Phân tích một số sai lầm thường gặp của học sinh khi giải toán trắc nghiệm và hướng khắc phục

A. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài.
Năm học 2016-2017, Bộ Giáo dục và Đào tạo thực hiện đổi mới trong kỳ
thi Trung học Phổ thông Quốc gia (THPTQG). Trong đó môn toán được đổi từ
hình thức thi từ tự luận sang hình thức thi trắc nghiệm. Việc thay đổi đã tạo nên
nhiều bỡ ngỡ cũng như khó khăn cho cả giáo viên và học sinh trong việc ôn
luyện. Hình thức thi trắc nghiệm môn toán đòi hỏi một số cách tiếp cận vấn đề
mới so với hình thức thi tự luận.
Kỳ thi quốc gia 2018 được tổ chức với 2 mục đích xét tốt nghiệp THPT
và xét vào đại học, cao đẳng. Đề thi năm 2018, môn Toán thời gian làm bài 90
phút ( với 50 câu trắc nghiệm, nội dung nằm trong chương trình Toán lớp 11
chiếm 20%, lớp 12 chiếm 80%). Năm 2018 là năm thứ 2 môn Toán được thi
bằng hình thức trắc nghiệm khách quan 100%, nên quá trình giảng dạy giáo
viên phải có phải chú ý rèn luyện thêm cho học sinh kỹ năng làm bài trắc
nghiệm môn Toán. Trong các tiết giảng dạy hàng ngày cần dành thời gian để
kiểm tra việc nắm kiến thức cơ bản, kỹ năng của từng bài theo yêu cầu của
chương trình qua việc chuẩn bị thật nhiều các câu hỏi và bài tập trắc nghiệm
kiểm tra lý thuyết lẫn bài tập để khắc sâu kiến thức cho học sinh đồng thời phân
tích cho học sinh thấy những sai sót cần tránh và phân tích rõ cách làm bài trắc
nghiệm sao cho hợp lý.
Tài liệu tham khảo trên thị trường tràn lan, nhiều về số lượng mà không
đảm bảo chất lượng. Với mong muốn giúp các em học sinh hiểu được những
những kiến thức căn bản, khắc phục được những sai lầm khi giải toán từ đó tự
mình làm được những bài tập cơ bản, tiến tới giải quyết được những bài toán
nâng cao và thấy yêu thích môn Toán hơn, trên cơ sở tiếp thu một số kết quả
của đồng nghiệp đi trước và trong thực tế của quá trình giảng dạy, tôi đã chọn
đề tài nghiên cứu cho mình là: “ PHÂN TÍCH MỘT SỐ SAI LẦM THƯỜNG
GẶP CỦA HỌC SINH KHI GIẢI CÁC BÀI TOÁN TRẮC NGHIỆM VÀ
HƯỚNG KHẮC PHỤC”.
2. Mục đích nghiên cứu.
Đề tài này được nghiên cứu nhằm mục đích cải tiến nội dung và phương

pháp giảng dạy các tiết học lí thuyết và bài tập, từ đó:
- Hình thành cho học sinh kiến thức căn bản về Toán học.
- Giúp học sinh nhận thấy những sai lầm thường mắc phải khi giải các bài toán
và cách khắc phục.
- Giúp cho học sinh có khả năng tư duy nhất quán nhưng linh hoạt và sáng tạo.
Giúp các em đạt kết quả cao hơn trong học tập môn Toán từ đó mà thấy say mê

1


môn Toán hơn. Đồng thời rèn luyện những đức tính tốt cho học sinh trong học
tập và nghiên cứu.
- Tích lũy kinh nghiệm giảng dạy cho giáo viên, tạo cảm hứng cho giáo viên
sáng tạo hơn nữa trong giảng dạy, thêm yêu ngành yêu nghề.
3. Đối tượng nghiên cứu.
- Lựa chọn các ví dụ ,các bài tập cụ thể và chỉ ra những sai lầm của học
sinh khi vận dụng hoạt động năng lực tư duy và kỹ năng vận dụng kiến thức của
học sinh để từ đó đưa ra lời giải đúng của bài toán.
4. Phương pháp nghiên cứu.
4.1. Nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu các sách, báo, tư liệu, các công trình
nghiên cứu các vấn đề có liên quan đến đề tài.
4.2.Phương pháp điều tra thực tế:
+ Điều tra GV và HS THPT về tình hình thực tiễn có liên quan.
+ Tham khảo ý kiến của giáo viên Toán về kinh nghiệm xây dựng và khai
thác các bài toán có nội dung thực tiễn.
4.3. Phương pháp thực nghiệm sư phạm:
Sử dụng phương pháp thử nghiệm sư phạm để kiểm tra tính khả thi và
hiệu quả của giải pháp đề ra.

2

B. NỘI DUNG
1. Cơ sở lí luận.
Dựa trên nguyên tắc quá trình nhận thức của con người đi từ: “ cái sai đến
cái gần đúng rồi mới đến khái niệm đúng”, các nguyên tắc dạy học và đặc điểm
quá trình nhận thức của học sinh.
G.Polya đã viết "Con người phải biết học từ những sai lầm và những thiếu
sót của mình". Thông qua những sai lầm, nếu ta biết cách nhìn nhận ra nó, kịp
thời uốn nắn và sửa chữa nó thì sẽ giúp ta ghi nhớ lâu hơn tri thức đã được học,
đồng thời sẽ giúp ta tránh được những sai lầm tương tự và bồi dưỡng thêm về
mặt tư duy cho bản thân mỗi người.
Các kiến thức căn bản về Toán học cấp THPT, ít nhiều học sinh cũng đã
được học từ bậc THCS, những em có lực học trung bình, yếu kém đều bị mất
gốc phần kiến thức này do đó dù ở câu mức đọ nhận biết hay thông hiểu thì cũng
sẽ bế tắc khi thực hiện lời giải. Còn với đa phần các em có học lực khá, giỏi tâm
lí chung khi gặp một bài toán là nóng vội lao vào tìm phương pháp giải, tìm ra
phương pháp rồi thì vội vàng trình bày lời giải, tìm ra đáp số, thấy kết quả gọn,
đẹp là yên tâm, chắc mẩm đã đúng mà quên mất các thao tác quen thuộc: phân
tích đề, kiểm tra các điều kiện, kiểm tra các phép tính…Vì vậy những sai sót xảy
ra là điều tất yếu. Kinh nghiệm cũng cho thấy việc phát hiện ra lỗi sai của người
khác thì dễ còn việc phát hiện ra lỗi sai của chính mình là rất khó. Trong quá
trình dạy về phần kiến thức này, tôi cho các em chủ động tự làm theo lối tư duy
logic của riêng mình, để các em theo dõi nhận xét lời giải của nhau từ đó phát
hiện những lỗi sai và từ đó phân tích để các em hiểu được bản chất của vấn đề
khắc phục sai sót và tổng kết thành kinh nghiệm. Tuy nhiên, nếu cứ lúc nào cũng
chỉ ra những sai lầm của học sinh dễ khiến các em thấy nhàm chán, mất đi hứng
thú học tập. Vì vậy, tôi vận dụng nó linh hoạt trong các tiết dạy và có những gợi
ý cần thiết hỗ trợ cho các em tìm kiếm lời giải.
2. Thực trạng.

