SÁNG KIẾN MỘT SỐ GIẢI PHÁP NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG DẠY VÀ HỌC MÔN TOÁN TRONG TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN EBOOK PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

SÁNG KIẾN MỘT SỐ GIẢI PHÁP NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG DẠY VÀ HỌC MÔN TOÁN TRONG TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN

Kính gửi: Hội đồng sáng kiến tỉnh Ninh Bình. Chúng tôi là: Tỷ lệ (%) Trình độ Chức đóng góp vào Ngày tháng Nơi công tác chuyên việc tạo ra năm sinh vụ môn sáng kiến

STT

Họ và tên

1.

Bùi Thị Ngọc Lan

7/10/1972

THPT Yên Khánh A

Phó Thạc sĩ hiệu trưởng

10%

2.

Bùi Thị Lợi

7/8/1978

THPT Yên Tổ Thạc sĩ Khánh A trưởng chuyên môn

10%

3

Vũ Thị Thu Trang

02/09/1984

THPT Yên Khánh A

Giáo Cử nhân viên

60%

4.

Trần Ngọc Uyên

16/5/1980

THPT Yên Khánh A

Giáo Cử nhân viên

10%

5.

Phạm Thị Ngọc Lan

16/6/1979

THPT Yên Khánh A

Giáo Cử nhân viên

10%

1. TÊN SÁNG KIẾN, LĨNH VỰC ÁP DỤNG Tên sáng kiến: “ Một số giải pháp nâng cao chất lượng dạy và học môn Toán trong trường trung học phổ thông” Lĩnh vực áp dụng: Toán THPT. 2. NỘI DUNG a. Giải pháp cũ thường làm. Trước đây khi thi tự luận, số lượng câu hỏi ít, học sinh mất điểm chủ yếu là do không nắm được kiến thức cơ bản, tính toán sai và không biết cách trình bày. Do đó giáo viên trong quá trình dạy học chủ yếu tập trung rèn kĩ năng trình bày bài không thiếu bước, kĩ năng tính toán chính xác.

Trang 1/74

Nhưng hiện nay, với hình thức thi trắc nghiệm khách quan, với số lượng câu hỏi nhiều: 50 câu/ 1 đề, thời gian làm bài ngắn 90 phút nên đòi hỏi giáo viên cần phải xây dựng hệ thống câu hỏi trắc nghiệm thật chất lượng, học sinh phải có tốc độ làm bài nhanh và chính xác mới có thể đạt điểm cao. Với hình thức thi này thì học sinh khá giỏi đôi khi vẫn bị sai những câu ở mức độ nhận biết, thông hiểu vì một số nguyên nhân sau: • Các em đọc đề bài không kĩ, mặc định câu hỏi theo những câu quen thuộc mà mình đã làm. • Các em xác định sai yêu cầu bài toán do nắm không chắc kiến thức cơ bản, không học kĩ lý thuyết. • Các em tính toán sai. Trước đây khi dạy học toán ở trường THPT chúng tôi dạy theo từng bài để đảm bảo lý thuyết cơ bản cho học sinh. Sau mỗi bài chúng tôi cho bài tập tự luận đủ dạng cho học sinh để củng cố kiến thức. Sau đó chúng tôi trắc nghiệm hóa những bài tập tự luận chỉ cốt sao có đáp án đúng, những phương án còn lại nhiễu ngẫu nhiên. Trong những tiết ôn tập phát bài cho học sinh làm. Trên lớp chữa bài cho học sinh bằng cách: các câu cơ bản yêu cầu các em đọc đáp án, các câu hỏi ở mức Vận dụng hoặc Vận dụng cao giáo viên chữa cụ thể. Mỗi giáo viên tự soạn bài dạy của mình, rất ít có sự trao đổi chuyên môn. Cách làm này có những ưu điểm và nhược điểm sau: * Ưu điểm: 1. Học sinh được rèn kĩ năng tính toán, trình bày qua những bài tập tự luận. 2. Giáo viên chỉ cần dùng những bài tập cũ có sẵn để dạy học sinh. Không tốn nhiều thời gian cho việc soạn câu hỏi trắc nghiệm. * Nhược điểm 1. Ra đề trắc nghiệm theo hướng trắc nghiệm hóa bài toán tự luận không đúng với phương pháp ra đề thi trắc nghiệm 2. Không đủ thời gian để dạy tự luận rồi mới dạy trắc nghiệm nên không rèn cho học sinh được nhiều. 3. Lượng câu hỏi trắc nghiệm đưa ra không được nhiều dẫn đến học sinh làm chưa hết được các dạng toán. Câu hỏi đưa ra không đa dạng nên không tạo ra sự linh hoạt cho học sinh khi làm bài. 4. Tự bản thân từng giáo viên soạn bài dạy của mình mất quá nhiều thời gian nhưng vẫn có thể chưa đủ dạng, chưa có nhiều câu hỏi hay để phát triển tư duy của học sinh. 5. Học sinh không được làm nhiều toán trắc nghiệm nên tốc độ làm bài chậm. Khó đáp ứng xu thế thi hiện nay. 6. Không kiểm soát được những sai lầm của học sinh mắc phải trong chính những câu hỏi ở mức độ Nhận biết – Thông hiểu. 7. Học sinh không biết sử dụng các kiến thức đã học để loại trừ đáp án nhiễu. 8. Học sinh không được kiểm tra đánh giá thường xuyên nên không tự đánh giá được năng lực của mình, giáo viên cũng khó nắm bắt được tình hình của học sinh. Do đó không điều chỉnh kịp thời được cách học và cách dạy.

Trang 2/74

b. Giải pháp mới cải tiến. Với thời đại 4.0, giáo dục hướng tới phát triển cá nhân một cách tổng thể. Ở trường chúng tôi cơ sở vật chất tương đối tốt với máy chiếu được lắp đặt tại 100% các lớp học từ năm học 2017 – 2018, thư viện điện tử được trang bị máy tính hiện đại có kết nối Internet. Do đó việc dạy học cũng cần bắt kịp với sự thay đổi của thời đại. Với giai đoạn hiện nay, thi trắc nghiệm đòi hỏi học sinh phản xạ nhanh với các kiểu câu hỏi và bài tập, làm bài trong thời gian ngắn nhất nhưng hiệu quả nhất, biết suy luận lôgic để loại trừ đáp án gây nhiễu. Do đó ngoài việc cung cấp đầy đủ lý thuyết cho học sinh thông qua các tiết học bài mới chúng tôi đã cải tiến phương pháp dạy toán THPT thông qua các giải pháp như sau: GIẢI PHÁP 1. Cải tiến mạnh mẽ sinh hoạt chuyên môn Theo sự chỉ đạo của Sở giáo dục và đào tạo, của lãnh đão trường chúng tôi tiến hành sinh hoạt chuyên môn thường xuyên: một tuần ít nhất một buổi. Trong các buổi sinh hoạt chuyên môn đó tổ trưởng đưa ra nhận xét những ưu nhược điểm của tuần trước, thông báo kế hoạch của tuần tới, thành viên trong tổ ý kiến. Sau đó chúng tôi dành nhiều thời gian hơn để làm những việc nhau: 1. Chúng tôi chia riêng các nhóm khối 10, khối 11, khối 12 để tiến hành soạn giáo án chung cho cả tổ: Nhóm trưởng xây dựng đề cương, xin ý kiến các thành viên trong nhóm sau đó gửi tổ trưởng duyệt để đảm bảo không thiếu dạng, lượng câu hỏi vừa đủ. Khi đề cương đã được duyệt tiến hành làm bài, phản biện và nộp bài theo đúng quy định trên Facebook bằng đường Link tải lên Drive. (PHỤ LỤC TRANG) 2. Thường xuyên tổ chức xây dựng các tiết sinh hoạt chuyên môn theo hướng nghiên cứu bài học. (PHỤ LỤC TRANG) 3. Các thành viên trong tổ thường xuyên trao đổi các bài toán khó, các bài toán hay, lạ và đặc biệt là chính những sai lầm bản thân giáo viên mắc phải. Quan điểm của các thành viên là không dấu dốt, không giữ cho riêng mình những tài liệu hay và quý. (PHỤ LỤC TRANG) 4. Ngoài giờ sinh hoạt chuyên môn theo quy định chúng tôi còn lập các nhóm trên Facebook để tiếp tục trao đổi chuyên môn. (PHỤ LỤC TRANG) 5. Chúng tôi tham gia rất nhiệt tình vào các diễn đàn Toán trên Facebook như: Diễn đàn giáo viên Toán, Nhóm word hóa tài liệu và đề thi Toán, Nhóm Toán VD – VDC, Nhóm Strong Team Toán VD, VDC (PHỤ LỤC TRANG) GIẢI PHÁP 2. Hướng dẫn học sinh làm việc theo nhóm kết hợp tự học, tự nghiên cứu. Bởi vì không ai là hoàn hảo, không ai có thể cáng đáng hết tất cả mọi việc. Do đó chúng ta cần phải làm việc nhóm, tập trung các điểm mạnh của mọi người và bổ sung cho nhau để hoàn thành công việc một cách tốt nhất. Trong học toán việc làm việc theo nhóm là rất quan trọng. Chúng tôi đã tiến hành theo 2 hình thức: Trang 3/74

