Đ Ề KHẢO SÁT CHẤT L Ư ỢNG LẦN 1 LỚP 12 NĂM H ỌC 201 4 – 201 5 MÔN: Toán – Khối A, A1 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,5 điểm). Cho hàm số 2 1 1 x y x    . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị   C của hàm số đã cho. b) Tìm các giá trị của m để đường thẳng   : 2 d y x m   cắt đồ thị   C tại hai điểm phân biệt , A B nằm về hai nhánh khác nhau của   C . Câu 2 (1,5 điểm). Giải phương trình:   3 1 8 3 2 sin x cos x cos x           Câu 3 (1,0 điểm). Cho hai đường thẳng 1 2 d ,d song song với nhau. Trên đường thẳng 1 d có 10 điểm phân biệt, trên đường thẳng 2 d có n điểm phân biệt   2 n ,n   . Cứ 3 điểm không thẳng hàng trong số các điểm nói trên lập thành một tam giác. Biết rằng có 2800 tam giác được lập theo cách như vậy. Tìm n ? Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A' B' C' có đáy là tam giác đều cạnh a , cạnh bên tạo với đáy một góc bằng 0 60 . Gọi M là trung điểm cạnh BC và I là trung điểm của AM . Biết rằng hình chiếu của điểm I lên mặt đáy A' B' C' là trọng tâm G của A' B' C'  . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A' B' C' . Câu 5 (1,0 điểm). Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm       x 0;1 3   2 2 2 1 2 0 m x x x( x )       Câu 6 (1,0 điểm). Cho ABC  có trung điểm cạnh BC là   3 1 M ;  , đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B đi qua điểm   1 3 E ;   và đường thẳng chứa AC đi qua điểm   1 3 F ; . Điểm đối xứng của đỉnh A qua tâm đường tròn ngoại tiếp ABC  là điểm   4 2 D ;  . Tìm toạ độ các đỉnh của ABC  . Câu 7 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 3 2 3 2 2 3 2 3 3 2 8 x x y y x y y             Câu 8 (1,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:        x x x x f x x x 4 3 2 2 4 8 8 5 ( ) 2 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:………………… Đ Ề KHẢO SÁT CHẤT L Ư ỢNG LẦN 1 LỚP 12 NĂM HỌC 201 4 – 201 5 MÔN: Toán – Khối A, A1,D Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Văn bản này gồm 06 trang) I) Hướng dẫn chung: 1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng phần như thang điểm quy định. 2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong các giáo viên chấm thi Khảo sát. 3) Điểm toàn bài tính đến 0.25 điểm. (sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả) II) Đáp án và thang điểm: Câu Đáp án Đi ểm Câu 1 (2,5 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x    . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị   C của hàm số đã cho. Tập xác định:   1 D \   Ta có:   2 3 0 1 y' x     x D   Hàm số nghịch biến trên các khoảng   1 ;  và   1;  Hàm số không có cực trị. 0.25 0.25 Tính 2 x x lim y lim y     nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng 2 y  là đường tiệm cận ngang Tính 1 1x x lim y ;lim y ;         nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng 1 x  là đường tiệm cận đứng 0.25 B ảng biến thi ên: x –  1 +  y’ – – y 2 +  – 2 0.25 Đ ồ thị: 0.25 b) Tìm các giá trị của m để đường thẳng   : 2 d y x m   cắt đồ thị   C tại hai điểm phân biệt , A B nằm về hai nhánh khác nhau của   C . Xét phương trình hoành độ giao điểm của   : 2 d y x m   và   C :   2 1 2 1 1 x x m x     Với mọi 1 x  , phương trình       2 1 2 4 1 0 2 x m x m       Để   : 2 d y x m   cắt đồ thị   C tại hai điểm phân biệt , A B nằm về hai nhánh khác nhau của   