Năm học 2017-2018 Bộ giáo dục và đào tạo tiếp tục đổi mới thi THPT
Quốc gia. Để giúp học sinh đạt được kết quả tốt trong kỳ thi THPT Quốc gia
2018, giáo viên cần phải tích cực đổi mới phương pháp dạy học và kiểm tra
đánh giá theo định hướng phát triển năng lực của học sinh. Môn Toán thi trắc
nghiệm 100% (50 câu, thời gian 90 phút ). Để làm được bài thi học sinh phải
nắm thật vững kiến thức cơ bản và các kỹ năng cơ bản qui định trong chương
trình. Giáo viên phải có ý thức dạy kỹ và sâu kiến thức từng bài học, rèn luyện
thật chắc những kỹ năng theo yêu cầu của bài học, bên cạnh đó phải giáo dục
cho học sinh tính cẩn thận, làm việc có kế hoạch và biết hệ thống hóa kiến
thức từng bài học.
3


Thực tế trong kì thi quốc gia 2017 cho thấy rất nhiều em học sinh chỉ đạt
điểm từ 1,0 đến 3,0 điểm, mặc dù các câu trong đề thi không quá khó, số câu
nhận biết và thông hiểu là 50%.
3. Các giải pháp.
Trong mỗi câu hỏi trắc nghiệm thường gặp hiện nay, có 4 phương án gồm
1 phương án đúng và 3 phương án nhiễu. Phương án nhiễu thường được xây
dựng dựa trên các sai lầm của học sinh. Vì vậy, học sinh phải nắm chắc kiến
thức mới có thể quyết định chọn phương án nào trong một thời gian rất ngắn.
Sau đây tôi sẽ trình bày một số sai lầm mà học sinh có thể gặp khi giải toán trắc
nghiệm.
3.1. Nhâm lân các loại điều kiên, các khái niêm:
Ví dụ 1: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ¡ và có bảng biến thiên như sau:
−∞
+∞
x
0
4

y’
+
0 −
0 +
+∞
y
5
−∞

−3

Hàm số đạt cực đại tại điểm nào trong các điểm dưới đây?
A. x = −3.
B. x = 5.
C. x = 4.
D. x = 0.
Phân tích phương án nhiễu.
Phương án A: Sai do HS nhầm với giá trị cực tiểu của hàm số.
Phương án B: Sai do HS nhầm với giá trị cực đại của hàm số.
Phương án C: Sai do HS nhầm với điểm cực tiểu của hàm số
Lời giải đúng: Từ bảng biến thiên của hàm số ta có hàm số đạt cực đại tại
x = 0, yCD = 5; hàm số đạt cực tiểu tại x = 4, yCT = −3. Do đó phương án đúng là D.
Chú ý: Nếu hàm số f(x) đạt cực đại (cực tiểu) tại x0 thì x0 được gọi là điểm cực
đại (điểm cực tiểu) của hàm số; f(x0) được gọi là giá trị cực đại (giá trị cực tiểu)
của hàm số, kí hiệu là fCD (fCT), còn điểm M ( x0; f ( x0 ) ) được gọi là điểm cực đại
(điểm cực tiểu) của đồ thị hàm số.
Ví dụ 2: Đồ thị hàm số nào dưới đây có đúng một đường tiệm cận ngang?
A. y =

2x − 3

x2 + 1

.

B. y =

3x + 1
x + 2x2 −1

.

x2
.
C. y =
2x + 3

D. y =

4x − 2
.
x − 3x + 2
2

Phân tích phương án nhiễu.
y = lim y = 2. Nhưng thực chất
Phương án A: Sai do HS hiểu rằng xlim
→−∞
x→+∞

lim y = lim

x→−∞

x→−∞

2x − 3
x2 + 1

= −2 và lim y = lim
x→+∞

x→+∞

2x − 3
x2 + 1

= 2 nên đồ thị hàm số y =

2x − 3
x2 + 1

hai đường tiệm cận ngang.

4

có


y = lim y =
Phương án B: Sai do HS hiểu rằng xlim

→−∞
x→+∞
lim y =

x →−∞

3
1+ 2

. Nhưng thực chất

3x + 1
−3
3
y=
; lim y =
nên
đồ
thị
hàm
số
có hai đường tiệm
1 + 2 x →+∞
1+ 2
x + 2x2 − 1

cận ngang.
y = lim y = +∞. Nhưng thực chất
Phương án C: Sai do HS hiểu rằng xlim
→−∞

x→+∞
lim y = −∞; lim y = +∞ nên đồ thị hàm số không có đường tiệm cận ngang.
x→+∞

x→−∞

Lời giải đúng: Ta có xlim
→−∞

4x − 2
4x − 2
= lim 2
= 0 nên đường thẳng y = 0 là
x
→+∞
x − 3x + 2
x − 3x + 2
2

đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =

4x − 2
. Chọn D
x − 3x + 2
2

Chú ý: Cho hàm số y = f(x) xác định trên một khoảng vô hạn (là khoảng

( a,+∞ ) ,( −∞;b) hoặc ( −∞;+∞ ) ). Đường thẳng y = y0 là đường tiệm cận ngang (hay
tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = f ( x) nếu ít nhất một trong các điều kiện

sau được thỏa mãn
lim f ( x) = y0, lim f ( x) = y0.

x→+∞

x→−∞

Ví dụ 3: Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào sai?
1

1

4

dx
1
= ln ( 2 x + 1) .
A. ∫
2x + 1 2
0
0

B.

∫
0

−1

dx

−1
C. ∫ = ln x −2 .
x
−2

D.

4
dx
= 2x +1 .
0
2x +1

π
4

π
dx
4 .
=
tan
x
∫0 cos2 x
0

Phân tích phương án nhiễu.
1

Phương án A: Sai do HS hiểu rằng

dx

∫ 2x + 1 = ln 2x + 1
0

đoạn [ 0;1] thì 2x+ 1> 0 nên một nguyên hàm của
4

Phương án B: Sai do HS hiểu rằng

∫

0

(
4

∫

0

)

2x + 1 ' =
dx
2x + 1

1
2 2x + 1

).

Nhưng

thực

. Nhưng thực chất trên

0

1
1
là ln(2x+ 1).
2x+ 1
2

dx
2x + 1

chất

1

(

= 2 2x + 1

)

4

0

2x + 1 ' =

(vì HS hiểu rằng

( 2x + 1) ' =

2 2x + 1

1
2x + 1

nên

4

= 2x + 1 .
0

Phương án D: Sai do HS nhớ nhầm rằng

π
4

π
dx
4.
=
cot

x
∫0 cos2 x
0

Cũng có thể học sinh chọn do nghĩ đề bài yêu cầu chọn phương án Đúng.

