GIÁO ÁN MÔN TOÁN LỚP 3 :TÊN BÀI DẠY : HÌNH TRÒN, TÂM, ĐƯỜNG KÍNH, BÁN KÍNH. POT

Đề kiểm tra TNKQ - Môn tiếng việt lớp 3 tuần 4Ngời ra đề: Ngô Kim Thoa - Tiểu học Gia Cẩm Nguyễn Thị Tâm - Tiểu học Thọ SơnEm hãy lựa chọn phơng án đúng và đánh dấu X vào phiếu trả lời.Câu 1: Trong bài: Ngời mẹ ng ời mẹ đã làm gì theo yêu cầu của hồ nớc?A. Ô[r]

( ) : 4 2 0; : 2 12 0C x y x y x y+ − − = ∆ + − =. Tìm điểm M trên ∆ sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 600.2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0). Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu[r]

== − = − =⇔ + = − = − ==Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4).Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1).Câu 6b: 2, Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3.Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): ( )( )( )2.2 2. 1 3 16, 5[r]

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng  định bởi: 2 2( ): 4 2 0; : 2 12 0C x y x y x y       . Tìm điểm M trên  sao cho từ M[r]

3 1 13 31log 5 6 log 2 log 32x x x x      Câu III (1 điểm) Tính tích phân:  24 40cos2 sin cosI x x x dx  Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường t[r]

ĐỀ KIỂM TRA ĐỊNH KÌ CUỐI KÌ II – NĂM HỌC 2008-2009MÔN LỊCH SỬ LỚP 4Họ và tên: ……………………………………………………………………..……Lớp: 4…..……Trường Tiểu học Thới ThuậnĐiểm bài thiLời nhận xét của GV chấmthi Đề GV coi thi(Kí và họ tên)GV chấm thi(Kí và họ tên)[r]

nên trong trường hợp này (1) không có nghiệm duy nhất.Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.0,25VIa 2,001 1,00Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính 5R =.Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 600 thì IAM[r]

Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này. 0,25 Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là 3 3;0;2 2G   , bán kính là 142R GA  . 0,50 V[r]

2 1,00 Ta tính được 10, 13, 5AB CD AC BD AD BC     . 0,25 Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này. 0,25 Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là[r]

− + + − > +Câu III (1 điểm) Tính tích phân: ( )24 40cos 2 sin cosI x x x dxπ= +∫Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳ[r]

3 31log 5 6 log 2 log 32x x x x      Câu III (1 điểm) Tính tích phân:  24 40cos2 sin cosI x x x dx  Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đ[r]

( )24 40cos 2 sin cosI x x x dxπ= +∫Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trênđường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng(ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450. Tính diện tíc[r]

41 2 1 2 1x x m x x x x m+ − + − − − =Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất.PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)1. Theo chương trình chuẩn.Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng ∆ định bởi: 2 2([r]

M  ÷  hoặc 27 33;5 10M  ÷ 0,252 1,00 Ta tính được 10, 13, 5AB CD AC BD AD BC= = = = = =. 0,25Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này.0,25Vậy mặt cầu ngoại t[r]

TÌM TỌA ĐỘ TÂM VÀ BÁN KÍNH CỦA MẶT CẦU NGOẠI TIẾP TỨ DIỆN ABCD.. CÂU VII.A 1 ĐIỂM CÓ 10 VIÊN BI ĐỎ CÓ BÁN KÍNH KHÁC NHAU, 5 VIÊN BI XANH CÓ BÁN KÍNH KHÁC NHAU VÀ 3 VIÊN BI VÀNG CÓ BÁN KÍ[r]

nghiệm duy nhất.Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.0,25VIa 2,001 1,00Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính 5R =.Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M. Nếu hai tiếp tuyến này lập vớinhau một góc 600 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra 2R=2 5IM =.[r]

Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.. CÂU VII.A 1 điểm Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên bi vàng có bán kí[r]

 0,252 1,00 Ta tính được 10, 13, 5AB CD AC BD AD BC= = = = = =. 0,25Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này.0,25Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là[r]

41 2 1 2 1x x m x x x x m+ − + − − − =Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất.PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)1. Theo chương trình chuẩn.Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng ∆ định bởi: 2 2([r]

0,25VIa 2,001 1,00Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính5R .Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M. Nếu hai tiếp tuyến này lậpvới nhau một góc 600 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra2R=2 5IM .Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình:   2 22 1 20x y[r]