Đề thi thử Tốt Nghiệp THPT môn Toán

SỞ GD & ĐT BÌNH
THUẬN
Trường THPT Ng.T.Minh
Khai
ĐỀ THI THỬ
KỲ THI TN THPT NĂM 2012 – 2013
Môn thi : TOÁN – Giáo dục trung học phổ thông
Thời gian làm bài : 150 phút, không kể thời gian giao đề
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu 1. ( 3,0 điểm ) Cho hàm số :
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ
thị của hàm số đã cho.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của
đồ thị tại điểm có hoành độ x
0
, biết
Câu 2. ( 3,0 điểm )
1) Giải phương trình:
2) Tính tích phân
3) Tìm các giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất
của hàm số trên đoạn
Câu 3. ( 1,0 điểm ) Cho tam giác
ABC vuông tại A, . Quay hình tam
giác ABC quanh AB tạo thành một khối nón tròn xoay. Tính thể tích của khối nón đó.
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần (phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu 4.a ( 2,0 điểm ) Trong không gian
với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm và đường
thẳng với t là tham số

1) Viết phương trình mặt phẳng đi
qua điểm M và vuông góc với đường thẳng d
2) Viết phương trình mặt cầu tâm O, tiếp xúc với mp
Câu 5.a ( 1,0 điểm ) Tìm các số phức và
biết
2. Theo chương trình nâng cao
Câu 4b.( 2,0 điểm) Trong không
gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
mặt phẳng
1) Tìm tọa độ điểm là hình chiếu vuông góc của điểm M trên mp
2) Viết phương trình mặt cầu tâm O, tiếp xúc với mp
Câu 5b. ( 1,0 điểm ) Tìm các căn bậc
hai của số phức
Hết

( )
3
2
x
x
y f
x
=
−
=
−
( )
C
( )
C

( )
0
2f x =
( ) ( )
3 1
3
log 2 3 log 4x x− − = +
( )
2
4
2
0
sin 2

2 cos
x
I dx
x
π
=
+
∫
( )
3 2
2 3 1x x x
f
= + −
1
;1
2

 
−
 
 
, 3AB a BC a= =
( )
1; 2; 1M − −
2
: 2
1 2
x t
d y t
z t
= −


=


= +

( )
α
( )
S
( )
α
( )
2
z z+

2 i
z
−
1 2z i= −
( )
1;1; 2M −
( )
: 2 2 3 0x y z
α
+ − + =
M
′
( )
α
( )
S
( )
α
( ) ( )
1 1 7
2
i i
z
− −
=
Đáp án và thang điểm
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
Câu 1
(3 điểm)
1.(2 điểm)

Tập xác định 0.25
Sự biến thiên:
● Chiều biến thiên :, với
mọi
Hs đồng biến trên các
khoảng và
0.5
● Cực trị : Hs không có cực trị 0.25
● Giới hạn :
: tiệm cận đứng
: tiệm cận ngang 0.25
● Bảng biến thiên :
2
+ +
0.25
● Đồ thị :
0.50
2.( 1 điểm)
0.25
0.25
Pttt dạng : 0.25
0.25
Câu 2
(3 điểm)
1.( 1 điểm)
Đk : 0.25
pt 0.25
0.25
. Vậy nghiệm của pt là
0.25

2.( 1 điểm)
{ }
\ 2D = ¡
( )
2
1
0
2
y
x
′
= >
−
2x ≠
( )
;2−∞
( )
2;+∞
2 2
lim , lim
x x
y y
− +
→ →
= +∞ = −∞
2x =
lim 1
x
y
→±∞

=
1y =
x
−∞
+∞
y
′
y
+∞+∞
−∞−∞
( )
0
0 0
0
3
2 1
2
x
f x x
x
−
= = ⇔ =
−
( )
1 1f
′
=
( )
2 1. 1y x− = −
1y x⇔ = +

2x >
( ) ( )
3 3
log 2 log 4 3x x⇔ − + + =
( ) ( )
2
3
log 2 4 3 2 35 0x x x x⇔ − + = ⇔ + − =
5
7 ( )
x
x loai
=

⇔

= −

5x =
x
y
3/2
3
0
Đặt 0.25
Đổi cận 0.25
Suy ra 0.25
Vậy 0.25
3.( 1 điểm) trên đoạn
0.25

0.25
Tính 0.25
KL : 0.25
Câu 3
(1 điểm)
Tính 0.25
(đvtt) 0.75
Câu 4.a
(2 điểm)
1.( 1 điểm)
Vtcp của d là , suy ra vtpt
của là
0.5
Pt của có
dạng :
0.5
2.( 1 điểm)
0.5
Pt mặt cầu :
0.5
Câu 5.a
(1 điểm)
, 0.5
0.25
0.25
Câu 4.b
(2 điểm)
1.( 1 điểm)
Gọi là đt qua M và vuông góc
với , suy ra vtcp của là

0.25
Pt :
0.25
Tọa độ là nghiệm của hệ
0.25
Vậy
0.25
2.( 1 điểm)
0.5
Pt mặt cầu : 0.5
Câu 5.b
(1 điểm)
0.25
Gọi là căn bậc hai của . Ta có
0.25
0.25
Vậy
0.25
2
2 cos 2sin 2t x dt xdx= + ⇒ = −
5
0 3;
4 2
x t x t
π
= ⇒ = = ⇒ =
5
2
2
3

5
2
3
1 1
2 2
1

t
I dt
t
−= =
∫
1
30
I =
( )
3 2
2 3 1x x x
f
= + −
1
;1
2
 
−
 
 
( )
2
6 6f x x x

′
= +
( )
1 ( )
0
0
x loai
f x
x
= −

′
= ⇔

=

( ) ( )
1 1
, 0 1, 1 4
2 2
f f f
 
− = − = − =
 ÷
 
( ) ( )
1
1
;1
;1

2
2
max 4 1, min 1 0f x khi x f x khi x
 
 
−
−
 
 
 