5


−1

Lời giải đúng: Ta có
nguyên hàm của
Chú ý:

∫

dx
= ln( x)
x
−2

∫

−1
−2

. Hơn nữa trên đoạn [ −2;−1] thì x < 0 nên một

1

phải là ln(− x) . Do vậy phương án sai là C.
x

ln x + C, x > 0
dx
= ln x + C = 
.
x
ln(− x) + C, x < 0

2
Ví dụ 4: Biết rằng tập nghiệm của bất phương trình log 3 ( x − 3 x + 5 ) < 2 là khoảng

( a; b ) . Giá trị của biểu thức
A. 15.

a 2 + b 2 bằng

B. 7.

C. 11.

D. 17.

2
2
2
Lời giải : Ta có log 3 ( x − 3 x + 5 ) < 2 ⇔ x − 3 x + 5 < 9 ⇔ x − 3 x − 4 < 0 ⇔ −1 < x < 4

Suy ra a = −1; b = 4. Do đó a 2 + b 2 = 17 . Chọn D

Phân tích phương án nhiễu.
Phương án A: Sai do HS giải đúng được a = −1; b = 4 nhưng lại tính sai
a 2 + b 2 = 15 hoặc do HS giải sai bất phương trình. Cụ thể:
log 3 ( x 2 − 3x + 5 ) < 2 ⇔ x 2 − 3 x + 5 < 8
⇔ x 2 − 3x − 3 < 0 ⇔

Suy ra a =

3 − 21
3 + 21
< x<
.
2
3

3 − 21
3 + 21
,b =
. Do đó tính được a 2 + b 2 = 15
2
3

Phương án B: Sai do HS giải sai bất phương trình. Cụ thể:
log 3 ( x 2 − 3 x + 5 ) < 2 ⇔ x 2 − 3 x + 5 < 6

⇔ x 2 − 3x + 1 < 0 ⇔

Suy ra a =

3− 5

3+ 5
< x<
.
2
2

3− 5
3+ 5
,b =
. Do đó tính được a 2 + b 2 = 7
2
2

Phương án C: Sai do HS giải sai bất phương trình. Cụ thể:
log 3 ( x 2 − 3x + 5 ) < 2 ⇔ x 2 − 3 x + 5 < 6
⇔ x 2 − 3x − 1 < 0 ⇔

Suy ra a =

3 − 13
3 + 13
.
2
2

3 − 13
3 + 13
,b =
. Do đó tính được a 2 + b 2 = 11 .

2
2

Ví dụ 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình chóp có đỉnh S ( 2;3;5)
và đáy là một đa giác nằm trong mặt phẳng ( P ) : 2 x + y − 2 z − 3 = 0 , có diện tích
bằng 12. Tính thể tích của khối chóp đó.
A. 4.
B. 24.
C. 8.
D. 72.
Phân tích phương án nhiễu.

6


Phương án A: Sai do HS tính sai độ dài chiều cao của hình chóp. Cụ thể:
h = d ( S,( P) ) =

2.2 + 3 − 2.5 − 3
22 + 12 + ( −2 )

2

=1

1
3

Suy ra thể tích khối chóp bằng V = .12.1 = 4
Phương án B: Sai do HS tính đúng độ dài chiều cao nhưng thiếu

1
trong công
3

thức tính thể tích của khối chóp.
Phương án D: Sai do HS tính sai độ dài chiều cao của hình chóp và thiếu

1
3

trong công thức tính thể tích của khối chóp.Cụ thể:
2.2 + 3 − 2.5 − 3
= 6 và V = S .h = 72 .
22 + 12 − 22

h = d ( S,( P) ) =

Lời giải đúng: Chiều cao của khối chóp có độ dài bằng d ( S , ( P ) ) = 2 .
1
3

Suy ra thể tích khối chóp đã cho là V = .12.2 = 8 . Chọn C
Ví dụ 6: Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5Cnn−1 − Cn3 = 0 . Tìm số hạng chứa
n

 x2 1 
x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  − ÷ , x ≠ 0 .
 2 x
35

35
35
A. − x 5 .
B. − .
C. − x 2 .
16
16
2
n ( n − 1) ( n − 2 )
= 0 ⇔ n = 7.
Lời giải: Ta có 5Cnn −1 − Cn3 = 0 ⇔ 5n −
6
5

D.

35 5
x.
16

7

 x2 1 
Do đó ta có khai triển nhị thức Niu-tơn của  − ÷ .
 2 x
4

 x2 
Số hạng chứa x trong khai triển trên là C  ÷
 2

3
7

5

3

35 5
 1
 − ÷ = − x . Chọn A
16
 x

Phân tích phương án nhiễu.
Phương án B: Sai do HS nhầm số hạng chứa x5 với hệ số của số hạng chứa x5 .
Phương án C: Sai do HS viết sai số hạng chứa x5 . Cụ thể là

(x )

2 4

C

3
7

3

35 5
 1

− ÷ = − x .
2  x
2

Phương án D: Sai do HS viết sai số hạng chứa x5 . Cụ thể là
4

3

 x 2   1  35 5
C  ÷ ÷ =
x.
 2   x  16
3
7

Ví dụ 7: Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. Hai mặt phẳng phân biệt không cắt nhau thì song song.

7


B. Nếu mặt phẳng chứa hai đường thẳng cùng song song với mặt phẳng
kia thì hai mặt phẳng đó song song với nhau.
C. Hai mặt phẳng cùng song song với mặt phẳng thứ ba thì song song với
nhau.
D. Hai mặt phẳng cùng song song với một đường thẳng thì song song với
nhau.
Phân tích phương án nhiễu
Phương án B: do không nhớ điều kiện 2 đường thẳng đó phải cắt nhau .

Phương án C: do quên điều kiện hai mặt phẳng phải phân biệt.
Phương án D: do nhớ “Hai đường thẳng phân biệt cùng song song với
đường thẳng thứ ba thì song song với nhau” nên nghĩ nếu là hai mặt phẳng thì
cũng vậy.
Lời giải đúng: Hai mặt phẳng có 3 vị trí tương đối: song song, trùng nhau,
cắt nhau nên nếu hai mặt phẳng đó phân biệt (không trùng nhau) và không cắt
nhau thì song song. Chọn A
Ví dụ 8: Xét các khẳng định sau:
i) Nếu hàm số y = f ( x) xác định trên R thỏa mãn f (−1). f (0) < 0 thì đồ thị
của hàm số y = f ( x) và trục hoành có ít nhất 1 điểm chung.
ii) Nếu hàm số y = f ( x) xác định trên R thỏa mãn

f (−1). f (0) < 0 và

f (0). f (1) < 0 thì đồ thị của hàm số y = f ( x) và trục hoành có ít nhất 2 điểm
chung.
Phát biểu nào sau đây là đúng?
A. Khẳng định i) đúng và khẳng định ii) đúng.
B. Khẳng định i) đúng và khẳng định ii) sai.
C. Khẳng định i) sai và khẳng định ii) đúng.
D. Khẳng định i) sai và khẳng định ii) sai.
Đây là một câu hỏi khó, học sinh có thể liên tưởng đến định lí về giá trị trung
gian của hàm liên tục khi đọc các giả thiết ở hai khẳng định này. Tuy nhiên, các
giả thiết thiếu một điều kiện rất quan trọng là hàm số liên tục. Ta có thể chỉ ra
những tình huống để thấy các khẳng định i) và ii) đều sai.