C thì phương trình (2) phải có hai nghiệm phân biệt 1 2 x ,x sao cho 1 2 1 x x   0.25 0.25 Đặt   2 2 4 1 f ( x ) x m x m      Yêu cầu bài toán 2 1 0 .f ( )   0.25 Biến đổi 2 1 0 1 0 2 1 4 1 0 .f ( ) f ( ) . ( m ) m          3 0 m       0.25 K ết luận: Với mọi giá trị thực của m đ ều thỏa m ãn yêu c ầu của b ài toán. 0.25 Câu 2 (1,5 điểm) Giải phương trình:   3 1 8 3 2 sin x cos x cos x           Ta có:     3 1 8 3 8 3 2 2 sin x cos x cos x sin x sin xcos x sin x                 0.5   4 2 3 3 4 2 sin x sin x=-sin x sin x+sin x sin x=0     0.25 2 2 4 2 sin xcos x sin x=0     2 2 2 sin x cos x =0       2 0 1 2 0 2 sin x cos x        0.25 0.25 Giải (1) cho 2 k x ;k     ; còn (2) vô nghiệm Kết luận phương trình có nghiệm: 2 k x ;k     0.25 Câu 3 (1 điểm) Cho hai đường thẳng 1 2 d ,d song song với nhau. Trên đường thẳng 1 d có 10 điểm phân biệt, trên đường thẳng 2 d có n điểm phân biệt   2 n ,n   . Cứ 3 điểm không thẳng hàng trong số các điểm nói trên lập thành một tam giác. Biết rằng có 2800 tam giác được lập theo cách như vậy. Tìm n ? Số tam giác có 1 đỉnh thuộc 1 d , 2 đỉnh thuộc 2 d là: 1 2 10 n C .C 0.25 Số tam giác có 2 đỉnh thuộc 1 d , 1 đỉnh thuộc 2 d là: 2 1 10 n C .C 0.25 Theo giả thiết: 1 2 10 n C .C + 2 1 10 n C .C =2800     10 10 2800 2 2 2 8 1 n! ! n! . . n !. ! !. ! n !      0.25 2 8 560 0 n n     20 28 n n        . Kết luận: 20 n  0.25 Câu 4 (1 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A' B' C' có đáy là tam giác đều cạnh a , cạnh bên tạo với đáy một góc bằng 0 60 . Gọi M là trung điểm cạnh BC và I là trung điểm của AM . Biết rằng hình chiếu của điểm I lên mặt đáy A' B' C' là trọng tâm G của A' B' C'  . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A' B' C' . Hình v ẽ: Gọi M ' là trung điểm của B' C' ; K A' M '  sao cho A' K KG GM '   Kẻ AH A' M ';H A' M '   0.25 Ta có AHGI là hình bình hành nên IG AH  Hơn nữa AM A' M '  , I là trung điểm của AM , G là trọng tâm của A' B' C'  nên H là trung điểm của A' K 1 6 A' H A' M '   0.25 Ta có: 2 3 4 a dtA' B' C'  ; 3 2 a A' M '  3 12 a A' H  0 3 60 3 12 4 a a AH A' H .tan .    0.25 Từ đó: 2 3 3 3 4 4 16 ABC .A' B'C' a a a V AH .dtA' B' C' .   (đvtt) 0.25 Câu 5 (1 điểm) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm       x 0;1 3 :   2 2 2 1 2 0 m x x x( x )       Đặt 2 t x 2x 2      dox [0;1 3] nên   1;2 t  0.25 Bất phương trình tương đương với:    2 t 2 m t 1 0.25 Khảo sát hàm số t g(t) t    2 2 1 với   1;2 t  Ta có:      2 2 2 2 0 1 t t g'(t) (t ) . Vậy t g(t) t    2 2 1 đồng biến trên   1 2 ; Và do đó: 2 ( ) (2) 3 Maxg t g   0.25 Từ đó: 2 t 2 m t 1    có nghiệm t  [1,2]    t m g t g 1;2 2 max ( ) (2) 3     Kết luận: 2 3 m  0.25 Câu 6 (1 điểm) Cho ABC  có trung điểm cạnh BC là   3 1 M ;  , đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B đi qua điểm   1 3 E ;   và đường thẳng chứa AC đi qua điểm   1 3 F ; . Điểm đối xứng của đỉnh A qua tâm đường tròn ngoại tiếp ABC  là điểm   4 2 D ;  . Tìm toạ độ các đỉnh của ABC  . Hình v ẽ: Gọi H là trực tâm ABC  thì có BHCD là hình bình hành, nên M là trung điểm HD   2 0 H ;  BH chứa   1 3 E ;   nên     2 0 2 0 1 2 3 0 x y BH : BH : x y            0.25 Do DC BH  và   4 2 D ;  thuộc DC nên   6 0 DC : x y    Do BH AC  và   1 3 F ; thuộc AC nên   4 0 AC : x y    0.25 Do C AC DC   nên tọa độ C là nghiệm của hệ 