Đây chỉ là bản mình dùng để làm demo trên web. Để tải bản đầy đủ bạn vui lòng truy cập vào website tuituhoc.com nhé, chúc bạn tìm được nhiều tài liệu hay
Đây chỉ là bản mình dùng để làm demo trên web. Để tải bản đầy đủ bạn vui lòng truy cập vào website tuituhoc.com nhé, chúc bạn tìm được nhiều tài liệu hay
Đây chỉ là bản mình dùng để làm demo trên web. Để tải bản đầy đủ bạn vui lòng truy cập vào website tuituhoc.com nhé, chúc bạn tìm được nhiều tài liệu hay
Đây chỉ là bản mình dùng để làm demo trên web. Để tải bản đầy đủ bạn vui lòng truy cập vào website tuituhoc.com nhé, chúc bạn tìm được nhiều tài liệu hay
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
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
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.
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
Nghiên cứu cơ chế và động học phản ứng giữa hợp chất Aniline (C6H5NH2) với gố...
Khoi d.2011
1. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
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
2 1
1
x
y
x
+
= ⋅
+
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm k để đường thẳng y = kx + 2k + 1 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho khoảng
cách từ A và B đến trục hoành bằng nhau.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
sin 2 2cos sin 1
0.
tan 3
x x x
x
+ − −
=
+
2. Giải phương trình ( ) ( )2
2 1
2
log 8 log 1 1 2 0 ( ).x x x− + + + − − = ∈x
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
4
0
4 1
d .
2 1 2
x
I x
x
−
=
+ +∫
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a;
mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết SB = 2 3a và Tính thể tích
khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.
30 .SBC =
Câu V (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:
3 2
2
2 ( 2)
( , ).
1 2
x y x xy m
x y
x x y m
⎧ − + + =⎪
∈⎨
+ − = −⎪⎩
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 tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(– 4; 1), trọng tâm G(1; 1) và đường
thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình x – y – 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1; 2; 3) và đường thẳng d:
1 3
2 1 2
x y z+ −
= =
−
⋅
Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm A, vuông góc với đường thẳng d và cắt trục Ox.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết: z – (2 + 3i) z = 1 – 9i.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(1; 0) và đường tròn (C): x2
+ y2
– 2x + 4y – 5 = 0. Viết
phương trình đường thẳng ∆ cắt (C) tại hai điểm M và N sao cho tam giác AMN vuông cân tại A.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 3
:
2 4 1
x y− −
Δ = =
z
và mặt phẳng
Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng ∆, bán kính bằng 1 và
tiếp xúc với mặt phẳng (P).
( ): 2 2 0.P x y z− + =
Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số
2
2 3
1
x x
y
x
+ +
=
+
3
trên
đoạn [0; 2].
----------- 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. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
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: { } 1D = − .
• Sự biến thiên:
– Chiều biến thiên: 2
1
' 0
( 1)
y
x
=
+
,> ∀ x ∈ D.
Hàm số đồng biến trên các khoảng (– ∞; – 1) và (– 1; + ∞).
0,25
– Giới hạn và tiệm cận: lim lim
x x
y y
→ −∞ → +∞
= = 2; tiệm cận ngang: y = 2.
= + ∞, = – ∞; tiệm cận đứng: x = – 1.
( )1
lim
x
y−
→ − ( )1
lim
x
y+
→ −
0,25
– Bảng biến thiên:
Trang 1/4
0,25
• Đồ thị:
0,25
2. (1,0 điểm)
Gọi d: y = kx + 2k + 1, suy ra hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm phương trình:
kx + 2k + 1 =
2 1
1
x
x
+
+
⇔ 2x + 1 = (x + 1)(kx + 2k + 1) (do x = – 1 không là nghiệm)
⇔ kx2
+ (3k – 1)x + 2k = 0 (1).
0,25
d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B, khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt
⇔ ⇔ ⎨ ⇔
0
0
k ≠⎧
⎨
Δ >⎩
2
0
6 1 0
k
k k
≠⎧
− + >⎩
0
3 2 2 3 2 2.
k
k k
≠⎧⎪
⎨
< − ∨ > +⎪⎩
(*).
0,25
I
(2,0 điểm)
Khi đó: A(x1; kx1 + 2k + 1) và B(x2; kx2 + 2k + 1), x1 và x2 là nghiệm của (1).
x − ∞ –1
y’ + +
y
− ∞
+ ∞
+ ∞
2
2
2
x
y
– 1 O
1
0,25
d(A, Ox) = d(B, Ox) ⇔ 1 2 1kx k+ + = 2 2 1kx k+ +
3. Trang 2/4
Câu Đáp án Điểm
⇔ k(x1 + x2) + 4k + 2 = 0 (do x1 ≠ x2).
Áp dụng định lý Viét đối với (1), suy ra: (1 – 3k) + 4k + 2 = 0 ⇔ k = – 3, thỏa mãn (*).
Vậy, giá trị cần tìm là: k = – 3.
0,25
1. (1,0 điểm)
Điều kiện: cosx ≠ 0, tanx ≠ 3− (*).
Phương trình đã cho tương đương với: sin2x + 2cosx – sinx – 1 = 0
0,25
⇔ 2cosx(sinx + 1) – (sinx + 1) = 0 ⇔ (sinx + 1)(2cosx – 1) = 0. 0,25
⇔ sinx = – 1 ⇔ x = –
2
π
+ k2π hoặc cosx =
1
2
⇔ x = ±
3
π
+ k2π. 0,25
Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm: x =
3
π
+ k2π (k ∈ Z). 0,25
2. (1,0 điểm)
Điều kiện: – 1 ≤ x ≤ 1 (*).
Khi đó, phương trình đã cho tương đương với: ( ) ( )2
2 2log 8 log 4 1 1x x⎡ ⎤− = + + −
⎣ ⎦
x
0,25
⇔ 8 – x2
= 4( 1 1 )x x+ + − ⇔ (8 – x2
)2
= 16( )2
2 2 1 x+ − (1). 0,25
Đặt t = 2
1− x , (1) trở thành: (7 + t2
)2
= 32(1 + t) ⇔ t4
+ 14t2
– 32t + 17 = 0
⇔ (t – 1)2
(t2
+ 2t + 17) = 0 ⇔ t = 1.
0,25
II
(2,0 điểm)
Do đó, (1) ⇔ 2
1− =x 1 ⇔ x = 0, thỏa mãn (*).
Vậy, phương trình có nghiệm: x = 0.
0,25
Đặt t = 2 1x + ⇒ 4x = 2(t2
– 1), dx = tdt.
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x = 4 ⇒ t = 3.
0,25
I =
3 3
1
2 3
d
2
t t
t
t
−
+∫ =
3
2
1
10
2 4 5
2
t t
t
⎛ ⎞
− + −⎜ ⎟
+⎝ ⎠
∫
III
dt 0,25
=
3
3
2
1
2
2 5 10ln 2
3
t
t t t
⎛ ⎞
− + − +⎜ ⎟ 0,25
⎝ ⎠
(1,0 điểm)
=
34 3
10ln .
3 5
+ 0,25
Hạ SH ⊥ BC (H ∈ BC); (SBC) ⊥ (ABC) ⇒ SH ⊥ (ABC); SH = SB.sin =SBC 3.a 0,25
Diện tích: SABC =
1
2
BA.BC = 6a2
.
Thể tích: VS.ABC =
1
3
SABC.SH = 3
2 3
IV
.a
0,25
Hạ HD ⊥ AC (D ∈ AC), HK ⊥ SD (K ∈ SD)
⇒ HK ⊥ (SAC) ⇒ HK = d(H, (SAC)).
BH = SB.cos = 3a ⇒ BC = 4HCSBC
⇒ d(B, (SAC)) = 4.d(H, (SAC)).
0,25
(1,0 điểm)
Ta có AC = 2 2
BA BC+ = 5a; HC = BC – BH = a ⇒ HD = BA.
HC
AC
=
3
.
5
a
HK =
2 2
.SH HD
SH HD+
=
3 7
14
a
. Vậy, d(B, (SAC)) = 4.HK =
6 7
.
7
a
0,25
V
(1,0 điểm) Hệ đã cho tương đương với:
2
2
( )(2 )
( ) (2 ) 1 2
x x x y m
B
S
A
C
D
H K
.x x x y
⎧ − − =⎪
⎨
− + − = −⎪⎩ m
0,25
4. Trang 3/4
Câu Đáp án Điểm
Đặt u = x2
– x, u ≥ –
1
;
4
v = 2x – y.
Hệ đã cho trở thành: ⇔
1 2
uv m
u v m
=⎧
⎨
+ = −⎩
2
(2 1) 0 (1)
1 2 .
u m u m
v m u
⎧ + − + =
⎨
= − −⎩
Hệ đã cho có nghiệm, khi và chỉ khi (1) có nghiệm thỏa mãn u ≥ –
1
.
4
0,25
Với u ≥ –
1
,
4
ta có: (1) ⇔ m(2u + 1) = – u2
+ u ⇔ m =
2
.
2 1
u u
u
− +
+
Xét hàm f(u) =
2
,
2 1
u u
u
− +
+
với u ≥ –
1
;
4
ta có:
'( )f u = –
2
2
2 2 1
;
(2 1)
u u
u
+ −
+
'( )f u = 0 ⇔ u =
1 3
.
2
− +
0,25
Bảng biến thiên:
Suy ra giá trị cần tìm là: m ≤
2 3
.
2
−
0,25
1. (1,0 điểm)
Gọi D(x; y) là trung điểm AC, ta có: 3BD GD=
⇔ ⇒
4 3( 1)
1 3( 1)
x x
y y
+ = −⎧
⎨
− = −⎩
7
; 1 .
2
D
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
0,25
Gọi E(x; y) là điểm đối xứng của B qua phân giác trong
d: x – y – 1 = 0 của góc A.
f(u)
u
1
4
−
1 3
2
− +
'( )
+ ∞
f u + 0 –
5
8
−
– ∞
2 3
2
−
Ta có EB vuông góc với d và trung điểm I của EB
thuộc d nên tọa độ E là nghiệm của hệ:
1( 4) 1( 1) 0
4 1
1 0
2 2
x y
x y
+ + − =⎧
⎪
⎨ − +
− − =⎪⎩
⇔ ⇒ E(2; – 5).
3 0
7 0
x y
x y
+ + =⎧
⎨
− − =⎩
0,25
Đường thẳng AC đi qua D và E, có phương trình: 4x – y – 13 = 0. 0,25
Tọa độ A(x; y) thỏa mãn hệ:
⎧
⎨ ⇒ A(4; 3). Suy ra: C(3; – 1).
1 0
4 13
x y
x y
− − =
0− − =⎩
0,25
2. (1,0 điểm)
Mặt phẳng (P) đi qua A, vuông góc với d, có phương trình: 2x + y – 2z + 2 = 0. 0,25
Gọi B là giao điểm của trục Ox với (P), suy ra ∆ là đường thẳng đi qua các điểm A, B. 0,25
B ∈ Ox, có tọa độ B(b; 0; 0) thỏa mãn phương trình 2b + 2 = 0 ⇒ B(– 1; 0; 0). 0,25
VI.a
(2,0 điểm)
A D
B
G •
CE
Phương trình ∆:
1 2
2 2
3 3 .
x t
y t
z t
= +⎧
⎪
= +⎨
⎪ = +⎩
0,25
VII.a Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: z – (2 + 3i) z = 1 – 9i ⇔ a + bi – (2 + 3i)(a – bi) = 1 – 9i 0,25
5. Trang 4/4
Câu Đáp án Điểm
⇔ – a – 3b – (3a – 3b)i = 1 – 9i 0,25
⇔
3 1
3 3 9
a b
a b
− − =⎧
⎨
− =⎩
0,25
(1,0 điểm)
⇔ Vậy z = 2 – i.
2
1.
a
b
=⎧
⎨
= −⎩
0,25
1. (1,0 điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(1; – 2), bán kính bằng 10.
Ta có: IM = IN và AM = AN ⇒ AI ⊥ MN; suy ra phương
trình ∆ có dạng: y = m.
0,25
Hoành độ M, N là nghiệm phương trình:
x2
– 2x + m2
+ 4m – 5 = 0 (1).
(1) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2, khi và chỉ khi:
m2
+ 4m – 6 < 0 (*); khi đó ta có: M(x1; m) và N(x2; m).
0,25
AM ⊥ AN ⇔ = 0 ⇔ (x.AM AN 1 – 1)(x2 – 1) + m2
= 0 ⇔ x1x2 – (x1 + x2) + m2
+ 1 = 0. 0,25
Áp dụng định lý Viét đối với (1), suy ra: 2m2
+ 4m – 6 = 0
⇔ m = 1 hoặc m = – 3, thỏa mãn (*). Vậy, phương trình ∆: y = 1 hoặc y = – 3.
0,25
2. (1,0 điểm)
Gọi I là tâm của mặt cầu. I ∈ ∆, suy ra tọa độ I có dạng: I(1 + 2t; 3 + 4t; t). 0,25
Mặt cầu tiếp xúc với (P), khi và chỉ khi: d(I, (P)) = 1
⇔
2(1 2 ) (3 4 ) 2
3
t t+ − + + t
= 1
0,25
⇔ t = 2 hoặc t = – 1. Suy ra: I(5; 11; 2) hoặc I(– 1; – 1; – 1). 0,25
VI.b
(2,0 điểm)
Phương trình mặt cầu:
(x – 5)2
+ (y – 11)2
+ (z – 2)2
= 1 hoặc (x + 1)2
+ (y + 1)2
+ (z + 1)2
= 1.
0,25
2
2
2 4
'
( 1)
x x
y
x
+
=
+
; 0,25
y' = 0 ⇔ x = – 2 hoặc x = 0. 0,25
y(0) = 3, y(2) =
17
.
3
0,25
VII.b
(1,0 điểm)
Vậy:
[ ]0; 2
min y = 3, tại x = 0;
[ ]0; 2
max y =
17
,
3
tại x = 2. 0,25
------------- Hết -------------
A
y
xO
M N
I– 2
– 3
1