−1 khi x ∈ R \ { 0}
. Hàm số này không liên tục tại 0.
Xét hàm f ( x ) = 
1 khi x = 0

8


Ta có f (−1). f (0) < 0, f (0). f (1) < 0 và đồ thị của hàm số không có điểm
chung với Ox. Chọn D.
3.2. Xét thiêu trương hợp hoặc quên điều kiên
mx 3
− (m + 1) x 2 + 4 x − 1 có cực
Ví dụ 9: Tập hợp các số thực m để hàm số y =
3
trị là
A. R \ { 1} .

C. R \ { 0;1} .

B. R

D. R \ { 0} .

Lời giải: Ta có y ' = mx 2 − 2(m + 1) x + 4
Xét m = 0, y ' = −2 x + 4 đổi dấu khi qua x=2 nên hàm số có cực trị
Xét m ≠ 0, ∆ ' = (m − 1) 2 > 0 ⇔ m ≠ 1
Chọn A
Phân tích phương án nhiễu: Phương án B: Học sinh nhầm ∆ ' > 0∀m
Phương án C: Học sinh quên không lấy kết quả m=0
Phương án D: Học sinh quên không lấy kết quả m=0 và nhầm ∆ ' > 0∀m
x
x
Ví dụ 10: Với giá trị của tham số m thì phương trình 9 − 2 ( m + 1) 3 + 6m − 3 = 0

có hai nghiệm trái dấu?

A. m < 1 .
D.

1
2

B. m < .

1
2

C. m > .

1
< m <1.
2

Lời giải:
t 2 − 2 ( m + 1) t + 6m − 3 = 0
( *) .
Đặt 3 = t > 0 . Phương trình đã cho trở thành: 144444444424444444443
x

f ( t)

Yêu cầu bài toán ⇔ ( *) có hai nghiệm t1 , t2 thỏa mãn 0 < t1 < 1 < t2
∆ ' > 0
t + t > 0

1
1 2
⇔
⇔ < m < 1 Chọn D
2
t1.t2 > 0
(t1 − 1)(t2 − 1) < 0
1
2

(hoặc có thể áp dụng f (0). f (1) < 0 ⇔ < m < 1 )
Phân tích phương án nhiễu: Phương án A: Học sinh thiếu điều kiện phương
trình (*) có 2 nghiệm phân biệt dương.

9


Phương án B: Học sinh nhầm điều kiện 2 nghiệm ẩn x trái dấu thành 2
1
2

nghiệm ẩn t trái dấu- tức là chỉ giải: 6m − 3 < 0 ⇔ m < , đây là sai lầm mà tương
đối nhiều học sinh mắc phải.
Phương án C: Tương tự phương án B, đồng thời nhớ sai điều kiện 2 nghiệm
thành cùng dấu.
Ví dụ 11: Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =
A. 3.

B. 2.

C. 0.

(

)

x + 3 − 2 sin x
x −x
2

là

D. 1.

Mẫu số có hai nghiệm phân biệt là 0 và 1 nhưng đồ thị không có đường tiệm
cận đứng vì:
lim

(

)

x + 3 − 2 sin x
x −x
2

x →0

(
lim

)

x + 3 − 2 sin x

x →1

x2 − x

sin x x + 3 − 2
.
= 2 − 3 khác vô cực;
x →0
x
x −1

= lim

( x + 3 − 2 ) sin x
2

= lim
x →1

(

)

x + 3 + 2 ( x − 1) x

=

sin1
khác vô cực.
4

Chọn C
Chú ý: Đối với hàm phân thức thì x=a là nghiệm của mẫu thức nhưng không
là nghiệm của tử thức, khi đó đường thẳng x=a mới là tiệm cận đứng của đồ thị.
Ví dụ 12: Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số
y = − x 3 + 3x 2 + 3 ( m 2 − 1) x − 3m 2 − 1 có điểm cực đại và điểm cực tiểu, đồng thời

khoảng cách giữa các điểm cực trị đó không vượt quá 30 13 . Số phần tử của tập
hợp S là
A. 7.
B. 4.
C. 6.
D. 5.
2
2
Lời giải: Ta có y ' = −3x + 6 x + 3 ( m − 1) .

Đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu khi và chỉ khi phương trình
y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0.
Gọi A, B là các điểm cực trị của đồ thị hàm số thì
A ( 1 − m; −2 − 2m 3 ) , B ( 1 + m; −2 + 2m 3 ) .

Từ giả thiết ta có AB ≤ 30 13 ⇔ 2 m 2 + 4m 6 ≤ 30 13 ⇔ 4m6 + m 2 − 2925 ≤ 0
⇔ m 2 ≤ 9 ⇔ −3 ≤ m ≤ 3 .
Kết hợp với điều kiện ta có S = { −3; −2; −1;1; 2;3} .

Do đó phương án đúng là C.
Phân tích phương án nhiễu.
10


Phương án A: Sai do HS không đối chiếu điều kiện m ≠ 0 .
Phương án B: Sai do HS giải sai bất phương trình m 2 ≤ 9 ⇔ 0 ≤ m ≤ 3 và không
đối chiếu với điều kiện m ≠ 0 nên tìm ra được 4 phân tử. Hoặc sai do HS hiểu sai
điều kiện không vượt quá thành AB < 30 13 và có đối chiếu với điều kiện m ≠ 0 .
Phương án D: Sai do HS hiểu sai điều kiện không vượt quá thành AB < 30 13 và
không đối chiếu với điều kiện m ≠ 0 .
Ví dụ 13 : Đầu mỗi tháng bác An gửi tiết kiệm vào ngân hàng ACB một số tiền
như nhau với lãi suất 0,45%/tháng. Giả sử rằng lãi suất hàng tháng không thay
đổi trong 3 năm liền kể từ khi bác An gửi tiết kiệm. Hỏi bác An cần gửi một
lượng tiền tối thiểu T (đồng) bằng bao nhiêu vào ngân hàng ACB để sau 3 năm
gửi tiết kiệm số tiền lãi đủ để mua được chiếc xe máy có trị giá 30 triệu đồng?
A. T = 10050000.
B. T = 25523000.
C. T = 9493000.
D. T = 9492000.
Lời giải: Giả sử bác An gửi số tiền tối thiểu hàng tháng là T (đồng). Đặt r =
0,45%.
Hết tháng thứ nhất bác An nhận được số tiền cả gốc và lãi là
T1 = T + T.r = T.( 1+ r ) .

