(Sáng kiến kinh nghiệm) một cách giải quyết hiệu quả các bài toán TNKQ bằng việc cụ thể hóa và kết hợp máy tính bỏ túi

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA

TRƯỜNG THPT HOẰNG HÓA 4

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT CÁCH GIẢI QUYẾT HIỆU QUẢ CÁC BÀI TỐN TNKQ
BẰNG VIỆC CỤ THỂ HĨA VÀ KẾT HỢP MÁY TÍNH BỎ TÚI

Người thực hiện : Nguyễn Thị Tuyên.
Chức vụ : Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực môn : Tốn

THANH HĨA NĂM 2019


MỤC LỤC

1. MỞ ĐẦU

1

1,1.Lý do chọn đề tài

1

1.2. Mục đích nghiên cứu của đề tài
1.3. Đối tượng nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu :
2.NỘI DUNG

1
2
2
2

2.1.Cơ sở lý luận

2

2.2.Cơ sở thực tiễn

3

2.3. Các bước đã tiến hành để giải quyết vấn đề
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
3. KẾT LUẬN

18
18
18

3.1 .Kết quả nghiên cứu
3.2 .Kiến nghị ,đề xuất
PHỤ LỤC

19


1

1. MỞ ĐẦU
1.1.Lý do chọn đề tài
Trong những năm gần đây, chuyển sang thi TNKQ mơn Tốn cho HS ở
trường THPT nhìn chung bắt đầu quen với làm bài trắc nghiệm nhưng vẫn cịn
bị hạn chế. Khơng ít em cịn thói quen làm tự luận thuần túy hoặc thấy áp dụng
chưa linh hoạt giữa tự luận và sử dụng hiệu quả máy tính bỏ
túi(MTBT) .Nguyên nhân dẫn đến hiện trạng trên có thể do các em chưa thật
linh hoạt khi phối hợp các phương pháp làm TNKQ và sáng tạo trong q trình
giải tốn. Một ngun nhân nữa là đề thi mơn Tốn khó và phương pháp dạy
của GV chưa thật sự hấp dẫn,...
Yêu cầu của giáo dục hiện nay địi hỏi phải đổi mới phương pháp dạy học
mơn tốn theo hướng phát huy tính tích cực, chủ động sáng tạo của học sinh.
người giáo viên phải gây được hứng thú học tập cho HS, từ đó HS chủ động
khám phá ra kiến thức.
Vì vậy, tơi chọn đề tài:’’ MỘT CÁCH GIẢI QUYẾT HIỆU QUẢ CÁC
BÀI TOÁN TNKQ BẰNG VIỆC CỤ THỂ HĨA VÀ KẾT HỢP MÁY
TÍNH BỎ TÚI’’ Trong SKKN này tôi muốn đưa ra một cách để cải thiện thực
trạng trên bằng cách dạy cho HS một cách giải một số bài tốn bằng cách” cụ
thể hóa’ .Có nghĩa ở một bài nào đó tìm kết luận tổng quát ta có thể chọn một
cái đại diện để lấy được tính chất mà đề bài u cầu. Điều đó cần các em phải
quan sát và nhạy bén mới đưa ra cái đại diện để áp dụng. Học sinh cần có khả
năng khái qt cao, sự suy luận lơgic chặt chẽ, năng lực tư duy lơgic chính xác,
biết cách quan sát, phân tích, tổng hợp, so sánh, dự đốn, suy luận.
1.2. Mục đích nghiên cứu của đề tài.
SKKN này tơi muốn nghiên cứu về một cách tiếp cận TNKQ trong toán
học bằng cách chọn’’ cái đại diện’’để giải quyết những bài tốn ở các mức độ
thơng hiểu vận dụng,vận dụng cao
1.3. Đối tượng nghiên cứu