1. Hoạt động nhóm trong giờ học bằng 1 trong hai cách tùy vào yêu cầu kiến thức: Cách 1: Tạo các nhóm học sinh có đủ các trình độ để tham gia các hoạt động nhóm với những bài tập mới. Cách 2: Tạo các nhóm học sinh có trình độ như nhau trong các giờ luyện tập rèn kĩ năng. Nắm bắt tình hình cụ thể của học sinh để thay đổi và xếp nhóm cho phù hợp với năng lực của các em. ( PHỤ LỤC 1 - TRANG 08 ) 2. Hoạt động nhóm ngoài giờ học trên lớp bằng hình thức lập nhóm học trên Facebook hoặc Zalo có sự giám sát trực tiếp của giáo viên để các em trao đổi công việc của nhóm mình. Giáo viên giải đáp kịp thời các thắc mắc của học sinh. 3. Sau mỗi tiết học lý thuyết chúng tôi giúp các em ghi nhớ kiến thức cơ bản bằng cách: Yêu cầu các nhóm học sinh họp bàn để tóm tắt lý thuyết thông qua sơ đồ tư duy. Giáo viên kiểm tra tính chính xác của kiến thức trong sơ đồ tư duy. Để tránh mất nhiều thời gian của các em, với mỗi phần sau khi đã chốt được kiến thức đúng chúng tôi giao cho 1 nhóm học sinh của 1 lớp làm. Các em có thể sử dụng phần mềm vẽ sơ đồ tư duy Imindmap hoặc tự vẽ trên giấy (Tùy vào đặc điểm của kiến thức). Sau khi có sản phẩm chúng tôi sẽ cho phổ biến đến các lớp. In phóng to và treo tại lớp học làm tư liệu cho các em. (PHỤ LỤC - TRANG 9 ) 4. Sau mỗi chuyên đề lớn chúng tôi tiếp tục yêu cầu các nhóm học sinh tóm tắt các dạng toán thường gặp gồm: Phương pháp giải từng dạng toán và bài tập áp dụng cho dạng toán đó. Chúng tôi khuyến khích học sinh tìm tòi các bài tập trong các đề thi thử của các trường và đặc biệt là trong các đề thi của Bộ giáo dục. Sau đó chúng tôi tổ chức cho các nhóm học sinh báo cáo kết trên lớp bằng Powerpoint. Các nhóm còn lại lắng nghe và phản biện. Các em tự đánh giá và đánh giá bạn. Giáo viên đóng vai trò giám khảo chấm điểm cho các nhóm, chuẩn hóa kiến thức. Yêu cầu các nhóm chỉnh sửa hoàn chỉnh bài và gửi lại lên nhóm lớp làm kho tư liệu học tập (PHỤ LỤC TRANG 15 ) Trong các hoạt động nhóm ngoài giờ học giáo viên yêu cầu nhóm trưởng phân công nhiệm vụ cụ thể cho từng bạn trong nhóm, hướng dẫn các em tìm tài liệu trên thư viện sách và thư viện điện tử của nhà trường. GIẢI PHÁP 3. Xây dựng ngân hàng câu trắc nghiệm phù hợp với từng đối tượng học sinh. Để có những tiết học hiệu quả mỗi giáo viên chúng ta cần chuẩn bị cho mình một giáo án chất lượng vừa đảm bảo kiến thức vừa bắt kịp với hình thức thi mới. Do đó chúng tôi đã đổi mới như sau: 1. Mỗi tuần tổ trưởng đưa ra một chuyên đề: Yêu cầu mỗi đồng chí tổ viên làm một chủ để nhỏ trong chuyên đề lớn. 2. Các câu hỏi trong mỗi chủ đề cần đảm bảo đầy đủ các dạng toán cơ bản, đủ 4 mức độ Nhận biết – Thông hiểu – Vận dụng và Vận dung cao. Cập nhật kịp thời các đề thi của Bộ giáo dục các năm trước và đề thi thử của các trường. Yêu cầu các câu hỏi đưa ra phải phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm: Lời giải ngắn gọn, các đáp án nhiễu là những sai lầm học sinh hay mắc và đặc biệt cần hạn chế việc thử trực tiếp bằng máy tính. Trang 4/74

3. Phân công phản biện bài vòng tròn để hạn chế tối đa sai sót. 4. Phân công người tổng hợp: Tách riêng đề, riêng đáp án, gửi sản phẩm lên nhóm đúng thời gian quy định. 5. Tùy vào đối tượng học sinh giáo viên sử dụng các câu hỏi trong ngân hàng đề một cách hợp lý. (PHỤ LỤC - TRANG 35 ) GIẢI PHÁP 4. Tổ chức kiểm tra và thi thử Online Cùng với sự phát triển của xã hội, ngành công nghệ thông tin cũng có những bước phát triển mạnh mẽ. Giờ đây, chỉ với một cú click chuột, cả thế giới đã ở trong tầm tay . Cũng như vậy, việc đánh giá, kiểm tra học sinh không còn gói gọn theo mô hình lớp học truyền thống . Cùng với sự hỗ trợ của thư viện điện tử, máy tính và Smartphone. Chúng tôi đã thay đổi hình thức kiểm tra đánh giá như sau: Sau mỗi bài hoặc mỗi chương yêu cầu học sinh làm đề Online có thể là đề 15 phút, 30 phút hoặc 45 phút, 90 phút tùy thuộc vào đặc thù mỗi chương, mỗi bài học. 1. Giáo viên chuẩn bị đề và đáp án chi tiết. 2. Giáo viên tạo đề thi Online bằng ứng dụng Google Biểu mẫu và Google Sites của Google Drive. 3. Giáo viên tổ chức thi cho học sinh trên thư viện điện tự hoặc thi ở nhà bằng cách: Đúng thời gian quy định giáo viên phụ trách các lớp cung cấp đường Link cho các em học sinh trên nhóm lớp gồm có 1 đường link đề và 1 đường link phiếu trả lời trắc nghiệm hoặc cung cấp 1 đường link có cả đề và phiểu trả lời trắc nghiệm. 4. Giáo viên tiến hành gửi bảng tổng hợp kết quả trên nhóm lớp. Nêu nhận xét cho học sinh. 5. Tung đáp án chi tiết trên nhóm lớp ngay sau khi hết giờ làm bài. 6. Giáo viên tổ chức chữa bài Online hoặc Offline cho học sinh tùy vào tình hình thực tế. (PHỤ LỤC 04 – TRANG 36 ) GIẢI PHÁP 5. Phân tích sai lầm của học sinh khi làm toán trắc nghiệm. Đề xuất phương án hạn chế sai lầm. Với một bài tập tự luận dù là ở mức độ nhận biết chúng ta cũng có thể xây dựng nên rất nhiều câu hỏi trắc nghiệm. Một sai lầm lớn nhất khi dạy toán trắc nghiệm đó là chỉ chú trọng vào việc khoanh đáp án đúng mà không quan tâm đến phân tích những sai lầm có thể mắc phải trong câu hỏi đó. Nhận thức rõ điều này chúng tôi đã thay đổi cách dạy như sau: 1. Khi đưa ra cho học sinh một câu hỏi trắc nghiệm chúng tôi cần chọn lựa kĩ lưỡng dựa trên những tiêu chí sau: • Câu hỏi đưa ra đang kiểm tra lượng kiến thức nào? • Các đáp án nhiễu đưa ra dựa trên những sai lầm nào hay gặp nhất của học sinh? • Đưa ra các câu hỏi tương tự để học sinh hạn chế các sai lầm. • Đưa ra các câu hỏi nâng cao để vừa rèn kiến thức cũ vừa phát triển tư duy cho học sinh. • Câu hỏi đưa ra có thể giải nhanh được hay không? Trang 5/74

2. Dạy học sinh sử dụng MTCT một cách linh hoạt. Xây dựng hệ thống bài tập hạn chế thử ngay được bằng máy tính để hướng học sinh phải hiểu bản chất của bài toán. 3. Với mỗi sai lầm của học sinh chúng tôi phân tích thật kĩ nguyên nhân cho học sinh chứ không chỉ quan tâm đến đáp án đúng. 4. Chúng tối cố gắng lựa chọn những câu hỏi sao cho học sinh làm sai bài toán mà vẫn chọn được đáp án đúng. Sau đó chúng tôi đưa ra luôn bài tập mà với cách hiểu sai đó lập tức học sinh làm sai ngay. Để các em thấy việc quan trọng là hiểu bản chất vấn đề chứ không phải chỉ quan tâm đến đáp án đúng. (PHỤ LỤC – TRANG 53 ) Ưu điểm của giải pháp mới: Giải pháp 1. Cải tiến mạnh mẽ sinh hoạt chuyên môn 1. Khi chúng tôi tiến hành làm đề cương theo nhóm lợi ích lớn nhất đó là chúng tôi không mất quá nhiều thời gian trong quá trình soạn bài của cá nhân nữa. Chỉ tham gia một nhóm mà nhận được sản phẩm của cả ba khối lớp. 2. Các tiết sinh hoạt chuyên môn theo nghiên cứu bài học chúng tôi đã xây dựng được rất nhiều tiết học chất lượng: vẫn đảm bảo truyền đạt kiến thức cho học sinh và đặc biệt học sinh rất hứng thú trong các tiết học đó. 3. Tích cực trao đổi chuyên môn cả trong thời gian quy định và trên Face book, Zalo để có thể trao đổi mọi lúc, có vấn đề gì băn khoăn, có bài toán khó chưa giải được thì nhờ sự giúp đỡ của đồng nghiệp. Để không giáo viên nào còn băn khoăn vấn đề gì khi lên lớp. Để không có thành viên nào trong tổ bị ở lại phái sau. Để tự tin đứng trước học sinh. 4. Khi tham gia các nhóm Toán trên mạng Internet chúng tôi đã rất tích cực làm bài vì vậy chúng tôi đã nhận được một nguồn tài liệu khổng lồ cho tổ Giải pháp 2. Hướng dẫn học sinh làm việc theo nhóm kết hợp tự học, tự nghiên cứu. 1. Khi các em tham gia làm việc theo nhóm đã đạt được những lợi ích sau: Trước hết, hoạt động làm việc nhóm sẽ nâng cao tính tương tác giữa các thành viên nhằm tác động tích cực đến người học như tăng cường động cơ học tập, nảy sinh những hứng thú mới, kích thích sự giao tiếp, phát triển các mối quan hệ và quan tâm lẫn nhau giữa các thành viên trong nhóm. Thứ hai, hoạt động làm việc nhóm giúp chúng ta học hỏi được kiến thức của nhau, cùng chia sẻ kinh nghiệm. Thứ ba, hoạt động làm việc nhóm sẽ tăng khả năng phối hợp và tinh thần trách nhiệm của mỗi thành viên trong nhóm. Thứ tư, hoạt động làm việc nhóm giúp chúng ta cải thiện khả năng giao tiếp, trình bày, tự tin thể hiện trước đám đông. 2. Khi các em học sinh biết tự học, tự nghiên cứu các em đã đạt được những lợi ích sau: • Tự học giúp các em lĩnh hội tri thức một cách chủ động, toàn diện, hứng thú. • Tự học giúp các em nhớ lâu và vận dụng những kiến thức đã học một cách hữu ích hơn trong cuộc sống. Không những thế tự học còn giúp con người trở nên năng động, sáng tạo, không ỷ lại, không phụ thuộc vào người khác. Từ đó biết tự bổ sung những khiếm khuyết của mình để tự hoàn thiện bản thân. Trang 6/74