 
= = = − =
2 2
2AC BC AB a= − =
2 2 3
1 1 2
.2 .
3 3 3
V r h a a a
π π π
= = =
( )
1;2;2u = −
r
( )
α
( )
1;2;2n u= = −
r r
( )

α
( ) ( ) ( )
1 2 2 2 1 0 2 2 7 0x y z x y z− − + + + + = ⇔ − + + + =
( )
( )
7
7
,
3
1 4 4
R d O
α
= = =
+ +
2 2 2
49
9
x y z+ + =
1 2z i= +
( )
2
2
1 4 4 3 4z i i i= + + = − +
( )
2
2 2z z i+ = − +
( ) ( )
2 1 2
2 2 4 3
1 2 5 5 5

i i
i i
i
z i
− +
− −
= = = +
−
∆
( )
α
∆
( )
2;2; 1u n
α
= = −
r uur
∆
1 2
1 2
2
x t
y t
z t
= +


= +



= − −

M
′
1 2 1
1 2 1
2 1
2 2 3 0 1
x t x
y t y
z t z
x y z t
= + = −
 
 
= + = −
 
⇔
 
= − − = −
 
 
+ − + = = −
 
( )
1; 1; 1M
′
− − −
( )
( )

3
, 1
4 4 1
R d O
α
= = =
+ +
2 2 2
1x y z+ + =
2
1 7 7
3 4
2
i i i
z i
− − +
= = − −
z a bi
′
= +
z
2
z z
′
=
( )
( )
2
2 2
3 4 2 3 4a bi i a b abi i⇔ + = − − ⇔ − + = − −

2 2
1
3
2
2 4
a
a b
b
ab
= ±

− = −

⇔ ⇔
 
=
= −


m
1 2
1 2 , 1 2z i z i
′ ′
= − = − +
Sở GD&ĐT Bình Thuận
Trường THPT Đức Linh ĐỀ ÔN LUYỆN THI TỐT NGHIỆP NĂM 2012-2013
MÔN TOÁN
Thời gian: 150 phút.
I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1: (3,0 điểm) Cho hàm số: có đồ

thị (C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
b) Viết phương trình tiếp tuyến với
(C) biết tiếp tuyến vuông góc với
đường thẳng (d):
Câu 2: (3,0 điểm)
a) Giải bất phương trình:
b) Tính tích phân :
c) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của hàm số trên [-
1;2]
Câu 3 (1.0 điểm): Cho hình chóp
S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, góc
. Các cạnh bên SA = SB = SC = , góc tạo bởi (SCD) và mặt phẳng (ABCD) là . Tính
thể tích khối chóp S.ABCD
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Thí sinh theo chương trình chuẩn:
Câu 4a: (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức: 2x
4
+ 4x
2
– 7 = 0.
Câu 5a. ( 2,0 điểm) Trong không
gian Oxyz, cho điểm A(1; 1; -2),
đường thẳng d: và mặt phẳng (P): x – y – z – 1 = 0
a) Lập phương trình mặt phẳng (Q) qua A và song song với (P).
b) Lập phương trình đường thẳng qua A song song với (P) và vuông góc với d.
B. Thí sinh theo chương trình nâng cao:
Câu 4b. (1,0 điểm) Tính thể tích khối
tròn xoay khi quay quanh trục hoành

phần hình phẳng giới hạn bởi các đường , y=0, x = 0.
Câu 5b. (2,0 điểm) Trong không gian
Oxyz, cho điểm A(3; 2; 1) và đường
thẳng d:
a) Viết phương trình đường thẳng (d’) qua A vuông góc với (d) và cắt (d).
b) Tìm điểm B đối xứng của A qua (d).
HẾT
x
x
y
−
−
=
1
12
2
4
3
y x= − −
1 1 1
6.9 13.6 6.4 0
x x x
− + ≤
dx
x
x
∫
+
3
1

2
1
4 2
8 1y x x= − +
·
0
60ABC =
2 3
3
a
0
60
1 1 2
2 1 3
x y z+ − −
= =
∆
1
1
x
y
x
−
=
+
1
3
42
+
==

zyx
ĐÁP ÁN
Câu Nội dung Điểm
1 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số: 2,00 đ
TXĐ: D = R\ {1} 0,25
Chiều biến thiên:
Suy ra hàm số đồng biến
trên mỗi khoảng (-; 1) và
(1; +)
Hàm số không có cực trị
0,25
0,25
Giới hạn: ; và
⇒ Tiệm cận ngang là đường
thẳng y = -2; tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1
0,25
0,25
Bảng biến thiên:
x - 1 +
y’ + +
y
+ -2
-2 -
0,25
Đồ thị (C): 0,50
( )
1,0
1
1
'

2
≠∀>
−
= x
x
y
∞∞
2limlim −==
+∞→−∞→ xx
yy
−∞=
+
→1
lim
x
y +∞=
−
→1
lim
x
y
∞∞
∞
∞
- Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0, -1) và cắt trục hoành tại điểm (, 0)
- Đồ thị nhận điểm (1, -2) làm tâm đối xứng.
b. Viết pt tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đt (d) 1,00đ
Nên (d) có hệ số góc k = -4. Suy ra hệ số góc tiếp tuyến là k’ = . 0,25
f(x)=(2x-1)/(1-x)
f(x)=-2

x(t)=1, y(t)=t
-5.5 -5 -4.5 -4 -3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 5.5
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
y
2
1
2
4
3
y x= − −
4
1
k’ = f’(x
0
)
=
Suy ra có
hai tiếp điểm là (-1, ) và (3, )
0,50
Vậy có hai tiếp tuyến
với (C) có phương

trình là:
Và 0,25
2 3,0 điểm
a. 1,0 điểm
Điều kiện: , khi đó phương trình đã cho tương đương:
0,25
0,25
(thỏa điều kiện) 0,5
b. 1,0 điểm
Đặt t =
Đổi cận
D = =
=
0,25
0,5
0,25
c. 1,0 điểm
Xét trên đoạn [-1;2] ta có: y’ = 4x
3
– 16x
y’ = 0
0,25
0,25
y(0) = 1; y(-1) = -6 ; y(2) = -15
Vậy tại x = 0; tại x = 2
0,25
0,25
3 1,0 điểm
Gọi H là hình chiếu của S
trên (ABCD), suy ra H là trọng tâm

của .
Ta có:
Nên góc
giữa (SCD)
và (ABCD) là góc
0,25
2
5
−
2
3
−
( )
( )



