Top #10 ❤️ Lời Giải Vmo 2007 Xem Nhiều Nhất, Mới Nhất 9/2022 ❣️ Top Trend

Tổng hợp các bài viết thuộc chủ đề Lời Giải Vmo 2007 xem nhiều nhất, được cập nhật mới nhất ngày 24/09/2022 trên website Caffebenevietnam.com. Hy vọng nội dung bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu của bạn, chúng tôi sẽ thường xuyên cập nhật mới nội dung Lời Giải Vmo 2007 để bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất. Cho đến thời điểm hiện tại, chủ đề này đã đạt được 39.699 lượt xem.

LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ THI VMO 2022

Trần Nam Dũng – Võ Quốc Bá Cẩn – Trần Quang Hùng

aff

Lê Phúc Lữ – Nguyễn Văn Huyện

1. Lờinóiđầu

Vậy là đã 7 năm chúng tôi đồng hành cùng các cuộc thi toán với những bài Giải và bình

thi VMO và TST như một cố gắng đóng góp cho cộng đồng những tài liệu chất lượng, bổ

2. Thông tin bản quyền

Cẩn, Trần Quang Hùng, Lê Phúc Lữ, Nguyễn Văn Huyện).

Đây là thành quả của quá trình lao động miệt mài của nhóm để chia sẻ đến cộng đồng. M

đều có thể xem tài liệu MIỄN PHÍ. Tuy nhiên, vui lòng ghi rõ nguồn khi chia sẻ.

3. Đề thi

3.1. Ngày thithứ nhất (05/01/2017)

Bài 1 (5.0 điểm).

Cho a là một số thực và xét dãy

số .u

định bởi

n / xác

u1 D a;

unC1

8n 2 N :

Bài 2 (5.0 điểm).

Tồn tại hay không đa thức P .x/ với hệ số nguyên thỏa mãn

P 1 C 2 D 1 C 2 và P 1 C 5 D 1 C 3 5‹

aff

Bài 3 (5.0 điểm).

Cho tam giác

ABC nhọn, không cân nội tiếp đường

.O/:tròn

GọiH là trực

tâm của tam giác

ABC vàE; F lần lượt là chân các đường cao hạ từB;

các

C Iđỉnh

AH cắt

.O/ tại D (D khác A).

a) Gọi I là trung điểm của

AH I E I cắtBD tạiM vàF I cắtCD tạiN :Chứng minh

rằng M N ? OH :

b) Các đường thẳng

DE ; DF cắt.O / lần lượt tại

P ; Q (P vàQ khácD ). Đường tròn

ngoại tiếp tam giác

AEF cắt.O / vàAO lần lượt tại

R vàS (R vàS khácA). Chứng

minh rằng BPC; Q và RS đồng quy.

ii) Nếu một hàng và một cột giao nhau tại ô đen thì tập các số nguyên dương được đi

hàng đó và tập các số nguyên dương được điền trên cột đó không giao nhau; nếu mộ

và một cột giao nhau tại ô trắng thì tập các số nguyên âm được điền trên hàng đ

các số nguyên âm được điền trên cột đó không giao nhau.

a) Với n D 5; tìm giá trị nhỏ nhấtkcủa

để tồn tại cách điền

k sốcân đối cho cách tô màu

đối xứng ở hình bên dưới.

b) Vớin D 2022;tìm giá trị nhỏ nhấtkcủa

để với mọi cách tô màu đối xứng, luôn tồn tại

cách điền số kcân đối.

3.2. Ngày thithứ hai(06/01/2017)

Bài 5 (6.0 điểm).

Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn hệ thức

f xf .y/

f .x/ D 2f .x/ C xy

với mọi số thực x; y:

aff

kD1

2016

kD1

Về cấu trúc, đề thi gồm 7 bài toán. Ngày đầu có 4 bài, mỗi bài được 5 điểm thuộc 4 phâ

Giải tích, đại số, hình học, tổ hợp. Ngày thứ hai có ba bài thuộc ba phân môn: Đại số, số

hợp với số điểm tương ứng là 6, 7, 7.

Đề thi ngày thứ nhất, trừ bài cuối là khá cơ bản và quen thuộc.

Bài 1 là bài giải tích yêu cầu khảo sát sự hội tụ của một x

dãy

D f .n

hồi; dạng

xn / :

nC1 truy

Về nguyên tắc, dạng dãy số này khó khảo sát hơn dạng

x nC1

dãyDtruy

f .x hồi

n / vì

2 nC3

các hệ số của hàm

f không hằng mà biến thiên

n theo

:Tuy nhiên, nếu để

ý dần đến

q nC1

2 khin dần đến vô cùng thì ta có thể “quy về” dãy

x nC1sốDdạng

C x n C 14 và dự

đoán được giới hạn bằng

3 :Từ đó dùng bổ đề quen thuộc: “Nếu tồn qtại2 số

. 0thực

;1 /

sao cho

x nC1 q x n C bn vớilim bn D 0 thì ta có

lim xn D 0″, thì từ đánh giá đơn giản

j unC1

3j C

ta sẽ suy ra kết luận bài toán. Ở đây, chú ý là câu b) cũng làm hoàn toàn tương t

kiện đối với

a chẳng qua là uđể

2 xác định. Chú ý là dạng bài dãy số này đã xuất hiện ở

hai kỳ VMO gần đây (2012 và 2022) với cùng cách giải tương tự thông qua bổ đề nói

aff

Bài 2 là một bài toán về xác định đa thức thoả mãn một điều kiện cho trước. Bài nà

học sinh nắm vững lý thuyết về đa thức tối thiểu của số đại số thì sẽ giải rất nhanh.

ta có định lý rất cơ bản sau:

P .Nếu

x /vàQ.x / là các đa thức đơn khởi, hệ số nguyên có

chung nghiệm ˛ và Q . x / là bất khả quy thì P . x / chia hết cho Q . x / :

Ta đặtQ.x / D P .x C 1/

1 thì 2 và 5 tương ứng sẽ là nghiệm của đa thức

Q.x / x vàQ.x / 3x 1 :Vì các đa thức

x 3 2 vàx 2 5 bất khả quy trên

Z nên từ

đây sẽ suy ra ngay

Q.x / x D .x

2 / S . xvàQ.x

/ 3x 1 D .x

5/T.x/:

Từ đây sẽ 2x

ra C 1 D .x

2 / S . x /. x

5 / T . x /Đến

: đây, chọn

x D 7 sẽ suy

ra điều mâu thuẫn vì vế phải chia hết cho 1 1 ; còn vế trái thì không.

Ý tưởng dạng này đã xuất hiện trong các kỳ VMO, nhưng từ rất lâu, cụ thể là VMO 1

Trước đó nhiều

năm,

VMO 1984 có bài tìm đa thức đơn khởi hệ số nguyên bậc nhỏ

có nghiệm là2 C 3 :Chính qua những bài toán như vậy khái niệm đa thức tối thiểu

(và sau này là mở rộng trường) được giới thiệu.

Bài 3 là một bài toán hình khá nhẹ nhàng, câu a) quy về việc

Mchứng

N là trục

minh

đẳng phương của hai đường

.ABtròn

C / và.DEF /: Câu b) cũng là một cấu hình rất

quen thuộc mà trong đó có cả điểm Miquel, tứ giác điều hoà, đường đối trung, đường

giác, định lý Pascal.

Tuy

. . nhiên, cách tiếp cận chân phương nhất là dùng đồng dạng, m

kiến thức hoàn toán lớp 9.

Bài 4, bài toán tổ hợp là bài khó nhất của ngày thi thứ nhất, cũng là bài toán lạ nhất.

việc đọc hiểu được đề bài cũng đã tốn khá nhiều thời gian, vì vậy, việc cho câu a), m

huống rất cụ thể với bảng kích thước nhỏ là hết sức cần thiết, vừa tạo cơ hội cho h

kiếm điểm, vừa để học sinh “làm quen và cảm nhận” bài toán. Với câu a), chỉ cần q

lý luận đơn giản (chú ý đến tính đối xứng, do

i và

đócột

hàng

i là giống nhau) là ta thấy

k D 2 không thoả mãn yêu cầu bài toán. Như vậy, chỉ còn cần chỉ

k Dra3ví

làdụ với

hoàn thành được câu này.

Với phần b) thì khó khăn hơn. Riêng việc đoán ra đáp số đã là không đơn giản. Thực

nhiều lời giải sai (với đánh

giá2007) đã được đưa ra (trong đó có những lời giải của

người ở bên ngoài, trong điều kiện thoải mái về thời gian). Với câu này, cần tiếp tục

tính đối xứng để chỉ ra một cấu hình tốn nhiều số nhất. Và cấu hình này chính là cấu

đen trắng xen kẽ. Với cấu hình này, ta có thể suy ra ra tất cả các số dương ở nửa tam

2022 2 1

đôi một khác nhau. Suy

k 1008C1008C1006C1006C

C2C2 D

Để chứng minh điều kiện đủ, ta có thể sử dụng quy nạp Toán học 2

với

:Điều

bước nhảy là

này có thể giải thích được vì nếu tinh ý, chúng ta có thể đưa bài toán về mô hình đ

sử dụng định lý Mantel-Turan để giải quyết.

Ngày thi thứ hai:

Tìm tất cả các hàm sốRf !WR thỏa mãn

xf .y / C f .x /

D 2f .x / C xy

với mọi số thực yx :;

aff

Bài 5là một bài toán phương trình hàm có hai biến tự do vàxy

cóởbiểu

ngoài

thức

dấu

hàm số:

f xf . y / f . x / D 2f .x / C x y :Với những phương trình hàm như vậy,

điều đầu tiên mà ta cần để ý khai thác, đó là tính song ánh của hàm số. Sau đó ta

xảy ra trường hợp

f .0/ D 0 hay không, hayf là

.0/ D c ¤ 0 và tồn tại

u ¤ 0 để

f . u / D 0 :Từ đây tiếp tục thế một cách thích hợp sẽ

f .x

tìm

được

1 x là hàm số

duy nhất thoả mãn yêu cầu bài toán. Đáng chú ý, bài toán này có hình thức khá gi

đề Olympic của Brazil năm 2006. Cách giải của hai bài toán cũng khá giống nhau. Đ

Brazil 2006 như sau

k D1

k Cpk D

p Cpk

k D1

C pk

aff

Tiếp theo là nhiệm vụ của số học với định lý nhỏ Fermat và

C pktính

chấtp(cụ

của

1 mod

thể ta có

Cp 1 .