• Tự học là con đường ngắn nhất và duy nhất để hoàn thiện bản thân và biến ước mơ thành hiện thực. Người có tinh thần tự học luôn chủ động, tự tin trong cuộc sống. Giải pháp 3. Xây dựng ngân hàng câu trắc nghiệm phù hợp với từng đối tượng học sinh. Phương châm của việc xây dựng ngân hàng câu hỏi trắc nghiệm là một người chỉ làm một phần việc nhỏ nhưng nhận được sản phẩm là cả một chuyên đề lớn, tiết kiệm thời gian cho giáo viên, đồng thời cũng chính là một hình thức để mỗi giáo viên học hỏi nâng cao trình độ chuyên môn. Tạo ra một ngân hàng câu hỏi trắc nghiệm có chất lượng phục vụ trực tiếp cho việc giảng dạy, cho việc tự học, tự nghiên cứu của học sinh. Giải pháp 4. Tổ chức kiểm tra và thi thử Online Khi tổ chức kiểm tra và thi thử Online chúng tôi đã nhận thấy những ưu điểm sau: • Học sinh được tiếp cận với sự phát triển của công nghệ tạo hứng thú học tập rất tốt cho các em. • Ngay sau khi nộp bài các em sẽ biết số điểm của mình, biết mình sai câu nào. Các em so sánh được điểm của mình so với mặt bằng chung. Giúp các em điều chỉnh kịp thời cách học. Các em được đối chiếu ngay với đáp án chi tiết tăng khả năng tự đọc, tự học của các em. Các em được giải đáp luôn các thắc măc. • Giáo viên nắm bắt được kết quả của lớp mình ngay sau khi hết giờ làm bài. Việc kiểm tra trở nên nhanh chóng, thuận lợi. • Một ưu điểm rất lớn nữa đó là tận dụng tối đa thời gian tự học của học sinh. Các em được ôn luyện gấp nhiều lần việc chỉ kiểm tra, thi thử truyền thống. Giải pháp 5. Phân tích sai lầm của học sinh khi làm toán trắc nghiệm. Đề xuất phương án hạn chế sai lầm. Đối với mỗi câu hỏi trắc nghiệm khi chúng tôi đã phân tích kĩ sai lầm cho học sinh và lấy luôn ví dụ cho các em áp dụng chúng tôi nhận thấy các em đã có tiến bộ rõ rệt cho những câu hỏi sau. Do đó hạn chế tối đa việc các em sai những câu hỏi nhận biết thông hiểu trong đề thi. 3. HIỆU QUẢ KINH TẾ VÀ XÃ HỘI DỰ KIẾN ĐẠT ĐƯỢC a. Hiệu quả kinh tế Với sự nhiệt tình trong giảng dạy và hướng dẫn học sinh tự học, tự tìm tòi, cùng với sự hỗ trợ của mạng Internet đem lại hiệu quả rất lớn cho cả người dạy lẫn người học. Mỗi học sinh không phải mất hàng triệu đồng thậm chí hàng chục triệu đồng để đi học thêm ở các trung tâm luyện thi mà các em vẫn nắm được kiến thức một cách sâu sắc và vận dụng một cách sáng tạo vào cuộc sống. Những phẩm chất và những trải nghiệm mà các em học sinh lĩnh hội được sau bài học giúp các em có thêm hiểu biết, giúp tinh thần tự học, tự nghiên cứu lên cao, các em định hướng được mục đích sống tốt đẹp, tránh xa được các tai tệ nạn xã hội. Ngoài ra những phẩm chất đó còn giúp cho các em khi trưởng thành, sẽ trở thành những công dân có ích cho đất nước, những chính trị gia, những nhà khoa học, những nhà kinh tế…… phục vụ tổ quốc, làm giàu cho quê hương đất nước. Trang 7/74

b. Hiệu quả xã hội Dạy học theo hướng đổi mới ở trên không chỉ giúp học sinh phát triển tư duy, phát triển khả năng tự học, tự giác tích cực trong học tập mà còn giúp cho các em hình thành các năng lực, phẩm chất cao quý, cần thiết cho xã hội hiện đại, xã hội của công nghệ thông tin, của số hóa, của liên kết và hợp tác toàn cầu, cần thiết cho hội nhập và phát triển. Ngoài ra giúp học sinh hứng thú học tập, lôi cuốn vào các hoạt động học, tạo ra môi trường học tập lành mạnh, bạn học, tôi học từ đó các em không còn thời gian mà sa vào các tai tệ nạn xã hội, tạo môi trường sống tốt đẹp hơn. Các em biết yêu thương, quý trọng bản thân, cha mẹ, ông bà, yêu thương gia đình, quê hương đất nước, sống có ý nghĩa, sống có trách nhiệm. Từ năm học 2017– 2018 đến nay, đề tài được tiến hành áp dụng ở các lớp của cả ba khối ở trường tôi và đặc biệt là lớp 12. Chúng tôi nhận thấy chất lượng dạy và học môn Toán được nâng lên rõ rệt được cụ thể như sau: KẾT QUẢ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học

Giải nhất

Giải nhì

Giải ba

Giải khuyến khích

2016 – 2017

0

1

0

1

2017 – 2018

0

1

2

0

2018 - 2019

1

0

2

0

KẾT QUẢ THI THPT QUỐC GIA Năm học

TB các lớp dạy TB của trường

TB toàn tỉnh

TB toàn quốc

2016 – 2017

7.47

7.37

5.78

5.19

2017 – 2018

6.87

6.42

5.17

4.86

Do đặc điểm của đề thi, năm học 2016 – 2017 điểm thi của toàn quốc cao hơn năm học 2017 – 2018. So tỉ lệ thì khi áp dụng phương pháp mới chúng tôi đã đạt được những kết quả nhất định. 4. ĐIỀU KIỆN VÀ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG Đề tài được áp dụng khi dạy học sinh học Toán THPT. Đề tài có tính khả thi cao, có thể thực hiện ở nhiều trường THPT trong toàn tỉnh cũng như trong cả nước. Danh sách những người đã tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng sáng kiến lần đầu:

TT

Họ và tên

Ngày tháng năm Nơi công tác sinh

Trang 8/74

Chức danh

Trình độ Nội dung công việc hỗ trợ chuyên môn

1.

Bùi Thị Lợi

2.

Vũ Thị Thu Trang

7/10/1972

Áp dụng giảng dạy Yên Khánh Giáo viên Thạc sĩ thử lớp 12A, 11A, A 10 E

7/8/1978

Yên Khánh Áp dụng giảng dạy Giáo viên Cử nhân A thử lớp 12B, 12K.

3. Phạm Thị Ngọc Lan

16/6/1979 Yên Khánh Áp dụng giảng dạy Giáo viên Cử nhân thử lớp 12C, 11G A

4.

Trần Ngọc Uyên

16/5/1980 Yên Khánh Áp dụng giảng dạy Giáo viên Cử nhân A thử lớp 12G, 10B.

5.

Bùi Thị Ngọc Lan

7/10/1972 Yên Khánh Áp dụng giảng dạy Giáo viên Thạc sĩ A thử lớp 10A, 11K.

Chúng tôi xin cam đoan mọi thông tin nêu trong đơn là trung thực, đúng sự thật và hoàn toàn chịu trách nhiệm trước pháp luật. XÁC NHẬN CỦA LÃNH ĐẠO ĐƠN VỊ CƠ SỞ

Yên Khánh, ngày 20 tháng 04 năm 2019 Người nộp đơn Bùi Thị Ngọc Lan Bùi Thị Lợi Phạm Thị Ngọc Lan Trần Ngọc Uyên Vũ Thị Thu Trang

Trang 9/74

PHỤ LỤC 1 : MỘT SỐ SƠ ĐỒ TƯ DUY CỦA HỌC SINH 1. Học sinh vẽ trên phần mềm vẽ sơ đồ tư duy Imindmap

Trang 10/74

2. Học sinh vẽ trên giấy Trang 11/74

3. Học sinh trình bày trên Powerpoint

Trang 12/74

Trang 13/74

PHỤ LỤC 2

Trang 14/74

MỘT SỐ SẢN PHẨM BÁO CÁO TRƯỚC LỚP CỦA HỌC SINH I. MỘT SỐ HÌNH ẢNH BÁO CÁO CHUYÊN ĐỀ

Trang 15/74

II. MỘT SỐ ĐƯỜNG LINK SẢN PHẨM POWERPOINT BÁO CÁO CỦA HỌC SINH 1. Phương trình https://drive.google.com/file/d/18Pis8Z5gpZrSX8NhOsiLN_kCo4DHYRJS/view?usp=sharing 2. Đạo hàm tiếp tuyến https://mail.google.com/mail/u/0?ui=2&ik=98108ae466&attid=0.4&permmsgid=msgf:1600468070287482018&th=1636013af3d71ca2&view=att&disp=safe&realattid=f_jh6mnyhr3 3. Véc tơ https://mail.google.com/mail/u/0?ui=2&ik=98108ae466&attid=0.3&permmsgid=msgf:1600468070287482018&th=1636013af3d71ca2&view=att&disp=safe&realattid=f_jh6mnpkv2 4. Tổ hợp xác suất, dãy số, cấp số cộng, cấp số nhân, lượng giác https://mail.google.com/mail/u/0?ui=2&ik=98108ae466&attid=0.2&permmsgid=msgf:1600468070287482018&th=1636013af3d71ca2&view=att&disp=safe&realattid=f_jh6mmrrd1 5. Phương trình mặt cầu Trang 16/74

https://drive.google.com/open?id=1rDJnkXebLUwfTHWsUOAtHPHjwarhxv_l PHỤC LỤC 3 GIÁO ÁN ÔN TẬP CHỦ ĐỀ: ĐẠO HÀM VÀ TIẾP TUYẾN THEO HÌNH THỨC HOẠT ĐỘNG NHÓM CỦA HỌC SINH VÀ KIỂM TRA ONLINE I. HỌC SINH CHUẨN BỊ Ở NHÀ THEO HÌNH THỨC CÁ NHÂN 1. Nhắc lại định nghĩa đạo hàm (2 cách). Tìm điều kiện của tham số để hàm số có đạo hàm tại một điểm. 2. Ứng dụng vật lý của đạo hàm. 3. Phương pháp viết phương trình tiếp tuyến của hàm số khi biết tạo độ tiếp điểm, khi biết điểm đi qua, khi biết hệ số góc. 4. Điều kiện tiếp xúc của hai đồ thị. 5. Một số tính chất đặc biệt liên quan đến tiếp tuyến của đồ thị hàm số bậc ba, bậc nhất trên bậc nhất. II. BÀI TẬP LÀM TRƯỚC Ở NHÀ THEO HÌNH THỨC CÁ NHÂN KẾT HỢP NHÓM 1. Học sinh làm bài theo hình thức cá nhân. Nộp bài cho giáo viên. 2. Sau khi nộp bài song, trao đổi bài trên nhóm của mình. Các nhóm thống nhất rồi nộp bài cho giáo viên theo từng nhóm. 3. Giáo viên cung cấp đáp án chi tiết cho học sinh. Căn cứ vào kết quả giáo viên sẽ chữa trên lớp những câu hỏi mà nhiều học sinh sai sót. HỆ THỐNG BÀI TẬP Câu 1.

Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm tại x0 là f ′( x0 ) . Khẳng định nào sau đây là

sai? A. f ′( x0 ) = lim

f ( x + x0 ) − f ( x0 ) . x − x0

B. f ′( x0 ) = lim

f ( x0 + ∆ x) − f ( x0 ) . ∆x

C. f ′( x0 ) = lim

f ( x) − f ( x0 ) . x − x0

D. f ′( x0 ) = lim

f (h + x0 ) − f ( x0 ) . h

x → x0

x → x0

∆x → 0

h →0

Lời giải Chọn A Theo định nghĩa đạo hàm của hàm số tại một điểm Câu 2.

Cho f ( x ) = x 2018 − 1009 x 2 + 2019 x . Giá trị của lim

f ( ∆x + 1) − f (1)

∆x → 0

A. 1009 .

B. 1008 .

C. 2018 . Lời giải

Chọn D. Theo định nghĩa đạo hàm ta có lim

f ( ∆x + 1) − f (1)

= f ' (1) . ∆x Mà f ' ( x ) = 2018 x 2017 − 2018 x + 2019 ⇒ f ' (1) = 2019 . ∆x → 0

Vậy giá trị của lim

∆x →0

f ( ∆x + 1) − f (1) ∆x

= 2019 .

Trang 17/74

∆x

bằng:

D. 2019 .

 x 2 + ax + b, x ≥ 2 Cho hàm số y =  3 . Biết hàm số có đạo hàm tạị x = 2 . Giá 2  x − x − 8 x + 10 , x < 2

Câu 3.

trị của a 2 + b2 bằng A. 20 .

B. 17 . C. 18 .

D. 25 . Lời giải

Chọn A TXĐ D = ℝ.

 x 2 + ax + b, x ≥ 2 y = f(x)= 3 2  x − x − 8 x + 10 , x < 2 Ta có lim+ x→2

f ( x )− f ( 2 ) x 2 + ax + b − ( 4 + 2a + b ) = lim+ = lim+ ( x + 2 + a ) = a + 4 x→2 x→2 x−2 x−2

f ( x )− f ( 2) x 3 − x 2 − 8 x + 10 − ( 4 + 2a + b ) x 3 − x 2 − 8 x + 6 − 2a − b = lim− = lim− x→2 x→2 x→2 x−2 x−2 x−2 f ( x )− f ( 2) f ( x )− f ( 2 ) Hàm số có đạo hàm tại x = 2 khi và chỉ khi lim+ = lim− . x→2 x→2 x−2 x−2 f ( x )− f ( 2) Khi đó lim− tồn tại hữu hạn nên x→2 x−2 8 − 4 −16 + 6 − 2a − b = 6 ⇔ 2a + b = −6 ( 1 ) . lim−

Do đó lim−

x→2

f ( x )− f ( 2) x 3 − x 2 − 8 x + 6 − 2a − b x 3 − x 2 − 8 x + 12 = lim− = lim− = lim− ( x + 3 ) = 5 x→2 x→2 x→2 x−2 x−2 x−2

f ( x )− f ( 2) f ( x )− f ( 2) = lim− ⇔ a + 4 = 5 ⇔ a = 1. x → 2 x−2 x−2 Thay vào ( 1 ) ta có: b = −7 . lim

x → 2+

Vậy a 2 + b2 = 50 . 1 4 x − 2 x 2 . Phương trình tiếp tuyến của ( C ) tại điểm M 4 có hoành độ x0 > 0, biết y ′′ ( x0 ) = −1 là

Câu 4.

Cho hàm số ( C ) : y =

A. y = −3 x − 2 . Câu 5.

B. y = −3 x + 1 .

C. y = −3x +

5 1 .D. y = −3 x + . 4 4

Cho hàm số y = x3 + 3x 2 − 2 x − 1 . Tiếp tuyến song song với đường thẳng

2 x + y − 3 = 0 của đồ thị hàm số trên có phương trình là

A. 2 x + y + 1 = 0. .

B. 2 x + y − 2 = 0 . C. x + 2 y + 1 = 0 . Lời giải

D. y = 2 x + 1 .

Chọn A. Đường thẳng ∆ : 2 x + y − 3 = 0 được viết lại dưới dạng y = −2 x + 3 . Suy ra, hệ số góc của ∆ bằng −2. Gọi ( x0 ; y0 ) là tọa độ tiếp điểm. Tiếp tuyến song song với ∆ , suy ra: y′ ( x0 ) = −2

Trang 18/74

 x0 = 0 ⇒ y0 = −1 ⇔ 3 x02 + 6 x0 − 2 = −2 ⇔ 3 x02 + 6 x0 ⇔   x0 = −2 ⇒ y 0 = 7

Tại

đ iể m

( 0; −1) ,

ta

được

phương

trình

tiếp

tuyến

y = −2 ( x − 0 ) − 1 = −2 x − 1 ⇔ 2 x + y + 1 = 0 .

Tại điểm ( −2;7 ) , ta được phương trình tiếp tuyến y = −2 ( x + 2 ) + 7 = −2 x + 3 (loại, do trùng với đường thẳng ∆ ). Vậy, tiếp tuyến cần tìm có phương trình là 2 x + y + 1 = 0 .

Điểm M trên đồ thị hàm số y = x3 – 3x 2 –1 mà tiếp tuyến tại đó có hệ số góc k

Câu 6.

bé nhất trong tất cả các tiếp tuyến của đồ thị thì M , k là

B. M (1;3) , k = –3 .

A. M (1; –3 ) , k = –3 .

C. M (1; –3) , k = 3 .

D.

M ( −1; –3) , k = –3 .

Lời giải Chọn A. Gọi M ( x0 ; y0 ) . Ta có y′ = 3x 2 − 6 x . Hệ

số

góc

c ủa

tiếp

tuyến

với

đồ

thị

tạ i

M

là

2

2 0

k = y ′ ( x0 ) = 3 x − 6 x0 = 3 ( x0 − 1) − 3 ≥ −3

Vậy k bé nhất bằng −3 khi x0 = 1 , y0 = −3 . x+2 , tiếp tuyến của đồ thị hàm số kẻ từ điểm ( –6;5 ) là x−2 1 7 1 7 A. y = – x – 1 ; y = x + . B. y = – x – 1 ; y = − x + . 4 2 4 2 1 7 1 7 C. y = – x + 1 ; y = − x + . D. y = – x + 1 ; y = − x − . 4 2 4 2 Lời giải Chọn B. x+2 −4 . y= ⇒ y′ = 2 x−2 ( x − 2)

Câu 7.

Cho hàm số y =

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( C ) : y =

x+2 tại điểm M ( x0 ;y0 ) ∈ ( C ) với x0 ≠ 2 x−2

là:

y = y′ ( x0 )( x − x0 ) + y0 ⇔ y = Vì 5=

tiếp

tuyến

−4

( x0 − 2 )

2

( −6 − x0 ) +

đi

−4 2

( x − x0 ) +

qua

điểm

( x0 − 2 )

x0 + 2 . x0 − 2

( –6;5)

 x0 = 0 x0 + 2 ⇔ 4 x02 − 24 x0 = 0 ⇔  x0 − 2  x0 = 6

Vậy có hai tiếp tuyến thỏa đề bài là: y = – x – 1 và y = –

Trang 19/74

1 7 x+ . 4 2

nên

ta

có

Câu 8.

Trong các đường thẳng sau, đường thẳng nào là tiếp tuyến của đồ thị hàm số 2x + 3 chắn hai trục tọa độ một tam giác vuông cân? y= x+2 A. y = x + 2 . B. y = x − 2 . C. y = − x + 2 . D. y=

1 3 x+ . 4 2

Lời giải Chọn A 2x + 3 (C ) x+2 TXĐ: D = ℝ \ {−2}

Ta có y =

y'=

1

( x + 2)

2

Gọi phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( C ) tại điểm M ( x0 ; y0 ) có dạng (d ) : y =

1

( x0 + 2 )

2

. ( x − x0 ) +

2 x0 + 3 x0 + 2

 2x2 + 6x + 6  0 Ta có (d ) ∩ Ox = A ( −2 x02 − 6 x0 − 6; 0 ) ; ( d ) ∩ Oy = B  0; 0  2  ( x0 + 2 )   Ta thấy tiếp tuyến ( d ) chắn trên hai trục tọa độ tam giác OAB luôn vuông tại O

Để tam giác OAB cân tại O ta có OA = OB ⇒ −2 x02 − 6 x0 − 6 = ⇔

1

( x0 + 2 )

2

2 x02 + 6 x0 + 6

( x0 + 2 )

2

 x0 = −3 =1⇔   x0 = −1

Ta có hai tiếp tuyến thỏa mãn (d ) : y = x và (d ) : y = x + 2 .

1 có điểm M sao cho tiếp tuyến tại M cùng với x −1 các trục tọa độ tạo thành một tam giác có diện tích bằng 2 . Tọa độ điểm M là: 1 3   3 4 A.  4;  . B.  ; −4  . C.  − ; −  . D. ( 2;1) . 4  3    4 7 Lời giải Chọn B

Câu 9.

