GIAO TRINH TRIET HOC MAC - LENIN (Quoc gia).pdfLngHu10
Chương 1
KHÁI LUẬN VỀ TRIẾT HỌC VÀ TRIẾT HỌC MÁC - LÊNIN
A. MỤC TIÊU
1. Về kiến thức: Trang bị cho sinh viên những tri thức cơ bản về triết học nói chung,
những điều kiện ra đời của triết học Mác - Lênin. Đồng thời, giúp sinh viên nhận thức được
thực chất cuộc cách mạng trong triết học do
C. Mác và Ph. Ăngghen thực hiện và các giai đoạn hình thành, phát triển triết học Mác - Lênin;
vai trò của triết học Mác - Lênin trong đời sống xã hội và trong thời đại ngày nay.
2. Về kỹ năng: Giúp sinh viên biết vận dụng tri thức đã học làm cơ sở cho việc nhận
thức những nguyên lý cơ bản của triết học Mác - Lênin; biết đấu tranh chống lại những luận
điểm sai trái phủ nhận sự hình thành, phát triển triết học Mác - Lênin.
3. Về tư tưởng: Giúp sinh viên củng cố niềm tin vào bản chất khoa học và cách mạng
của chủ nghĩa Mác - Lênin nói chung và triết học Mác - Lênin nói riêng.
B. NỘI DUNG
I- TRIẾT HỌC VÀ VẤN ĐỀ CƠ BẢN CỦA TRIẾT HỌC
1. Khái lược về triết học
a) Nguồn gốc của triết học
Là một loại hình nhận thức đặc thù của con người, triết học ra đời ở cả phương Đông và
phương Tây gần như cùng một thời gian (khoảng từ thế kỷ VIII đến thế kỷ VI trước Công
nguyên) tại các trung tâm văn minh lớn của nhân loại thời cổ đại. Ý thức triết học xuất hiện
không ngẫu nhiên, mà có nguồn gốc thực tế từ tồn tại xã hội với một trình độ nhất định của
sự phát triển văn minh, văn hóa và khoa học. Con người, với kỳ vọng được đáp ứng nhu
cầu về nhận thức và hoạt động thực tiễn của mình đã sáng tạo ra những luận thuyết chung
nhất, có tính hệ thống, phản ánh thế giới xung quanh và thế giới của chính con người. Triết
học là dạng tri thức lý luận xuất hiện sớm nhất trong lịch sử các loại hình lý luận của nhân
loại.
Với tư cách là một hình thái ý thức xã hội, triết học có nguồn gốc nhận thức và nguồn
gốc xã hội.
* Nguồn gốc nhận thức
Nhận thức thế giới là một nhu cầu tự nhiên, khách quan của con người. Về mặt lịch
sử, tư duy huyền thoại và tín ngưỡng nguyên thủy là loại hình triết lý đầu tiên mà con
người dùng để giải thích thế giới bí ẩn xung quanh. Người nguyên thủy kết nối những hiểu
biết rời rạc, mơ hồ, phi lôgích... của mình trong các quan niệm đầy xúc cảm và hoang
tưởng thành những huyền thoại để giải thích mọi hiện tượng. Đỉnh cao của tư duy huyền
thoại và tín ngưỡng nguyên thủy là kho tàng những câu chuyện thần thoại và những tôn
9
giáo sơ khai như Tô tem giáo, Bái vật giáo, Saman giáo. Thời kỳ triết học ra đời cũng là
thời kỳ suy giảm và thu hẹp phạm vi của các loại hình tư duy huyền thoại và tôn giáo
nguyên thủy. Triết học chính là hình thức tư duy lý luận đầu tiên trong lịch sử tư tưởng
nhân loại thay thế được cho tư duy huyền thoại và tôn giáo.