2

Đề tài này nghiên cứu việc cụ thể hóa các giả thiết của đề toán để đưa ra cái
đại diện từ đó kết luận trong những câu TNKQ của đề toán thi THPTQG.
1.4. Phương pháp nghiên cứu :
Để thực hiện đề tài này, tôi đã sử dụng các phương pháp sau :
* Nghiên cứu tài liệu :
Các đề thi thử THPTQG
* Nghiên cứu khảo sát thực tế :
Phát phiếu điều tra tìm hiểu thực tế
2.NỘI DUNG
2.1.Cơ sở lý luận
Muốn HS làm đề tốn TNKQ hiệu quả thì địi hỏi người giáo viên phải đổi
mới phương pháp dạy học như thế nào để phù hợp với tình hình thực tiễn là chỉ
90 phút cho 50 câu.Vừa phải nhanh ,vừa phải chắc chắn mà phải được nhiều đối
tượng học sinh làm được . Dựa trên ngun lý tơi hay nói đùa với học sinh là
“nếu nó đúng với cả làng thì nó phải đúng với một anh trong làng chứ’’ tôi đã
đưa ra một cách để giải các bài toán bằng cách cụ thể hóa cái giả thiết để lấy kết
quả theo yêu cầu .
2.2.Cơ sở thực tiễn
Thực tế cho thấy HS đều tiếp thu theo lối mịn cứng nhắc, khn mẫu tự luận
Cũng vì thói quen này mà HS chưa tập làm quen với làm TNKQ như thế nào
cho hiệu quả .
2.3. Các bước đã tiến hành để giải quyết vấn đề
Phần tiến hành giải quyết những thực trạng nói trên chính là những ý
tưởng và biện pháp cụ thể nêu trong từng bài ở phần nội dung .Mỗi bài đều
đưa ra dấu hiệu để tìm ra cái đại diện cho giả thiết đó và việc vận dụng linh


3

hoạt máy tính bỏ túi để chọn ra đáp án .Cũng có một số bài tốn vận dụng
và vận dụng cao học sinh giỏi sẽ có thể chọn cách tự luận, có thể ngắn hơn
nhưng địi hỏi tư duy phải rất nhạy bén. Ở đây tôi chọn một giải pháp cho
học sinh khá, TB khá trở lên khơng những có thể làm mà làm hiệu quả hơn
cả tự luận. Và một hiệu quả nữa là sự chính xác. Tơi sẽ trình bày ra một số
ví dụ cả cách tự luận trích từ lời giải chi tiết của các trường để so sánh ưu
nhược của phương pháp tôi đưa ra( Ở một số ví dụ tơi khơng đưa ra lời giải
tự luận các bạn có thể theo tên đề xem lời giải trên Internet). Ở mỗi ví dụ
tơi đều phát vấn tìm thấy sự đặc biệt để từ đó chọn hàm phù hợp ngay ở
phần đầu hướng dẫn cách làm .
VD1:(Tổng ôn 8+của thầy Đặng Việt Hùng ) Cho hàm số y= f ( x) liên tục
trên  và có
x



y'

-

Hàm số
A.x= -1

-2
0+

g(x)  f(1  x) 

2

0-

5
0+



x3
 x 2  3x
3
đạt cực tiểu tại điểm nào?

B.x = 3

C.x= -2

D .x= -3

Hướng dẫn cách làm : Nhìn vào dấu hiệu f’(x) có nghiệm bằng -2;2;5
Từ bảng biến thiên ta có hàm số

f '(x)  ( x  5)( x  2)( x  2)  x 3  5 x 2  4 x  20

x4
x3
f (x)   5  2 x 2  20 x
4
3
(1  x) 4
(1  x)3

x3
5
 2(1  x)2  20(1  x)   x 2  3 x
3
3
nhập máy shift d/dx( 4
)/x=alfaX

Calc x= -3 KQ khác 0 nên loại D.
Calc x= 2 KQ khác 0 nên loai C
Calc x= -1 KQ = 0 nên

Calc x= -1,001 KQ >0

Calc x= -0,99 KQ <0 nên loại A .Chọn B (có thể calc bên trái bên phải của
3 kiểm tra lại ) (thực tế trên máy thực hiện các bước này rất nhanh)


4

Lời giải tự luận ( từ Internet)
VD2: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 4 năm 2017-2018) Cho hàm số y= f ( x)
liên tục trên  và có bảng biến thiên như sau

Có bao nhiêu mệnh đề đúng trong số các mệnh đề sau đối với hàm số
g  x  f  2  x  2

?

I. Hàm số g  x  đồng biến trên khoảng  4; 2  .

II. Hàm số g  x  nghịch biến trên khoảng  0; 2  .
III. Hàm số g  x  đạt cực tiểu tại điểm 2 .
IV. Hàm số g  x  có giá trị cực đại bằng 3 .
A. 3 .

B. 2 .

C. 1 .

D. 4 .

Hướng dẫn cách làm: Nhận thấy f’(x) có hai nghiệm là 0;2
x3
f ( x)  a(  x 2 )  b
3
Chọn f’(x) =ax(x-2) thì
đi qua (0;-1) và (2;-2)

nên a= 3/4; b =-1 nhập máy shift d/dx(


3  (2  x)3
 (2  x ) 2   3

4 3


Calc x= -3 KQ < 0 nên I sai
Calc x= 1 KQ < 0 nê II sai
Calc x= -2 KQ khác 0 nên III sai

Cịn đáp án D Khơng có đáp án 0 câu đúng nên chọn C

)/x=alfaX


5

Lời giải tự luận

Chọn C

Từ bảng biến thiên ta có hàm số y  f  x  có
x  0
x  0


f  x  0
 x  2 , f  x  0
 x  2 , f   x   0  0  x  2 và f  0   1 , f  2   2 .