Trên đồ thị của hàm số y =

1  1 1  Gọi M  a; . Phương trình tiếp tuyến ⇒ y '(a ) = −  . Ta có: y ' = − 2 2  a −1  ( x − 1) ( a − 1) tại M với đồ thị hàm số đã cho là y = −

1

( a − 1)

2

( x − a) +

1 a −1

 2a − 1   , B = d ∩ Ox ⇒ B ( 2a − 1; 0 ) . Gọi A = d ∩ Oy ⇒ A  0;  ( a − 1)2    Trang 20/74

(d ) .

Tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ tam giác OAB vuông tại O. Do đó 2a − 1 1 1 3 2 2 = 2 ⇔ ( 2a − 1) = 4 ( a − 1) ⇔ 4a − 3 = 0 ⇔ a = . SOAB = OA.OB = . 2a − 1 . 2 2 2 4 ( a − 1)

3  Vậy M  ; −4  . 4 

Câu 10.

2x − 3 có đồ thị là ( C ) . Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm x−2 biết tiếp tuyến đó cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại

Cho hàm số y =

M thuộc ( C )

A , B sao cho côsin góc ABI bằng

4 , với I ( 2; 2 ) . 17

1 3 1 7 A. y = − x − ; y = − x − . 4 2 4 2 1 3 1 7 C. y = − x + ; y = − x − . 4 2 4 2

1 3 1 7 B. y = − x − ; y = − x + . 4 2 4 2 1 3 1 7 D. y = − x + ; y = − x + . 4 2 4 2

Lời giải Chọn D.  2x − 3  I ( 2; 2 ) , gọi M  x0 ; 0 ∈ (C ) , x0 ≠ 2 x0 − 2  

Phương trình tiếp tuyến ∆ tại M : y = −

2x − 3 1 ( x − x0 ) + 0 2 ( x0 − 2) x0 − 2

 2x − 2  Giao điểm của ∆ với các tiệm cận: A  2; 0  , B (2 x0 − 2; 2) .  x0 − 2  4 1 IA Do cos nên tan ABI = ABI = = ⇔ IB 2 = 16.IA2 ⇔ ( x0 − 2) 4 = 16 4 IB 17 ⇔ x0 = 0 hoặc x0 = 4 1 3  3 Tại M  0;  phương trình tiếp tuyến: y = − x + .  2 4 2 1 7  5 Tại M  4;  phương trình tiếp tuyến: y = − x + .  3 4 2 x +1 ( C ) tại điểm có tung độ x+2 dương, đồng thời (T ) cắt hai tiệm cận của ( C ) lần lượt tại A và B sao cho độ dài AB

Câu 11.

Gọi (T ) là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =

nhỏ nhất. Khi đó (T ) tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng bao nhiêu?

A. 0, 5 .

B. 2, 5 .

C. 12,5 . Lời giải

Chọn C. Trang 21/74

D. 8 .

y′ =

1

( x + 2)

2

 x +1  ; gọi điểm M  x0 ; 0  ∈ (C ) .  x0 + 2 

Phương trình tiếp tuyến: y =

1

( x0 + 2 )

2

( x − x0 ) +

x0 + 1 . x0 + 2

Ta có tiệm cận đứng: d1 : x = −2 và tiệm cận ngang: d2 : y = 1 . A = (T ) ∩ d1 nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:

x +1 1   x = −2 x − x0 ) + 0 2 ( y = x0 + 2 ⇔  x +1 x 1 ( x0 + 2 )  y= −2 − x0 ) + 0 = 0 2 (  x = −2  x0 + 2 x0 + 2 ( x0 + 2 )   B = (T ) ∩ d 2 nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:

x +1 1  x − x0 ) + 0  x = 2 x0 + 2 2 ( y = x0 + 2 ⇔  ( x0 + 2 )  y =1  y =1 2

 2  4 2 2 AB = ( 2 x0 + 4 ) +  ≥ 2 16 = 8 .  ; AB = 4 ( 2 + x0 ) + 2 ( 2 + x0 )  2 + x0  2

 x = −1 . Vì y0 > 0 ⇒ x0 = −3 . AB min bằng 8 ⇔  0  x0 = −3 Suy ra A ( −2; 3 ) , B ( −4; 1) nên ta có phương trình AB : y = ( x + 3) + 2 ⇔ y = x + 5 . M = AB ∩ Ox nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:

y = x +5  x = −5 ⇒ M ( −5; 0 ) . ⇔  y = 0 y = 0 N = AB ∩ Oy nên tọa độ điểm N là nghiệm của hệ: y = x +5 x = 0 ⇔ ⇒ N ( 0; 5 ) .  x = 0 y = 5 1 Vậy S∆OMN = .5.5 = 12,5 . 2

Câu 12.

Gọi S là tập hợp các điểm thuộc đường thẳng y = 2 mà qua mỗi điểm thuộc S

x2 đồng thời hai tiếp tuyến x −1 đó vuông góc với nhau. Tính tổng hoành độ T của tất cả các điểm thuộc S . đều kẻ được hai tiếp tuyến phân biệt tới đồ thị hàm số y =

A. T = 2 3 .

B. T = 3 .

C. T = −1 . Lời giải

Chọn D.

Trang 22/74

D. T = 2.

y=

x2 1 = x +1+ x −1 x −1

Gọi điểm A ( a; 2 ) ∈ ( d ) : y = 2 . Đường thẳng đi qua A có dạng y = k ( x − a ) + 2

 x2 = k ( x − a) + 2  2  x −1 ⇒ (1 − a ) k 2 − 4k − 4 = 0 Điều kiện tiếp xúc:  2 x − 2 x  =k  ( x − 1)2

Để 2 tiếp tuyến vuông góc nhau ⇒

−4

(1 − a )

2

a = 3 = −1 ⇒   a = −1

Vậy tổng hai hoành độ là: 2 .

Câu 13.

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ ℝ để đồ thị hàm số y = 4 x 3 − 3 x

tiếp xúc với đường thẳng y = mx − 1 ?

A. 0 .

B. 1 .

C. 2 .

D. 3 .

Lời giải Chọn B. Để đồ thị hàm số y = 4 x 3 − 3 x tiếp xúc với đường thẳng y = mx − 1 khi hệ sau có nghiệm 3 4 x − 3 x = mx − 1, (1)  2 12 x − 3 = m, ( 2 )

Thay ( 2 ) vào (1) ta có 8 x 3 − 1 = 0 ⇔ x =

1 ⇒m=0. 2

Câu 14. Một chuyển động thẳng xác định bởi phương trình s = t 3 − 3t 2 + 5t + 2 , trong đó t tính bằng giây và s tính bằng mét. Gia tốc của chuyển động khi t = 3 là A. 24 m/s2 .

B. 12 m/s2 .

C. 17 m/s2 .

D. 14 m/s2 .

Lời giải Chọn B Ta có: s′ ( t ) = 3t 2 − 6t + 5 ⇒ a ( t ) = s′′ ( t ) = 6t − 6 ⇒ a ( 3) = 12 m/s2 .

Câu 15. Biết điện lượng truyền trong dây dẫn theo thời gian biểu thị bởi hàm số Q ( t ) = 2t 2 + t , trong đó t được tính bằng giây ( s ) và Q được tính theo ( C ) . Tại thời điểm bao nhiêu thì cường độ dòng điện bằng 9 . A. t = 2 s . B. t = 2, 75s . Lời giải Chọn A

Trang 23/74

C. t = 2, 75s .

D. t = 4 s .

Cường độ dòng điện được biểu thị bởi hàm số : I ( t ) = Q′ ( t ) = 4t + 1 . Với cường độ dòng điện bằng 9 ta có 4t + 1 = 9 ⇔ t = 2 .

Câu 16.

Cho

hàm

số

y = f ( x ) có

đạo

hàm

trên

ℝ.

Xét

các

hàm

số

g ( x ) = f ( x ) − f ( 2 x ) và h ( x ) = f ( x ) − f ( 4 x ) . Biết rằng g ′ (1) = 18; g ′ ( 2 ) = 1000 . Tính h′ (1) . A. – 2018

B. 2018

C. 2020

D. – 2020

Lời giải Chọn B

g ( x) = f ( x) − f ( 2x) ⇒ g′( x) = f ′ ( x) − 2 f ′ ( 2x) 18 = g ′ (1) = f ′ (1) − 2 f ′ ( 2 ) 18 = f ′ (1) − 2 f ′ ( 2 ) ⇒ ⇒ 1000 = g ′ ( 2 ) = f ′ ( 2 ) − 2 f ′ ( 4 ) 2000 = 2 f ′ ( 2 ) − 4 f ′ ( 4 )

⇒ 2018 = f ′ (1) − 4 f ′ ( 4 ) Mặt khác

h ( x ) = f ( x ) − f ( 4 x ) ⇒ h′ ( x ) = f ′ ( x ) − 4 f ′ ( 4 x ) ⇒ h′ (1) = f ′ (1) − 4 f ′ ( 4 ) = 2018 III. HOẠT ĐỘNG NHÓM TRỰC TIẾP TRÊN LỚP LẦN 1: NHÓM GỒM CÁC EM CÓ TRÌNH ĐỘ KHÁC NHAU. CÁC EM KHÁ GIỎI GIÚP ĐỠ CÁC EM YẾU. Câu 1. Trong các mệnh đề sau đây, mệnh đề nào sai: A. Nếu hàm số f ( x ) liên tục tại điểm x0 thì f ( x ) có đạo hàm tại xo . B. Nếu tiếp tuyến tại điểm M o ( xo ; f ( xo ) ) của đồ thị hàm số y = f ( x ) song song với trục hoành thì f ' ( xo ) = 0 .

C. Nếu f ' ( xo ) = 0 thì tồn tại tiếp tuyến tại điểm M o ( xo ; f ( xo ) ) của đồ thị hàm số y = f ( x ) song song hoặc trùng với trục hoành.

D. Nếu hàm số f ( x ) có đạo hàm tại điểm x0 và đồ thị của hàm số là một đường cong

( C ) thì tiếp tuyến của ( C ) tại điểm

M o ( xo ; f ( xo ) ) có hệ số góc k = f ' ( xo ) .