1 / .mod p )/. Ở câu b), ta cũng thực hiện phép rút gọn tổng bằng

Bài 7 là một bài hình học khó có tính phân loại cao, đặc biệt là ở câu b). Ở câu a)

toán vẫn khai thác các vấn đề quen thuộc như điểm Miquel, trục đẳng phương và tâm

phương, và đa số thí sinh đã giải quyết được vấn đề nhưng sang đến câu b) thì dườ

chỉ có các cao thủ hình học mới đủ sức xử lý. Có lẽ bài toán được lấy ý tưởng dựa tr

phương pháp điều hoà và xạ ảnh.

Tóm tắt lại, nếu đánh giá về độ khó thì đề năm nay khá dễ chịu, có nhiều câu thí sinh c

được như câu 1, 2, 3, 5. Ngay cả với những bài khó hơn như 4, 6, 7 cũng có ý để ăn điểm

4a, ý điều kiện cần của câu 4b), câu 6a, ý rút gọn của câu 6b), câu 7a. Về độ mới và ha

bài 1, 2, 5 có ý khá cũ. Sự lặp đi lặp lại của ý tưởng bài 1 cho thấy lối mòn trong việc kh

đề tài giải tích. Tại sao lại phải là dãy số và giới hạn mà không phải là những vấn đề r

như sự liên tục, ứng dụng của đạo hàm bậc2?nhất,

Bài 3bậc

không mới nhưng đặt vấn đề đẹp

và phù hợp trong bối cảnh ngày thi có 4 bài. Bài 6 cũng là một bài không mới, với ý rút

tổng. Phần số học của bài này sẽ tạo thuận lợi cho các đội mạnh, nơi các học sinh được

kiến thức đầy đủ hơn về các tính chất của số nguyên tố (như các định lý nêu trên trong p

luận về bài 6 cùng các phương pháp chứng minh của chúng). Hai bài toán đẹp nhất và c

nhất của đề thi là bài số 4 và số 7, trong đó bài 4 khai thác cách phát biểu thú vị về dạn

lưỡng phân, còn bài 7 là các tính chất xạ ảnh đẹp đẽ và sâu sắc.

Với những nhận xét và đánh giá trên, theo chúng tôi, sẽ rất khó dự đoán điểm chuẩn chín

vì khu vực 15 đến 20 điểm sẽ rất dày đặc. Trong 7 bài toán, có đến 5 bài có hai ý a), b) và

số sẽ hết sức phụ thuộc vào sự phân bố điểm ở các câu này. Dù vậy, qua khảo sát sơ bộ

dự thi, chúng tôi tạm đưa ra dự đoán bộ điểm chuẩn rất chẵn của năm nay như sau: Khuy

15 điểm (1, 2, 5), giải 3: 20 điểm (1, 2, 3, 5), giải nhì 25 điểm: (1, 2, 3, 5) + (4a + 6a +

nhất 30 điểm: phải giải quyết được các vấn đề xương xẩu hơn như 4b, 6b, 7b hoặc làm

bài trên rất chuẩn.

.1/

aff

a) Khi a D 5 ; chứng minh rằng dãynsố

/ có. ugiới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

b) Tìm tất cả các giá trị của số a để dãy

số .định

u và có giới hạn hữu hạn.

n / xác

Lờigiải.Ta sẽ giải trực tiếp ý b), từqđó suy ra kết quả cho ý a). Có

. uthể

thấy

định

dãy

n / xác

khi và chỉ khi2 uxác định. Mà2 uD 2 C

a C 4 nên u2 xác định khi và chỉ khi

với mọin 2 : Vậy dãy

. un / tăng ngặt và

bị chặn trên bởi2 nên có giới hạn hữu hạn. Đến đây, bằng cách chuyển phương trình

sang giới hạn, ta cũng thu được

lim

3: u

n D

Tóm lại, với mọi a

thì dãy . nu/ xác định và hội tụ về 3 :

un C

j un

3j C q

aff

un C

và

un C

Do đó, kết hợp với đánh giá ở trên, ta thu được

j unC1

3j C

8n 2 :

Đến đây, bằng cách sử dụng bổ đề quen thuộc (có thể chứng minh bằng định nghĩa giới h

Cho số thực

q 2 . 0 ;1 / :Xét hai dãy không. âm

an / ; . bn / thỏa mãn

anC1 q a n C b n với

mọi n 2 N và lim nb D 0 : Khi đó, ta có lim

Ta dễ dàng suy ra lim

3 và hoàn tất lời giải cho bài toán.

n Du

a) Với a D 0 ; chứng minh rằng dãy số có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

b) Với mọi a 2 Œ 10 ; chứng minh rằng dãy số có giới hạn hữu hạn.

Bài 2 (5.0 điểm).

Tồn tại hay không đa thức P . x / với hệ số nguyên thỏa mãn

2 D1C

2 và P

5 D1C3

5‹

aff

Lờigiải.Giả sử đa thức

P . x /nói trên tồn tại. Đặt

Q.x / D P .1 C x /

1 thìQ.x / cũng

là đa thức với hệ số nguyên. Từ giả thiết, ta2cóDQ 2 và Q

5 D3 5:

Q.x /

x D .x

Do R .x / có các hệ số đều nguyênRnên 5 có dạnga C b 5 với a ;b 2 Z: Thay

x D 5 vào đẳng thức trên, ta được

2 5D 5 5

aCb

5 D 25b

2 a C .5a

suy ra5a 2 b D 2và2 a D 25b :Tuy nhiên, không có cặp số nguyên nào thỏa mãn đồng

thời hai tính chất này. Mâu thuẫn nhận được chứng

P .tỏ

x đa

/thỏa

thức

mãn đồng thời các tính

chất ở đề bài không tồn tại.

3. (International Zhautykov Olympiad, 2014) Tồn tại không

P . xđa

/với

thức

các hệ số

nguyên thỏa mãn 1P C 3 D 2 C 3 và P 3 C 5 D 3 C 5?

Bài 3 (5.0 điểm).

Cho tam giác

AB C nhọn, không cân nội tiếp đường

. Otròn

/ :Gọi

H là trực tâm của tamAB

giác

C vàE ; F lần lượt là chân các đường cao hạ từ các đỉnh

B ; C I A H cắt . O / tại D (D khác A).

a) Gọi I là trung điểm của

AH I E I cắtBD tạiM vàF I cắtCD tạiN :Chứng minh

rằng M N ? OH :

aff

b) Các đường thẳng

DE ; DF cắt.O / lần lượt tại

P ; Q (P vàQ khácD ). Đường

tròn ngoại tiếp tam AEF

giác cắt.O / vàAO lần lượt tại

R vàS (R vàS khácA).

Chứng minh rằng BP

C ;Q và RS đồng quy.

Lờigiải.a)Gọi J là đường tròn Euler của tam

ABgiác

C thì. J / đi quaE ; I ; F đồng thời

J là trung điểm

OH . Dễ thấy

D đối xứngH quaB C nên tam giác

BDH cân tạiB . Cũng dễ

thấy tam giác

IEH cân tạiI nên∠IEH D ∠IHE D ∠BHD D ∠BDH;

suy ra tứ giác

BDE I nội tiếp. Mà DB cắt E I tại M nên

MD:

ME MIDMB

Từ đó phương tích của

M đối với đường tròn

. J / và.O / bằng nhau. Tương tự phương tích

củaN đối với đường tròn

. J / và.O / bằng nhau. Vậy

M N là trục đẳng phương .O

của

và .J / nên M N ? OJ . Do J là trung điểm OH nên M N ? OH .

b)Gọi X là trung điểm

EF . AH cắtB C tạiK . Dễ thấy các tam BF

giác

E vàKHE đồng

dạng (g-g).

X là trung điểm

EF vàK là trung điểm

HD nên hai tam giác

BF X vàDHE

đồng dạng (c-g-c), suy

∠FraBX D ∠HDE D ∠F BP . Từ đó suy ra ba điểm

B ;X ;P

thẳng hàng. Tương tự ba điểm

X ;Q

C cũng

;

thẳng hàng.

aff

Gọi AL là đường kính của

.O / thì dễ thấy

SH đi quaL và tứ giác

HBLC là hình bình hành

nênH L đi qua trung điểm

M củaB C. Dễ thấy hai tam SE

giác

C vàSF B đồng dạng (g-g)

nên hai tam giác

SEF vàS CB đồng dạng (c-g-c), hai tam giác này có trung tuyến tương ứn

là SX vàS M nên∠F SX D ∠B S M . Cũng có hai tam giác

SF B vàSRL đồng dạng (g-g)

nên hai tam giác S F R và S B L đồng dạng (c-g-c). Suy ra

∠F SR D ∠B SL D ∠B S M D ∠F SX:

Từ đó, ta có ba điểm

S ; X ; R thẳng hàng. Vậy

SR đi quaX . Đều này chứng tỏ ba đường thẳng

BP ; C Q và RS đồng quy tại trung điểm X của EF .

Tham khảo tại: http://analgeomatica.blogspot.com/2015/06/ve-mot-bai-toanhinh-hoc-tu-dien-aops.html

aff

Mặt khác phép đồng dạngP tâm

biến đoạn

CE thànhFB nênJ cũng biến thành

I; do đó

∠JPI D ∠EPB D 180

∠BAC , từ đó tứ giác GIPJ nội tiếp. Ta có biến đổi góc

∠IGP D ∠IJP D ∠BEP D ∠BAP D ∠BGQ

và

∠GPI D ∠GJI D ∠GCB D ∠GQB:

Từ đó hai tam giác

GIP vàGBQ đồng dạng. Như vậy phép đồng dạng

G biếnI

tâmthànhP

và đoạn

FB thành đoạn

LQ . Mặt khác,

I là trung điểm

FB nênP là trung điểm

LQ . Từ đó,

gọiM là trung điểm

EF . Ta dễ thấy hai tamBFE

giácvàPLE đồng dạng. Từ đó, hai tam giác

BFM vàQLE đồng dạng. Vậy

∠FBM D ∠LQE D ∠FBR nênBR đi quaM . Ta có điều

phải chứng minh.