6 0 4 0 x y x y          Tìm được   5 1 C ;    3 1 M ;  là trung điểm của BC nên   1 1 B ;    4 0 BC ;    0.25 Do H là trực tâm ABC  nên AH BC    2 0 AH : x    Do A AH AC   nên tọa độ A là nghiệm của hệ 2 0 4 0 x x y           2 2 A ;  Kết luận:   2 2 A ; ;   1 1 B ;  ;   5 1 C ;  0.25 Câu 7 (1 điểm) Giải hệ phương trình: 3 2 3 2 2 3 2 3 3 2 8 x x y y x y y             Điều kiện: 3 2 2 3 0 2 8 0 0 2 0 y y x y y y x                  0.25 Khi đó:       3 3 3 2 3 2 3 2 3 1 3 1 3 3 3 x x y y x x y y                 1 3 f x f y     với hàm số 3 ( ) 3 f t t t   0.25 Xét hàm số 3 ( ) 3 f t t t   với   1;t   có   2 2 '( ) 3 3 3 1 0 f t t t      Hàm số 3 ( ) 3 f t t t   đồng biến trên   1;  Nên từ     1 3 1 3 2 3 1 f x f y x y x y             0.25 Từ 2 3 2 8 x y y       2 9 2 8 x y y      2 9 3 1 8 y y y      2 9 3 8 9 y y y      Với điều kiện 0 y  , bình phương 2 vế của phương trình trên và biến đổi thành: 4 3 2 16 72 63 162 0 y y y y          3 2 1 17 99 162 0 y y y y       Suy ra 1 y  và 3 x  . Kết luận: Hệ có nghiệm duy nhất: 3 1 x y      0.25 Câu 8 (1 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:        x x x x f x x x 4 3 2 2 4 8 8 5 ( ) 2 2 Tập xác định: D   0.25 Ta có:       f x x x x x 2 2 1 ( ) 2 2 2 2 ; Chỉ ra:         x x x 2 2 2 2 1 1 1 0.25 Theo BĐT Cauchy: f x x x x x 2 2 1 ( ) 2 2 2 2 2        0.25 Đẳng thức xảy ra      x x x 2 –2 2 1 1 . Vậy: 2 Minf( x )  đạt được khi 1 x  0.25 Hết ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số      3 2 3 ( 1) 2 y x mx m x (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi  1 m . b) Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) có hoành độ dương. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 2 2cos (tan tan ) sin cos x x x x x    . Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 1 2 0 ln(1 ) I x x dx    . Câu 4 (1,0 điểm). a) Tìm hệ số của 4 x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 8 2 2 x x        . b) Một chiếc hộp có chín thẻ giống nhau được đánh số liên tiếp từ 1 đến 9. Rút ngẫu nhiên đồng thời hai thẻ (không kể thứ tự) rồi nhân hai số ghi trên hai thẻ với nhau. Tính xác suất để kết quả nhận được là một số chẵn. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng 1 ( ) : 2 3 4 0 P x y z     và 2 ( ) :3 2 5 0 P x y z     . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua điểm (1;2; 1) M  , vuông góc với hai mặt phẳng 1 ( ) P và 2 ( ) P . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp . S ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Gọi I là trung điểm cạnh AB. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của , CI góc giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 0 60 . Tính theo a thể tích khối chóp . S ABC và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng   SBC . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn 2 2 ( ) : 2 4 4 0 C x y x y      tâm I và điểm (3;2) M . Viết phương trình đường thẳng  đi qua M ,  cắt ( ) C tại hai điểm phân biệt , A B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   4 4 3 2 2 2 3 x x y y x y x y             ( , ) Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số , , a b c không âm sao cho tổng hai số bất kì đều dương. Chứng minh rằng 9 6 a b c ab bc ca b c a c a b a b c            . 