Lời giải Chọn A. Vì hàm số y = f ( x ) liên tục tại điểm xo thì y = f ( x ) có thể có hoặc không có đạo hàm tại điểm xo .

Câu 2.

Cho hàm số f ( x ) = sin x . Giá trị của biểu thức lim

A. −1.

x→ π

C. 1.

B. π .

Lời giải Chọn A Ta có f ( x ) = sin x ⇒ f ′ ( x ) = cos x , ⇒ f ′ ( π ) = −1 .

Trang 24/74

f ( x) − f (π) x−π

bằng

D. 0 .

Vậy lim x→π

Câu 3. lim x →0

f ( x) − f (π) = f ′ ( π ) = −1 . x−π

Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên khoảng ( −∞; +∞ ) thỏa mãn các điều kiện

f ( x) x

 f 2 ( x) khi x > 0  = 2 và hàm số y =  sin 2 x có đạo hàm tại điểm x = 0 . Giá trị của ax + b khi x ≤ 0 

biểu thức a + b bằng A. 3 .

B. 0 .

C. 2 .

D. 1 .

Lời giải Chọn C

 f 2 ( x) khi x > 0  có đạo hàm tại điểm x = 0 khi và chỉ khi - Hàm số y = g ( x ) =  sin 2 x ax + b khi x ≤ 0  f 2 ( x) −b g ( x ) − g (0) g ( x ) − g (0) ax + b − b lim+ = lim− ⇔ lim+ sin 2 x = lim− x →0 x →0 x→0 x →0 x−0 x−0 x x 2   f ( x)   f 2 ( x) x x b b . − =a ⇔ lim+  . −  = a ⇔ lim+    2 x →0  x →0 x  sin 2 x x  sin 2 x x   x   b = 0 b b  4x  ⇔ lim+  −  = a ⇔ lim+  2 −  = a ⇔  x → 0  sin 2 x x→0  x x a = 2 Vậy a + b = 2 . LẦN 2: PHÂN NHÓM THEO TRÌNH ĐỘ HỌC SINH CÁC EM HỌC LỰC TRUNG BÌNH – YẾU LÀM CÁC CÂU HỎI SAU:

Câu 1. Cho hàm số y = x3 − x 2 − x + 1 . Phương trình các đường tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại giao điểm của nó với trục hoành là. A. y = 0 và y = x − 1 . B. y = x + 1 và y = x + 4 . C. y = 0 và y = 4 x + 4 .

D. y = x − 1 và y = x + 1 . Lời giải

Chọn C. Ta có y ' = 3 x 2 − 2 x − 1 . Phương trình hoành độ giao điểm với trục hoành là  x = −1 x3 − x 2 − x + 1 = 0 ⇔  . x =1 Với x = −1 ⇒ y = 0 ⇒ y ' ( −1) = 4 ⇒ y = 4 ( x + 1) Với x = 1 ⇒ y = 0 ⇒ y ' (1) = 0 ⇒ y = 0 .

Trang 25/74

Câu 2.

Biết tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = ax 4 + bx 2 + 2 tại điểm A ( −1; 1) vuông góc

với đường thẳng x − 2 y + 3 = 0 . Tính a 2 − b 2 .

A. a 2 − b 2 = 10 . a 2 − b 2 = −5 .

B. a 2 − b 2 = 13 .

C. a 2 − b 2 = −2 .

D.

Lời giải Chọn D. Ta có y ′ = 4ax 3 + 2bx = 2 x ( 2ax 2 + b ) .

Đường thẳng x − 2 y + 3 = 0 có hệ số góc k =

1 . 2

Suy ra f ′ ( −1) = −2 ⇔ − 2 ( 2a + b ) = −2 ⇔ 2a + b = 1 .

A ( −1; 1) thuộc đồ thị hàm số nên a + b + 2 = 1 ⇔ a + b = −1 2a + b = 1 a = 2 Ta có hệ phương trình:  ⇔ ⇒ a 2 − b 2 = −5 . a + b = −1 b = − 3 2x −1 ( C ) . Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị ( C ) sao cho tiếp x −1 tuyến đó cắt trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm A, B thỏa mãn OA = 4OB là: 1 1 1 1 A. − . . B. . . C. − hoặc . . D. 1. 4 4 4 4

Câu 3.

Cho hàm số y =

Câu 4.

Cho hàm số y = x 4 − 2 x 2 − 1 ( C ) . Qua điểm A ( 0; −1) kẻ được mấy tiếp tuyến đến

đồ thị ( C ) ?

A. 0 .

B. 2 .

C. 1 .

D. 3 .

Lời giải Chọn D. Ta có y′ = 4 x3 − 4 x . Phương trình tiếp tuyến tại điểm M ( m; m 4 − 2m 2 − 1) của ( C ) là y = ( x − m ) ( 4 m 2 − 4m ) + m 4 − 2m 2 − 1 .

Tiếp tuyến qua A ( 0; −1) suy ra

m = 0 m = 0 ⇔ . −1 = ( − m ) ( 4 m 2 − 4 m ) + m 4 − 2 m 2 − 1 ⇔  2 m = 2 ± 2  m − 4m + 2 = 0  m Vậy có 3 giá trị của hay có 3 tiếp tuyến đi qua A . Câu 5.

Cho hàm số y = x3 − 3 x 2 + 3mx + 1 − m . Có bao nhiêu giá trị thực của m để đồ thị

hàm số tiếp xúc với trục Ox ? A. 1 . B. 2 .

C. 3 . Lời giải Trang 26/74

D. 0 .

Chọn A. Cách 1: Ta có y′ = 3 x 2 − 6 x + 3m . Điều kiện để hàm số có 2 điểm cực trị là ∆ > 0 ⇔ m < 1 . Phân tích

Đồ

thị

1 1 y = y′  x −  + 2 x ( m − 1) + 1 . 3 3 hàm số tiếp xúc

với

trục

Ox

⇔ ycd . yct = 0

⇔ (2( m − 1) x1 + 1)(2( m − 1) x2 + 1) = 0 . Sử dụng Viet ta được phương trình 4 m 3 − 8m 2 + 8m − 3 = 0 . Kết hợp điều kiện suy ra có 1 giá trị thực của m thỏa yêu cầu. Cách 2:

 x3 − 3 x 2 + 3mx + 1 − m = 0 (1) Yêu cầu bài toán ⇔  2 có nghiệm. 3x − 6 x + 3m = 0 ( 2 ) Từ ( 2 ) ta có m = 2 x − x 2 thay vào (1) ta được phương trình −2 x 3 + 4 x 2 − 2 x + 1 = 0 . Ta tìm được 1 giá trị thực của x thỏa hệ, suy ra có 1 giá trị thực của m thỏa yêu cầu. CÁC EM HỌC SINH LỚP KHÁ GIỎI LÀM NHỮNG CÂU SAU: 2x − 1 có đồ thị ( C ) . Gọi M ( x0 ; y0 ) (với x0 > 1 ) là điểm 2x − 2 thuộc ( C ) , biết tiếp tuyến của ( C ) tại M cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt

Câu 1.

Cho hàm số y =

tại A và B sao cho S ∆OIB = 8S∆OIA (trong đó O là gốc tọa độ, I là giao điểm hai tiệm cận). Tính giá trị của S = x0 + 4 y0 .

A. S = 8 .

B. S =

17 . 4

C. S =

23 . 4

Lời giải Chọn A.

Ta có y′ =

−2

( 2x − 2)

2

, TCĐ: x = 1 ( d1 ) , TCN: y = 1 ( d 2 ) , I (1;1) .

Phương trình tiếp tuyến ∆ tại điểm M ( x0 ; y0 ) có dạng y=

−2

( 2 x0 − 2 )

2

( x − x0 ) +

2 x0 − 1 2 x0 − 2

Trang 27/74

D. S = 2 .

 x  A = ∆ ∩ d1 ⇒ A 1; 0  , B = ∆ ∩ d 2 ⇒ B ( 2 x0 − 1;1) . IB = ( 2 x0 − 2;0 ) ,  x0 − 1   1  IA =  0; .  x0 − 1  S ∆OIB = 8S ∆OIA ⇔

1 1 1 2 ⇔ ( x0 − 1) = 4 .1.IB = 8. .1.IA ⇔ IB = 8 IA ⇔ 2 x0 − 2 = 8 x0 − 1 2 2

⇔ x0 = 3 (do x0 > 1 ) ⇒ y0 =

Câu 2.

5 5 ⇒ S = x0 + 4 y0 = 3 + 4. = 8 . 4 4

Cho hàm số y = x3 − 3x 2 + 2 . Gọi A, B là hai điểm thuộc đồ thị hàm số đã cho có

hoành độ lần lượt là xA ; xB , tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A, B song song với nhau và

đường thẳng AB tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân, đường thẳng AB có hệ số góc dương. Tính giá trị xA . xB .

A. xA . xB = −3 .

B. xA . xB = −1 .

C. xA . xB = −2 .

D. xA . xB = 2 .

Lời giải Chọn A. Gọi A ( a; a 3 − 3a 2 + 2 ) và B ( b; b 3 − 3b 2 + 2 )

( a ≠ b) . Vì tiếp tuyến của đồ thị hàm số

tại A, B song song với nhau nên y′ ( a ) = y′ ( b ) ⇔ 3a 2 − 6a = 3b 2 − 6b ⇔ 3 ( a − b )( a + b ) − 6 ( a − b ) = 0 ⇔ 3 ( a − b )( a + b − 2 ) = 0 ⇔ a+b = 2 Vì đường thẳng AB tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân nên tam giác OAB vuông cân tại O , hay hệ số góc k của đường thẳng AB thỏa mãn k = tan 45 = 1 ( vì đường thẳng AB có hệ số góc dương ). Hệ số góc của đường thẳng AB được tính bằng công thức: y ( b ) − y ( a ) b3 − 3b 2 − a3 + 3a 2 k= = b−a b−a 2

= a 2 + ab + b2 − 3 ( a + b ) = ( a + b ) − ab − 3 ( a + b ) = −2 − ab Vậy −2 − ab = 1 ⇔ ab = −3 .

Câu 3.