Gọi R là bán kính ngoại tiếp tam giác ABC . Ta có biến đổi diện tích

ŒBFR ŒBFR ŒBAR ŒBRQ

ŒBER ŒBAR ŒBRQ ŒBER

ABARBR

BRRQQB

Vậy BR chia đôi EF .

aff

Bài 2. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn .O/. P là điểm bất kỳ trong tam giác

choR đối xứng

P quaBC thìR nằm trên

.O/ . PB; P C lần lượt cắt

CA; AB tạiE; F . Đường

tròn.AEF / cắt.O/ tạiG khácA. GP cắtBC tạiM và cắt.O/ tạiD khácG. AD cắt.AEF /

tại Q khác A. Chứng minh rằng GQ chia đôi EF .

Lờigiải.Dễ thấyP nằm trên

.AEF / . Ta có∠DP C D ∠FP G D ∠FAG D ∠PDB nên

P C k DB. Tương tự, ta cũngPB

cók DC; do đó tứ giác

PBDC là hình bình hành PD

nênđi

qua trung điểm M của BC .

Gọi giao điểm của

GQ vàEF làN . Dễ thấy phép đồng dạng

G lần

tâmlượt biến

E; F thành

C; B. Lại có hai tam giác GFB và GQD đồng dạng (g-g) nên ∠F GB D ∠QGD; suy ra

∠NGF D ∠MGB:

Do đó cũng phép đồng dạng tâm G đó biến N thành M . Vậy N là trung điểm EF .

Bài toán trên cũng có thể được mở rộng hơn nữa như sau

aff

Bài chúng tôi tam giác

ABC nội tiếp trong đường .O/

tròn

. P là điểm bất kỳ trong tam giác.

PB; P C lần lượt cắt

CA; AB tạiE; F . Đường tròn

.AEF / cắt.O/ tạiG khácA. M là điểm

bất kỳ trên cạnh

BC . GM cắt.O/ tạiD khácG. AD cắt.AEF / tạiQ khácA. GQ cắtEF tại

N . Chứng minh rằng

Lờigiải.Dễ thấy phép đồng dạng

G lần

tâmlượt biến

E; F thànhC; B. Lại có hai tam giác

GFB vàGQD đồng dạng (g-g) ∠FGB

nên D ∠QGD suy ra∠NGF D ∠MGB; do đó cũng

phép đồng dạng tâm G đó biến N thành M . Vậy

Ta thu được điều phải chứng minh.

Các bạn có thể làm các bài toán sau đây đề luyện tập thêm:

1. (Mở rộng ý a) bài toán 3 VMO 2022) Cho tam

ABC giác

nội tiếp đường tròn

.O/ . Một

đường tròn

.K/ đi quaB; C cắtCA; AB tạiE; F khácB; C . BE cắtCF tạiH . AH cắt

.O/ tạiD khácA. Tiếp tuyến E;

tạiF của.K/ lần lượt cắt

DB; DC tạiM; N . Chứng

minh rằng MN ? OH .

2. (Mở rộng ý b) bài toán 3 VMO 2022) Cho tam

ABC giác

nội tiếp trong đường.O/

tròn

P là điểm bất kỳ trong tam giác sao

R đối

choxứngP quaBC thìR nằm trên

.O/ .

PB; P C lần lượt cắt

CA; AB tạiE; F . Đường tròn

.AEF / cắt.O/ tạiG khácA. D

thuộc.O/ sao cho

DR k BC . AD cắt.AEF / tạiQ khácA. DE; DF cắt.O/ tạiS; T

khác D. Chứng minh rằng BS; C T; GQ đồng quy.

aff

ii) Nếu một hàng và một cột giao nhau tại ô đen thì tập các số nguyên dương được

trên hàng đó và tập các số nguyên dương được điền trên cột đó không giao nhau

một hàng và một cột giao nhau tại ô trắng thì tập các số nguyên âm được điền

hàng đó và tập các số nguyên âm được điền trên cột đó không giao nhau.

a) Với n D 5; tìm giá trị nhỏ nhấtkcủa

để tồn tại cách điền

k số

cân đối cho cách tô

màu đối xứng ở hình bên dưới.

b) Vớin D 2022;

tìm giá trị nhỏ nhấtkcủa

để với mọi cách tô màu đối xứng, luôn tồn tại

cách điền số kcân đối.

¤ ;:

Ta sẽ chứng minh k D 3 thỏa với cách điền như sau:

aff

b)Điều kiện cần: Trước hết, xét cách tô màu đối xứng như bàn cờ, tức là trắng đen xen

hình, trong đó vị trí .i; j / sẽ được tô đen nếu i C j chẵn, ngược lại thì tô trắng.

Xét hai ô trắng bất kỳ trong bảng ô vuông trên

.a; b/ởvà.c;

vị tríd /; 1 a; b; c; d 2022:

Nếua C cchẵn thì

b C d cũng chẵn, suya ra

C d vàb C clẻ. Khi đó, một trong hai ô

.a; d /và.b; c/ sẽ được tô đen vì chúng không thể cùng nằm trên đường chéo màu x

Suy ra hai ô vuông trắng phải được điền số khác nhau.

Nếua C clẻ thìb C d cũng lẻ, xét.d;

ô c/ điền cùng số với

.c;ôd /thì rõ ràng ta có thể

áp dụng lập luận trên để suy ra hai số điền cho hai ô hai khác nhau.

Từ đó suy ra tất cả các số điền cho các ô trắng nằm ở nửa trên bên phải của bảng là đôi m

biệt. Do đó, ta thu được kết quả

k 2C4C6C

2017

Điều kiện đủ: Ta sẽ chứng minh

k Drằng

thỏa mãn bài toán bằng quy nạp

kết quả

j 2rằng

trên cũng đúng với mọi bảng có kích

n thước

n vớin là số nguyên dương, cụ kthể

D là4 :

Thật vậy, với n D 1; n D 2; n D 3; ta dễ dàng kiểm tra được các kết quả tương ứng.

Xét n 5 và giả sử khẳng định đúng với mọi số nguyên dương bé hơn n:

Đánh số cách hàng

1 !từn và cột1 ! n . Ta sẽ chứng minh rằng với mọi vị trí của các ô đen

thì luôn tồn tại cách điền các số nguyên dương không

kn vào

vượt

ô trắng

quá còn lại trong bảng

(trường hợp điền số âm thì tương tự vì tính bình đẳng).

aff

Xét graph

G D .V; E/ màV là tập hợp các đỉnh, đỉnh

i ứng

thứ với hàng

i và1 i n ; còn

E là tập hợp các cạnh, trong đó có cạnh nối từ

i đến

đỉnh

thứthứ

j nếu như tại.i;ô j / và

ô .j; i / là ô màu trắng. Ta phát biểu bổ đề sau:

Bổ đề (Định lý Mantel-Turan).

Xét mộtj graph

đơn vô hướng

n đỉnh

có và

k cạnh. Khi đó, nếu

graph này không có chứa tam giác thì

Áp dụng vào bài toán, ta xét các trường hợp sau:

j 2k

Nếu graph

G không có chứa tam giác, theo bổ đề thì nó sẽ có nkhông

cạnh,

quá

nghĩa

j 2k

là có không quá

ô trắng nên có thể dùng

k D n4 số nguyên dương điền vào các ô

đó (cho dù vị trí của các ô đen thế nào đi nữa).

Nếu graph

G có chứa tam giác, giả sử các

a; đỉnh

b; cphân biệt được nối với nhau đôi

một. Điều này tương ứng với việc

.a;các

b/; ô

.b; c/; .c; a/và.b; a/; .c; b/; .a; c/là

giao điểm của các hàng

a; b; cđều được tô màu trắng. Khi đó, các số điền vào các ô đó

không cần phải phân biệt và tập hợp các ô trắng (nếu có) còn a;

lạib;

trên

ccũng

các hàng

không cần phải rời nhau. Rõ ràng trên mỗi hàng sẽ còn lại không

3 ô nhưquá

thế.

Khi đó, ta có thể dùng

1số để điền vào các ô trắng ở trên và dùngnkhông

3số quá

phân

biệt để điền vào mỗi ô còn lại của mỗi hàng.

Nếu không

3 hàng

a; b; c, ta còn lại

n 3 hàng, sử dụng giả thiết quy nạp thì cần

j tính

.n 3/ 2

không quá 4

số nguyên dương phân biệt cho các hàng đó.

j 2k

Tóm lại, trong mọi trường hợp, ta đều cần sử dụng nkhông

số nguyên

quá

dương phân biệt

j 2k

để điền vào các ô trắng hay nói cách khác

cũng

k D thỏa mãn đề bài với bảng n n:

Theo nguyên lý quy nạp thì khẳng định được chứng minh. Vậy giá trị tốtknhất

là cần tìm c

20222 1

. Bài toán được giải quyết hoàn toàn.

Bài toán này thuộc dạng cực trị tổ hợp và đòi hỏi phải xử lý cả điều kiện cần và đủ thì mớ

kết luận được đáp số của bài toán.

Ở phần a), ta thấy kích thước của bảng là nhỏ nên có thể thử trực tiếp các số để kiểm t

xây dựng cũng khá nhẹ nhàng. Chú ý rằng một số có thể được sử dụng lại nhiều lần the

bài nếu đọc không cẩn thận, ta dễ hiểu nhầm đáp số câu a) là k D 5:

Phần b) thử thách hơn nhiều với kích thước bảng lớn, và quan trọng hơn là cách tô đối xứ

nên chưa thể định hướng được ngay giá trị “vừa đủ lớn” của k:

aff

Ý tưởng mấu chốt là chỉ ra một mô hình đặc biệt mà ở đó,kđòi

phải

hỏiđạt

giáđược

trị cực đại

thì mới đủ để điền vào. Và bàn cờ ở trên chính là mô hình cần phải tìm, số các ô đen tr

xen đòi hỏi tất cả các số dương điền vào các ô trắng phải phân biệt nhau, các số âm cũ

Đoạn khó khăn chính là việc xây dựng cách đánh số cân đối cho mọi mô hình. Thực tế

như các cách xây dựng trực tiếp thuật toán để kđiền

D 2022

vào

với

đều không thành công

do các mô hình có thể biến đổi rất phức tạp. Cách tiếp cận dùng đồ thị ở trên cũng chỉ mớ

minh được là cách đánh số cân đối sẽ luôn tồn tại chứ chưa chỉ ra cách xây dựng cụ th

nhiên, về mặt lập luận thì như thế là đủ.