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:……………… www.VNMATH.com ĐÁP ÁN ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM 1 2,0 điểm Tập xác định: D   . Ta có 2 3 6 y' x x.   ; 0 0 2 x y' x        0,25 - Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0)  và (2; )  ; nghịch biến trên khoảng (0;2) . - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 2; đạt cực tiểu tại x = 2, y CT =-2. - Giới hạn: lim , lim x x y y       0,25 Bảng biến thiên: x  0 2  y' + 0 - 0 + y 2   -2 0,25 a Đồ thị: f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 5 x y 0,25 Ta có     2 ' 3 6 1 y x mx m . 0,25 Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi PT y'=0 có hai nghiệm phân biệt Điều này tương đương          2 2 ' 9 3( 1) 0 3 1 0 m m m m (đúng với mọi m). 0,25 Hai điểm cực trị có hoành độ dương                  2 0 0 1 1 0 0 3 m S m m P 0,25 b Vậy các giá trị cần tìm của m là  1 m . 0,25 2 1,0 điểm Điều kiện: os 0 c x  (*). PT đã cho tương đương 2 2sin 2sin .cos sin cos 2sin (sin cos ) sin cos x x x x x x x x x x        0,25 (sin cos )(2sin 1) 0 x x x     0,25 +) sin cos 0 tan 1 4 x x x x k            0,25 + 1 5 sin 2 ; 2 2 6 6 x x k x k           0,25 www.VNMATH.com Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của PT là 5 ; 2 ; 2 ( ) 4 6 6 x k x k x k k                1,0 điểm Đặt 2 2 2 2 ln(1 ) 1 1 2 2 xdx du u x x dv xdx x v                   0,25 Khi đó 1 1 2 2 0 0 ( 1)ln(1 ) 2 x x I xdx      0,25 1 2 0 1 ln 2 ln 2 2 2 x I     0,25 3 Vậy 1 ln 2 2 I   . 0,25 4 1,0 điểm Ta có   8 8 8 8 2 2 16 3 8 8 0 0 2 2 ( 2) k k k k k k k k x C x C x x x                            0,25 a Hệ số của 4 x là   8 2 k k C   với 16 3 4 4 k k     . Do đó hệ số cần tìm là 4 4 8 .( 2) 1120 C   . 0,25 Số phần tử của không gian mẫu là: 2 9 36 C  0,25 b Gọi A là biến cố: "kết quả nhận được là số chẵn". Số kết quả thuận lợi cho A là: 1 1 2 5 4 4 . 26 C C C   . Xác suất cần tìm là 26 13 ( ) 36 18 P A   . 0,25 5 1,0 điểm 1 ( ) P có véc tơ pháp tuyến là 1 (1;2;3) n   ; 2 ( ) P có véc tơ pháp tuyến là 2 (3;2; 1) n    0,25 ( ) P có véc tơ pháp tuyến là 1 2 , ( 8;10; 4) 2(4; 5;2) n n n               . 0,25 Phương trình của ( ) : 4( 1) 5( 2) 2( 1) 0 P x y z       0,25 Hay ( ) : 4 5 2 8 0 P x y z     . 0,25 6 1,0 điểm K H K H S A B C A B C I I A' I' H' E H' www.VNMATH.com [...]... được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh:……….……… ………….….….; Số báo danh:……………………………………… ĐÁP ÁN KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN; LẦN I I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa - Với bài hình học không gian nếu thí sinh không... P= 1 1 1 + + 1+ x 1+ y 1+ z …………………… Hết……………………… Ghi chú: - Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 Câu 1 Nội dung cần đạt Ý a b Điểm Giám khảo tự làm đáp án 1 3 3 y ' = 6 x 2 − 6 x = 6( x − ) 2 − ≥ − 2 2 2 2 1 Tiếp tuyến có hệ số góc Min bằng − 3 1 1 khi x = ⇒ y = 2 2 2 3 1 1 3 5 Pttt : y = −  x −  + = − x + 2... (Bất đẳng thức Cô si) Ta có (a + b)(a + c) 8 8 4 b3 b+c b+a 3 + + ≥ b ( 2) Tương tự (b + c)(b + a) 8 8 4 c3 c+a c+b 3 + + ≥ c ( 3) (c + a)(c + b) 8 8 4 Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh Tổng : Lưu ý: Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương từng phần 0,25 0,25 0,25 0,25 10,00 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút Câu... chữ số liền nhau trong 4 chữ số vừa