=
−=
⇔±=−⇔=−⇔=
−
⇔
3
1
2141
4
1
1
1
0

0
0
2
0
2
0
x
x
xx
x
4
1
( )
4
5
4
1
2
3
1
4
1
−=⇔−+= xyxy
( )
4
13
4
1
2
5

3
4
1
−=⇔−−= xyxy
0x ≠
2 1
3 3
6. 13. 6 0
2 2
x x
   
− + ≤
 ÷  ÷
   
1
2 3 3
3 2 2
x
 
⇔ ≤ ≤
 ÷
 
1
1
1 1
1
x
x
x
≤ −


⇔ − ≤ ≤ ⇔

≥

xdxtdtxtx =⇒+=⇒+ 11
222
21 =⇒= tx
23; =⇒= tx
dt
t
t
∫
−
2
2
2
2
1
2
2
)
1
1
ln
2
1
(
+
−

+
t
t
t
)269ln(
2
1
22 −−−
⇔
0
2
2
x
x
x
=


=


= −

[ ]
1;2
max 1y
−
=
[ ]
1;2

min 15y
−
= −
ABC∆
( ) ( )
HC CD
SC CD
CD SCD ABCD
⊥


⊥


= ∩

·
0
60SCH =
Trong tam giác vuông SHC có
SH =
Trong tam giác
đều ABC có
ﾧ 0,50
ﾧ 0,25
4a. 1,0 điểm
2x
4
+ 4x
2

– 7 = 0
0,50
0,50
5a 2,0 điểm
a. 1 điểm
Mặt phẳng (Q) song song với (P) nên có dạng:
với 0,5
Vì A thuộc (Q) nên ta có m = -2 0,25
Vậy (Q) cần tìm có phương
trình:
0,25
b. 1 điểm
Gọi theo thứ tự là vtcp của (d), vtcp của (), vtpt của (P), ta có
; suy ra 3x0,25
Khi đó phương trình của đường thẳng là:
0,25
4b 1,0 điểm
Ta có
Thể tích khối tròn xoay được
tính :
0,25
0
.sin 60SC a=
2 3 2 3 3
.
3 3 2
EC
AB AC BC HC a= = = = =
2
3

2
2
ABCD ABC
a
S S
∆
= =
3
.
1 3
. .
3 6
S ABCD ABCD
a
V S SH= =
2
2
4 72
4
4 72
4
x
x

− −
=


⇔


− +
=


4 72

2
4 72
2
x i
x

+

= ±

⇔

− +

= ±


0x y z m− − + =
1m
≠ −
2 0x y z− − − =
, ,a b n
r r r
∆

(2,1,3)a =
r
(1, 1, 1)n = − −
r
(2,5, 3)b = −
r
∆
1 1 2
2 5 3
x y z− − +
= =
−
1
0 1
1
x
x
x
−
= ⇔ =
+
2
1
0
1
1
x
V dx
x
π

−
 
=
 ÷
+
 
∫
V = = 0,25
0,25
V = 0,25
5b 2,0 điểm
1. 1,25 điểm
Gọi H là giao điểm của đường thẳng (d’) với (d)
Khi đó H(2t, 4t, -3 + t),
Vì d’ d nên
0,5
Vậy H . hay là vectơ chỉ
phương của đường thẳng
(d’).
Phương trình tham số của (d’):
( t R)
0,25
0,5
2. 0,75 điểm
Điểm B là điểm đối xứng của A qua (d) khi và chỉ khi H là trung điểm
của AB.
0,25
Gọi B(x; y; z)
H là trung điểm của AB
Vậy

0,25
0,25
1
0
4
4ln( 1)
1
x x
x
π
 
− + −
 
+
 
(3 4ln 2)
π
−
(2 3,4 2, 4)AH t t t= − − −
uuur
1
2
0
4 4
1
1 ( 1)
dx
x x
π
 

− +
 
+ +
 
∫
⊥
(2 3)2 4(4 2) ( 4) 0t t t− + − + − =
6
7
t⇔ =






−
7
15
;
7
24
;
7
12







−−=
7
22
;
7
10
;
7
9
AH
( )
22,10,9 −−=a





−=
+=
−=
tz
ty
tx
221
102
93
∈










+
=−
+
=
+
=
⇔
2
1
7
15
2
2
7
24
2
3
7
12
z
y
x










−=
=
=
⇔
7
37
7
34
7
3
z
y
x
3 34 37
; ;
7 7 7
B
−
 
 ÷
 
ĐỀ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2013

Môn TOÁN – THPT Phân ban
ĐỀ SỐ 1
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I. (3 điểm)
Cho hàm số
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
(C) của hàm số
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) biết tiếp tuyến có hệ số góc bằng
Câu II. (3 điểm)
1. Giải phương trình mũ:
2. Tính tích phân:
3. Định m để hàm số đạt
cực tiểu tại x = 2.
Câu III. (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B cạnh AB = BC =
a, AD = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy, cạnh bên SC tạo với mặt đáy một góc
30
0
. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD.
II. PHẦN DÀNH CHO THÍ SINH TỪNG BAN (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn:
Câu IV.a (2 điểm)
Trong không gian Oxyz, cho
điểm A(0;-1;3) và mặt phẳng
1.Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng .
2.Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I(1;2;3) và tiếp xúc với mp.
Câu V.a (1 điểm)
Giải phương trình: trên tập số phức
B. Theo chương trình nâng cao:
Câu IV.b (2 điểm)