Điểm mới lạ của bài toán này chính là việc sử dụng ngôn ngữ đồ thị để giải quyết vấn

cách tiếp cận mà trước giờ khá ít khi xuất hiện trong các kỳ thi HSG cấp Quốc gia. Địn

Mantel-Turan về tồn tại graph con đầy đủ trong một graph đơn vô hướng là tương đối que

đối với các học sinh có học qua về lý thuyết graph. Đặc điểm của các bài toán dùng Mant

là thường che giấu được vấn đề khá kỹ và khó xử lý tốt bằng các cách thông thường.

Định lý này có cách chứng minh dùng quy nạp là phân hoạch tập hợp đỉnh thành A; B rồ

Đếm số cạnh trong A; đếm số cạnh trong B:

Đếm số cạnh nối giữa A; B:

1. (MOSP, 2011) Xét các số xthực

: Chứng minh rằng có khôngn4 quá

cặp

1; x2; : : : ; nx

.i; j / với 1 i < j n sao cho 1 < jxi xj j < 2:

2. (China TST, 1987) Trong mặt phẳng

2nđiểm

cho với

n 2 và có tất n

cả

C 1đoạn thẳng

nối chúng. Chứng minh rằng

a) Tồn tại ít nhất một tam giác.

b) Tồn tại hai tam giác có chung cạnh.

c) Tồn tại ít nhất n tam giác.

Bài 5 (6.0 điểm).

Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn hệ thức

f xf .y/

f .x/ D 2f .x/ C xy

.1/

với mọi số thực x; y:

f f .y/

f .1/ D y C 2f .1/; 8y 2 R:

aff

Lờigiải.Thay x D 1 vào (1), ta được

.2/

Từ đây có thể thấy fhàm

là một song ánh. Do đó, tồn tại duy nhất

a đểf

số thực

.a/ D 0:Thay

x D a vào phương trình (1), ta được

Trong (3), cho

y D 0;ta được

f af .0/

Suy ra a D 0 hoặc f .0/ D 1:

D ay;

8y 2 R:

f af .y/

.3/

D 0 D f .a/:Từ đó, do

f đơn ánh nên taafcó

.0/ D a:

Xét trường hợp

a D 0;tứcf .0/ D 0:Thayy D 0 vào (1), ta được

f .x/ D 2f .x/: Dof

toàn ánh nên taf .x/

có D 2x với mọix 2 R: Tuy nhiên, khi thử lại, hàm này không thỏa mãn

phương trình (1). Do đó a ¤ 0; suy ra f .0/ D 1:

Thayx D 0 vào (1), ta được

f . 1/ D 2:Thayy D a vào (3), ta được

a2 D f .0/ D 1;suy ra

a D 1 (do f . 1/ D 2), tức f .1/ D 0: Đến đây, ta có hai cách tiếp cận như sau:

Cách 1. Do f .1/ D 1 nên phương trình (2) có thể viết lại dưới dạng

f f .y/

D y;

8y 2 R:

.20/

Thay y bởi f .y/ vào (1) và sử dụng

/; ta.2được

f xy

f .x/ D 2f .x/ C xf .y/;

8x; y 2 R:

f .x/

Trong phương trình này, ta xét x ¤ 0 và thay

; ta

y Dđược

suy ra

;

8x ¤ 0:

Thay y Df .x/

vào (1) và sử dụng kết quả trên, ta được

3f .x/ D 3f .x/;

8x ¤ 0:

Dof song ánh và

f .0/ D 1nên với

x ¤ 0 thì1 3f .x/ có thể nhận mọi giá trị thực 2:

khác

Do đó, từ kết quả trên, ta suy ra được f .x/ D x C 1 với mọi x ¤ 2:

Nói riêng,ta cóf .3/ D 2: Thayy D 3 vào.20/; ta đượcf . 2/ D 3: Tóm lại,ta có

f .x/ D x C 1 với mọi x 2 R: Thử lại, ta thấy hàm này thỏa mãn các yêu cầu bài toán.

Cách 2. Thay y D 1 vào (1), ta được

f .x/ D 2f .x/ C x;

8x 2 R:

.4/

aff

Lần lượt thay

x D 1 vàx D 2 vào đẳng thức trên, tafđược

. 2/ D 3vàf . 3/ D 4:Chú ý

rằngf .1/ D 0nên ta cũng có đẳng.2

thức

/ như cách 1 ở trên, do đó bằng cách

x bởif

thay

.x/

vào (4), ta được

f . x/ D f .x/ C 2x; 8x 2 R:

Từ đây suy fra.2/ D 1 vàf .3/ D 2: Bây giờ, ta sẽ chứng minh

x D 1 là nghiệm duy

nhất của phương trình

f .t / D 2t: Thật vậy, giả sử có

b số

¤ 1 sao cho

f .b/ D 2b; ta thay

x D b và y D 3 vào (1) thì được 1 D f .0/ D 4b C 3b; suy ra b D 1; mâu thuẫn.

Với kết quả trên, ta thay y D 2 thì có

Từ đó suy rax

f .x/ D 2 x C f .x/ D 2

f .x/ ;

8x 2 R:

f .x/ D 1; tức f .x/ D x C 1 với mọi x 2 R:

D 2f .x/ C xy; 8x; y 2 R:

Cách giải của hai bài toán cũng hoàn toàn tương tự nhau. Đây là một sự trùng hợp thú v

đây là một số bài toán “tương tự” khác:

1. (IMO Shortlist, 2002) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn

f f .x/ C y

D 2x C f f .y/

8x; y 2 R:

2. (Kiểm tra Trường Đông Nam Bộ, 2022) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn

f f .x/ C 2y

D 10x C f f .y/

3x ;

8x; y 2 R:

3. (Baltic Way, 2010) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn

f .x 2/ C f .xy/ D f .x/f .y/ C yf .x/ C xf .x C y/;

8x; y 2 R:

4. (EGMO, 2012) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn

f yf .x C y/ C f .x/

D 4x C 2yf .x C y/; 8x; y 2 R:

5. (EGMO, 2012) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn

f xf .x C y/

D f yf .x/

C x 2;

8x; y 2 R:

Lời Giải Và Bình Luận Đề Toán Thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia 2022

Lời Giải Và Bình Luận Về Đề Thi Hsg Quốc Gia Vmo 2022

Đề Kiểm Tra Học Kì I Lớp 7 Môn Sinh Học Năm 2022

Bộ Đề Kiểm Tra 1 Tiết Môn Tiếng Anh Lớp 6 Có Đáp Án

Top 52 Đề Kiểm Tra, Đề Thi Toán Lớp 6 Có Đáp Án, Cực Hay

Lời Giải Và Bình Luận Về Đề Thi Hsg Quốc Gia Vmo 2022

Lời Giải Và Bình Luận Đề Toán Thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia 2022

Đề Thi Có Lời Giải Môn Toán Vmo 2022

Bình Luận Về Đề Thi Imo 2022

Tiến Sĩ Lê Bá Khánh Trình Hội Ngộ Người Chấm Giải Đặc Biệt Cho Mình Sau 40 Năm

Ts Lê Bá Khánh Trình Nói Về Thành Tích Của Đội Imo Việt Nam

1. Đề thi ngày 1 (ngày 27/12/2019)

Bài 1. (5 điểm) Cho dãy số (x n ) xác định bởi x 1 = 1 và

x n+1 = x n + 3

n→+∞ x n

a) Chứng minh rằng lim

= 0.

b) Tính giới hạn lim

Bài 2. (5 điểm)

Bài 3. (5 điểm) Cho dãy số (an ) xác định bởi a1 = 5, a2 = 13 và

an+2 = 5an+1 − 6an với mọi n ≥ 2.

a) Chứng minh rằng hai số hạng liên tiếp của dãy trên nguyên tố cùng nhau.

b) Chứng minh rằng nếu p là ước nguyên tố của a2k thì p − 1 chia hết cho 2k+1 với

mọi số tự nhiên k.

Bài 4. (5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp đường tròn (O) và trực

tâm H. Gọi D, E, F lần lượt là các điểm đối xứng với O qua BC, CA, AB.

a) Gọi H a là điểm đối xứng của H qua BC, và A0 là điểm đối xứng của A qua O. Gọi

Oa là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC. Chứng minh rằng H D0 , A0 Oa cắt

nhau tại một điểm trên (O).

b) Lấy điểm X sao cho tứ giác AX DA0 là hình bình hành. Chứng minh rằng các

đường tròn ngoại tiếp tam giác AH X , ABF, AC E có một điểm chung khác A.

a) Chứng minh rằng lim

b) Tính giới hạn lim

< 1n , mà lim

= 0 nên theo nguyên lý kẹp thì lim

= 0.

b) Cách 1. (sử dụng định lý trung bình Cesaro – định lý Stolz)

= yn2 + 3 yn +

Đặt x n = yn2 thì công thức đã cho viết lại thành yn+1

( yn+1 − yn )( yn+1 + yn ) = 3 yn +

yn+1 − yn =

yn+1 + yn

Theo câu a thì lim

3 yn +

yn2 + 3 yn +

+ yn

= 0 nên kéo theo lim

nên

=Ç

= lim

= 0 và dựa theo đẳng

thức trên thì lim ( yn+1 − yn ) = 32 . Theo định lý trung bình Cesaro thì dãy số (un ) có

n→+∞

lim un = L thì lim

n→+∞

u1 +u2 +···+un

= L.

Xét dãy un = yn+1 − yn , áp dụng ta dễ dàng có được

lim

n→+∞

ta thấy rằng nếu lim

= l thì theo định lý Stolz, ta phải có l =

l → l = 94 .

Sử dụng ước lượng

‹2

xn +

x n + 23 − 2n nên

Mặt khác, dễ dàng chứng minh bằng quy nạp rằng

nên ta được

Theo nguyên lý kẹp, dễ dàng suy ra lim nx n = 49 .

Nhận xét. Câu b có thể sử dụng định lý Stolz cho dãy ( yn ) và dãy zn = n cũng thu

được kết quả tương tự, vì thực ra định lý Stolz còn tổng quát hơn cả định lý trung bình

x n+1 −x n

Cesaro: Cho hai dãy số (x n ), ( yn ) có yn dương, tăng, tiến tới vô cực và lim yn+1

− yn = L

n→+∞

= L. Dấu hiệu nhận biết định lý Stolz cho câu b là khá rõ. Nếu ở trên không

thực hiện đặt dãy phụ thì vẫn có thể xét hiệu x n+1 − x n . Tuy nhiên, nếu ta đi theo

hướng xét trực tiếp dãy x n và n2 thì hơi khó, vì khi đó không dễ để tính trực tiếp được

giới hạn sau (cũng khó có thể chứng minh được tính tăng/giảm của dãy n2n , dù trên thực

tế, nó đúng là dãy tăng).