Hết tháng thứ hai bác An nhận được số tiền cả gốc và lãi là
T2 = T.( 2 + r ) + T.( 2 + r ) .r = T. ( r + 1) + ( r + 1)  .


2

Bằng phương pháp quy nạp toán học, ta chứng minh được rằng sau n tháng gửi
tiết kiệm thì bác An nhận được số tiền cả gốc và lãi là
n
n−1
Tn = T ( 1+ r ) + ( 1+ r ) + ... + ( 1+ r )  .


T
n
Dễ dàng tính được Tn = .( 1+ r ) . ( 1+ r ) − 1 .
r

Suy ra số tiền lãi sau n tháng gửi tiết kiệm là
T
n
.( 1+ r ) . ( 1+ r ) − 1 − Tn.


r
Theo giả thiết, ta có n = 36, L36 ≥ 30 000 000. Suy ra T ≥ 9 493 000. Chọn C
Ln = Tn − Tn =

Phân tích phương án nhiễu.
Phương án A: Sai do HS tính chỉ gửi 35 tháng.
Phương án B: Sai do HS sử dụng công thức của bài toán tính lãi kép và hiểu đề
bài yêu cầu số tiền thu được sau 3 năm đủ để mua xe máy có trị giá 30 triệu
đồng nên tìm được T = 25 523 000.
Phương án C: Sai do HS giải đúng như trên nhưng lại làm tròn T = 9 492 000.
Ví dụ 14: Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm số y =

nghịch biến trên ( - 1;1) .
A. m > 3.

B. m < 3.

C. m £

1
.
3

3- x - 3
3- x - m

1
3

D. m < .

11


3- x - 3
3- x - m
ổ
ử
1 ữ
ỗ
ữ

x

(0;1)
t
ẻ
;3
ỗ
do
nờn
ữ
ỗ
ố3 ữ
ứ

Li gii: Xột hm s y =
t t = 3- x

t - 3 yÂ= - m + 3
2
y=
;
t- m
( t - m)

Ta cú hm s t = 3- x nghch bin trờn ( - 1;1)
3- x - 3
nghch bin trờn khong
3- x - m
ổ
1 ử

t- 3
ữ
y=
ng bin trờn khong ỗỗỗ ;3ữ
ữ
ữ
ố3 ứ
t- m
ỡ
ỡù - m + 3 > 0 ùùù m < 3
ùù
ùù ộ
1
ử
ờm Ê 1 m Ê . Chn C

1
ớ
K: ùớù m ẽ ổ
ữ
ỗ
ù
ờ
;3ữ
3
ỗ
3
ữ
ùù
ùù ờ

ỗ
ữ
ố3 ứ
ợù
ùù ờm 3
ợở

Do ú: Hm s y =

( - 1;1)

khi hm s

Phõn tớch phng ỏn nhiu : Phng ỏn A: Hc sinh ngh rng ch cn y õm,
õy l sai lm m rt nhiu hc sinh mc phi.
Phng ỏn B: Hc sinh cú suy ngh tt hn, xong li quờn iu kin mu s
khỏc khụng
Phng ỏn D: Hc sinh ly iu kin cht( dn n sai)
Chỳ ý: Cho hm s y = f (u ( x)) xỏc nh trờn K, hm s t = u ( x) xỏc nh trờn J,
cú tp giỏ tr T. Nu hm s t = u ( x) ng bin trờn J, thỡ hm s y = f (u ( x)) ng
bin(nghch bin) trờn K khi hm s y = f (t) ng bin(nghch bin) trờn T. Nu
hm s t = u ( x) nghch bin thỡ ngc li.
log 2 ( x 2 + 3 x) 2
= 0 l
Vớ d 15: S nghim thc ca phng trỡnh
log 2 x
A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Nu hc sinh ch chỳ ý n iu kin x > 0 v gii phng trỡnh
log 2 ( x 2 + 3 x) 2 = 0, cú 2 kt qu l x = 4 (khụng tha món x > 0) v x = 1 thỡ
chn phng ỏn B. Tuy nhiờn, x = 1 khụng tha món iu kin mu s khỏc 0.
Vỡ vy phi chn phng ỏn A.
Vớ d 16: Tỡm cỏc giỏ tr thc ca tham s m hm s
1
y = x 3 mx 2 + (m 2 4) x + 3 t cc i ti x = 3 .
3
A. m = 1;5 .
B. m = 1 .
C. m = 5 .

D. m = 7 .

Phng ỏn ỳng l C:

12


1
3

Hàm số y = x3 − mx 2 + (m2 − 4) x + 3 có y ' = x 2 − 2mx + m 2 − 4 và y '' = 2 x − 2m .
Điều kiện cần để hàm số đạt cực đại tại x = 3 là
m = 1
y ' ( 3) = 0 ⇔ m 2 − 6m + 5 = 0 ⇔ 

.
m = 5

Thử lại: với m = 1 thì y '' ( 3) = 2.3 − 2 = 4 > 0 nên hàm số không đạt cực đại tại x = 3.
Với m = 5 thì y '' ( 3) = 2.3 − 10 = −4 < 0 nên hàm số đạt cực đại tại x = 3. Vậy giá trị
m cần tìm là m = 5.
Phương án nhiễu A: Học sinh chỉ sử dụng điều kiện cần để hàm số đạt cực trị tại
x0 là y ' ( x0 ) = 0 mà không dùng điều kiện đủ để kiểm tra lại.

Phương án nhiễu B, D: Học sinh không biết cách giải quyết nên chọn bừa.
Ví dụ 17: Tìm m để phương trình 1 + 3sin 2 x cos 2 x - m cos 2 2 x = 0 có nghiệm
thuộc khoảng
A. m >1 .

æ πö
ç
0; ÷
÷
ç
÷.
ç
è 4ø

B. m ³ 1 .

D. m ³ -

C. 1 < m < 5 .

æ πö

÷
÷nên 2 x Î
Lời giải: Do x Î çççè0; ø
4÷

5
.
4

æ πö
ç
0; ÷
÷
ç
÷, vì vậy
ç
è 2ø

1 + 3sin 2 x cos 2 x - m cos 2 2 x = 0 Û tan 2 2 x + 3 tan 2 x = m - 1 .

Yêu cầu bài toán đưa về tìm m để phương trình t 2 + 3t +1 = m có nghiệm dương.
Dùng bảng biến thiên ta được m >1 , chọn A.
Phân tích phương án nhiễu:
Phương án B: nhầm lẫn giữa chọn mút và không;
Phương án C: nhầm giữa 2x và x nên tìm điều kiện phương trình t 2 + 3t +1 = m
có nghiệm t Î (0;1) ;
Phương án D: chỉ dùng điều kiện ∆ ³ 0 .
Ví dụ 18: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình
log 3 ( x 2 + 3) +

m
log
2

x 2 +3

3 = 6 có hai nghiệm?