Xét hàm số g  x   f  2  x   2 ta có g  x    f  2  x  .

2  x  0
g x  0  
2  x  2 .
Giải phương trình




Ta có g  x   0   f  2  x   0  f  2  x   0  0  2  x  2  0  x  2 .

2  x  0

g x  0   f  2  x  0  f  2  x  0
2  x  2

x  2
x  0

.

g  0   f  2  0   2  f  2   2  4
.
g  2   f  2  2   2  f  0   2  3

nên IV đúng .chon C

Thực tế với bài này học sinh giỏi cũng muốn làm phương pháp chọn hàm
VD3: (THPT Hoằng Hóa 4 năm 2017-2018) Cho đồ thị hàm số
f  x   x 3  bx 2  cx  d

cắt trục hồnh tại 3 điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 , x3 .
P

Tính giá trị biểu thức
A.

P

1 1

2b c B. P  0

1
1
1


f   x1  f   x2  f   x3 

.

C. P  b  c  d . D. P  3  2b  c .

Hướng dẫn cách làm : Từ giả thiết cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt
có hồnh độ x1 , x2 , x3 .
Chọn:

f (x)  ( x  1)( x  2)( x  3)


6

shift

Dùng

d
(( x  1)( x  2)( x  3) / x  AlfaX

dx

Cacl tại x=1 f’(1) = 2,
x=2 f’(2) = -1
x=3 f’(3) = 2 .Nên P= 0 (B)
Lời giải tự luận Chọn B
3
2
Do đồ thị hàm số f  x   x  bx  cx  d cắt trục hồnh tại 3 điểm phân biệt có

hồnh độ x1 , x2 , x3 nên f  x    x  x1   x  x2   x  x3  .
 f   x    x  x2   x  x3    x  x1   x  x3    x  x1   x  x2 
P

Tacó



.

1
1
1


f   x1  f   x2  f   x3 
1



1

1



 x1  x2   x1  x3   x2  x1   x2  x3   x3  x1   x3  x2 
 x2  x3    x3  x1    x1  x2 
 x1  x2   x2  x3   x3  x1 

0

. Vậy P  0 .

Bài này cho thấy việc chọn cũng không cần nhiều tư duy để chọn được nó
Cách tơi đưa ra chọn hàm hay và nhanh hơn nhiều lại không làm khó học
sinh tính tốn vì có máy tính giải quyết .
VD4: (THPT Phan Châu Trinh-DakLak-lần 2 năm 2017-2018) Cho
f  x  e

1

1
1

x 2  x 1 2

m

. Biết rằng

f  1 . f  2  . f  3  ... f  2017   e n

với m , n là các số tự

m
2
nhiên và n tối giản. Tính m  n .
2
2
2
A. m  n  1 .B. m  n  1 .C. m  n  2018 .

Hướng dẫn cách làm : Nhập máy
calc tại x=1 là 3/2

1

2
D. m  n  2018 .

1
1

x 2  x 1 2

m 3

n 2

calc tại x=2 là 7/6

m 1 7 8
  
n 2 6 3 .hai kết chỉ thỏa mãn A


7

Lời giải tự luận Chọn A
2
2
2
x 2  x  1   x  1  x 2  x  x  1
1
1
1 2


2
2
x  x  1 2
x 2  x  1
x 2  x  1

f  x  e

1

1

1

x 2  x 1 2

Xét dãy số  uk  :

e

x  x 1 1
x  x 1

uk 

2

.

, x  0 .

k  k  1  1
1
1
1
 1
 1 
k  k  1
k  k  1
k k 1

,  k   * .

1 1
1 1
1 1
1
1
u1  1  
u2  1  
u3  1  
u2017  1 

1 2,
2 3,
3 4 , …,
2017 2018 .
Ta có
f  1 . f  2  . f  3 ... f  2017   eu1  u2  u3 ... u2017

.

1
1
20182  1 m
u1  u2  u3  ...  u2017  2017  


1 2018
2018
n.
2

Vậy m  n  1

Ta lại thấy dùng máy tính đã làm công việc nhẹ nhàng hơn nhiều
VD5: (THPT Lê Văn Thịnh-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho các số thực
2017

z

x , y , z thỏa mãn 3x  5 y  15 x  y . Gọi S  xy  yz  zx . Khẳng định nào đúng?

A. S   1; 2016  B. S   0; 2017  .C. S   0; 2018  .D. S   2016; 2017  .
Hướng dẫn cách làm
2017
 log15 3
log
3
Chọn x=1 .Khi đó y= 5 shift sto A và z = 1  A
shift sto B

Khi đó S = A+B+AB=2017

(C)


8


x
u  3


 u  5 y
Lời giải tự luận : Chọn C Đặt

2017
2017
z
z
u  15 x  y
x
y
x y

u  3  5  15


1
x


log u 3



1
 x  log 3 u
 y 

  y  log 5 u
logu 5




2017
 2017  z   log u
 log15 u
z 


15
 x  y
x y



1
1

.
1
 xy 
x

log u 3 log u 5


log u 3



1 

2017


1

 log15 u 
 yz 

 y 
log u 5  log 3 u  log 5 u


log u 5




1 
2017
2017
 log15 u 
 log15 u  zx 
z 


log u 3  log 3 u  log 5 u
log 3 u  log 5 u



.

Khi đó: S  xy  yz  zx




1
1
1 
2017
1 
2017
.

 log15 u  
 log15 u   2017


log u 3 log u 5 log u 5  log 3 u  log 5 u
 log u 3  log 3 u  log 5 u


.

Vậy S  2017   0; 2018  .
Qua VD ta lại thấy sự lợi hại của việc cụ thể x,y,z và kết hợp dùng máy tính
đã đưa ra kêt quả nhanh như thế nào.
VD 6: (THPT Mộ Đức-Quãng Ngãi-lần 1 năm 2017-2018) Trong hệ trục tọa
2

độ Oxy , cho parabol  P  : y  x và hai đường thẳng y  a , y  b  0  a  b  (hình

vẽ). Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol  P  và đường thẳng
y  a (phần tô đen);  S 2  là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol

 P  và


9

đường thẳng y  b (phần gạch chéo). Với điều kiện nào sau đây của a và b thì
S1  S2 ?

3
3
3
3
A. b  4a . B. b  2a . C. b  3a . D. b  6a .

Hướng dẫn cách làm
Hãy chọn a = ? để tiện bấm máy VD a= 4 , S1 có cận là -2va 2 . S1=S2 thì
1
S1  ( S1  S2 )
2
lấy
Khi đó ta lấy b qua các đán án chỉ có đáp án A thỏa mãn .Các

đáp án khác KQ đều khác 0
26 4

2

1
2
3
2 (2 x ) dx  2 6 ( 4.4  x ) dx  0
2 4
2

Lời giải tự luận Chọn A
2
Phương trình hồnh độ giao điểm của parabol  P  : y  x với đường thẳng y  b

2
là x  b  x   b .
2
Phương trình hồnh độ giao điểm của parabol  P  : y  x với đường thẳng y  a

l
x2  a  x   a .
2
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol  P  : y  x và đường thẳng y  b là

b



x3 
b b  4b b
S  2   b  x  d x  2  bx    2  b b 


3 0
3   3


0
.
b

2


10
2
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol  P  : y  x và đường thẳng y  a (phần

a



x3 
a a  4a a

2
ax

S1  2   a  x  d x


  2  a a 

3 0
3   3


0
tô màu đen) là
.
a

2



Do đó

4b b
4a a
 2.

3
3

 b

3

2

 a

3

 b  3 2 a  b  3 4a

Ta thấy rõ được sự hiệu quả ở ví dụ này
VD 7: (THPT Lương Thế Vinh-Hà Nội năm 2017-2018) Biết f  x  là hàm
9

liên tục trên  và
A. 27 .

 f  x  dx  9
0

B. 3 .

4

. Khi đó giá trị của
C. 24 .

 f  3x  3 dx
1

là

D. 0 .

Hướng dẫn cách làm : Cách chọn hàm ở cần một chút tư duy
9

Chọn tạm f ( x)  x
4

 xdx 
0

81
2

2
f ( x)  x
9 để
. Khi đó ta chọn lại

9

2

 9 xdx  9
0

2

 9  3x  3 dx  3

Khi đó 1

( B)

Lời giải tự luận Chọn B
4

Gọi

I   f  3 x  3 dx
1

.

1
 dx  dt
3 . Đổi cận: x  1  t  0; x  4  t  9 .
Đặt t  3x  3  dt  3dx
9

1
I   f  t  dt  1 .9
30
3  3.
Khi đó:

VD 8: (THPT Hồng Quang-Hải Dương năm 2017-2018) Cho hàm số f  x 
1

f  x  f  x  x
e 1 .
liên tục trên đoạn   ln 2;ln 2 và thỏa mãn

11
ln 2

Biết
A.

 f  x  dx  a ln 2  b ln 3  a; b   
. Tính

 ln 2

P

1
2.