3 x n + pnx n

x n+1 − x n

2n + 1

(n + 1)2 − n2

thì

= 3.

2. (VMO 2022 Mock test) Cho dãy số (un ) thỏa mãn

u1 =

a) Tính

u2018 .

b) Chứng minh rằng an =

c) Chứng minh rằng bn =

+ u12 + · · · + u1n hội tụ.

+ u22 + · · · + unn → +∞.

với n ≥ 1. Tính giới hạn của các dãy số sau

€

4. (Chọn đội tuyển Đồng Nai 2022) Cho dãy số (x n ) thỏa mãn x n+1 = 13 x n + p2nx n .

−x

Chứng minh rằng (n − 1)2 < x n < n2 , ∀n ≥ 3 và tính lim p3n+12 n .

n −x n

Lời giải. Nhận xét. Theo BĐT Cauchy – Schwarz, ta luôn có

1≤i≤2018

2019

“i = 0 (do trong tổng ở trên có 2022

i=1

dấu − và 2022 dấu +) nên trong các hệ số này, phải có ít nhất một hệ số bằng 0, vì

nếu không thì vế trái là số lẻ, vô lý. Không mất tính tổng quát, giả sử “2019 = 0. Suy ra

2022

2018

xi − x j , 1 ≤ i ≤ j ≤ n

3. (Komal 2014) Với n ≥ 2 ,cho các số thực 0 ≤ x 1 ≤ x 2 ≤ . . . ≤ x n và 0 ≤ y1 ≤

y2 ≤ . . . ≤ yn thỏa mãn điều kiện

xi =

yi = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của

i=1

Bài 3. Cho dãy số (an ) xác định bởi a1 = 5, a2 = 13 và an+2 = 5an+1 − 6an với mọi

n ≥ 2.

a) Chứng minh rằng hai số hạng liên tiếp của dãy trên nguyên tố cùng nhau.

b) Chứng minh rằng nếu p là ước nguyên tố của a2k thì p − 1 chia hết cho 2k+1 với

mọi số tự nhiên k.

Lời giải. a) Cách 1. Ta thấy (an ) là dãy sai phân tuyến tính cấp hai có phương trình

đặc trưng x 2 = 5x − 6 với hai nghiệm là x 1 = 2, x 2 = 3 nên dễ dàng tìm được công

thức tổng quát là

an = 2n + 3n , ∀n.

Đến đây, giả sử có n ≥ 1 để an , an+1 có ước nguyên tố chung là p. Rõ ràng gcd(p, 6) =

1. Ta có

b) Xét số nguyên tố p là ước của 22 + 32 . Suy ra 22 ≡ −32 (modp) → 22

k+1

32 (modp). Theo định lý Fermat nhỏ thì

k+1

≡

a) Chứng minh rằng 2x n+1 = x n2 − 8, từ đó chỉ ra rằng x n = 22 +1 + 2−2

mọi n.

b) Tìm tất cả các số nguyên dương n để [x n ] + 3 là lập phương đúng.

n−1

với

Bài 4. Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp đường tròn (O) và trực tâm H.

Gọi D, E, F lần lượt là các điểm đối xứng với O qua BC, CA, AB.

a) Gọi H a là điểm đối xứng của H qua BC, và A0 là điểm đối xứng của A qua O. Gọi

Oa là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC. Chứng minh rằng H D0 , A0 Oa cắt

nhau tại một điểm trên (O).

b) Lấy điểm X sao cho tứ giác AX DA0 là hình bình hành. Chứng minh rằng các

đường tròn ngoại tiếp tam giác AH X , ABF, AC E có một điểm chung khác A.

Lời giải. a) Xét hình vẽ như bên dưới, các trường hợp còn lại chứng minh tương tự.

Giả sử H a D cắt (O) ở K. Gọi M là trung điểm BC thì OD = 2OM = AH. Hai tam giác

cân OBD và OOa B có chung góc đáy O nên chúng đồng dạng, suy ra

→ OD · OOa = R2

OOa

với R là bán kính (O).

Suy ra AH ·OOa = R2 nên

mà ∠OAH = ∠A0 OAa nên hai tam giác AHO, OA0 Oa

Đề Kiểm Tra Học Kì I Lớp 7 Môn Sinh Học Năm 2022

Bộ Đề Kiểm Tra 1 Tiết Môn Tiếng Anh Lớp 6 Có Đáp Án

Top 52 Đề Kiểm Tra, Đề Thi Toán Lớp 6 Có Đáp Án, Cực Hay

Bộ Đề Ôn Tập Môn Toán Lớp 5 Lên Lớp 6 (Có Đáp Án)

Tuyển Tập Đề Thi Học Sinh Giỏi Môn Toán Lớp 6 (Có Đáp Án)

Hướng Dẫn Giải Chi Tiết Đề Thi Đại Học Hóa Học Từ Năm 2007 Đến Năm 2010

Giải Chi Tiết Đề Thi Tuyển Sinh Đại Học, Cao Đẳng Năm 2011 Môn Thi: Hóa Học

Sách Giải Chi Tiết Part 6 Ets Rc 1000

Ets Toeic Test 1200

Tổng Hợp Đề Luyện Toeic Có Phần Giải Thích

Giải Chi Tiết Đề Thi Chính Thức Thpt Quốc Gia Môn Hóa Học 2022 Mã Đề 217

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI ĐẠI HỌC

TỪ NĂM 2007 ĐẾN NĂM 2010

Võ Ngọc Bình (Tổng hợp)

 Dành cho: Ôn thi Đại học – Cao đẳng.

 Nguồn: Tổng hợp và sưu tầm từ internet.

Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

vukhacngoc@gmail.com

ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐH – CĐ

KHỐI A NĂM 2007 – MÃ ĐỀ 930

I. Đặt vấn đề

Kỳ thi ĐH – CĐ năm 2007 đến nay đã qua đi được gần 1 năm, nhưng từ đó đến nay, rất nhiều

Đây là điều hoàn toàn dễ hiểu vì đối với các bạn học sinh trước khi bước vào kỳ thi của năm nay, thì

việc nghiên cứu kỹ lưỡng các đề thi của các năm trước đó là hết sức quan trọng, nhất là đề thi năm

2007 bắt đầu thay đổi theo hướng thi trắc nghiệm.

Để cung cấp thêm cho các em một tài liệu tham khảo quan trọng cùng những lời khuyên bổ ích

trước khi bước vào kỳ thi sắp tới, tôi xin cung cấp đáp án chi tiết của cá nhân tôi với đề thi tuyển sinh

ĐH – CĐ năm 2007 môn Hóa học, trước hết là đề thi của khối A (mã đề 930).

II. Đáp án chi tiết

Đáp án: B

Cho từ từ HCl và Na2CO3 đầu tiên tạo ra muối acid, tỷ lệ phản ứng 1:1 (các tỷ lệ này đều

nhẩm được trong đầu)

→

Có khí thoát ra HCl dư (a-b) mol →

→ đáp án B.

Bài này làm trong 20 – 30s

Đáp án: A

Ag+ mạnh nhất → loại C, D và chỉ cần xét thứ tự Cu2+ và Fe2+ đáp án A →

Bài này làm trong 10 – 15s

Đáp án: D

Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

vukhacngoc@gmail.com

46g = 0,5 mol M = 888 M 3 gốc acid = 888 – 41 – 44*3 = 715 M trung bình =

715/3 Số C trung bình khoảng = (715 : 3) : 14 (phép tính liên tục, ko cần giá trị trung gian) =

17,0238 đáp án B hoặc D.

→ → →

→

Làm ngược lại: 17 * 14 = 714 = 715 – 1 đáp án D. →

(các giá trị 41, 45, 92, 888 là hoàn toàn có thể tính nhẩm được nhờ rèn luyện kỹ năng tính)

Bài này làm trong 40 – 60s.

Bài này thì đáp án A, C, D đều có thể đúng, nhưng đơn giản nhất là cách nhận biết bằng Cu,

theo đáp án C của Bộ (^^ dĩ nhiên là bài này có vấn đề, và tôi cũng không hài lòng với đáp án này)

Bài này làm trong 10-15s

Đáp án: B (Cái này thì không cần phải nghĩ nhiều)

Bài này làm trong 5-10s

Đáp án: D (Bài này cũng không cần phải nghĩ ngợi nhiều)

Bài này làm trong 10-15s

Đáp án: D

Bài này nhìn thoáng qua cũng có thể đoán là đáp án B hoặc D (vừa là kinh nghiệm – có 2 đáp án

cùng số C, vừa là có thể tính nhẩm: 8,4 = 1,4 x 6 – nhờ rèn luyện kỹ năng tính).

Cũng nhờ kỹ năng tính, có thể thấy nCO2 < 0,4 (8,96lít) so với nH2O ~ 0,6 (9g = 0,5 mol, 10,8 =

0,6 mol) thì nhỏ hơn khá nhiều đáp án D. →

(Hoặc tính số mol CO2, N2, H2O rồi tính tỷ lệ: C : H : N ta có kết quả là đáp án D)

Bài này làm trong 20-30s

Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

vukhacngoc@gmail.com

Đáp án: A

Thực ra bài này có thể nhìn thoáng qua cũng thu được đáp án đúng dựa vào suy luận: log100 = 2

(hoặc từ độ điện ly, thay vào công thức tính nồng độ, rồi lấy log*0,2 = 14,3 (chỉ cần bấm máy

tính 1 lần, các giá trị 46; 40; 27,5 là có thể nhẩm được)

Bài này có thể giải trong vòng 40 – 60s

Đáp án: C

Đây là một phản ứng rất quen thuộc trong quá trình học cũng như giải toán (thậm chí một số em

còn thuộc lòng cả hệ số): 1 – 4 – 1 – 2 – 2.