A. 3.
B. 4.
Lời giải đúng:
Phương trình đã cho tương đương với
log 3 ( x 2 + 3) +

C. 5.

m
- 6=0.
log3 ( x 2 + 3)

Đặt t = log3 ( x 2 + 3) , khi đó phương trình trở thành
- t 2 + 6t = m .
Nhận xét:

D. 8.

(1)

(2)

13


+ Ta có t = log3 ( x 2 + 3) ³ 1 ;
+ Với mỗi t >1 , ta giải ra được hai nghiệm x , riêng t = 1 , ta giải được một
nghiệm x = 0 .
Do đó, để (1) có hai nghiệm khi và chỉ khi (2) có đúng một nghiệm t >1 , nghiệm
còn lại nếu (nếu có) phải nhỏ hơn 1. Dùng bảng biến thiên ta giải được m < 5 hoặc
m = 9 , suy ra có 5 giá trị m thỏa đề bài, chọn C.
Phân tích phương án nhiễu:
Phương án D: HS chỉ hiểu đơn giản để (1) có hai nghiệm Û (2) có hai nghiệm
Û ∆ >0 ;
Phương án A: biết đến điều kiện t >1 nhưng chưa nắm được quan hệ giữa số
nghiệm t và số nghiệm x ;
Phương án B: giống phương án A nhưng điều kiện t ³ 1 .
2
Ví dụ 19: Số nghiệm thực của phương trình 2log 2 ( 3 x + 2 ) = log 2 x là

A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Vì có hệ số 2 ở vế trái nên học sinh có thể nghĩ ngay đến công thức
log 2 x 2 = 2log 2 x khi x dương, học sinh biến đổi về 3 x + 2 = x ⇔ x = −1. Giá trị
này không thỏa mãn điều kiện để có thể thực hiện được công thức

log 2 x 2 = 2log 2 x, học sinh có thể kết luận phương trình đã cho vô nghiệm.
Sai lầm ở đây là học sinh đưa ra điều kiện mới x > 0 để biến đổi và làm mất
nghiệm. Lời giải đúng như sau:
3x + 2 > 0

2log 2 ( 3 x + 2 ) = log 2 x 2 ⇔  x 2 > 0

2
2
log 2 ( 3 x + 2 ) = log 2 x
−2
−2


x > 3
x > 3


1
⇔ x ≠ 0
⇔ x ≠ 0
⇔ x=− .
2

8 x 2 + 12 x + 4 = 0
2
2
3
x
+

2
=
x
)
(



Chọn B. Học sinh cần phải cảnh giác với những biến đổi dẫn đến phương
trình mới có tập xác định khác tập xác định của phương trình ban đầu.
Ví dụ 20: Cho a là một số thực dương và b là một số nguyên, 2 ≤ b ≤ 200 . Hỏi có
2018
bao nhiêu cặp số ( a, b ) thỏa mãn điều kiện ( logb a ) = log b a 2018 ?

A. 198

B. 199

C. 398

D. 399

14


Lời giải sai: ( logb a )

2018

= 2018log b a ⇔ ( log b a )

2017

= 2018 , tức là bỏ mất trường hợp

log b a = 0 , từ đó dẫn đến chọn đáp án B.

Lời giải đúng : Ta có

( logb a )

2018

= log b a 2018 ⇔ ( log b a )

2018

log b a = 0
= 2018log b a ⇔ 
2017
= 2018
( log b a )

a = 1
a = 1
⇔
⇔
.

2017

2017
2018
 a = b 2018
log b a =

Do a là số thực dương nên với mỗi số nguyên b thỏa mãn điều kiện
2 ≤ b ≤ 200 thì sẽ tạo ra một cặp số ( a; b ) thỏa mãn yêu cầu đề bài

200 − 2 
+ 1÷ = 398 cặp. Vậy ta chọn C
 1



Do vậy có 2 × 

3.3. Biên đổi sai biểu thức hoặc tính toán sai
Ví dụ 21: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm
A ( 2;1; −3) , B ( 1;0; −1) và đường thẳng d :

x +1 y − 2 z
=
= . Đường thẳng ∆ vuông
2
−1
1

góc với cả hai đường thẳng AB và d thì có vectơ chỉ phương là vectơ nào trong
các vectơ dưới đây?
ur

uu
r
uu
r
uu
r
A. u1 = ( 1; −5;3) .
B. u2 = ( 1;5;3) .
C. u3 = ( 4; 2;3) .
D. u4 = ( 3;11;5 ) .
uuur

Lời giải đúng: Ta có AB = ( −1; −1; 2 ) và đường thẳng d có vectơ chỉ phương là
r
u = ( 2; −1;1) .
uuur r

Ta có  AB, u  = ( 1;5;3) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆. Chọn B

Chú ý: Đường thẳng ∆ vuông góc với hai đường thẳng d1 và d 2 có vtcp lần lượt
r
ur uu
r
ur uu
r


u
=
u

;
u
∆
u
;
u
∆
là 1 2 . Lúc này đường thẳng có vtcp
 1 2 .

Phân tích phương án nhiễu.

uuu
r r

Phương án A: Sai do HS tính sai  AB, u  = ( 1; −5;3) do sắp xếp sai thứ tự trong
công thức tính tích có hướng của hai vectơ.
Phương án C: Sai do HS xác định sai vectơ chỉ phương của d nên tính sai tọa
r

độ vectơ chỉ phương của ∆ . Cụ thể : u = ( −1; 2;0 ) là một vectơ chỉ phương của d.
uuur r

Suy ra ∆ nhận vectơ −  AB, u  = ( 4; 2;3) làm một vectơ chỉ phương.
uuu
r

Phương án D: Sai do HS xác định sai tọa độ của vecto AB = ( 3;1; −4 ) nên tính sai
uuur r

tọa độ vectơ chỉ phương của ∆ . Cụ thể ∆ nhận vecto −  AB, u  = ( 3;11;5 ) làm một
vectơ chỉ phương.

15


Ví dụ 22: Tìm số giá trị nguyên của tham số thực m để hàm số
y = ( x 2 + mx + 6 )

3+ 2

A. 9.

xác định trên ¡ .
B. 5.

C. 10.

Lời giải: Hàm số y = ( x 2 + mx + 6 )

3+ 2

D. 6.

xác định trên ¡ khi và chỉ khi

x 2 + mx + 6 > 0, ∀x ∈ ¡ ⇔ m 2 − 4.1.6 < 0 ⇔ −2 6 < m < 2 6.