P  a b .

B. P  2 .

C. P  1 .

D. P  2 .

Hướng dẫn cách làm
Nhìn giả thiết có thể chọn một hàm số đó chẵn để f(x) =
2 f  x 

1
(e  1)

f  x 

x

1
2(e  1)
x

thì
ln 2



 ln 2

1
2(e  1)
x

f(-x).Khi đó

Nhập máy

dx  A  ln 2 a 3b  e Ax  (2 a 3b ) x

Tính tích phân trên shift sto A (kết quả lưu vào A) .Vào mode 7:
AX
Nhập f ( x)  e ( A là alfa A đã lưu ở trên )

Start : -5,end: 5 ,step : 1 .Nhìn KQ f(x) hữu tỷ bằng 0,25 tại x = - 4.Do đó

1
2ax 3b x  0, 25   30.22  a  2 : (4)  1/ 2, b  0 : ( 4)  0
4

nên

P

1
2 (A)

Lời giải tự luận Chọn A
ln 2

I

Gọi

 f  x  dx

 ln 2

.

Đặt t   x  dt  dx .
Đổi cận: Với x   ln 2  t  ln 2 ; Với x  ln 2  t   ln 2 .
 ln 2

I 

Ta được



f  t  dt 



f  t  dt 

 ln 2

ln 2
ln 2



Khi đó ta có: 2I

ln 2



f  x  dx 

 ln 2

ln 2

 f   x  dx

 ln 2
ln 2



f   x  dx 

 ln 2

ln 2



 ln 2

ln 2

1
dx
x
x
e

1
Xét  ln 2
. Đặt u  e  du  e dx



x

Đổi cận: Với x   ln 2 

u

1
2 ; x  ln 2  u  2 .

.

 f  x   f   x   dx 

ln 2

1
dx
e

1
 ln 2
.



x

12
ln 2

x

ln 2
e
1
1
  x x
dx 
du
d
x

x

e
e

1
u
u

1


e

1




ln
2
 ln 2
Ta được  ln 2

ln 2

ln 2



1 
2
1
 
 du   ln u  ln u  1  1
u u 1 
 ln 2 
2  ln 2



Vậy ta có

a

1

1
b  0 ab 
2,
2

VD 9 (THPT Lê Quý Đôn-Quãng Trị-lần 1 năm 2017-2018) Cho f  x  là
1

3

 f  x d x  4  f  x d x  6

hàm số liên tục trên  và

,

0

A. I  3 .

0

B. I  5 .

1

I

. Tính

 f  2x 1  d x

1

C. I  6 .
1

Hướng dẫn cách làm: Vì có hai giả thiết



f  x d x  4

0

.

D. I  4 .

3

,

 f  x d x  6
0

nên phải

chọn f(x) có hai tham số để có thể tìm ra f(x) .Chọn f(x) = ax+b
1

1

3

3

ax 2
a
ax

b
d
x

 bx   b  4


0
2
2
0
ax 2
9a
ax

b
d
x


 bx 
 3b  6

0 
2
2
0
1

1

1

1

I

 f  2 x  1  d x    2 2 x  1  5 d x  5

Từ đó a= -2,b =5 nên

f(x) = -2x+5

(B)

Lời giải tự luận Chọn B
1
 d x  du
2 . Khi x  1 thì u  1 . Khi x  1 thì u  3 .
Đặt u  2 x  1

I

Nên

0
3
3

1
1

f
u
d
u

f  u  du
f
u
d
u







2  1

2 1
0


0
3

1
   f  u  d u   f  u  d u 
2  1
0
.
1

Xét

 f  x d x  4
0

. Đặt x  u  d x   d u .

Khi x  0 thì u  0 . Khi x  1 thì u  1 .


13

Nên

1

1

0

0

4   f  x  d x    f  u  d u 

Ta có

3

3

0

0

0

 f  u  d u

1

 f  x d x  6   f  u  d u  6

.

.

0
3

1
I    f  u  d u   f  u  d u   1  4  6   5
2  1
0
 2

Nên

Ba VD7,8,9 đều làm tự luận một cách như nhau là đổi biến nhưng mỗi
dạng lại chọn cách đặt hàm đặc trưng khác nhau .Điều này cần sự tinh ý
khi đọc giả thiết để tìm ra hàm phù hợp.
VD10:

(Đề

thi

f  x   ax 3  bx 2  cx 

THPTQG

năm

2018

1
2

2 và g  x   dx  ex  1

mã

101)Cho

hai

hàm

số

 a, b, c, d , e    . Biết rằng đồ thị của

hàm số y  f  x  và y  g  x  cắt nhau tại ba điểm có hồnh độ lần lượt là

3;  1;1 (tham khảo hình vẽ) .

Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng
9
A. 2 .

B. 8 .

C. 4 .

D. 5 .


14

Hướng dẫn cách làm
Nhìn đồ thị ta có thể chọn

f (x)  g(x)  k ( x  1)( x  3)( x  1) .Khi đó từ hệ số

1
1
 1  3k  k 
2 .Nên
không chứa x ta có 2
1

S



3

1
( x  3)( x  1)( x  1) dx  4
2

Câu này để làm tự luận rất dài dòng nhưng theo cách này MTBT đã giải
quyêt rất dễ dàng.
VD11 : (Đề thi thử trên VTV7)Cho
1
A. 4 .



x2

0

B. -1

f (t ) dt  x cos x( x )x  R.

C. 1.

Tính f(4)?
D. 5.

Hướng dẫn cách làm



x2

0

x2

f (t )dt  F (t ) 0  F ( x 2 )  F (0)  x cos x( x)

(*).Khơng khó khăn lắm ta chọn

F(t)= x cos x ( x ) phù hợp với (*). Nên f(4)= shiftd/dx( x cos x ( x ) x=4
bằng -1/4 (A)

Cần chọn lựa F(t) phần còn lại MTBT sẽ thực hiện
VD12: (THTT Số 4-487 tháng 1 năm 2017-2018) Trên mặt phẳng phức tập
hợp các số phức z  x  yi thỏa mãn z  2  i  z  3i là đường thẳng có phương
trình:

A. y  x  1

B. y   x  1 .

C. y   x  1 . D. y  x  1 .

Hướng dẫn cách làm
Vào mode 2 .Nhập vào máy tính
Caclc z=1+i ( đáp án A ) KQ  0
Caclc z = i ( đáp án B ) KQ  0
Caclc z=1-2i ( đáp án C ) KQ  0
Nên đáp án chọn là D

z  2  i  z  3i


15

VD13:(THPTVĩnh Phúc– Lần 2 năm 2017 – 2018)Cho hai số phức z , w thỏa

mãn

z 3

1 1

1
 
và z w z  w . Khi đó w bằng:
1
B. 2 .

A. 3 .

1
D. 3 .

C. 2 .

Hướng dẫn cách làm
1 1
1
3 3 3
 
 w 2  3w  9  0  w   
i w 3
2
2
Chọn z = 3 thì 3 w 3  w

Lời giải tự luận
Chọn A Ta có:

 z  w  zw
1 1
1

zw
1
 


 0  zw z  w  0


 z 2  w2  zw  0
z w zw
zw
zw
2

2

2
2
1 
3 2   z  1 w    3i w   z    1  3 i  w





  z  w   w
2   2 

2 
4

 2 2 


1
3
 z  
i w
2 2
 z  w.

Vậy w  3

VD14: Cho M là tập hợp các số phức

z

thỏa

2 z  i  2  iz

. Gọi z1 , z2 là hai số

z  z 1
P  z1  z2
phức thuộc tập hợp M sao cho 1 2
. Tính giá trị của biểu thức

A. P  3 .

B.

P

3
2 .

C. P  2 .

D. P  2 .

Hướng dẫn cách làm
Đặt z  x  yi với x , y   .
Ta có:

2 z  i  2  iz  2 x   2 y  1 i  2  y  xi  x 2  y 2  1

.(Hoặc dùng máy

tính)
Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức

 O;1 . z1 ,

z

trên mặt phẳng phức là đường tròn

z2 có điểm biểu diễn M,N Có thể hiểu

z1  z2  1

là dây cung MN =


16
2

3
 AB 
r 
 
2 .Do đó ta chọn MN
 2 
2

1 .Nên khoảng cách tâm đến dây cung là

3
3 1
3 1
là dây cung x = 2 thì M( 2 ; 2 ) và N( 2 ;- 2 ) khi đó z1  z2  3 nên P=

P 3

VD15:(SGD Thanh Hóa – năm 2017 – 2018) Cho z1 , z2 là hai trong các số
phức z thỏa mãn điều kiện z  5  3i  5 , đồng thời z1  z2  8 . Tập hợp các điểm
biểu diễn của số phức w  z1  z2 trong mặt phẳng tọa độ Oxy là đường trịn có
phương trình nào dưới đây?
2

2

5 
3
9

x   y  
A.  2   2  4 .