Trong không gian Oxyz, cho hai
điểm A(1;4 ; 2) , B(-1;2;4) và
đường thẳng
1. Viết phương trình của đường thẳng d đi qua trọng tâm G của tam giác OAB và vuông
góc với mặt phẳng (OAB).
2. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường
thẳng sao cho nhỏ nhất.
Câu V.b (1 điểm)
Tìm số phức z sao cho:
Hết
−
=
−
1 2x
y
x 1
1
4
− + =
2 x x
3 12.3 27 0
=
∫
2
e
2
e
2
I dx
x.ln x

3 2
x mx 1
y
3 2 3
= − +
( )
α − + − =: x y z2 3 1 0
( )
α
( )
α
2
7 18 0z z− + =
− +
∆ = =
−
x y z
:
1 2
1 1 2
∆
2 2
MA MB+
2
21 20z i= − −
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ SỐ 1
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
I
(3,0)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ
đồ thị hàm số
2,0
Điểm
a) Tập xác định: 0,25
b) Sự biến thiên:
 Chiều biến thiên:

Hàm số luôn đồng biến trên
các khoảng
Hàm số không có cực trị
0,25
0,25
 Giới hạn, tiệm cận
+ là tiệm cận ngang
+ là tiệm cận đứng
0,25
0,25
 Bảng biến thiên:
0,25
c) Đồ thị (C): Một số điểm đồ
thị đi qua
0,5
−
=
−
1 2x
y
x 1
{ }

\ 1D R=
( )
= > ∀ ≠
−
2
1
y ' 0, x 1
x 1
( ) ( )
−∞ +∞; & ;1 1
→±∞
= − ⇒ = −
x
lim y 2 y 2
1
1
lim
1
lim
x
x
y
x
y
+
−
→
→
= −∞



⇒ =

= +∞


( )
 
− − −
 ÷
 
3
0; 1 , 1;
2
Đồ thị nhận điểm I(-2;1) làm tâm đối xứng.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) biết tiếp tuyến có hệ số góc
bằng
1,0
 Gọi là tiếp tuyến của (C ), (x
0
; y
0
) là tiếp điểm
Ta có:
 Giải phương trình suy
ra x
0
= 3, x
0
= -1 rồi tính

0,5
 Kết luận:
Có 2 tiếp tiếp tuyến cần tìm là:
và 0,5
II
(3,0)
1. Giải phương trình: 1.0
+ Đặt
PT trở thành;
0,25
0,25
1
4
∆
( )
( )
2
0
1 1 1
'
4 4
1
o
y x
x
= ⇔ =
−
0 0
5 3
,

2 2
y y= − = −
1
1 13
:
4 4
d y x= −
2
1 5
:
4 4
d y x= −
− + =
2x x
3 12.3 27 0
( )
3 , 0
x
t t= >
2
9
12 27 0
3
t
t t
t
=

− + = ⇔


=

Với
Với 0,25
PT có 2 nghiệm là x = 1, x = 2 0,25
2. Tính tích phân:
1,0
Đặt
0,25
Đổi cận:
0,25
Khi đó:
0,5
3. Định m để hàm số đạt
cực tiểu tại x = 2.
1,0
TXĐ: R
Ta có: , 0,25
Hàm số đạt cực
tiểu tại x = 2 0,75
III
(1,0)
1.Tính thể tích của khối chóp S.ABC 1,0
+ A là hình chiếu của S trên
mp(ABCD), suy ra góc giữa SC
và mp(ABCD) là
0,25
+ Diện tích mặt đáy:
0,25
+ Chiều cao:

0,25
+ Thể tích của khối chóp
là: 0,25
IV.a
(2,0)
1. Viết phương trình mặt phẳng 1,0
+ VTPT của mặt phẳng : 0,25
+ Vì d đi qua A(0; -1;3) và nên
VTPT của mpcũng là VTCP của
đường thẳng d
0,25
Vậy phương trình đường thẳng d
cần tìm là: 0,5
2. Viết phương trình mặt cầu (S). 1,0
Vì (S) có tâm I(1;2;3) tiếp
xúc với mpnên bán kính của
(S) là:
0,5
PT mặt cầu (S) cần tìm
là: 0,5
V.a Giải phương trình trên tập số 1,0
3 3 3 1
x
t x= ⇒ = ⇔ =
9 3 9 2
x
t x= ⇒ = ⇔ =
=
∫
2

e
2
e
2
I dx
x.ln x
= ⇒ =t lnx dt dx
x
1
2
1
2
x e t
x e t
= ⇒ =
= ⇒ =
= = − =
∫
2
2
2
1
1
2 2
I .dt 1
t t
3 2
x mx 1
y
3 2 3

= − +
2
'y x mx= −
'' 2y x m= −
( )
( )
' 2 0
4 2 0 2
2
4 0 4
" 2 0
y
m m
m
m m
y
=
− = =
 

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
  
− > <
>
 


·
0
30SCA =

=
2
ABCD
3a
S
2
= =
0
a 6
SA a 2.tan30
3
( )
= =
3
S.AB CD ABCD
1 a 6
V S .SA dvtt
3 6
( )
α
( )
α
( )
α
= −n 1; 2;3
uur
( )
⊥ αd mp
( )
α


=

= − −


= +

x t
y t
z t
1 2
3 3
( )
α
( )
 