Suy ra các giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán là
−4; −3; −2; −1;0;1; 2;3; 4 . Vậy số 9 có giá trị nguyên tham số m . Chọn A

Phân tích phương án nhiễu.
Phương án B: Sai do HS tính sai biệt thức ∆ = m 2 − 6 < 0 ⇔ − 6 < m < 6 nên tìm
được 5 giá trị .

Phương án C: Sai do HS đếm sai. Cụ thể là có 5 số nguyên thuộc 0; 2 6 ) ,
khoảng ( −2 6; 2 6 ) là khoảng đối xứng nên trong khoảng ( −2 6; 2 6 ) có 10 số
nguyên.
Phương án D: Sai do HS giải sai như phương án B nhưng đếm sai như phương
án C.
Chú ý: Tập xác định của hàm số lũy thừa y = x a tùy thuộc vào giá trị α . Cụ thể
-Với α nguyên dương, tập xác định là ¡ ;
- Với α nguyên âm hoặc bằng 0, tập xác định là ¡ \ { 0} ;
- với α không nguyên, tập xác định là ( 0; +∞ ) .
Ví dụ 23: Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ . Gọi α là góc giữa đường thẳng
AC’ với mặt phẳng ( ABCD ) . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A.

2π
π
≤α ≤ .
9
4

B.

π
π
<α < .
4
3

C.

π
2π
<α <
.
6
9

D.

π
π
≤α ≤ .
9
6

Lời giải: Ta có AC là hình chiếu vuông góc của AC '
trên mặt phẳng ( ABCD ) .
Lại do CC ' ⊥ ( ABCD ) nên tam giác C ' AC vuông tại
C .

(

) (

)

·

Suy ra AC ', ( ABCD ) = ·AC ', AC = C· ' AC = α . .

Ta có tan α =

CC '
2
π
2π
=
⇒ <α <
AC
2
6
9

Phân tích phương án nhiễu
Phương án A: Sai do HS tính được tan α

π
2
và cho rằng α = .
4
2

16


Phương án B: Sai do HS tính sai tan α =

AC

π
π
= 2 nên suy ra < α <
.
AC '
4
3

Phương án D: Sai do HS tính sai tan α =

π
CC '
3
=
nên suy ra α =
6
AC ' 3

Ví dụ 24: Gọi S là tập hợp các nghiệm thuộc đoạn [ −2π ; 2π ] của phương trình
cos 3 x + sin 3x 

5  sin x +
÷ = cos 2 x + 3 .
1 + 2sin 2 x 

Giả sử M , m là phần tử lớn nhất và nhỏ nhất của tập hợp S. Tính H = M − m .
10π
11π
7π
.

.
A. H = 2π .
B. H =
C. H =
D. H = .
3
3
3
Lơi giải: Điều kiện 1 + 2sin 2 x ≠ 0.
cos 3 x + sin 3 x 

Với điều kiện trên, ta có 5  sin x +
÷ = cos 2 x + 3
1 + 2sin 2 x 


sin x ( 1 + 2sin 2 x ) + cos 3 x + sin 3 x
= cos 2 x + 3
1 + 2sin 2 x
⇔ 5cos x = cos 2 x + 3 ⇔ 2 cos 2 x − 5cos x + 3 = 0
1
π
⇔ cos x = ⇔ x = ± + k 2π , k ∈ ¢.
2
3
⇔ 5.

5π π π 5π
Vì x ∈ [ −2π ; 2π ] nên ta tìm được các nghiệm là − ; − ; ; .
3

Suy ra M =

3 3

3

5π
5π
10π
; m = − . Do đó H =
. Chọn B
3
3
3

Phân tích phương án nhiễu.
π
nên H = 2π .
3
1
π
Phương án C: Sai do HS giải sai cos x = ⇔ x = ± + k 2π , k ∈ ¢ nên tìm được các
2
6

Phương án A: Sai do HS xác định sai m = −

11π π π 11π
11π

;− ; ;
.Suy ra H =
.
6
6 6 6
3
1
π
2π
Phương án D: Sai do HS giải sai cos x = ⇔ x = + k 2π hoặc x = + k 2π , k ∈ ¢.
2
3
3
5π 4π π 2π
7π
Do đó tìm các nghiệm là − ; − ; ;
.Suy ra H = .
3
3 3 3
3

nghiệm −

3.5. Sử dụng máy tính casio
Tình trạng học sinh quá tin tưởng vào máy tính và yên tâm dùng kết quả
được tìm nhờ máy tính cũng là một trong những sai lầm, khiến các em mất
điểm, đặc biệt là đối với bài toán tính tích phân hoặc tính giới hạn .
100

Ví dụ 25: Tính tích phân I =

∫
0

4 x -1
dx.
2x + 1

17


A. I =

2100 − 100.ln 2 − 1
ln 2

B. I =

C. I =

2101 − 1
2.ln 2

D. I =

1625
ln 2
2100 + 1
ln 2

Với bài toán này, nếu học sinh dùng máy tính để bấm thì kết quả ở
phương án nào cũng đúng(do máy tính làm tròn)
100

Lời giải đúng: I =

∫
0

4 x -1
dx =
2x + 1

100

∫
0

100

2x
2100 − 100.ln 2 − 1
(2 − 1)dx = (
− x) =
.
ln 2
ln 2
0
x

Chọn A
Một số học sinh còn quá tin vào các ”bí kíp’’ casio trên mạng dẫn đến
không hiểu bản chất toán học, ảnh hưởng không tốt đến tư duy toán học.
Trên đây là một số sai lầm phổ biến mà học sinh mắc phải. Những sai lầm
này phần lớn xuất phát từ sự thiếu chắc chắn về kiến thức cộng với thói quen
làm bài thường gặp những “tình huống thuận lợi” dẫn tới tư tưởng chủ quan,
nóng vội, cẩu thả. Đôi khi cũng gặp phải ở tình huống các em bị áp lực tâm lí
khi làm bài dẫn tới trạng thái không kiểm soát nổi hành vi của bản thân.
Để hạn chê những sai lâm trong giải toán trắc nghiêm, học sinh và giáo
viên cân chú ý
 Học cẩn thận các khái niệm, các định lí toán học. Chú ý các điều kiện
liên quan trong mỗi mệnh đề đúng đã biết để không bị lừa khi câu hỏi có
nội dung gần giống với các mệnh đề nhưng điều kiện đã thay đổi.
 Học cẩn thận các mệnh đề đúng về phương trình tương đương, hệ
phương trình tương đương và bất phương trình tương đương.
 Không ngộ nhận kết quả tổng quát thông qua một số trường hợp riêng.
 Biến đổi biểu thức cẩn thận và tính toán cẩn thận.
 Trong một số trường hợp, cần dùng máy tính bỏ túi để kiểm tra lại kết
quả, chứ không quá phụ thuộc vào máy tính.
 Với loại câu hỏi trắc nghiệm có 4 phương án gồm 1 phương án đúng và
3 phương án nhiễu như hiện nay, cần kết hợp cả việc loại trừ phương án
nhiễu để tìm ra phương án đúng.
 Để khắc phục những sai lầm đó, ngoài những biện pháp đã nêu, người
giáo viên vẫn cần phải giúp các em học sinh rèn luyện các đức tính cẩn
thận, tỉ mỉ, kiên trì và đặc biệt là khắc phục những điểm yếu tâm lí khi
làm bài. Giáo viên cũng nên tạo cho học sinh thói quen “tự vấn”, “tự
phản biện” khi làm bài để phát hiện và hạn chế tối đa các sai lầm mắc
phải.
4. Hiêu quả của sáng kiên kinh nghiêm.
Sau khi tiến hành thử nghiệm dạy lớp 12A3, Lớp đối chứng là 12A10trường THPT Hoằng Hóa 4; hai lớp này có lực học là tương đương; qua quá