(Cho dù phải viết phản ứng ra thì cũng rất nhanh)

Bài này có thể giải trong 15-20s

Đáp án: A

Đây là một bài tập rất rất quen thuộc. Ta dễ dàng thấy X, Y, Z là C2H4, C3H6 và C4H8 mà không

cần phải suy nghĩ nhiều (M + 28 = 2M M = 28 C→ → 2H4).

0,1C3 0,3CO→ 2 30g CaCO→ 3 (M = 100 – quá quen thuộc, có thể nhẩm được)

Bài này có thể giải trong 10-15s

Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

vukhacngoc@gmail.com

Đáp án: D

SGK đã ghi rõ là H2 có thể khử được oxit của các kim loại đứng sau Al trong dãy hoạt động và

chúng ta chấp nhận điều này.

Bài này có thể giải trong 10-15s

Đáp án: B

Tính nhẩm: 43,2/108 = 0,4 mol tỷ lệ Andehit : Ag = 1:4 Andehit 2 chức B hoặc C. → → →

Tính nhẩm: 4,6/23 = 0,2 mol tỷ lệ Rượu : Na = 1:2 Y có 2 nhóm –OH Đáp án B → → →

Bài này có thể giải trong 20-30s

Đáp án: A.

Từ dữ kiện 1 acid đã cho có 2C, từ dữ kiện 2 acid đã cho là acid 2 chức đáp án A → → →

Bài này có thể giải trong 10-15s

Đáp án: D

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích (tổng điện tích dương = tổng điện tích âm), ta có:

0,12*3 + 4a = 0,24*2 + 2a a = 0,06 mol →

Bài này có thể giải trong 15-20s

Đáp án: A.

Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

vukhacngoc@gmail.com

Từ giả thiết ta có: Ca(HCO3)2 – 1 mol và CaCO3 – 5,5 mol CO→ 2: 7,5 mol Glucose: 3,75

mol Tinh bột: (180 – 18)*3,75/0,81= 750, trong đó giá trị 180 và 18 là nhẩm được hoặc biết từ

trước, các phản ứng Hóa học và hệ số hình dung trong đầu.

→

Bài này có thể giải trong 30s – 40s.

Đáp án: C

Chú ý chỗ “hấp thụ hoàn toàn”, có nghĩa là CO2 đã tác dụng hết với Ba(OH)2, với CO2 – 0,12

mol và BaCO3 – 0,08 mol, dễ dàng suy ra Ba(HCO3)2 – 0,02 mol Ba(OH)→ 2 – 0,1mol a = 0,04. →

(Trong bài này, giá trị M = 197 của BaCO3 là phải biết trước hoặc nhẩm được)

Bài này làm trong 20-30s

Đáp án: D

Dễ dàng nhẩm ra X gồm 0,05 mol mỗi chất, hay là 0,1 mol acid M trung bình = 53 →

Chú ý là ở đây, số mol C2H5OH là 0,125 mol nên lượng phản ứng phải tính theo các acid.

M = (53 + 46 – 18)*0,1*0,8 = 6, 48 (các giá trị 53, 46, 18 là phải thuộc hoặc tính nhẩm được)

Bài này có thể làm trong 30-40s

Đáp án: D

Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng.

M chất rắn giảm = 15,6 + 9,2 – 24,5 = 0,3g = số mol H được giải phóng = số mol rượu phản

ứng.

M trung bình = 15,6/0,3 = 52 (tính nhẩm) đáp án D (46 và 60 – nhẩm) → →

Bài này làm trong 30-40s

Đáp án: C

Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

vukhacngoc@gmail.com

Br2 chỉ giảm ½ X đã phản ứng hết, Br→ 2 dư M trung bình = 6,7/0,2 = 33,5 (nhẩm) B

hoặc C

→ →

→ X: 0,2 mol < Br2 phản ứng = 0,7/2 = 0,35 mol (nhẩm) C →

Bài này làm trong 30 – 40s

Đáp án: C

5,6g Fe – 0,1 mol Fe phản ứng với H2SO4 loãng 0,1 mol Fe→ 2+ oxh bởi KMnO4 0,1 mol

→

3+ – cho 0,1mol e KMnO→ 4 nhận 0,1 mol e, mà Mn+7 + 5e Mn→ +2 → V = 0,1/5/0,5 = 0,04

→

Bài này làm trong 30-40s

Đáp án: A

(Rượu không no – Acid không no)

Bài này chỉ cần 10-15s

Đáp án: C

Este – 0,1 mol (nhẩm) và NaOH – 0,04 mol Este dư m = (15 + 44 + 23)*0,04 = 3,28g → →

Bài này làm trong 20-30s

Đáp án: A

4 chất trừ NH4Cl, ZnSO4

Bài này làm trong 10-15s

Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

vukhacngoc@gmail.com

Đáp án: A

0,1 mol NO → 0,3 mol e trao đổi 0,3 mol Ag 0,15 mol andehit M = 6,6/0,15 = 44

→ → →

→ 3CHO hoặc 0,3 mol HCHO (vô lý, loại)

Bài này làm trong 15-20s

Đáp án: B

0,005 mol Cu (nhẩm) 0,005 mol Cl→ 2 0,01 mol NaOH phản ứng, trong đó NaOH dư =

0,05*0,2 = 0,01 mol C

→

→ M = 0,02/0,2 = 0,1M

Bài này làm trong 15-20s

Đáp án: A.

Bài này không cần phải suy nghĩ nhiều, 10-15s

Đáp án: A

Bài này cũng không phải suy nghĩ nhiều, 5-10s

Đáp án: B

Tăng giảm khối lượng: (13,95 – 10,3)/36,5 = 0,1 mol HCl (tính nhẩm) = 0,1 mol a.a M =

103

→

R = 103 – 44 – 16 = 43 C→ 3H7-

Bài này làm trong 15-20s

Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

vukhacngoc@gmail.com

Đáp án: B

Bài này đã quá quen thuộc, cũng không cần giải thích nhiều, làm trong 5-10s

Đáp án: D

Bài này nếu đọc kỹ toàn bộ câu hỏi và đáp án thì rất mất thời gian, nhưng nếu suy luận một chút

thì chọn ngay được đáp án đúng là D vì ngay vế đầu tiên chỉ có D đúng với X, do đó không cần quan

tâm đến Y (chỉ cần đọc về đầu để tìm mệnh đề đúng với X trước)

Bài này làm trong 10-15s

Đáp án: B

Bài này làm trong 10-15s

Đáp án: B

nH+ = 0,5 mol (nhẩm), trong đó nH+ phản ứng = 5,32/22,4*2=0,475 mol nH→ + dư = 0,025

→

M = 0,1M pH = 1 →

Bài này giải trong vòng 15-20s

Đáp án: B

Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

vukhacngoc@gmail.com

Tách nước C4H10O C→ 4H8, trong số các C4H8, ta đã biết but-2-en là có đồng phân hình học

(đây là ví dụ điển hình về đồng phân hình học trong SGK cũng như trong các bài giảng và tài liệu

tham khảo) B →

Bài này làm trong 10-15s

Đáp án: D

Bài này chỉ mất thời gian ở việc đọc đề và đáp án, chứ không mất sức nghĩ.

Làm trong 15-20s

Đáp án: D

Bài này nhìn thoáng qua cũng có thể thấy đáp án là B hoặc D (hệ số phải nhớ trong đầu rồi)

Dễ dàng suy ra được đáp án D

Bài này làm trong 10-15s

Đáp án: A

Bài này chỉ nhìn vào câu hỏi và đếm, làm trong 10-15s

Đáp án: C

Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

vukhacngoc@gmail.com

Bài này cũng rất dễ, nếu không nhìn ra ngay được đáp án thì ta cũng có thể loại trừ lần lượt theo

“chiến thuật chọn ngẫu nhiên”: không xét a,b (vì đáp án nào cũng có hiển nhiên đúng, xét c và d,

thấy d đúng loại A và B, xét g và h, thấy g đúng → chọn C)

→

Bài này làm trong 10-15s

Đáp án: A

Đối với 1 mắt xích PVC (-C2H3Cl-), sau khi Clo hóa sẽ có CTPT dạng -C2H3-xCl1+x-

Lập tỷ số: 35,5(x+1)/(24+3-x+35,5(1+x) = 0,6396

Giải ra được x = 1/3

Tức là cứ 3 mắt xích phản ứng thì có 1 nguyên tử Clo ứng với 1 phân tử Cl2

Bài tập này vốn không hề khó, nhưng mất thời gian 1 chút trong lúc giải, có thể làm trong vòng

40-60s

Đáp án: C

Câu này rất dễ, không cần phải suy nghĩ nhiều, chỉ 5s là có kết quả.

Đáp án: B

Với kỹ năng tính tốt, ta có thể nhẩm nhanh CO2 – 0,15 mol, N2 – 0,025 mol chất đem đốt có

3C B

→

Bài này làm trong 10-15s

Đáp án: C

Có thể đoán ngay ra với tỷ lệ như vậy O→ 2 dư, Z gồm O2 và CO2, ta dùng đường chéo tỷ

lệ 1:1 (nhẩm)

→

→ x = 10 – (x + y/4), thay x = 3 và x = 4 vào (theo đáp án) x = 4, y = 8 →

Bài này có thể giải trong 20-30s

Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

vukhacngoc@gmail.com

Đáp án: D

Áp dụng tăng giảm khối lượng: m = 0,05(96 – 16) + 2,81 = 6,81g (toàn bộ phép tính này có thể

nhẩm được, từ các giá trị 96; 0,05 đến kết … pan-1,2-ñiol.

C. propan-2-ol. D. glixerol.

Câu 35: Cho 4 dung dịch: H2SO4 loãng, AgNO3, CuSO4, AgF. Chất không tác

dụng ñược với cả 4 dung dịch trên là

A. KOH. B. BaCl2. C. NH3. D. NaNO3.

Phân tích, hng dn gii:

⇒ ðáp án D.

Câu 36: Phản ứng ñiện phân dung dịch CuCl2 (với ñiện cực trơ) và phản ứng ăn

mòn ñiện hóa xảy ra khi nhúng hợp kim Zn−Cu vào dung dịch HCl có ñặc ñiểm là:

A. Phản ứng xảy ra luôn kèm theo sự phát sinh dòng ñiện.

B. ðều sinh ra Cu ở cực âm.

C. Phản ứng ở cực âm có sự tham gia của kim loại hoặc ion kim loại.

D. Phản ứng ở cực dương ñều là sự oxi hóa Cl−.

Phân tích, hng dn gii:

− Phản ứng ñiện phân dung dịch CuCl2 sử dụng dòng ñiện một chiều

⇒ Loại phương án A.