= α =
 
R d I,
5
14
( ) ( ) ( )
− + − + − =x y z
2 2 2
25
1 2 3
14
2
7 18 0z z− + =

phức
Ta có : 0,5
Kết luận phương trình có 2
nghiệm phức là: , 0,5
IV.b 1. Viết phương trình đường thẳng 1,0
+ G là trọng tâm tam giác OAB
0,25
VTPT của mp(OAB)
là
0,25
Vì d vuông góc với mp(OAB)
nên VTCP của d là:
0,25
Vậy PT của đường thẳng d là:
0,25
2.Tìm tọa độ điểm M 1,0
Vì
Suy ra:

0,25
0,25
0,25
MA
2
+ MB
2
nhỏ nhất . Khi đó 0,25
V.b Tìm số phức z 1,0
Gọi số phức z = a + bi, ﾧ
Ta có: ﾧ 0,25

Khi đó
0,25
Giải hệ phương trình suy ra 0,5
Sở GD - ĐT Bình Thuận Đề Thi Thử Tốt Nghiệp - 2013
Trường THPT Bùi Thị Xuân Môn Toán - Thời Gian : 150 phút
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ):
Câu 1(3.0 điểm) :1) Khảo sát sự biến
thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số :
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y = mx-2 cắt đồ thị (C) tại ba
điểm phân biệt.
Câu 2(3.0 điểm) : 1) Giải bất
phương trình :
2) Tính tích phân :
3) Tìm giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
trên đoạn .
Câu 3(1.0 điểm): Tính diện tích xung quanh của hình trụ và thể tích khối trụ, biết thiết diện
qua trục hình trụ là hình vuông cạnh 2a.
II.PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A.Theo chương trình chuẩn :
Câu 4a(2.0 điểm) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình
:
2
23 23i∆ = − =
1
7 23
2
i
z
+

=
1
7 23
2
i
z
−
=
( )
0;2;2G⇒
( ) ( )
, 12; 6;6 6 2; 1;1n OA OB
 
= = − = −
 
r uuur uuur
( )
2; 1;1u = −
r
2
2
2
x t
y t
z t
=


= −



= +

( )
1 ; 2 ;2M M t t t∈∆ ⇒ − − +
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2
2 2 2
6 2 2 2 4 4 2MA MB t t t t t t
   
+ = + − + − + − + + − + −
   
( )
2
12 48 76 12 2 28
t
t t t= − + = − +
2t⇔ =
( )
1;0;4M −
,a b R∈
2 2 2
2z a b abi= − +
2 2
2
21
21 20
10
a b
z i

ab

− = −
= − − ⇔

= −

2 2
,
5 5
a a
b b
= ± = ±
 
 
= = −
 
3 2
3 2y x x= − + −
0,5
1
log 1
2
x
x
+
≥ −
−
3
3

0
sin
cos
x
I dx
x
π
=
∫
.
x
y x e
−
=
[ ]
0;2
và mặt phẳng (P) : 2x - y + 2z
+ 3 = 0.
1)Hãy xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu (S).
2)Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) và tiếp xúc với mặt cầu
(S).
Tìm tọa độ tiếp điểm.
Câu 5a(1 điểm) : Tìm nghiệm phức z của phương trình : (2 - 3i )z - 4 + 5i = 3 - 4i
B.Theo chương trình nâng cao :
Câu 4b(2.0 điểm) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d có phương
trình :
và điểm M ( -1; 0; 3 ).
1) Viết phương trình mặt phẳng (P)
chứa đường thẳng d và đi qua điểm
M.

2)Viết phương trình mặt cầu tâm M và tiếp xúc với đường thẳng d.
Câu 5b(1 điểm) : Giải phương
trình sau trên tập số phức :
Đáp Án - Thang Điểm :
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
Câu
1(3.0
điểm)
1.(2.0 điểm)
.TXĐ : D= R
.
.
.Bảng biến thiên :
.Kết luận các khoảng đơn điệu và cực trị
.Một số điểm mà đồ thị đi qua : (-1;2); (1;0); (3;-2)
.Đồ thị :
0.25
0.25
0.25
0.5
0.25
0.5
2.(1.0 điểm)
PT hoành độ giao
điểm của d và (C) :
Để d cắt (C) tại ba
điểm phân biệt thì pt(*) phải có ba nghiệm phân biệt khác 0
0.25
0.25
0.5

Câu
2(3.0
điểm)
1.(1.0 điểm)
0.5
0.5
2.(1.0 điểm)
Đặt t = cosx dt = -sinxdxsinxdx = -dt
x = 0 t = 1 ;
0.25
0.25
0.5
3.(1.0 điểm)
Xét trên đoạn ta có : 0.25
2 2 2
4 6 2 2 0x y z x y z+ + − + − − =
2
3 2 ( )
4 2
x t
y t t R
z t
= − −


= + ∈


= +


2
(1 2 ) 1 0x i x i− + + + =
2
' 3 6y x x=− +
0 2
' 0
2 2
x y
y
x y
= ⇒ = −

= ⇔

= ⇒ =

3 2
2
0
3 0
3 0(*)
x
x x mx
x x m
=

− + = ⇔

− + =


0
0
9
9 4 0
4
m
m
m
m
≠

≠


⇔ ⇔
 
− >
<



1
0
1
2
0 2
3 3
2
0
2

1 2
1 1
1 2
x
x
x
Bpt
x
x
x
x
x
x hoac x
+

>

+

−
⇔ < ≤ ⇔

−
−

≤

−

− < <


⇔ ⇔ − < ≤

≤ >

⇒⇒
⇒
1
3 2
x t
π
= ⇒ =
1
2
3 2
1
1
1 3
2
2 2
1
dt
I
t t
−
= = − =
∫
[ ]
0;2
' (1 )

x
y x e
−
= −
y' = 0
Khi đó :
Vậy
0.25
0.25
0.25
Câu
3(1.0
điểm)
Vì thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông cạnh 2a nên hình trụ có :
h = l = 2a; r = a 0.5
0.25
0.25
Câu
4a(2.
0
điểm)
1.(0.5 điểm)
Tâm I (2;-3;1), bán kính r = 4 0.5
2.(1.5 điểm)
Vì (Q)//(P) nên pt mặt phẳng (Q) có dạng : 2x - y + 2z + D = 0
Vì mặt phẳng (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên : d(I;(Q)) = r
Vậy pt mp (Q) là : 2x - y +
2z - 21 = 0
Gọi d là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với mp(Q)
PTTS của đường thẳng d là :

Tọa độ tiếp điểm :
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu
5a(1.
0
điểm)
0.5
0.5
Câu
4b(2.
0
điểm)
1.(1.0 điểm)
Đường thẳng d đi qua điểm A(-
2;3;4) và có vtcp
Vì (P) chứa đường thẳng d và
đi qua điểm M nên (P) có vtpt
Vậy pt mp (P) là : 4x + 4y + z + 1 = 0
0.25
0.5
0.25
2.(1.0 điểm)
Vì mặt cầu (S) có tâm M và tiếp xúc với đường thẳng d nên có bán kính

Vậy pt mặt cầu (S) là :

0.5
0.5
Câu
5b(1.
0
điểm)
Ta có :
Vậy pt có hai nghiệm
phức :
0.5
0.5
[ ]
1 0;2x⇔ = ∈
2
1 2
(0) 0; (1) ; (2)
2
y y y
e
= = =
[ ]
[ ]
0;2
0;2
1
min (0) 0;max (1)
2
y y y y= = = =
2
2 3

2 4
2
xq
S rl a
V r h a
π π
π π
= =
= =
( 3)D ≠
3( )
9 12
21
D l
D
D
=

⇔ + = ⇔

= −

⇒
2 2
3
1 2
x t
y t
z t
= +



= − −


= +

14 13 11
( ) ; ;
3 3 3
T d Q T
 
= ∩ ⇒ −
 ÷
 
7 9
2 3
41 3
13 13
i
z
i
i
−
=
−
= +
( 1;2;2)a = −
r
(4;1;1)n a AM= ∧ =

r r uuuur
( , ) 2
a AM
r d M d
a
∧
= = =
r uuuur
r
( ) ( )
2 2
2
1 3 2x y z+ + + − =
2
7 7i= − =V
1 2
1 (2 7) ; 1 (2 7)x i x i= + + = + −
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬNKỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM
2013
TRƯỜNG THPT BẮC BÌNH Môn thi: TOÁN – Giáo dục trung học phổ thông
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu 1 ( 3 điểm ). Cho hàm số
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ
đồ thị (C) của hàm số
2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng 2
Câu 2 ( 3 điểm ).
1) Giải phương trình :
2) Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ nhất
của hàm số trên đoạn [1;3]

3) Tính tích phân :
Câu 3 (1 điểm).Cho hình hộp đứng
ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là
hình thoi cạnh a và góc , biết AB’ hợp với mặt đáy (ABCD) một góc 30
0
. Tính thể tích của
hình hộp theo a.
II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm )
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2 )
1. Theo chương trình chuẩn (3 điểm)
Câu 4a ( 2 điểm ). Trong không gian Oxyz, cho điểm A(0;2;1) và đường thẳng
1) Viết phương trình mặt phẳng
(P) qua A và vuông góc với
đường thẳng
2) Tìm điểm M thuộc đường
thẳng sao cho khoảng cách từ M đến A bằng
Câu 5a (1 điểm).Cho hai số
phức và ,
Tìm các số thực x, y sao cho
2. Theo chương trình nâng cao (3 điểm)
Câu 4b (2 điểm). Trong không gian Oxyz, cho điểm I(1;-1;2) và đường thẳng
:
1) Viết phương trình mặt cầu (S)
có tâm I và tiếp xúc với đường thẳng
2) Tìm điểm N thuộc đường thẳng sao cho tam giác OIN cân tại N
Câu 5b (1 điểm ). Tìm các số nguyên x,
y sao cho số phức thỏa mãn
………………….Hết…………………
Họ và tên thí sinh:………………………… Số báo danh: ………………
3 2

2 3 1=− + +y x x
x 3 x
5 5 20 0
−
− − =
4
f(x) x
x
= +
1
x
0
( )= +
∫
I x x e dx
·
0
60BAD =
2 2
: 1 3 (t R)
= −


∆ = − + ∈


=

x t
y t

z t
∆
∆
14
1
z (2 3i)(1 i) 5 i= + + + −
2
z (2x y 1) (x 2y)i= + − + +
x,y R∈
1 2
z z=
∆
2 1
1 2 1
x y z− −
= =
∆
∆
= +z x iy
3
46 9= − +z i
ĐỀTHI THỬ
Chữ kí của giám thị 1: ……………… Chữ kí của giám thị 2: …………………….
ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
Câu Nội dung Điểm
Câu 1
1.(2.0đ)
1/. TXĐ : D=R
Bảng biến thiên:
x

– ∞ 0 1 + ∞
y’ - 0 + 0 -
y
+ ∞ 2
1 – ∞
Kết luận: (về sự đồng biến nghịch biến, cực đại , cực tiểu)
* Điểm đặc biệt :
* Đồ thị :
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
= − +
2
' 6 6y x x
1 3
;2 ; ;1
2 2
   
−
 ÷  ÷
   
→+∞ →−∞
= −∞ = +∞lim ; lim
x x
y y

=

= ⇔ − + = ⇔

=

2
0
' 0 6 6 0
1
x
y x x
x
y
x
2.(1.0đ)
* Kết luận: Đồ thị nhận điểm uốn làm tâm đối xứng
2/. và
Pttt của đồ thị (C) có
dạng :

0,25-0,25
0,25-0,25
Câu 2.
1.(1.0đ)
2.(1.0đ)
1/.
Phương trình tương
đương :
Đặt t = 5

x
, đk : t > 0
PT trở thành :