Trong quá trình sống và cải biến thế giới, từng bước con người có kinh nghiệm và có
tri thức về thế giới. Ban đầu là những tri thức cụ thể, riêng lẻ, cảm tính. Cùng với sự tiến
bộ của sản xuất và đời sống, nhận thức của con người dần dần đạt đến trình độ cao hơn
trong việc giải thích thế giới một cách hệ thống
Để xem full tài liệu Xin vui long liên hệ page để được hỗ trợ
:
https://www.facebook.com/garmentspace/
https://www.facebook.com/thuvienluanvan01
HOẶC
https://www.facebook.com/thuvienluanvan01
https://www.facebook.com/thuvienluanvan01
tai lieu tong hop, thu vien luan van, luan van tong hop, do an chuyen nganh
GIÁO TRÌNH 2-TÀI LIỆU SỬA CHỮA BOARD MONO TỦ LẠNH MÁY GIẶT ĐIỀU HÒA.pdf
https://dienlanhbachkhoa.net.vn
Hotline/Zalo: 0338580000
Địa chỉ: Số 108 Trần Phú, Hà Đông, Hà Nội
CÁC BIỆN PHÁP KỸ THUẬT AN TOÀN KHI XÃY RA HỎA HOẠN TRONG.pptxCNGTRC3
Cháy, nổ trong công nghiệp không chỉ gây ra thiệt hại về kinh tế, con người mà còn gây ra bất ổn, mất an ninh quốc gia và trật tự xã hội. Vì vậy phòng chông cháy nổ không chỉ là nhiệm vụ mà còn là trách nhiệm của cơ sở sản xuất, của mổi công dân và của toàn thể xã hội. Để hạn chế các vụ tai nạn do cháy, nổ xảy ra thì chúng ta cần phải đi tìm hiểu nguyên nhân gây ra các vụ cháy nố là như thế nào cũng như phải hiểu rõ các kiến thức cơ bản về nó từ đó chúng ta mới đi tìm ra được các biện pháp hữu hiệu nhất để phòng chống và sử lý sự cố cháy nổ.
Mục tiêu:
- Nêu rõ các nguy cơ xảy ra cháy, nổ trong công nghiệp và đời sống; nguyên nhân và các biện pháp đề phòng phòng;
- Sử dụng được vật liệu và phương tiện vào việc phòng cháy, chữa cháy;
- Thực hiện được việc cấp cứa khẩn cấp khi tai nạn xảy ra;
- Rèn luyện tính kỷ luật, kiên trì, cẩn thận, nghiêm túc, chủ động và tích cực sáng tạo trong học tập.
Nghiên cứu cơ chế và động học phản ứng giữa hợp chất Aniline (C6H5NH2) với gố...
Khoi d.2010
1. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: TOÁN; Khối: D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số .4 2
6y x x= − − +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng
1
1
6
y x= − .
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình sin 2 cos2 3sin cos 1 0.x x x x− + − − =
2. Giải phương trình
3 3
2 2 2 2 4
4 2 4 2 4x x x x x x+ + + + + −
+ = + (x ∈ R).
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
1
3
2 ln
e
dI x x
x
⎛ ⎞
= −⎜ ⎟
⎝ ⎠
∫ x .
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = a; hình
chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC, AH =
4
AC
. Gọi CM là đường
cao của tam giác SAC. Chứng minh M là trung điểm của SA và tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a.
Câu V (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 2
4 21 3 1y x x x x= − + + − − + + 0 .
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; −7), trực tâm là H(3; −1), tâm đường tròn
ngoại tiếp là I(−2; 0). Xác định tọa độ đỉnh C, biết C có hoành độ dương.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z − 3 = 0 và (Q): x − y + z − 1 = 0. Viết
phương trình mặt phẳng (R) vuông góc với (P) và (Q) sao cho khoảng cách từ O đến (R) bằng 2.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn: | z | = 2 và z2
là số thuần ảo.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và Δ là đường thẳng đi qua O. Gọi H là hình chiếu
vuông góc của A trên Δ. Viết phương trình đường thẳng Δ, biết khoảng cách từ H đến trục hoành
bằng AH.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng Δ1:
3x t
y t
z t
= +⎧
⎪
=⎨
⎪ =⎩
và Δ2:
2 1
2 1 2
x y− −
= =
z
. Xác
định tọa độ điểm M thuộc Δ1 sao cho khoảng cách từ M đến Δ2 bằng 1.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
2 2
4 2 0
2log ( 2) log 0
x x y
x
⎧ − + + =⎪
⎨
y− − =⎪⎩
(x, y ∈ R).
---------- Hết ----------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: .............................................; Số báo danh: ................................
Thi thử Đại học www.toanpt.net
2. Trang 1/4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: TOÁN; Khối D
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
• Tập xác định: R.
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: 'y = − 4x3
− 2x = − 2x(2x2
+ 1); 'y (x) = 0 ⇔ x = 0.
0,25
- Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; 0); nghịch biến trên khoảng (0; +∞).
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 6.
- Giới hạn: lim
x
y
→−∞
= lim
x
y
→+∞
= − ∞.