− Khi nhúng hợp kim Zn−Cu vào dung dịch HCl, cực âm là Zn và bị ăn mòn

⇒ Loại phương án B.

− Khi nhúng hợp kim Zn−Cu vào dung dịch HCl, cực dương xảy ra quá trình khử

H+ (2H+ + 2e → H2)⇒ Loại phương án D.

⇒ ðáp án D.

Câu 37: Anken X hợp nước tạo thành 3-etylpentan-3-ol. Tên của X là

A. 3-etylpent-3-en. B. 2-etylpent-2-en.

C. 3-etylpent-2-en. D. 3-etylpent-1-en.

Câu 38: Cho sơ ñồ chuyển hóa:

Triolein

2H (Ni,t )+

→d− X

0NaOH ,t+

→d− Y HCl+→ Z.

Tên của Z là

A. axit linoleic. B. axit oleic. C. axit panmitic. D. axit stearic.

Phân tích, hng dn gii:

− Triolein

2H (Ni,t )+

→d− X ⇒ Gốc axit trong triolein chưa no và X chứa gốc

axit no ⇒ Loại phương án C, A, B

⇒ ðáp án D.

Câu 39: Phát biểu không ñúng là:

A. Hiñro sunfua bị oxi hóa bởi nước clo ở nhiệt ñộ thường.

B. Kim cương, than chì, fuleren là các dạng thù hình của cacbon.

C. Tất cả các nguyên tố halogen ñều có các số oxi hóa: -1, +1, +3, +5 và +7

trong các hợp chất.

D. Trong công nghiệp, photpho ñược sản xuất bằng cách nung hỗn hợp quặng

photphorit, cát và than cốc ở 12000C trong lò ñiện.

Câu 40: ðốt cháy hoàn toàn một este ñơn chức, mạch hở X (phân tử có số liên kết

pi nhỏ hơn 3), thu ñược thể tích khí CO2 bằng 67 thể tích khí O2 ñã phản ứng (các

thể tích khí ño ở cùng ñiều kiện). Cho m gam X tác dụng hoàn toàn với 200 ml

dung dịch KOH 0,7M thu ñược dung dịch Y. Cô cạn Y thu ñược 12,88 gam chất

rắn khan. Giá trị của m là

A. 7,20. B. 6,66. C. 8,88. D. 10,56.

Câu 41: Chất ñược dùng ñể tẩy trắng giấy và bột giấy trong công nghiệp là

A. CO2. B. SO2. C. N2O. D. NO2.

Phân tích, hng dn gii:

ðáp án B.

Đọc tham khảo phần ứng dụng và sản xuất đường saccarozơ (SGK Hoá học 12)

Câu 42: Hỗn hợp X gồm 1 mol aminoaxit no, mạch hở và 1 mol amin no, mạch

hở. X có khả năng phản ứng tối ña với 2 mol HCl hoặc 2 mol NaOH. ðốt cháy

hoàn toàn X thu ñược 6 mol CO2, x mol H2O và y mol N2. Các giá trị x, y tương

ứng là

A. 8 và 1,0. B. 8 và 1,5. C. 7 và 1,0. D. 7 và 1,5.

Câu 43: Từ 180 gam glucozơ, bằng phương pháp lên men rượu, thu ñược a gam

ancol etylic (hiệu suất 80%). Oxi hóa 0,1a gam ancol etylic bằng phương pháp lên

men giấm, thu ñược hỗn hợp X. ðể trung hòa hỗn hợp X cần 720 ml dung dịch

NaOH 0,2M. Hiệu suất quá trình lên men giấm là

A. 80%. B. 10%. C. 90%. D. 20%.

Câu 44: Các chất vừa tác dụng ñược với dung dịch HCl vừa tác dụng ñược với

dung dịch AgNO3 là:

A. CuO, Al, Mg. B. Zn, Cu, Fe. C. MgO, Na, Ba. D. Zn, Ni, Sn.

Phân tích, hng dn gii:

− CuO và MgO không tác dụng với dung dịch AgNO3 ⇒ Loại phương án A và C.

− Cu không tác dụng với dung dịch HCl ⇒ Loại phương án B.

⇒ ðáp án D.

Câu 45: Trong phản ứng: K2Cr2O7 + HCl → CrCl3 + Cl2 + KCl + H2O

Số phân tử HCl ñóng vai trò chất khử bằng k lần tổng số phân tử HCl tham gia

phản ứng. Giá trị của k là

A. 4/7. B. 1/7. C. 3/14. D. 3/7.

Phân tích, hng dn gii:

K2Cr2O7 + 14HCl → 2CrCl3 + 3Cl2 + 2KCl + 7H2O

− Có 12 HCl ñóng vai trò là chất khử, tổng số phân tử HCl tham gia phản ứng là

14 ⇒ k = 6 3

14 7

= ⇒ ðáp án D.

Câu 46: Nhỏ từ từ từng giọt ñến hết 30 ml dung dịch HCl 1M vào 100 ml dung

dịch chứa Na2CO3 0,2M và NaHCO3 0,2M, sau phản ứng thu ñược số mol CO2 là

A. 0,030. B. 0,010. C. 0,020. D. 0,015.

Câu 47: Cho m gam hỗn hợp etanal và propanal phản ứng hoàn toàn với lượng dư

dung dịch AgNO3 trong NH3, thu ñược 43,2 gam kết tủa và dung dịch chứa 17,5

gam muối amoni của hai axit hữu cơ. Giá trị của m là

A. 10,9. B. 14,3. C. 10,2. D. 9,5.

Phân tích, hng dn gii:

Cách 1 :

CH3CHO → CH3COONH4 + 2Ag

a a 2a→ →

C2H5CHO → C2H5COONH4 + 2Ag

b b 2b→ →

( )2a 2b 0, 4 a 0,05 m 0,05 44 0,15 58 10,9 gam

77a 91b 17,5 b 0,15

+ = = 

⇒ ⇒ ⇒ = × + × = 

+ = = 

⇒ ðáp án A.

Cách 2 :

RCHO → RCOONH4 + 2Ag

0, 2 0, 4←

⇒ Khối lượng muối tăng = 0,2×33 = 6,6 (gam)

( )m 17,5 6,6 10,9 gam= − = ⇒ ðáp án A.

Câu 48: Hỗn hợp gồm 0,1 mol một axit cacboxylic ñơn chức và 0,1 mol muối của

axit ñó với kim loại kềm có tổng khối lượng là 15,8 gam. Tên của axit trên là

A. axit propanoic. B. axit metanoic.

C. axit etanoic. D. axit butanoic.

Câu 49: ðốt cháy hoàn toàn một lượng hiñrocacbon X. Hấp thụ toàn bộ sản phẩm

cháy vào dung dịch Ba(OH)2 (dư) tạo ra 29,55 gam kết tủa, dung dịch sau phản

ứng có khối lượng giảm 19,35 gam so với dung dịch Ba(OH)2 ban ñầu. Công thức

phân tử của X là

A. C3H4. B. C2H6. C. C3H6. D. C3H8.

Câu 50: ðiện phân (với ñiện cực trơ) một dung dịch gồm NaCl và CuSO4 có cùng

số mol, ñến khi ở catot xuất hiện bọt khí thì dừng ñiện phân. Trong cả quá trình

ñiện phân trên, sản phẩm thu ñược ở anot là

A. khí Cl2 va2 O2. B. khí H2 và O2.

C. chỉ có khí Cl2. D. khí Cl2 và H2.

Câu 51: Trong các polime sau: (1) poli(metyl metacrylat); (2) polistiren; (3)

nilon-7; (4) poli(etylen-terephtalat); (5) nilon-6,6; (6) poli (vinyl axetat), các

polime là sản phẩm của phản ứng trùng ngưng là:

A. (1), (3), (6). B. (3), (4), (5). C. (1), (2), (3). D. (1), (3), (5).

Phân tích, hng dn gii:

Poli(metyl metacrylat) là sản phẩm của phản ứng trùng hợp

⇒ Loại phương án A, C và D.

⇒ ðáp án B.

Câu 52: ðiện phân (ñiện cực trơ) dung dịch X chứa 0,2 mol CuSO4 và 0,12 mol

NaCl bằng dòng ñiện có cường ñộ 2A. Thể tích khí (ñktc) thoát ra ở anot sau 9650

giây ñiện phân là

A. 2,240 lít. B. 2,912 lít. C. 1,792 lít. D. 1,344 lít.

Câu 53: Cho 0,448 lít khí NH3 (ñktc) ñi qua ống sứ ñựng 16 gam CuO nung

nóng, thu ñược chất rắn X (giả sử phản ứng xảy ra hoàn toàn). Phần trăm khối

lượng của Cu trong X là

A. 12,37%. B. 87,63%. C. 14,12%. D. 85,88%.

Phân tích, hng dn gii:

2NH3 + 3CuO

→ N2 + 3Cu + 3H2O

2NH3 + 3CuO 0t

→ N2 + 3Cu + 3H2O

Ban ñầu 0,02 0,2 0

Phản ứng 0,02 0,03 0,03

Kết thúc 0 0,17 0,03

%Cu = 0,03 64 100% 12,37%

0,03 64 0,17 160

× + ×

≃

⇒ ðáp án A.

Câu 54: ðốt cháy hoàn toàn V lít hơi một amin X bằng một lượng oxi vừa ñủ tạo

ra 8V lít hỗn hợp gồm khí cacbonic, khí nitơ và hơi nước (các thể tích khí và hơi

ñều ño ở cùng ñiều kiện). Amin X tác dụng với axit nitrơ ở nhiệt ñộ thường, giải

phóng khí nitơ. Chất X là

A. CH2=CH−NH−CH3. B. CH3−CH2−NH−CH3.

C. CH3−CH2−CH2−NH2. D. CH2=CH−CH2−NH2.

Phân tích, hng dn gii:

Nhận xét : Cả 4 phương án amin đều đơn chức (chứa 1 nguyên tử N)

Gọi công thức của X là CnHmN

− X tác dụng với axit nitrơ ở nhiệt ñộ thường, giải phóng khí nitơ ⇒ X là amin

bậc I ⇒ Loại phương án A và B.

⇒ Loại phương án A và D.

− ðơn giản nhất là thử với một trong hai phương án còn lại (nếu C ñúng ⇒ D sai

và chọn ñáp án C. Nếu C sai, không cần thử lại với D và chọn ñáp án D)

Thử với phương án D : CH2=CH−CH2−NH2 2O+→ 3CO2 + 3,5H2O + 0,5N2

Vhỗn hợp khí = 3 + 3,5 + 0,5 = 7 ⇒ Loại phương án D

⇒ ðáp án C.

Câu 55: Hiñro hóa chất hữu cơ X thu ñược (CH3)2CHCH(OH)CH3. Chất X có tên

thay thế là

A. metyl isopropyl xetol. B. 3-metylbutan-2-on.

C. 3-metylbutan-2-ol. D. 2-metylbutan-3-on.

Phân tích, hng dn gii:

ðáp án B.

Câu 56: Trong số các nguồn năng lượng: (1) thủy ñiện, (2) gió, (3) mặt trời, (4)

hóa thạch; những nguồn năng lượng sạch là:

A. (1), (3), (4). B. (2), (3), (4). C. (1), (2), (4). D. (1), (2), (3).

Phân tích, hng dn gii:

Năng lượng hoá thạch (chủ yếu từ than ñá) không phải là nguồn năng lượng sạch

⇒ ðáp án D.

Câu 57: Cho hỗn hợp X gồm ancol metylic và hai axit cacboxylic (no, ñơn chức,

kế tiếp nhau trong dãy ñồng ñẳng) tác dụng hết với Na, giải phóng ra 6,72 lít khí

H2 (ñktc). Nếu ñun nóng hỗn hợp X (có H2SO4 ñặc làm xúc tác) thì các chất trong

hỗn hợp phản ứng vừa ñủ với nhau tạo thành 25 gam hỗn hợp este (giả thiết phản

ứng este hóa ñạt hiệu suất 100%). Hai axit trong hỗn hợp X là

A. HCOOH và CH3COOH. B. CH3COOH và C2H5COOH.

C. C2H5COOH và C3H7COOH. D. C2H7COOH và C4H9COOH.

Phân tích, hng dn gii:

( )

2X Hn 2n 0,6 mol= = .

Vì các chất trong X phản ứng vừa ñủ với nhau ⇒ ( )

3CH OH axitn n 0,3 mol= =

3 3 2CH OH RCOOH RCOOCH H O

0,3 0,3

→+ +←

→

3RCOOCH R

m 83,33 M 24,3

0,3

⇒ = ⇒ =≃

⇒ Hai axit là CH3COOH ( )( )3CHM 15− = và C2H5COOH ( )( )2 5C HM 29− =

⇒ ðáp án B.

Câu 58: Cho m gam hỗn hợp bột X gồm ba kim loại Zn, Cr, Sn có số mol bằng

nhau tác dụng hết với lượng dư dung dịch HCl loãng, nóng thu ñược dung dịch Y

và khí H2. Cô cạn dung dịch Y thu ñược 8,98 gam muối khan. Nếu cho m gam

hỗn hợp X tác dụng hoàn toàn với O2 (dư) ñể tạo hỗn hợp 3 oxit thì thể tích khí O2

(ñktc) phản ứng là

A. 2,016 lít. B. 0,672 lít. C. 1,344 lít. D. 1,008 lít.

Phân tích, hng dn gii:

Gọi công thức chung của 3 kim loại là M và số mol mỗi kim loại là a

⇒

65 52 119 236M

3 3

+ +

= =

2 2M 2HCl MCl H 2363a 71 8,98 a 0,02

33a 3a

+ → +   

⇒ × + = ⇔ =  

 

→ 

(mol)

( )

0 2

0 3

0 4

Zn Zn 2e

0,02 0,04

Cr Cr 3e

n 0,18 mol

0,02 0,06

Sn Sn 4e

0,02 0,08



→ + 



→



→ +

=∑



→



→ +



→ 

electron nh−êng

0 2

2O 4e 2O

0,045 0,18

−

+ →

←

V 0,045 22,4 1,008= × = (lít) ⇒ ðáp án D.

Câu 59: Tách nước hỗn hợp gồm ancol etylic và ancol Y chỉ tạo ra 2 anken. ðốt

cháy cùng số mol mỗi ancol thì lượng nước sinh ra từ ancol này bằng 5

lần lượng

nước sinh ra từ ancol kia. Ancol Y là

A. CH3−CH2−CH(OH)−CH3. B. CH3−CH2−CH2−CH2−OH.

C. CH3−CH2−CH2−OH. D. CH3−CH(OH) −CH3.

Phân tích, hng dn gii:

Nhận xét : Cả 4 phương án ancol đều có số nguyên tử H lớn hơn số nguyên tử H

trong C2H5OH

Gọi công thức ancol Y là CnH2n+2O ⇒ 4 10

2n 2 5

n 4 C H O

6 3

= ⇔ = ⇒

⇒ Loại phương án A và D.

Vì tách H2O chỉ tạo một anken duy nhất ⇒ Y là CH3−CH2−CH2−CH2−OH (ancol

bậc 1) ⇒ ðáp án B.

Câu 60: Xét cân bằng: N2O4 (k) →← 2NO2 (k) ở 250C.

Khi chuyển dịch sang một trạng thái cân bằng mới nếu nồng ñộ của N2O4 tăng lên

9 lần thì nồng ñộ của NO2

A. tăng 9 lần. B. tăng 3 lần. C. tăng 4,5 lần. D. giảm 3 lần.

Phân tích, hng dn gii:

Ban ñầu :

2 4

= .

Khi = a

2 2

2 4 2 4

9 a 9 NO a a 3 NO= ⇔ × = ⇒ = ××

⇒ ðáp án B.

Lời Giải Đề Thi Minh Họa Môn Tiếng Anh Thpt Quốc Gia Năm 2022

Bai Tap Toan Lop 3

Giải Vở Bài Tập Toán Lớp 4 (Tập 1)

Bài Tập Quản Lý Chất Lượng

Tổng Hợp Bài Tập Python Cơ Bản 2022

Lời Giải New Headway 3

Lời Giải New Headway 2

Đáp Án New Headway 3

Gợi Ý Đáp Án Môn Ngữ Văn Thpt Quốc Gia 2022

Lời Giải New Cutting Edge Pre

Sách Giải New Cutting Edge

Lời Giải New Headway 2, Lời Giải New Headway 3, Bài Giải Headway 4, Bài Giải Headway 2, American Headway 4 Giải Bài Tập, Bài Giải American Headway 2, Lời Giải New Headway 3 Unit 12 Trying Your Best, Bài Giải American Headway 4, Bài Giải Headway 2 Unit 9 Going Places, Đáp án Headway 2, Headway 2, Đáp án Headway 5, New Headway 3, Đáp án Headway 3, Đáp án Headway 4, Đáp án New Headway 1, New Headway 2, Headway, New Headway Pdf, Headway 3, Headway 4, Đáp án New Headway 3, New Headway Pre Intermediate, New Headway 3 Unit 12, Headway 3 Third Edition, Unit 9 Headway 2, New Headway Elementary, Answer Headway 2, Headway Unit 7, Going Places New Headway, Headway 4 Unit 7, New Headway 2 Unit 8, New Headway Pre Intermediate Pdf, Unit 9 Headway 2 Đáp án, Đáp án Bài Tập Headway Unit 12, New Headway 3rd Edition Pdf, New Headway English Course, Unit11 New Headway, Đáp án Headway 2 Unit 7, Đáp án Headway 2 Unit 8, Looking Good Headway, Ebay Headway 2, Headway 2 Unit 7, Đap án Headway 2 Unit 10, American Headway 5, Đáp án American Headway 4, Headway 3 Unit 4, Headway 4 Unit 2, American Headway 4, Đáp án New Headway English Course, Headway Intermediate Pdf, Đáp An Headway 4 Unit11, Headway 3 Unit 2, American Headway 2, Unit1 Headway, Headway 2a Unit 2, Unit 10 Headway, Headway 2 Unit 8, Bài Tập Trang 23 New Headway 1, Headway 2 Unit 3, Headway 2 Unit 12, Unit 3 Headway, American Headway 4 Đáp án, American Headway Second, Headway 4 Unit 11, America Headway 4, American Headway, Headway 4 Unit 13, American Headway 1, Unit 13 Headway 2, Trang 11 Headway New, Headway 4 Answer, Unit 10 Headway 2, Unit 8 Headway 4, Đáp án American Headway 5, Headway 2 Unit 10, Unit 6 Headway 2, Headway 3rd Edition Pre-intermediate Pdf, Headway 2 Unit 7 Fame, Unit10 New Headway Writing, Headway 4 Workbook Answer Key, Headway Unit4 The Marketplace, Giáo Trình New Headway, Giáo Trình Headway 1, Headway 2 Unit 6 Vâction, 1 Test B Headway Digital, Headway 2 Workbook Answer Key, Đáp án Sách Headway 2 Second Edition, New Headway Elementary Answer Key, Đáp án Headway 2 Unit 9 Going Places , New Headway Intermediate The Third Edition Pdf, Đáp án New Headway – Intermediate – The Third Edition, New Headway Pre Intermediate Unit 8, Answer Key New Headway Pre-intermediate, American Headway 2 Unit 3, American Headway Level 2, Giáo Trình Headway, American Headway 2 – Unit 11, American Headway Starter, Đáp án American Headway Starter,

Đáp Án Đề Thi Thpt Quốc Gia Môn Toán 2022 Nhanh Nhất Mã Đề 114

Đáp Án Tham Khảo Đề Thi Môn Toán Thi Tốt Nghiệp Thpt 2022, Tất Cả Mã Đề

Đề Thi, Gợi Ý Đáp Án Môn Toán Kỳ Thi Tốt Nghiệp Thpt 2022

Đáp Án Tham Khảo Môn Toán Thi Thpt Quốc Gia 2022 Tất Cả Mã Đề

Hướng Dẫn Sử Dụng Myelt Dành Cho Sinh Viên

Đề Thi Có Lời Giải Môn Toán Vmo 2022

Lời Giải Và Bình Luận Về Đề Thi Hsg Quốc Gia Vmo 2022

Hướng Dẫn Giải Chi Tiết Đề Thi Đại Học Hóa Học Từ Năm 2007 Đến Năm 2010

Lời Giải New Headway 3

Bài viết hay

Chủ đề hay