Với t = 25
0,25
0,25
0,25
0,25
2/. Ta có :


Vậy :
0,25
0,25
1 3
;
2 2
 
 ÷
 
0
2x =
⇒
0
3y = −
"
( ) 12= −
o
f x

0 0 0
'( )( )y f x x x y= − +
⇒
12( 2) 3y x= − − −
⇔
12 21y x= − +
5 25 2= ⇔ =
x
x
2
2 2
4 4
'( ) 1
x
f x
x x
−
= − =
⇒
2 (nhaän)
'( ) 0
2 (loaïi)
x
f x
x

=
= ⇔

= −


2
125
20 0 20 125 0
25

5 (loaïi)
− − = ⇔ − − =
=

⇔

= −

t t t
t
t
t
13
(1) 5; f(3)= ; f(2)=4
3
f =
− − =
125
5 20 0
5
x
x
[1;3] [1;3]
( ) (1) 5; ( ) (2) 4Max f x f Min f x f= = = =

3.(1.0đ)
0,25
0,25
3/. Viết
Tính
Tính
Đặt
Vậy :
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 3
(1,0đ)

Ta có :
BB’(ABCD)
nên AB là
hình chiếu
của AB’ trên
(ABCD)
góc giữa
AB’ và
(ABCD) là
góc
ABD đều
cạnh a
ABB’ vuông tại B
Vậy :
0,25

0,25
0, 25
0,25
Câu 4a
1.(1,0đ)
2.(1,0đ)
1/.(P)một VTPT của (P) là
mp(P) qua A(0;2 ;1) và có
VTPT
pt mp(P) là : -2(x-0) + 3(y-2) +1(z-1) = 02x – 3y + z – 7 =0
0,25
0,25
0,25-0,25
2/. 0,25
1 1
1 2
0 0
x
I x xdx xe dx I I= + = +
∫ ∫
1
1 1
3 5
2 2
1
0 0
0
2 2
5 5
I x xdx x dx x= = = =

∫ ∫
1
2
0
x
I xe dx=
∫
x x
u x du dx
dv e dx v e
 
= =
 
⇒
 
= =
 
 
1
1 1
2
0 0
0
1
x x x
I xe e dx e e= − = − =
∫
2 7
1
5 5

I = + =
⊥
⇒
·
0
' 30B AB =
3
. '
2
ABCD
a
V S BB= =
⊥
0
3
' .tan30
3
a
BB AB= =
∆
⇒
⇒
∆
( 2;3;1)n = −
r
2
3
2
2
ABCD ABD

a
S S= =
( 2;3;1)n = −
r
⇒
⇔
2
3
4
ABD
a
S =
M ∈∆
⇒
⇒
∆
(2 2 ; 1 3 ; )M t t t= − − +
MA=t=0 hoặc
t=2
Vậy : M
1
(2 ;-1 ;0) và M
2
(-2 ;5 ;2)
0,25-0,25
0,25
Câu 5a
(1,0đ)
Ta có :
Do đó:

0,25
0,5-0,25
Câu 4b
1.(1,0đ)
2.(1,0đ)
1. qua M và có VTCP là ,

Bán kính
Mặt cầu (S) tâm
I(1 ;-1 ;2), bkính
có pt là :
0,25
0.25
0,25
0,25
2/. Ptts của :
N=(2+t ;1+2t ;t)
Ycbt IN=ONt=2
Vậy : N(4 ;5 ;2)
0,25
0,25-0,25
0,25
Câu 5b
(1,0đ)
Ta có : 0,25
0,5-0,25
14
⇔
2 2 2
(2 2) (3 3 ) (1 ) 14t t t− + − + − =

⇔
1
4 4z i= +
1 2
2 1 4
2 4
x y
z z
x y

+ − =
= ⇔

+ =

⇔
2
1
x
y

=

=

∆
(1;2;1)u =
ur
(1;2; 2)IM = −
uuur

, (6; 3;0)IM u
 
= −
 
uuur r
,
45
( , )
6
IM u
R d I
u
 
 
= ∆ = =
uuur r
r
45
6
R =
2 2 2
15
( 1) ( 1) ( 2)
2
x y z− + + + − =
∆
2
1 2
x t
y t

z t

= +

= +


=

N ∈∆
⇒
⇔⇔
3 3 3 2 2 3
( ) ( 3 ) (3 )z x yi x xy x y y i= + = − + −
3 2
3
2 3
3 46
46 9
3 9
x xy
z i
x y y

− = −
= − + ⇔

− =

⇔

2
3
x
y

=

=

TRƯỜNG THPT HÙNG VƯƠNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT
TỔ TOÁN Naêm hoïc: 2012-2013
Thời Gian: 150 phút
I - PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1. (3,0 điểm): Cho hàm số có đồ
thị (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song với đường
thẳng
d: 9x -3y -10 = 0 .
Câu 2. (3,0 điểm):
1. Giải phương
trình:
2. Tính tích phân :
3. Tìm m để hàm số y = x
3
-
(m – 2)x
2
– (2m - 1)x + 5m – 1 đồng
biến trên R.