18


trình thiết kế bài soạn, thực nghiệm giảng dạy và kiểm tra đánh giá kết quả, tôi
thấy rằng:
Qua đợt khảo sát chất lượng Lớp 12 của Sở giáo dục đào tạo Thanh Hóa, đề
thi hay, phù hợp và bám sát với thi THPT Quốc Gia.
Kết quả thu được như sau :
Điểm 1-3
3.2-4.8 5-6.4
6.4-7.8 8-8.8 9-9.8
10
Tổng
Lớp

số

12A10

6

10

14

9

6

0

0

45

12A3

0

6

18

12

8

1

0

45

C. KẾT LUẬN
1. Kết luận.
Nghiên cứu, phân tích một số sai lầm của học sinh khi giải toán trắc
nghiệm có ý nghĩa rất lớn trong quá trình dạy- học vì khi áp dụng sáng kiến này
sẽ giúp học sinh nhìn thấy được những điểm yếu và những hiểu biết chưa thật
thấu đáo của mình về vấn đề này từ đó phát huy ở học sinh tư duy độc lập, năng
lực suy nghĩ tích cực chủ động củng cố trau rồi thêm kiến thức, kinh nghiệm từ

19


đó làm chủ được kiến thức, khắc phục được sai lầm, đạt được kết quả cao trong
quá trình học tập và sẽ hạn chế những sai lầm, đạt được điểm cao hơn trong kỳ
thi THPT Quốc gia sắp tới.
Bài viết chắc chắn còn nhiều thiếu sót rất mong được sự đóng góp ý kiến,
phản hồi của các đồng nghiệp.
2. Kiến nghị.
-Từ kết quả nghiên cứu đã đạt được trên đây, tôi xin mạnh dạn đề xuất một số
kiến nghị như sau:
Một là, đối với Sở giáo dục và đào tạo: Cần tổ chức tập huấn cho giáo viên
nhiều hơn nữa về việc đổi mới phương pháp dạy học, đặc biệt là tập huấn việc ra
đề trắc nghiệm.
Hai là, đối với nhà trường: cần tạo điều kiện thuận lợi về cơ sở vật chất, trang
thiết bị hỗ trợ giáo viên. Có chế độ khen thưởng kịp thời đối với giáo viên có
nhiều sáng kiến kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy.
Ba là, đối với giáo viên: Cần phối hợp nhiều phương pháp dạy học tích cực
trong quá trình dạy học, đổi mới phương pháp theo hướng tích cực hóa người
học, tích cực soạn giáo án liên môn tích hợp và giảng dạy.
XÁC NHẬN CỦA ĐƠN VỊ
Hoằng Hóa, ngày 26 tháng 5 năm 2018.
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác

Người viết

Nguyễn Văn Trường

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Đoàn Quỳnh(Tổng chủ biên), Nguyễn Huy Đoan(Chủ biên), Nguyễn Xuân
Liêm, Trần Phương Dung, Đặng Hùng Thắng(2007), Đại số và Giải tích 12,
11; Đoàn Quỳnh(Tổng chủ biên), Văn Như Cương, Phạm Khắc Ban- sách
Hình Học 12(nâng cao), NXB Giáo dục.

20


2. Đề minh họa, đề thử nghiệm môn Toán THPT Quốc Gia của Bộ giáo dục;
các đề thi thử của các Sở giáo dục, các trường THPT trên toàn quốc.
3. Giải một bài toán như thế nào, Tác giả G.Polya, NXB Giáo dục.
4. Các đợt tập huấn của Sở Giáo dục và đào tạo Thanh Hóa.
GIÁO
VÀ ĐÀO
TẠO
THANH
5. Các tài liệuSỞ
tham
khảo DỤC
trên Internet,
nhóm
Word
Toán HOÁ
TRƯỜNG THPT HOẰNG HÓA 4
/>
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHÂN TÍCH MỘT SỐ SAI LẦM THƯỜNG GẶP CỦA HỌC
SINH KHI GIẢI CÁC BÀI TOÁN TRẮC NGHIỆM VÀ

HƯỚNG KHẮC PHỤC

Người thực hiện: Nguyễn Văn Trường
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán

THANH HOÁ NĂM 2018
21


MỤC LỤC
A. Mở đầu ……………………………………………. Trang 1
1. Lí do chọn đề tài…………………………………. Trang 1
2. Mục đích nghiên cứu…………………………….. Trang 1
3. Đối tượng nghiên cứu……………………………. .Trang 2

22


4. Phương pháp nghiên cứu…………………………..Trang 2
B. Nội dung…………………………………………….Trang 3
1. Cơ sở lí luận……………………………………….Trang 3
2. Thực trạng ………………………………….... .…..Trang 3
3. Các giải pháp …………..……………………... …..Trang 3
4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm………….. …Trang 19
C. Kết luận…………………………………………. ..Trang 20
Tài liệu tham khảo…………………………………….

DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH

NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN

23


Họ và tên tác giả: Nguyễn Văn Trường
Chức vụ và đơn vị công tác: Tổ phó tổ Toán trường THPT Hoằng Hóa 4

TT

1.

Tên đề tài SKKN

Cấp đánh giá xêp
loại
(Ngành GD cấp
huyện/tỉnh; Tỉnh...)

Ứng dụng số phức vào chứng Sở GD_ĐT

Kêt quả
đánh giá
xêp loại
(A, B, hoặc C)

Năm học
đánh giá
xêp loại

C

2010-2011

C

2012-2013

C

2014-2015

C

2016-2017

minh đẳng thức và bất đẳng
2.

thức
Sử dụng phương pháp tọa độ Sở GD_ĐT
không gian vào giải một số

3.

bài toán đại số Lớp 12
Hướng dẫn học sinh sử dụng Sở GD_ĐT
máy tính bỏ túi giải một số
bài hệ phương trình trong các

4.

đề thi đại học
Một số kinh nghiệm hướng Sở GD_ĐT
dẫn học sinh Lớp 12 giải bài
toán trắc nghiệm thực tế

5.
...
----------------------------------------------------

24