2
2
B.  x  10    y  6   36 .

2
2
C.  x  10    y  6   16 .

5 
3

x   y   9
D.  2   2 
.

2

2

Hướng dẫn cách làm
z1 , z2 có điểm biểu diễn M,N thuộc đường trịn tâm I(5,3) bán kính r = 5:

 x  5

2

  y  3  25
2

.Có thể hiểu z1  z2  8

là dây cung MN = 8 .Nên khoảng

2

cách tâm đến dây cung là

 AB 
r2  
 3
 2 
.Do đó ta chọn MN là day cung y = 0

thì M(9;0) và N(1;0) khi đó w  z1  z2 có 1 điểm là (10,0) chỉ thỏa mãn B
Lời giải tự luận


17

Chọn B
Gọi A , B , M là các điểm biểu diễn của z1 , z2 , w . Khi đó A , B thuộc đường

trịn  C  :  x  5 

2

  y  3  25
2

và AB  z1  z2  8 .

 C  có tâm I  5;3 và bán kính R  5 , gọi

T

là trung điểm của AB khi đó T là

2
2
trung điểm của OM và IT  IA  TA  3 .

Gọi J là điểm đối xứng của O qua I suy ra J  10; 6  và IT là đường trung bình
của tam giác OJM , do đó JM  2 IT  6 .
Vậy M thuộc đường trịn tâm J bán kính bằng 6 và có phương trình

 x  10 

2

  y  6   36
2

.

VD16:(Đề thi thử TRường Lương Đắc Bằng 2019)Cho tứ diện ABCD có
trọng tâm G .Một mặt phẳng qua G cắt các tia DA,DB,DC heo thứ tự tại

A’,B’,C’.Đặt
A.

m

DA '
DB '
DC '
,n 
,p
DA
DB
DC .Đẳng thức nào sau đây đúng?

1
1
1
 2  2 4
2
m n
p

B.

1

1
1
 
4
mn np mp

C.

1 1 1
  4
m n p

D.m n  p  4

Hướng dẫn cách làm
Chọn mp đặc biệt đi qua G song song mp(ABC) Khi đó do tính chất G chia
ID 4
1 1 1 4
     C
đoạn AI theo tỉ lệ GD 3 m n p 3

A’

D

G

B’

C’
B

A
D

18

I

C

2.4. Hiệu quả của SKKN Thơng qua q trình học tập vận dụng các giải
pháp tôi đưa ra và một bài kiểm tra tơi nhận thấy học sinh đã có cái nhìn khơng
căng thẳng về bài tốn vận dụng và vận dụng cao .Trước đó nhìn vào các dạng
này học sinh TB khá, hoặc khá không làm. Học sinh giỏi nháp nhưng đa phần
đi theo hướng tự luận và rất phức tạp và dễ sai về tính tốn và chưa biết vận
dụng linh hoạt MTBT vào từng công đoạn nhỏ để cải thiện về công sức thời gian
và cả độ chính xác. Sự hiệu quả cịn thấy rõ ở chỗ tôi đã kéo được số lượng lớn
các em làm những câu khó .Từ đó các em thấy được sự hiệu quả của phương
pháp cụ thể hóa và các em thích thú mơn tốn hơn.
Kết quả 3 lớp đối chứng
Lớp

Sĩ số

Điểm 9-10

Điểm7-8

Điểm 5-6

Điểm dưới 5

12A9

45

2(4,4%)

5(11,1%)

15(33,3%)

24(53,2%)

12A5

40

1(2,5%)

4(10%)

12(30%)

23(57,5%)

12A7

39

0(0%)

2(5,2%)

12(30%)

23(57,5%)

Kết quả bài kiểm tra của 3 thực nghiệm
Lớp
12A4

Sĩ số
44

Điểm 9-10
8(18,2%)

Điểm7-8

Điểm 5-6

20(45,4%)

12(27,3%)

Điểm dưới 5
4 (9,1%)

19

12A6

42

6(14,3%)

22(52,4%)

9(21,4%)

5(11,9%)

12A3

40

5(12,5%)

19(47,5%)

10(25%)

6 (15%)

