ ) Khi Rb = 80 tính được Pb = 320 w ( 0,5 đ ) b. Để cho Pb = 200 w ta có Rb . = 200 ( 0,5 đ ) => Rb2 – 208Rb + 160 = 0 => Rb = 200 và Rb = 8 ( 0,5 đ ) c. Ta có : Pb = ( 0,5 đ ) Xét mẫu = 40 không đổi ( 0,5 đ ) Mẫu nhỏ nhất khi => Rb = 40 ( 0,5 đ ) Vậy Pb cực đại khi Rb = 40 ( 0,5 đ ) Pmax = = 360 w ( 0,5 đ ) Đề 3 Phòng Giáo dục-đào tạo Huyện Yên Khánh ---------------- Đề thi học sinh giỏi lớp 9 môn : Vật Lý Đề thi học sinh giỏi tỉnh Đ3 môn hoá học Đ1 (Học sinh làm bài trong 150’ không kể thời gian giao đề Đáp án Đ3 Phòng Giáo dục-đào tạo Huyện Yên Khánh ---------------- đáp án và biểu chấm môn Hoá lớp 9 Đáp án và biểu điểm chấm môn : Vật Lý 9 Đ2 Đ2 Hoá học Đề 1 Phòng Giáo dục-đào tạo Huyện Yên Khánh ---------------- Đề thi học sinh giỏi lớp 9 môn : Hoá học Đề thi học sinh giỏi tỉnh Đ3 môn hoá học Đ1 (Học sinh làm bài trong 150’ không kể thời gian giao đề Câu I: 1. Cho sơ đồ biến hoá sau : 1. X + Y Z + H2 2. Z + Cl2 T 3. T + KOH H + E 4. H F + H2O Biết F là một loại Oxit sắt . hãy lập luận và cho biết công thức của các chữ cái trên, rồi hoàn thành các phương trình phản ứng sơ đồ trên. 2. Cho một mẩu giấy quỳ tím tẩm nước vào lọ đựng khí Clo để ngoài trời . Hãy nêu hiện tượng xảy ra và giải thích. Câu II: 1. Có 5 lọ được đánh số từ 1 đến 5; một lọ chứa một trong các dung dịch sau: Na2SO4 , Ca(CH3COO)2 , Al2(SO4)3 , NaOH , BaCl2 . Xác định chất chứa trong mỗi lọ nếu biết : +, Rót dung dịch từ lọ 4 vào lọ 3 có trắng . +, Rót dung dịch từ lọ 2 vào lọ 1 có trắng keo , tiếp tục rót thêm trắng keo tan ra. +, Rót dung dịch từ lọ 4 vào lọ 5, ban đầu chưa có rót thêm thì có lượng nhỏ xuất hiện . Giải thích và viết phương trình phản ứng . 2. Từ đá vôi, nước, không khí . Viết phương trình điều chế đạm 2 lá ( NH4NO3) và đạm URE ( NH2)2CO. Câu III: 1. Một dung dịch A chứa a mol3 và b mol K2CO3 nếu thêm ( a+b) mol CaCl2 vào dung dịch A tạo ra m1 gam , nếu them ( a + b ) mol Ca(OH)2 vào dung dịch A tạo ra m2 gam so sánh m1 và m2 . Giải thích ? 