lấy: có 5 cách → có 5 A74 = 5.840 = 4200 số gồm 7 chữ số khác nhau trong đó chứa bộ 123 Trong các số trên, có 4 A63 = 4.120 = 480 số có chữ số 0 đứng đầu → Có 5 A74 - 4 A63 = 3720 số phải tìm trong đó có mặt bộ 123 TH 2 : Số phải tìm có mặt bộ 321 (lập luận tương tự) Có 3720 số gồm 7 chữ số khác nhau , có mặt 321 Kết luận: có 3720.2 = 7440 số gồm 7 chữ số khác nhau... ta có x 1  27 2 4 x x x2 x2 3  1  33   x  1  x 0  3 2 2 4 4  x  1 27 Lập luận tương tự ta được 0  y 2 3  y  1  0,5 0,5 4 27 1 4 4 4 P  4 27 27 729 x y x  y  2   1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  2 2  z  x  y 1 z  5  x  y  2 4 Vậy maxP  đạt được khi  729 z  5 -HẾT - 0,5 KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: TOÁN...  1,0 điểm 0,25 ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2014 - 2015 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (4,0 điểm) Cho hàm số y  2x 1 x 1 a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị  C  của hàm số đã cho b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C  biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng có phương trình y  x  2015 Câu 2 (2,0 điểm) Giải các phương trình... (HS có thể không cần nêu bước này)  2    V N M AT H Hết w 0,25 0,25 a t 9 at a  t 9 at      6 (AM-GM) Do đó P  6 (đpcm) t a a t at a  t Chú ý: Đẳng thức xảy ra khi a  t  3 at và chẳng hạn một bộ (a , b, c) thỏa mãn là w 0,25 0,25 Ta có w 9  3 3  1 3 3  1   2 1  Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là ( x; y )   ; ;  ,   2 2  33 33   1,0 điểm 0,25 ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC... b Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1 Có y ' = 3 x 2 + 2 (1 − 2m ) x + ( 2 − m ) Để hàm số có cực trị thì phương trình y’=0 có hai nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu qua hai nghiệm đó ⇔ 3 x 2 + 2 (1 − 2m ) x + ( 2 − m ) = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' = 4m 2 − m − 5 > 0 ⇔ m < - 1 hoặc m > 5 (1) 4 1,00 0,25 0,25 Khi đó giả sử y’=0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2... thị hàm số có tiệm cận đứng: x  1 , tiệm cận ngang y  2 - Bảng biến thi n : x y/ 1   - - 2  0,5 y  2 1  Đồ thị: (C) cắt Ox tại  ;0  , cắt Oy tại (0;2) 2  0,5 b Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C  biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng có phương trình y  x  2015 Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm Ta có hệ số góc của tiếp tuyến 2,0 0,5 tại điểm có hoành... không cho điểm tương ứng với phần đó II ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 a 2x 1 Cho hàm số y  2,0 x 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho * Tập xác định : D   \ 1 0,25 * Sự biến thi n: 0,25 1 - Chiều biến thi n: y '   0 , x  1 2 ( x  1) Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;1) và (1; ) 0,25 - Cực trị: Hàm số không có cực trị lim y   - Giới hạn : lim y . + ≥ + + + Hết KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Ý Nội dung. dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh:……….……… ………….….….; Số báo danh:………………………………………. ĐÁP ÁN KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN; LẦN I I (HS có thể không cần nêu bước này). Hết www.VNMATH.com ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2014 - 2015 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu