De thi-thu-thpt-quoc-gia-mon-toan-lan-3-nam-2015-truong-thpt-trieu-son-3Hồng Nguyễn
Đề thi thử môn Toán - Trường THPT Triệu Sơn 2- Thanh hóa
Xem thêm các đề thi minh họa, đề thi mẫu, đề thi thử khác tại website http://diemthithptquocgia.vn/
Home - Điểm thi THPT Quốc Gia
diemthithptquocgia.vn
đề Thi tuyển sinh vào 10 năm 2013 trường chuyên nguyễn trãi- Hải Dươngdiemthic3
đề Thi tuyển sinh vào 10 năm 2013 trường chuyên nguyễn trãi- Hải Dương. Xem thêm thông tin tuyển sinh vào 10 năm 2015 tại đây http://tin.tuyensinh247.com/vao-lop-10-c22.html
De thi-thu-thpt-quoc-gia-mon-toan-lan-3-nam-2015-truong-thpt-trieu-son-3Hồng Nguyễn
Đề thi thử môn Toán - Trường THPT Triệu Sơn 2- Thanh hóa
Xem thêm các đề thi minh họa, đề thi mẫu, đề thi thử khác tại website http://diemthithptquocgia.vn/
Home - Điểm thi THPT Quốc Gia
diemthithptquocgia.vn
đề Thi tuyển sinh vào 10 năm 2013 trường chuyên nguyễn trãi- Hải Dươngdiemthic3
đề Thi tuyển sinh vào 10 năm 2013 trường chuyên nguyễn trãi- Hải Dương. Xem thêm thông tin tuyển sinh vào 10 năm 2015 tại đây http://tin.tuyensinh247.com/vao-lop-10-c22.html
Đáp án đề thi đại học môn Toán khối A và A1 năm 2013. Xem thêm các đề thi đáp án khác tại http://www.diemthi60s.com/de-thi-dap-an/dap-an-de-thi-dai-hoc-cao-dang/
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
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
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.
CÁC BIỆN PHÁP KỸ THUẬT AN TOÀN KHI XÃY RA HỎA HOẠN TRONG.pptx
Tai lieu luyen thi dai hoc de thi dh toan khoi a1 - nam 2012
1. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
Môn: TOÁN; Khối A và khối A1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số với m là tham số thực.4 2 2
2( 1) (1),y x m x m= − + +
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 0.m =
b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 3sin 2 cos2 2cos 1.x x x+ = −
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
3 2 3 2
2 2
3 9 22 3 9
( , ).1
2
x x x y y y
x y
x y x y
⎧ − − + = + −
⎪
∈⎨
+ − + =⎪
⎩
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
3
2
1
1 ln( 1)
d .
x
I x
x
+ +
= ∫
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của
trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho
.S ABC S
2 .HA HB= Góc giữa đường thẳng SC và mặt
phẳng (ABC) bằng Tính thể tích của khối chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA
và BC theo a.
o
60 .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực , ,x y z thỏa mãn điều kiện 0.x y z+ + = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
| | | | | | 2 2 2
3 3 3 6 6 6x y y z z x
P x− − −
= + + − + + .y z
.ND
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm
của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN 2= Giả sử ( )11 1
;
2 2
M và đường thẳng AN có
phương trình Tìm tọa độ điểm A.2 3x y− − = 0.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 2
:
1 2 1
x y z
d
+ −
= = và
điểm Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB
vuông tại I.
(0;0;3).I
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 1
5 n
nC − 3
nC= . Tìm số hạng chứa 5
x trong khai
triển nhị thức Niu-tơn của ( )
2
1
, 0.
14
n
nx
x
x
− ≠
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn Viết phương
trình chính tắc của elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C) tại bốn điểm tạo thành
bốn đỉnh của một hình vuông.
2 2
( ): 8.C x y+ =
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 2
: ,
2 1 1
x y z
d
+ −
= = mặt
phẳng và điểm( ): 2 5 0P x y z+ − + = (1; 1;2).A − Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt d và (P) lần lượt
tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN.
Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn
5( )
2
1
z i
i
z
.
+
= −
+
Tính môđun của số phức 2
1 .w z z= + +
---------- 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: ..............................................
2. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
Môn: TOÁN; Khối A và khối A1
(Đáp án – thang điểm gồm 04 trang)
Câu Đáp án Điểm
a) (1,0 điểm)
Khi ta có:0,m = 4 2
2 .y x x= −
• Tập xác định: .D =
• Sự biến thiên:
− Chiều biến thiên: 3
' 4 4 ;y x x= − ' 0y = ⇔ 0x = hoặc 1.x = ±
0,25
Các khoảng nghịch biến: à các khoảng đồng biến: (( ; 1)−∞ − v (0; 1); 1; 0)− và (1; ).+∞
− Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại 1,x = ± yCT 1;= − đạt cực đại tại 0,x = yCĐ 0.=
− Giới hạn: lim lim .
x x
y y
→−∞ →+∞
= = +∞
0,25
− Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:
0,25
Trang 1/4
b) (1,0 điểm)
Ta có 3 2
' 4 4( 1) 4 ( 1).y x m x x x m= − + = − −
Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi 1 0m + > ⇔ (*).1m > −
0,25
Các điểm cực trị của đồ thị là 2
(0; ),A m ( 1; 2B m m 1)− + − − và ( 1; 2 1).m+ − −C m
Suy ra: 2
( 1; ( 1)AB m m= − + − + ) và 2
( 1; ( 1)AC m m= + − + ).
0,25
Ta có nên tam giác ABC vuông khi và chỉ khiAB AC= . 0AB AC = 0,25
1
(2,0 điểm)
⇔ . Kết hợp (*), ta được giá trị m cần tìm là4
( 1) ( 1) 0m m+ − + = 0.m = 0,25
+∞
y
'y – 0 + 0 – 0 +
x –1 0 1−∞ +∞
–1
0
–1
+∞
O
2
1
– 1
–1
–2
8
x
y
3. Câu Đáp án Điểm
Phương trình đã cho tương đương với ( 3sin cos 1)cos 0.x x x+ − = 0,25
π
cos 0 π ( )
2
x x k k• = ⇔ = + ∈ . 0,25
3sin cos 1 0x x• + − = ( )π π
cos cos
3 3
x⇔ − = 0,25
2
(1,0 điểm)
⇔ 2πx k= hoặc
2π
2π ( )
3
x k k= + ∈ .
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
π
π,
2
x k= + 2πx k= và
2π
2π ( ).
3
x k k= + ∈
0,25
Hệ đã cho tương đương với:
( ) ( )
3 3
2 2
( 1) 12( 1) ( 1) 12( 1) (1)
1 1
1. (2)
2 2
x x y y
x y
− − − = + − +⎧
⎪
⎨
− + + =⎪⎩
0,25
Từ (2), suy ra
1
1 1
2
x− ≤ − ≤ và
1
1 1
2
y− ≤ + ≤ ⇔
3 1
1
2 2
x− ≤ − ≤ và
1 3
1 .
2 2
y− ≤ + ≤
Xét hàm số 3
( ) 12f t t t= − trên
3 3
;
2 2
⎡−⎢⎣
⎤
⎥⎦
, ta có 2
'( ) 3( 4) 0f t t= − < , suy ra f(t) nghịch biến.
0,25
Do đó (1) ⇔ x – 1 = y + 1 ⇔ y = x – 2 (3).
Thay vào (2), ta được ( ) ( )
2 2
1 3
1
2 2
x x− + − = ⇔ 2
4 8 3x x 0− + = ⇔
1
2
x = hoặc
3
.
2
x =
0,25
3
(1,0 điểm)
Thay vào (3), ta được nghiệm của hệ là ( )1 3
( ; ) ;
2 2
x y = − hoặc ( )3 1
( ; ) ; .
2 2
x y = − 0,25
Đặt u và1 ln( 1)x= + + 2
d
d , suy ra
d
d
1
x
u
x
=
+
và
1
.v
x
v
x
=
x
= − 0,25
33
1 1
1 ln( 1)
( 1)
x dx
I
x x x
+ +
= − +
+∫ 0,25
( )
3
1
2 ln 2 1 1
3 1
dx
x x
+
= + −
+∫
3
1
2 ln 2
ln
3 1
x
x
+
= +
+
0,25
4
(1,0 điểm)
2 2
ln3 ln2.
3 3
= + − 0,25
Ta có SCH là góc giữa SC và (ABC), suy ra o
60 .SCH =
Gọi D là trung điểm của cạnh AB. Ta có: ,
6
a
HD=
3
,
2
a
CD=
2 2 7
,
3
a
HC HD CD= + = o 21
.tan60 .
3
a
SH HC= =
0,25
2 3
.
1 1 21 3
. . . .
7
3 3 3 4 12
S ABC ABC
a a a
V SH S∆= = = . 0,25
Kẻ Ax//BC. Gọi N và K lần lượt là hình chiếu vuông góc
của H trên Ax và SN. Ta có BC//(SAN) và
3
2
BA H= A nên
3
( , ) ( ,( )) ( ,( )).
2
d SA BC d B SAN d H SAN= =
Ta cũng có ( )Ax SHN⊥ nên .Ax HK⊥ Do đó
(HK SAN).⊥ Suy ra d H( ,( )) .
Trang 2/4
SAN HK=
0,25
5
(1,0 điểm)
o
2 2
2 3 . 42
12
, sin60 , .
3 3
a a SH HN a
AH HN AH HK
SH HN
= = = = =
+
Vậy
S
B
C
H
x
N
K
D
A
42
( , ) .
8
a
d SA BC = 0,25
4. Câu Đáp án Điểm
Ta chứng minh 3 1 (*).,t
t t≥ + ∀ ≥ 0
Xét hàm ( ) 3 1t
f t t= − − , có '( ) 3 ln3 1 0, 0t
f t t= − > ∀ ≥ (0) 0fvà = , suy ra (*) đúng.
Áp dụng (*), ta có | | | | | |
3 3 3 3 | | | | |x y y z z x
|.x y y z z x− − −
+ + ≥ + − + − + −
0,25
Áp dụng bất đẳng thức | , ta có:| | | | |a b a b+ ≥ +
2 2 2 2
(| | | | | |) | | | | | | | |(| | | |) | |(| | | |)x y y z z x x y y z z x x y y z z x y z z x x y− + − + − = − + − + − + − − + − + − − + −
( )2 2 2
| |(| | | |) 2 | | | | | | .z x x y y z x y y z z x+ − − + − ≥ − + − + −
0,25
Do đó ( ) ( )22 2 2 2 2 2
| | | | | | 2 | | | | | | 6 6 6 2 .x y y z z x x y y z z x x y z x y z− + − + − ≥ − + − + − = + + − + +
Mà suy ra0,x y z+ + = 2 2 2
| | | | | | 6 6 6 .x y y z z x x y z− + − + − ≥ + +
0,25
6
(1,0 điểm)
Suy ra | | | | | | 2 2 2
3 3 3 6 6 6x y y z z x
P x− − −
= + + − + + ≥3.y z
Khi x = y = z = 0 thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3.
0,25
Gọi H là giao điểm của AN và BD. Kẻ đường thẳng qua H
và song song với AB, cắt AD và BC lần lượt tại P và Q.
Đặt HP = x. Suy ra PD = x, AP = 3x và HQ = 3x.
Ta có QC = x, nên MQ = x. Do đó ∆AHP = ∆HMQ, suy ra
.AH HM⊥
0,25
Trang 3/4
Hơn nữa, ta cũng có .AH HM=
Do đó AM = 2 2 ( ,( ))MH d M AN= =
3 10
.
2
0,25
A∈AN, suy ra A(t; 2t – 3).
3 10
2
MA = ⇔ ( ) ( )
2 2
11 7 45
2
2 2
t t− + − =
2
0,25
7.a
(1,0 điểm)
⇔ t t2
5 4 0
A B
CD N
M
H
P Q
− + = ⇔ t 1= hoặc t 4.=
Vậy: (1; 1)A − hoặc (4;5).A
0,25
Véc tơ chỉ phương của d là Gọi H là trung điểm của AB, suy ra IH ⊥ AB.(1; 2; 1).a =
Ta có nên tọa độ H có dạngH d∈ ( 1;2 ; 2) ( 1;2 ; 1).H t t t IH t t t− + ⇒ = − −
0,25
IH ⊥ AB ⇔ . 0 ⇔ ⇔IH a = 1 4 1 0t t t− + + − =
1
3
t = ( )2 2 2
; ; .
3 3 3
IH⇒ = − − 0,25
Tam giác IAH vuông cân tại H, suy ra bán kính mặt cầu (S) là
2 6
2 .
3
R IA IH= = = 0,25
8.a
(1,0 điểm)
Do đó phương trình mặt cầu cần tìm là 2 2 2 8
( ): ( 3) .
3
S x y z+ + − = 0,25
1
5 n
n nC C−
= 3
⇔
( 1)( 2)
5
6
n n n
n
− −
= 0,25
⇔ (vì n nguyên dương).7n = 0,25
Khi đó ( )
7 77 72 2 2
14 37
7 7
0 0
( 1)1 1 1
.
14 2 2 2
n k k kk
k k
k
k k
Cnx x x
C x
x x x
−
−
−
= =
−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
− = − = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
∑ ∑ 0,25
9.a
(1,0 điểm)
Số hạng chứa 5
x tương ứng với 14 3 5k− = ⇔ k 3= .
Do đó số hạng cần tìm là
3 3
5 57
4
( 1) . 35
.
0,25
162
C
x x
−
=−
5. Câu Đáp án Điểm
Phương trình chính tắc của (E) có dạng:
2 2
2 2
1,
x y
a b
+ =
với và 2 80a b> > .a = Suy ra a 4.=
0,25
Do (E) và (C) cùng nhận Ox và Oy làm trục đối xứng và
các giao điểm là các đỉnh của một hình vuông nên (E) và
(C) có một giao điểm với tọa độ dạng ( ; ), 0.A t t t >
0,25
A∈(C) ⇔ t t2 2
8,
Trang 4/4
+ = suy ra t 2.= 0,25
7.b
(1,0 điểm)
(2;2) ( )A E∈ ⇔
2
4 4
1
16 b
+ = ⇔ 2 16
.b
3
=
Phương trình chính tắc của (E) là
2 2
1.
1616
3
x y
+ =
0,25
M thuộc d, suy ra tọa độ của M có dạng M(2t – 1; t; t + 2). 0,25
MN nhận A là trung điểm, suy ra N(3 – 2t; – 2 – t; 2 – t). 0,25
N∈(P) ⇔ ⇔ t3 2 2 2(2 ) 5 0t t t− − − − − + = 2,= suy ra M(3; 2; 4). 0,25
8.b
(1,0 điểm)
Đường thẳng ∆ đi qua A và M có phương trình
1 1
:
2 3 2
x y z 2− + −
∆ = = . 0,25
Đặt ( , ), 1.z a bi a b z= + ∈ ≠ −
Ta có
5( )
2 (3 2) ( 7 6)
1
z i
i a b a b i
z
+
= − ⇔ − − + − + =
+
0
0,25
⇔ ⇔
3 2
7 6
a b
a b
− − =⎧
⎨
− + =⎩
0
0
1
1.
a
b
=⎧
⎨
=⎩
0,25
Do đó Suy ra1 .z= +i 3 .i2 2
1 1 1 (1 ) 2w z z i i= + + = + + + + = + 0,25
9.b
(1,0 điểm)
Vậy 2 3 13.w i= + = 0,25
x2
2
O
y
A
------------- HẾT -------------