0,25
- Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:
0,25
2. (1,0 điểm)
Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y =
1
6
x − 1, nên tiếp tuyến có hệ số góc bằng – 6. 0,25
Do đó, hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình − 4x3
− 2x = − 6 0,25
⇔ x = 1, suy ra tọa độ tiếp điểm là (1; 4). 0,25
I
(2,0 điểm)
Phương trình tiếp tuyến: y = − 6(x − 1) + 4 hay y = − 6x + 10. 0,25
1. (1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với: 2sinxcosx − cosx − (1 − 2sin2
x) + 3sinx − 1 = 0 0,25
⇔ (2sinx − 1)(cosx + sinx + 2) = 0 (1). 0,25
Do phương trình cosx + sinx + 2 = 0 vô nghiệm, nên: 0,25
II
(2,0 điểm)
(1) ⇔ sinx =
1
2
⇔ x =
6
π
+ k2π hoặc x =
5
6
π
+ k2π ( k ∈ Z). 0,25
'y + 0 −
y
6
− ∞
x −∞ 0 +∞
− ∞
y
x
6
2− 2
O
3. Trang 2/4
Câu Đáp án Điểm
2. (1,0 điểm)
Điều kiện: x ≥ − 2.
Phương trình đã cho tương đương với: ( )( )32 24 4 4
2 2 2 2 0xx x+ −
− − = .
0,25
• 24x
− 24
= 0 ⇔ x = 1. 0,25
• 2 2
2 x +
−
3
4
2x −
= 0 ⇔ 2 2x + = x3
− 4 (1).
Nhận xét: x ≥ 3
4 .
0,25
Xét hàm số f(x) = 2 2x + − x3
+ 4, trên )3
4;⎡ +∞⎣ .
'f (x) =
1
2x +
− 3x2
< 0, suy ra f(x) nghịch biến trên )3
4;⎡ +∞⎣ .
Ta có f(2) = 0, nên phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 1; x = 2.
0,25
I =
1
3
2 ln d
e
x x x
x
⎛ ⎞
−⎜ ⎟
⎝ ⎠
∫ =
1
2 ln d
e
x x x∫ −
1
ln
3 d
e
x
x
x∫ . 0,25
• Đặt u = lnx và dv = 2xdx, ta có: du =
dx
x
và v = x2
.
1
2 ln d
e
x x x∫ = ( )2
1
ln
e
x x −
1
d
e
x x∫ = e2
−
2
1
2
e
x
=
2
1
2
e +
.
0,25
•
1
ln
d
e
x
x
x∫ = ( )
1
ln d ln
e
x x∫ = 2
1
1
ln
2
e
x =
1
2
. 0,25
III
(1,0 điểm)
Vậy I =
2
2
e
− 1. 0,25
• M là trung điểm SA.
AH =
2
4
a
, SH = 2 2
SA AH− =
14
4
a
.
0,25
HC =
3 2
4
a
, SC = 2 2
SH HC+ = a 2 ⇒ SC = AC.
Do đó tam giác SAC cân tại C, suy ra M là trung điểm SA.
0,25
• Thể tích khối tứ diện SBCM.
M là trung điểm SA ⇒ SSCM =
1
2
SSCA
⇒ VSBCM = VB.SCM =
1
2
VB.SCA =
1
2
VS.ABC
0,25
IV
(1,0 điểm)
⇒ VSBCM =
1
6
SABC.SH =
3
14
48
a
. 0,25
Điều kiện: − 2 ≤ x ≤ 5.
Ta có (− x2
+ 4x + 21) − (− x2
+ 3x + 10) = x + 11 > 0, suy ra y > 0.
0,25
y2
= (x + 3)(7 − x) + (x + 2)(5 − x) − 2 ( 3)(7 )( 2)(5 )x x x x+ − + −
= ( )
2
( 3)(5 ) ( 2)(7 )x x x x+ − − + − + 2 ≥ 2, suy ra:
0,25
y ≥ 2 ; dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x =
1
3
. 0,25
V
(1,0 điểm)
Do đó giá trị nhỏ nhất của y là 2 . 0,25
S
CD
BA
M
H
4. Trang 3/4
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình:
(x + 2)2
+ y2
= 74.
Phương trình AH: x = 3 và BC ⊥ AH, suy ra phương trình BC
có dạng: y = a (a ≠ − 7, do BC không đi qua A).