3.KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1 Kết luận

Qua hai năm ôn thi lớp 12 thi THPTQG việc giáo viên các mơn cũng như mơn
tốn phải khơng ngừng học hỏi các phương pháp mới vận dụng hiệu quả đẻ giúp
học sinh chiếm lĩnh kiến thức .Với hình thức TNKQ cần phải chạy đua về thời
gian nên việc giáo viên phải có kiến thức tổng hợp cịn phải có khả năng sử
dụng MTBT tốt thì mới có thể hướng dẫn HS cải thiện về mặt thời gian và độ
chính xác.
3.2Kiến nghị
Khi tiến hành dạy tôi mới thấy hiệu quả thật sự nên tôi mong muốn đồng
nghiệp trong tổ của trường tôi cũng như các trường bạn áp dụng .
Trên đây là SKKN của tơi về một cách cải thiện sự khó khăn về trắc nghiệm
mơn tốn chắc chắn khơng khỏi thiếu sót mong các bạn đồng nghiệp góp ý để
hồn thiện hơn cho đề tài. Cuối cùng tôi xin trân trọng cảm ơn những ý kiến
đóng góp bổ ích của các thầy cô trong tổ chuyên môn.
XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 25 tháng 5 năm 2019
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, khơng sao chép nội dung của người khác

Nguyễn Thị Tuyên


20


PHỤ LỤC
Tài liệu tham khảo : Đề thi thử và chính thức THPTQG
Đề kiểm tra sau khi học (15’)
Câu 1: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên R thỏa mãn

π

f  x   f   x   sin x.cos x
2

, với mọi x  R và f  0   0 . Giá trị của tích phân
π
2

 x. f   x  dx
0

bằng A.



π
1
π
1

4 . B. 4 . C. 4 . D. 4 .

Câu 2: (SGD Hà Nội-lần 11 năm 2017-2018) Cho hàm số y  f  x  là hàm lẻ
0

và liên tục trên  4; 4 biết
A. I  10 .



f   x  dx  2

2

2

và

B. I  6 .



f  2 x  dx  4

1

4

. Tính

I   f  x  dx
0

C. I  6 .

.

D. I  10 .

Câu 3: (TT Diệu Hiền-Cần Thơ-tháng 11-năm 2017-2018) Cho z là số phức
1 1
1
 
có mơ-đun bằng 2017 và w là số phức thỏa mãn z w z  w . Mô đun của số

phức w là A. 2015 .

B. 0 .

C. 1 . D. 2017 .

Câu 4: (THPT Phan Châu Trinh-DakLak-lần 2 năm 2017-2018) Cho hàm số
f  x


có đạo hàm trên  và có đồ thị y  f  x  như hình vẽ. Xét hàm số

g  x   f  x2  2

. Mệnh đề nào sau đây sai?

A. Hàm số g  x  nghịch biến trên  1; 0  .

B. Hàm số g  x  nghịch biến

trên    .
C. Hàm số g  x  nghịch biến trên  0; 2  .
trên    .

D. Hàm số g  x  đồng biến


Câu 5: (THPT Nghèn – Hà Tĩnh – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho các số phức
z thỏa mãn z  i  z  1  2i . Tập hợp các điểm biểu diễn các số phức w  z  2i

trên mặt phẳng tọa độ là một đường thẳng. Phương trình đường thẳng đó là:
A. x  4 y  3  0

B. x  3 y  4  0

C.  x  3 y  4  0 D. x  3 y  4  0 .

Đề kiểm tra sau khi học (15’)
Câu 1: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên R thỏa mãn
π

f  x   f   x   sin x.cos x
2

, với mọi x  R và f  0   0 . Giá trị của tích phân
π
2

 x. f   x  dx
0

bằng A.



π
1
π
1

4 . B. 4 . C. 4 . D. 4 .

Câu 2: (SGD Hà Nội-lần 11 năm 2017-2018) Cho hàm số y  f  x  là hàm lẻ
0

và liên tục trên  4; 4 biết
A. I  10 .



f   x  dx  2

2

2

và

B. I  6 .


1

f  2 x  dx  4

4

. Tính

I   f  x  dx
0

C. I  6 .

.

D. I  10 .

Câu 3: (TT Diệu Hiền-Cần Thơ-tháng 11-năm 2017-2018) Cho z là số phức
1 1
1
 
có mơ-đun bằng 2017 và w là số phức thỏa mãn z w z  w . Mô đun của số

phức w là:
A. 2015 . B. 0 .

C. 1 .

D. 2017 .

Câu 4: (THPT Phan Châu Trinh-DakLak-lần 2 năm 2017-2018) Cho hàm số
f  x


có đạo hàm trên  và có đồ thị y  f  x  như hình vẽ. Xét hàm số

g  x   f  x2  2

. Mệnh đề nào sau đây sai?+


A. Hàm số g  x  nghịch biến trên  1; 0  .

B. Hàm số g  x  nghịch biến

trên    .
C. Hàm số g  x  nghịch biến trên  0; 2  .
trên    .

D. Hàm số g  x  đồng biến