Cho hàm số 2

y = f ( x ) xác định và có đạo hàm trên ℝ thỏa mãn 3

 f ( 2 x + 1)  +  f (1 − x )  = x . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm có hoành độ bằng 1 . 1 6 1 8 1 5 A. y = x − . B. y = − x + . C. y = x − . D. 7 7 7 7 7 7 1 6 y =− x+ . 7 7

Trang 28/74

Lời giải Chọn B. 2

3

Từ  f ( 2 x + 1)  +  f (1 − x )  = x (*), cho x = 0 ta có

 f (1) = 0 2 3  f (1)  +  f (1)  = 0 ⇔   f (1) = −1 2

Đạo hàm hai vế của (*) ta được 4. f ( 2 x + 1) . f ′ ( 2 x + 1) − 3  f (1 − x )  . f ′ (1 − x ) = 1 . 2

Cho x = 0 ta được 4 f (1) . f ′ (1) − 3.  f (1)  . f ′ (1) = 1 ⇔ f (1) . f ′ (1) .  4 − 3 f (1)  = 1 (**). Nếu f (1) = 0 thì (**) vô lý, do đó f (1) = −1 , khi đó (**) trở thành 1 7 1 1 8 Phương trình tiếp tuyến y = − ( x − 1) + 1 ⇔ y = − x + . 7 7 7

− f ′ (1) .[ 4 + 3] = 1 ⇔ f ′ (1) = −

Câu 4.

(Nông Cống - Thanh Hóa - Lần 1 - 1819) Gọi k1 , k2 , k3 lần lượt là hệ số góc của

tiếp tuyến đồ thị các hàm số y = f ( x ) ; y = g ( x ) ; y =

f ( x) g ( x)

tại x = 2 và thỏa mãn

k1 = k2 = 2k3 ≠ 0 . Khi đó:

A. f ( 2 ) ≥

1 . 2

B. f ( 2 ) >

1 2

C. f ( 2 ) <

1 . 2

D. f ( 2 ) ≤

1 . 2

Lời giải Chọn D Ta có: k1 = f ′ ( 2 ) , k2 = g ′ ( 2 ) ; k3 =

f ′ ( 2 ) .g ( 2 ) − f ( 2 ) g ′ ( 2 ) g

2

(2)

=

k1.g ( 2 ) − k 2 . f ( 2 ) g 2 (2)

Mà k1 = k2 = 2k3 ≠ 0 nên ta có: k3 =

2 k3 . g ( 2 ) − 2 k3 . f ( 2 ) g

Câu 5.

2

( 2)

2 1 1 1 1 ⇔ f ( 2 ) = − .g 2 ( 2 ) + g ( 2 ) = − .  g ( 2 ) − 1 + ≤ . 2 2 2 2

Cho hàm số y = x 3 + 1 có đồ thị (C ) . Trên đường thẳng d : y = x + 1 tìm được hai

điểm M 1 ( x1 ; y1 ) , M 2 ( x2 ; y2 ) mà từ mỗi điểm đó kẻ được đúng hai tiếp tuyến đến ( C ) . Tính giá trị biểu thức S =

A.

113 . 15

3 2 1 y1 + y22 + y1 y2 ) + ( 5 3 41 14 B. . C. . 15 15 Lời giải

D.

59 . 15

Chọn B Giả sử M ∈ d : y = x + 1 , ta gọi M ( a; a + 1) . Đường thẳng ∆ đi qua M ( a; a + 1) có hệ số góc k có phương trình là: y = k ( x − a ) + a + 1 .

Trang 29/74

Đường thẳng ∆ tiếp xúc với ( C ) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm: 3  g ( x ) = 2 x 3 − 3ax 2 + a = 0  x + 1 = k ( x − a ) + a + 1 ⇔  2 2 3 x = k 3 x = k

( *)

.

Từ M kẻ được đúng hai tiếp tuyến đến ( C ) khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt ⇔ hàm số y = g ( x) = 2 x3 − 3ax 2 + a có hai điểm cực trị x1 , x2 thỏa mãn g ( x1 ) = 0 hoặc g ( x2 ) = 0 ⇔ g ′( x ) = 6 x 2 − 6ax = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 và g ( x1 ) = 0 hoặc g ( x2 ) = 0 .

x = 0 . Xét g ' ( x ) = 0 ⇒ 6 x 2 − 6ax = 0 ⇔  x = a a ≠ 0 a ≠ 0  a = −1   Ta có:   g (0) = 0 ⇔   − a = 0 ⇔ . a = 1   g (a) = 0   −a3 + a = 0   Suy ra: M 1 ( −1;0 ) và M 2 (1;2 ) . 3 2 1 3 1 41 . y1 + y22 + y1 y2 ) + = ( 0 + 22 + 0.2 ) + = ( 5 3 5 3 15 IV. BÀI KIỂM TRA SAU TIẾT HỌC THEO 1 TRONG HAI HÌNH THỨC TÙY VÀO TỪNG LỚP: HÌNH THỨC 1: Kiểm tra trực tiếp trên lớp (30 phút), sau đó giáo viên sử dụng máy chiếu, chiếu lời giải chi tiết, chữa bài cho học sinh. HÌNH THỨC 2: Kiểm tra Online Đến thời gian quy định giáo viên cung cấp đường link để học sinh làm bài. Dưới đây là lời giải chi tiết:

Vậy: S =

A. L = 2018.22017 + 17 .

f ( x ) − f ( 2) . x→2 x−2 B. L = 2017.22018 − 17 .

C. L = 2017.22018 + 17 .

D. L = 2019.22017 + 17 .

Câu 1.

Cho hàm số f ( x ) = x + x 2 + x 3 + x 2018 . Tính L = lim

Lời giải Chọn A f ′ ( x ) = 1 + 2 x + 3 x 2 + 2018.x 2017 .

⇒ lim x→2

Câu 2.

f ( x) − f (2) = f ′ ( 2 ) = 17 + 2018.22017 . x−2

 ax 2 − 2 x + 1 khi x ≥ 1 Cho hai số thực a , b làm cho hàm số f ( x ) =  có đạo hàm  3 − 2 x − bx khi x < 1

tại x = 1 . Giá trị của biểu thức a 2 + b2 bằng:

Trang 30/74

A. 2 .

B. 10 .

C. 20 .

D.

13 . 2

Lời giải Chọn B Ta có lim f ( x ) = lim+ ( ax 2 − 2 x + 1 ) = a − 1 = f (1) .

x →1+

x →1

lim f ( x ) = lim−

x →1−

x →1

(

)

3 − 2 x − bx = 1 − b .

Hàm số liên tục tại x = 1 ⇔ lim+ f ( x ) = lim− f ( x ) = f (1) ⇔ a − 1 = 1 − b ⇔ b = 2 − a . x →1

x →1

Lại có f ( x ) − f (1) ax 2 − 2 x − a + 2 lim+ = lim+ = lim+ ( ax + a − 2 ) = 2 a − 2 . x →1 x →1 x →1 x −1 x −1 lim−

f ( x ) − f (1) x −1

x →1

= lim+ x →1

3 − 2x − ( 2 − a ) x − a + 1 3 − 2 x − bx − a + 1 = lim+ x →1 x −1 x −1

2   = lim−  a − 2 −  = a −3. x →1 3 − 2x +1  

b = 2 − a a = −1 Do hàm số có đạo hàm tại x = 1 nên  . Vậy a 2 + b2 = 10 . ⇔ 2 a − 2 = a − 3 b = 3  

Câu 3. A.

Cho hàm số f ( x ) = 1 . 2018

x . Tính f ′ ( 0 ) . ( x − 1)( x − 2)( x − 3) ... ( x − 2018) B. −

1 . 2018!

C.

1 . 2017

D.

1 . 2018!

Lời giải Chọn D Đặt u ( x ) = ( x − 1)( x − 2 )( x − 3) ... ( x − 2018) . Ta có f ′ ( x ) = Do đó f ′ ( 0 ) =

Câu 4.

u (0) u 2 (0)

mà u ( 0 ) = 2018! nên f ′ ( 0 ) =

u ( x ) − u′ ( x ) .x . u2 ( x)

2018!

( 2018!)

2

=

1 2018!

Một vật chuyển động trong 3 giờ với vận tốc v ( km/h ) phụ thuộc thời gian

t ( h ) có đồ thị là một phần của đường parabol có đỉnh I ( 2;9 ) và trục đối xứng song song với trục tung như hình vẽ. Vận tốc tức thời của vật tại thời điểm 2 giờ 30 phút sau khi vật bắt đầu chuyển động gần bằng giá trị nào nhất trong các giá trị sau?.

Trang 31/74

v

I 9 6

O

A. 8, 7 ( km / h ) .

2 3

C. 8, 6 ( km / h ) .

t B. 8,8 ( km / h ) . D. 8, 5 ( km / h ) .

Lời giải Chọn B v

I 9 6

O 2 3 t Giả sử vận tốc của vật chuyển động có phương trình là

v ( t ) = at 2 + bt + c . Ta có v ( 2 ) = 9 ⇔ 4a + 2b + c = 9 ; v ( 0 ) = 6 ⇔ c = 6 .

−3  −b  4a + b = 0  =2 a = Lại có  2a ⇔ ⇔ 4 . 4a + 2b = 3 b = 3 4a + 2b + 6 = 9  −3 2 t + 3t + 6 .. Do đó v ( t ) = 4 Vậy v ( 2,5) = 8,8125 . Câu 5.

(C )

Cho hàm số f ( x ) = x 3 − 6 x 2 + 9 x + 1 có đồ thị ( C ) . Có bao nhiêu tiếp tuyến của tại điểm thuộc đồ thị

(C )

có hoành độ là nghiệm của phương trình

2 f ′ ( x ) − xf ′′ ( x ) − 6 = 0 ?

A. 3 .

B. 2 .

C. 1 . Lời giải

Chọn C. Trang 32/74

D. 4 .

f ′ ( x ) = 3 x 2 − 12 x + 9 f ′′ ( x ) = 6 x − 12

(

)

2 f ′ ( x ) − xf ′′ ( x ) − 6 = 0 ⇔ 2 3 x 2 − 12 x + 9 − x ( 6 x − 12 ) − 6 = 0 ⇔ −12 x + 12 = 0 ⇔ x = 1 . Vậy có một tiếp tuyến.

1 có đồ thị ( C ) . Gọi ∆ là tiếp tuyến của ( C ) tại điểm x −1 M ( 2;1) . Diện tích của tam giác được tạo bởi ∆ và các trục tọa độ bằng :

Câu 6.