2. Viết phương trình phản ứng điều chế Etylen glycol có công thức: HO-CH2-CH2-OH từ axaxitic và các chất vô cơ ( B126 ) Câu IV: Hỗn hợp A, B là hai kim loại được chia làm 3 phần bằng nhau . - Phần 1: Hoà tan hết trong dung dịch HCl thu được 1,792 lit hidro . - Phần 2: Hoà tan trong dung dịch NaOH thu được 1,344 lit H2 , còn lại chất rắn không tan có khối lượng bằng 52% khối lượng kim loại đầu . - Phần 3 : Đốt nóng trong Oxi dư thu được hỗn hợp 2 Oxit nặng 3,53 gam. a. Xác định khối lượng hỗn hợp đầu . b. Xác định tên 2 kim loại A, B . Biết A ( II ) ; B ( III ) , ( khi đo ở đktc) Câu V: Hỗn hợp 2 hợp chất có thành phần hơn kém nhau 2 nhóm ( - CH2-) bị đốt cháy hoàn toàn. Sản phẩm cháy được chia đôi, một nửa đầu dẫn qua P2O5 thì lượng P2O5 tăng 14,4 gam , còn một nữa dẫn qua CaO dư thì lượng CaO tăng 36,4 gam. a, Tìm công thức phân tử , công thức cấu tạo có thể có của 2 hidro cacbon . b, Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp đầu . Cho : H = 1 , Cl = 35,5, Na = 23 , Al = 27 , Fe = 56 , Ba = 137, Ca = 40, Cu = 64, Ni = 58,5 Đáp án Đ1 Phòng Giáo dục-đào tạo Huyện Yên Khánh ---------------- đáp án và biểu chấm môn Hoá lớp 9 Đề thi học sinh giỏi lớp 9 môn : hoá học Đ3 Đ1 Câu I: 1. ( 3,0 điểm) + , Theo (4) F là một loại Oxit sắt ( FeO, Fe2O3 , Fe3O4 ) => HĐND là Fe(OH)2 hay Fe(OH)3 . +, Theo (3) : T + KOH hidroxit sắt + E . => T phải là muối sắt . +, Theo ( 2) : Z + Cl2 T => T là FeCl3 ; Z là FeCl2 +, Theo ( 1) : X + Y FeCl2 + H2 . => X là Fe ; Y là HCl ( hay ngược lại ) . Chọn X là Fe; Y là HCl . => H là Fe(OH)3 => F là Fe2O3. * Các phương trình phản ứng * Kết luận : 1) Fe + 2 HCl FeCl2 + H2 2) 2 FeCl2 + Cl2 2 FeCl3 3) FeCl3 + 3 KOH 3 KCl + Fe(OH)2 4) 2 Fe(OH)3 Fe2O3 + 3 H2O 2: ( 1,0 điểm) + Khi cho mẩu giấy quỳ tím tẩm nước vào lọ đụng Cl2 . Cl2 sẽ phản ứng với nước tạo 2 axit . Cl2 + H2O HCL + HClO. Sau đó: HClO HCl + O => O là chất ( O ) mạnh, làm mất mầu quỳ tím . + Nếu để lâu : 2. O O2 Trong dung dịch chỉ còn HCl . Nếu cho quỳ tím vào, quỳ tím sẽ ngà đỏ Câu II : ( 4 điểm) 1. + , Rót lọ ( 2) vào lọ ( 1) thấy xuất hiện trắng keo , rót tiếp tan => dung dịch trong lọ ( 2) là NaOH và dung dịch trong lọ ( 1) là Al2(SO4)3 . Vì lúc đầu: 6 NaOH + Al2(SO4)3 3 Na2SO4 + Al(OH)3 trắng keo . Sau đó : NaOH dư + Al(OH)3 NaAlO2 + 2 H2O. +, dung dịch trong lọ ( 4) tạo kết tủa với dung dịch trong lọ (3) và tạo một lượng nhỏ với dung dịch trong lọ ( 5) => lọ (4) đựng dung dịch Na2SO4 ; lọ 3 là BaCl2 và dung dịch lọ ( 5) là (CH3COO)2Ca . NaSO4 + BạC2 BaSO4 + 2 NaCl . Na2SO4 + ( CH3COO)2Ca CaSO4 + 2 CH3COONa Về CaSO4 ít tan nên lúc đầu chưa có sau xuất hiện ít kết trắng * Kết luận : Lọ 1 : Al2(SO4)3 4: Na2SO4 