Do đó hoành độ B, C thỏa mãn phương trình:
(x + 2)2
+ a2
= 74 ⇔ x2
+ 4x + a2
− 70 = 0 (1).
0,25
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có ít nhất
một nghiệm dương khi và chỉ khi: | a | < 70 .
Do C có hoành độ dương, nên B(− 2 − 2
74 a− ; a) và C(− 2 + 2
74 a− ; a).
0,25
AC ⊥ BH, suy ra: .AC BH = 0
⇔ ( )2
74 5a− − ( )2
74 5a− + + (a + 7)(− 1 − a) = 0
⇔ a2
+ 4a − 21 = 0
0,25
⇔ a = − 7 (loại) hoặc a = 3 (thỏa mãn).
Suy ra C(− 2 + 65 ; 3).
0,25
2. (1,0 điểm)
Ta có vectơ pháp tuyến của (P) và (Q) lần lượt là
Pn = (1; 1; 1) và Qn = (1; − 1; 1), suy ra:
,P Qn n⎡ ⎤
⎣ ⎦ = (2; 0; −2) là vectơ pháp tuyến của (R).
0,25
Mặt phẳng (R) có phương trình dạng x − z + D = 0. 0,25
Ta có d(O,(R)) = ,
2
D
suy ra:
2
D
= 2 ⇔ D = 2 2 hoặc D = 2 2− . 0,25
VI.a
(2,0 điểm)
Vậy phương trình mặt phẳng (R): x − z + 2 2 = 0 hoặc x − z − 2 2 = 0. 0,25
Gọi z = a + bi, ta có: 2 2
z a b= + và z2
= a2
− b2
+ 2abi. 0,25
Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi:
2 2
2 2
2
0
a b
a b
⎧ + =⎪
⎨
− =⎪⎩
0,25
⇔
2
2
1
1.
a
b
⎧ =⎪
⎨
=⎪⎩
0,25
VII.a
(1,0 điểm)
Vậy các số phức cần tìm là: 1 + i; 1 − i; − 1 + i; − 1 − i. 0,25
1. (1,0 điểm)
Gọi tọa độ H là (a; b), ta có: 2 2 2
( 2)AH a b= + − và khoảng cách
từ H đến trục hoành là | b |, suy ra: a2
+ (b − 2)2
= b2
.
0,25
Do H thuộc đường tròn đường kính OA, nên: a2
+ (b − 1)2
= 1. 0,25
Từ đó, ta có:
2
2 2
4 4 0
2 0.
a b
a b b
⎧ − + =⎪
⎨
+ − =⎪⎩
Suy ra: (2 5 2; 5 1)H − − hoặc ( 2 5 2; 5 1)H − − − .
0,25
VI.b
(2,0 điểm)
Vậy phương trình đường thẳng ∆ là
( 5 1) 2 5 2 0x y− − − = hoặc ( 5 1) 2 5 2 0x y− + − = .
0,25
I •
A
B C
H
O
H
y
x
A
P Q
R
• O
5. Trang 4/4
Câu Đáp án Điểm
2. (1,0 điểm)
Ta có: + M ∈ ∆1, nên M(3 + t; t; t).
+ ∆2 đi qua A(2; 1; 0) và có vectơ chỉ phương v = (2; 1; 2).
0,25
Do đó: AM = (t + 1; t − 1; t); ,v AM⎡ ⎤
⎣ ⎦ = (2 − t; 2; t − 3). 0,25
Ta có: d(M, ∆2) =
,v AM
v
⎡ ⎤
⎣ ⎦
=
2
2 10 17
3
t t− +
, suy ra:
2
2 10 17
3
t t− +
= 1 0,25
⇔ t2
− 5t + 4 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 4.
Do đó M(4; 1; 1) hoặc M(7; 4; 4).
0,25
Điều kiện: x > 2, y > 0 (1). 0,25
Từ hệ đã cho, ta có:
2
4 2 0
2
x x y
x y
⎧ − + + =⎪
⎨
− =⎪⎩
0,25
⇔
2
3 0
2
x x
y x
⎧ − =⎪
⎨
= −⎪⎩
⇔
0
2
x
y
=⎧
⎨
= −⎩
hoặc
3
1.
x
y
=⎧
⎨
=⎩
0,25
VII.b
(1,0 điểm)
Đối chiếu với điều kiện (1), ta có nghiệm của hệ là (x; y) = (3; 1). 0,25
------------- Hết -------------
M
∆2
∆1
d =1
H