Câu 3. (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, = 30
0
,SA =
AC = a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC).Tính V
S.ABC
và khoảng cách từ A đến
mặt phẳng (SBC).
II - PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương
trình đó.
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu 4a (2,0 điểm) Trong
không gian với hệ toạ độ , cho , mặt
cầu có phương trình: .
1) Xác định toạ độ tâm I và bán kính của mặt cầu . Chứng minh rằng điểm
M nằm trên mặt cầu, từ đó viết phương trình mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu tại M.
2) Viết phương trình
đường thẳng d đi qua tâm I của
mặt cầu, song song với mặt phẳng , đồng thời vuông góc với đường thẳng .
Câu 5a (1,0 điểm) Giải phương trình
trên tập số phức
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu 4b (2,0 điểm) Trong
không gian Oxyz , cho
1) Chứng minh rằng ABC là tam giác vuông. Tính diện tích của tam giác ABC.
2) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm B đồng thời vuông góc với mặt
phẳng (ABC). Xác định toạ độ điểm D trên sao cho tứ diện ABCD có thể tích bằng
14.
2 1
2

x
y
x
+
=
+
− + + = + −
3 9
3
log ( 1) 2log ( 77) 3 log (7 )x x x
3
2
1
9 8
4 21
x
A dx
x x
−
=
− −
∫
·
BAC
( , , , )O i j k
r
r r
3 2OM i k= +
uuur
r

r
( )S
2 2 2
(x - 1) + (y + 2) + (z - 3) = 9
( )S( )a
( )a
x + 1 y - 6 z - 2
Δ : = =
3 -1 1
2
2 4 3 0z z− + =
(0;1;2), ( 2; 1; 2), (2; 3; 3)A B C- - - - -
DD
Câu 5a (1,0 điểm) Giải phương trình sau đây trên tập số phức:
……………………HẾT…………………….
2
4 8z z i+ =
ĐÁP ÁN ĐỀ THI TỐT NGHIỆP THPT

Câu NỘI DUNG
Câu 1.1
( 2 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số đã cho.
a) TXĐ: 0.25
b) Sự biến thiên:
0.25
Hàm số đồng biến trên các khoảng và không có cực trị 0.25
và y = 2 là tiệm cận ngang
0.25
và x =- 2 là tiệm cận đứng

0.25
BBT 0.25
c) Đồ thị:
ĐĐB: (0 ;) , (;0)
0.25
Đồ thị: 0.25
Câu 1.2
( 1 điểm)
2. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến song
song với đường thẳng d: 9x - 3y -10 = 0 0.25
Gọi M là tiếp điểm và là tiếp tuyến của (C ) tại M :
Ta có: d có hsg k
1
= 3
//d có hsg k = k
1
= 3
0.25
k = 3
0.25
Với x
0
= -1 ta có y
0
= -1 . PTTT là: y + 1 = 3( x + 1) y = 3x + 2 ( thỏa )
Với x
0
= -3 ta có y
0
= 5 . PTTT là: y - 5 = 3( x + 3) y = 3x + 14( thỏa )

0.25
Câu
2.1 (1
điểm)
b)
ĐK: 0.25
Pt
0.25
0.25
{ }
\ 2D = −¡
2
3
' 0,
( 2)
y x D
x
= > ∀ ∈
+
( ) ( )
; 2 , 2;−∞ − − +∞
2 1
lim 2
2
x
x
x
→−∞
+
=

+
2 1
lim 2
2
x
x
x
→+∞
+
=
+
⇒
2
2 1
lim
2
x
x
x
−
→−
+
= +∞
+
2
2 1
lim
2
x
x

x
+
→−
+
= −∞
+
⇒
1
2
1
2
−
( )
0 0
;x y
∆
10
d: 9x - 3y -10 = 0 y = 3
3
x⇔ −
⇒
∆
⇒
∆
⇔
0
2
0
0
1

3
3
3
( 2)
x
x
x
= −

= ⇔

= −
+

⇔⇔
− + + = + −
3 9
3
log ( 1) 2log ( 77) 3 log (7 )x x x
1 7x< <
[ ]
2
3 3
log ( 1)( 77) log 27(7 )x x x
 
⇒ − + = −
 
2
( 1)( 77) 27(7 )x x x⇒ − + = −
4x⇒ =

175
hoaëc x =
13
0.25
So với ĐK pt có nghiệm x = 4
Câu 2.2
(1 điểm)

0.5
0.25
0.25
TXĐ: D = R
0.25
y’ = 3x
2
-2(m

– 2)x – (2m -1 )
0.25
Hàm số đồng biến trên R khi
và chỉ khi 0.25
0.25
Câu 3
( 1
điểm)
và
0.25
0.25



Gọi H là
hình chiếu của A trên SB. Chứng
minh
Suy ra d(A,(SBC)) = AH
0.25
Tính d(A, (SBC)) =
AH=
0.25
1.
Mặt cầu có tâm và bán
kính
0.25
Thay toạ độ điểm M
vào phương trình mặt
cầu: là đúng. Do đó,
0.25
đi qua điểm M, có vtpt 0.25
3
2
1
9 8

4 21
x
A dx
x x
−
=
− −
∫

3
1
1 11 7
2 7 3
dx
x x
 
= +
 ÷
− +
 
∫
( )
3
1
1
11ln 7 7ln 3
2
x x= − + +
2
= 2ln
3
' 0,y x≥ ∀ ∈¡
( ) ( )
2
' 2 3 2 1 0 1m m m⇔ ∆ = − + − ≤ ⇔ = −
BC SA
BC (SAB)
BC AB
ì

^
ï
ï
Þ ^
í
ï
^
ï
î
0
a 3
AB = AC.cos30 =
2
0
a
BC = AC.sin30 =
2
2
ΔABC
1 1 a 3 a a 3
= AB.BC = × × =
2 2 2 2 8
S
3
S.ABCΔABC
1 a 3
V = SA × S =
3 24
2
2 2 2

3a a 7
SB = SA + AB = a + =
4 2
2
ΔSBC
1 1 a 7 a a 7
S = SB.BC = × × =
2 2 2 2 8
( )AH SBC⊥
S.ABCΔSBC
1
V = d(A, (SBC)).S
3
S.ABC
ΔSBC
3V a 21
d(A, (SBC)) = =
S 7
Þ
a 21
7
OM = 3i + 2k M(3;0; 2)Þ
r r
uuur
(1; 2;3)I -
3R =
2 2 2
(3 1) (0 2) (2 3) 9- + + + - =
( )M SÎ
( )a

n = IM = (2; 2;-1)
uur
r