2: NaOH 5: (CHCOO)2Ca. 3: BaCl2 2. ( 2,0 điểm) +, Không chưng N2 + O2 phân biệt +, Điều chế NH4NO3 : C + H2O CO + H2 N2 + 3 H2 2 NH3 2 NH3 + 5 O2 4 NO + 6 H2O 2 NO + O2 2 NO2 4NO2 + O2 + 2 H2O 4 HNO3 HNO3 + 2H2O NH4NO3 ( Đạm 2 lá) +, Điều chế URE: CaCO3 CaO + CO2 CO2 + 2 NH3 ( NH2)2CO + H2O Câu III: ( 4 điểm) 1, ( 2 điểm) +, Thêm ( a + b) mol CaCl2 vào dung dịch A: CaCl2 + K2CO3 CaCO3 + 2 KCL . ( 1 ) ( 0,5 đ ) b b b CaCl2 + KHCO3 (*) Từ ( 1) => m = 100 b +, Thêm ( a + b) mol Ca(OH)2 vào dung dịch A: Ca(OH)2 + K2CO3 Ca(CO)3 + 2 KOH ( 2) b b b ( 0,5 đ ) Ca(OH)2 + KHCO3 CaCO3 + KOH + H2O (3) a a a Từ (2), ( 3 ) => m = 100 b + 100 a ( 0,25 đ ) Vậy m2 > m1 ( 0,25 đ ) 2, ( 2 điểm) +, CH3COOH + NaOH CH3COONa + H2O (0,25 đ) CH3COOH + NaOH CH4 + Na2CO3 ( 0,25 đ ) 2CH4 C2H2 + 3H2 ( 0,25 đ ) C2H2 + H2 C2H4 ( 0,25 đ ) CH2 = CH2 + Ba2 CH2Ba-CH2Ba ( 0,5 đ ) CH2Ba-CH2Ba + 2NaOH HO-CH2-CH2-OH + 2NaBa Êtylenglycol ( 0,5 đ ) Câu IV: ( 4 điểm ) a, Khi hoà tan hỗn hợp trong dung dịch kiềm NaOH giải phóng H2 nên phải có 1 Cacbon lưỡng tính ( vì lượng H2 giải phóng trong dung dịch kiềm < lượng H2 giải phóng trong dung dịch axit HCl ) ( 0,25 đ ) Gọi số mol kim loại A, B trong hỗn hợp lần lượt là x ; y mol ( x, y > 0 ) nH2 ở P1 = = 0,08 mol ( 0,25 đ ) nH2 ở P2 = = 0,06 mol => m hỗn hợp A, B = Ax + By * Nếu B lưỡng tính => A không tan +, P1: Hoà tan hợp hợp với dung dịch HCl ( 0,25 đ ) A + 2 HCl ACl2 + H2 ( 1 ) ` x x 2B + 6 HCl 2BCl3 + 3H2 (2) y 1,5 y Từ ( 1), (2) => nH2 = x + 1,5 y = 0,08 2x + 3y = 0,16 ( I) + P2 : Hoà tan hỗn hợp trong dung dịch NaOH ( 0,25 đ ) B + H2O + NaOH NaBO2 + H2 ( 3) y mol 1,5 y mol Từ ( 3) => +, P3 : Đốt hỗn hợp trong Oxy : ( 0,25 đ ) A + O2 AO ( 4) x 0,5x x 2B + O2 B2O3 (5) y -Từ (4),(5) => -Từ (4), (5) => mA,B ở hỗn hợp = m2Oxit - mO2 = 3,53 - 0,04 . 32 = 2,25 (g) => mhỗn hợp A,B đầu = 3.2,25 = 6,75 (g) ( 0,25 đ ) b. ( 2 điểm) Ta có : Ax + By = 2,25 ( V ) Giải các phương trình ( I ), ( II) , (III), (IV), (V). Ta được Ax = . 2,25 = 1,17 ( g) ( 0,25 đ ) By = 2,25 - 1,17 = 1,08 ( g) ( 0,25 đ ) x = 0,02 y = 0,04 * Ax = 1,17 A = 1,17 : 0,02 = 58,5 => MA = 58,5 => A là ( Ni) ( 0,25 đ ) * By = 1,08 B = 1,08 : 0,04 = 27 => MB = 27 => B là (Al) ( 0,25 đ ) * Nếu A là kim loại lưỡng tính : A + NaOH NaAO2 + H2 (3’) ( 0,25 đ ) x x +, Từ (3’) nH2 = 0,06 = x mB không tan = By