Cho hàm số y =

A. 3 .

B.

3 . 2

C. 9 .

D.

9 . 2

Lời giải Chọn D Ta có f ' ( 2 ) = −1 Phương trình tiếp tuyến ( ∆ ) tại M ( 2;1) : y = − x + 3 + Gọi A = ∆ ∩ Ox : A ( 3;0 ) B = ∆ ∩ Oy : B ( 0;3) 1 9 S ∆OAB = OA.OB = 2 2 ax + b có đồ thị cắt trục tung tại A ( 0; –1) , tiếp tuyến tại A có hệ x −1 số góc k = −3 . Các giá trị của a , b là

Câu 7.

Cho hàm số y =

A. a = 1 , b = 1 . b=2.

B. a = 2 , b = 1 .

C. a = 1 , b = 2 .

D.

a = 2,

Lời giải Chọn B. ax + b b ⇒ = −1 ⇔ b = 1 . x −1 −1

A ( 0; –1) ∈ ( C ) : y = Ta có y ′ =

−a − b

( x − 1)

2

. Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị tại điểm A là

k = y′ ( 0) = −a − b = −3 ⇔ a = 3 − b = 2 .

Câu 8. Cho hàm số y = − x 3 + x 2 − 2 x − 5 có đồ thị (C). Trong các tiếp tuyến của (C), tiếp tuyến có hệ số góc lớn nhất, thì hệ số góc của tiếp tuyến đó là 4 5 2 1 A. − . B. − . C. . D. 3 3 3 3 Trang 33/74

Lời giải Chọn D Ta có hệ số góc: y ' (x 0 ) = −3xo2 + 2xo − 2 Hệ số góc nhỏ nhất khi y '' (xo ) = 0 => −6xo + 2 = 0 => xo = Thay xo =

Câu 9.

1 3

1 5 vào y '(xo ) = 3 3

[1D5.1-3] Cho hàm số y =

x+2 , tiếp tuyến của đồ thị hàm số kẻ từ điểm ( –6;5 ) x−2

là 1 7 x+ . 4 2 1 7 C. y = – x + 1 ; y = − x + . 4 2

1 7 B. y = – x – 1 ; y = − x + . 4 2 1 7 D. y = – x + 1 ; y = − x − . 4 2

A. y = – x – 1 ; y =

Lời giải Chọn B. x+2 −4 . y= ⇒ y′ = 2 x−2 ( x − 2) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( C ) : y =

x+2 tại điểm M ( x0 ;y0 ) ∈ ( C ) với x0 ≠ 2 x−2

là:

y = y′ ( x0 )( x − x0 ) + y0 ⇔ y = Vì 5=

tiếp

tuyến

−4

( x0 − 2 )

2

−4

( x − x0 ) +

qua

điểm

( x0 − 2 )

đi

( −6 − x0 ) +

2

x0 + 2 . x0 − 2

( –6;5)

nên

ta

có

 x0 = 0 x0 + 2 ⇔ 4 x02 − 24 x0 = 0 ⇔  x0 − 2  x0 = 6

Vậy có hai tiếp tuyến thỏa đề bài là: y = – x – 1 và y = –

1 7 x+ . 4 2

x +1 đồ thị ( C ) . Có bao nhiêu cặp điểm A , B thuộc ( C ) mà x −1 tiếp tuyến tại đó song song với nhau: A. 1 . B. Không tồn tại cặp điểm nào. C. Vô số cặp điểm D. 2 . Lời giải

Câu 10.

Cho hàm số y =

Chọn C Ta có y′ = Giả sử

−2 2

.

( x − 1) A ( x1 ; y1 ) và B ( x2 ; y2 )

với x1 ≠ x2 .

Trang 34/74

Tiếp tuyến tại A và tại B song song nhau nên 1 1 y′ ( x1 ) = y′ ( x2 ) ⇔ = 2 2 ( x1 − 1) ( x2 − 1) 2 2  x1 − 1 = x2 − 1 ⇔ x1 + x2 = 2 ⇔ ( x1 − 1) = ( x2 − 1)   x1 − 1 = − x2 + 1

Vậy trên đồ thị hàm số tồn tại vô số cặp điểm A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) thỏa mãn x1 + x2 = 2 thì các tiếp tuyến tại A và tại B song song nhau. * y1 + y2 =

x1 + 1 x2 + 1 2 x1 x2 − 2 + = = 2 . Như vậy x1 + x2 = 2 và y1 + y2 = 2 hay x1 − 1 x2 − 1 x1 x2 − 1

đoan thẳng AB có trung điểm là tâm đối xứng I (1;1) của đồ thị.

Câu 11.

( Cm )

Cho hàm số y =

x−m có đồ thị là ( Cm ) . Với giá trị nào của m thì tiếp tuyến của x +1

tại điểm có hoành độ bằng 0 song song với đường thẳng d : y = 3 x + 1 .

A. m = 3 .

B. m = 2 .

C. m = 1 .

D. m = −2 .

Lời giải Chọn B Tập xác định: D = ℝ \ {−1} . Ta có: y ' = Gọi

m +1 2

.

( x + 1) M ( 0; −m ) ∈ ( Cm ) ;

k là hệ số góc của tiếp tuyến của ( Cm ) tại M và

d : y = 3x + 1 .

Do tiếp tuyến tại M song song với d nên k = 3 ⇔ y ' ( 0 ) = 3 ⇔ 1 + m = 3 ⇔ m = 2

Chú ý: Do đặc thù đáp án của câu này nên trong quá trình giải khi ra m = −2 thì ta chọn ngay đáp án, tuy nhiên trên thực tế để giải toán thuộc dạng này ta cần chú ý sau khi tìm ra m ta cần phải viết phương trình tiếp tuyến tại M để kiểm tra lại xem tiếp tuyến có song song với đường thẳng đề bài cho không vì khi hai đường này trùng nhau thì hệ số góc của chúng vẫn bằng nhau.

Câu 12. (THPT Lê Hồng Phong - Thanh Hóa - Lần 4 - 2018) Gọi M là điểm có hoành độ khác 0 thuộc đồ thị ( C ) của hàm số y = x 3 − 3 x . Tiếp tuyến của ( C ) tại M cắt ( C ) tại điểm thứ hai ( N không trùng với M ). Kí hiệu xM , xN theo thứ tự là hoành độ của

M và N . Kết luận nào sau đây là đúng? A. 2 xM + xN = 0 . B. xM + 2 xN = 3 .

C. xM + xN = −2 .

D.

xM + xN = 3 . Lời giải Chọn A Ta có: y ′ = 3 x 2 − 3 . Giả sử M ( m; m3 − 3m ) ∈ ( C ) , m ≠ 0 , phương trình tiếp tuyến của ( C ) tại M có dạng Trang 35/74

d : y = ( 3m 2 − 3 ) ( x − m ) + m3 − 3m .

Phương

( 3m

2

trình

hoành

giao

độ

đ iể m

c ủa

d

và

(C )

là

− 3 ) ( x − m ) + m 3 − 3m = x 3 − 3 x

x = m 2 . ⇔ ( x − m ) ( x + 2m ) = 0 ⇔   x = −2 m Từ giả thiết suy ra xM = m , xN = −2m ⇒ 2 xM + xN = 0 .

Câu 13.

Cho hàm số

y = f ( x)

có đạo hàm liên tục trên

ℝ , thỏa mãn

2 f ( 2 x ) + f (1 − 2 x ) = 12 x 2 . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm có hoành độ bằng 1 là: A. y = 2 x + 2 .

B. y = 4 x − 6 .

C. y = 2 x − 6 .

D. y = 4 x − 2 .

Lời giải Chọn D. Từ 2 f ( 2 x ) + f (1 − 2 x ) = 12 x 2 (*), cho x = 0 và x =

1 ta được 2

2 f ( 0 ) + f (1) = 0 ⇒ f (1) = 2   f ( 0 ) + 2 f (1) = 3 Lấy đạo hàm hai vế của (*) ta được 4 f ′ ( 2 x ) − 2 f ′ (1 − 2 x ) = 24 x , cho x = 0 và x =

1 2

4 f ′ ( 0 ) − 2 f ′ (1) = 0 ⇒ f ′ (1) = 4 . ta được  4 f ′ (1) − 2 f ′ ( 0 ) = 12 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm x = 1 là

y = f ′ (1)( x − 1) + f (1) ⇔ y = 4 ( x − 1) + 2 ⇔ y = 4 x − 2 . Câu 14.

Cho hàm số y =

x+3 có đồ thị là ( C ) , điểm M thay đổi thuộc đường thẳng x −1

d : y = 1 − 2 x sao cho qua M có hai tiếp tuyến của ( C ) với hai tiếp điểm tương ứng là

A , B . Biết rằng đường thẳng AB luôn đi qua điểm cố định là K . Độ dài đoạn thẳng OK là A.

34 .

B. 10 .

C.

29 .

D.

58 .

Lời giải Chọn D. Vì M ∈ d nên M ( m;1 − 2m ) . Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến ∆ . Tiếp tuyến ∆ đi qua M có dạng

y = k ( x − m ) + 1 − 2m . Vì ∆ tiếp xúc với ( C ) nên hệ phương trình

Trang 36/74

x+3  x − 1 = k ( x − m ) + 1 − 2m (1)  có nghiệm.  −4  = k 2 ( ) 2  ( x − 1) Thay ( 2 ) vào (1) ta được x+3 x+3 −4 −4 = x − m ) + 1 − 2m ⇔ = ( x − 1 + 1 − m ) + 1 − 2m . 2 ( x − 1 ( x − 1) x − 1 ( x − 1)2 4 + (1 − 2 m )( x − 1) ( 3 ) . x −1 x+3 4 Mặt khác y = ⇔ = y − 1 , thay vào ( 3 ) ta được x −1 x −1 ⇔ x + 3 = −4 + ( m − 1) .

x + 3 = −4 + ( m − 1)( y − 1) + (1 − 2m )( x − 1) ⇔ 2mx − ( m − 1) y − m + 7 = 0 . Vậy phương trình đường thẳng AB là: 2mx − ( m − 1) y − m + 7 = 0 . Gọi

K ( x0 ; y0 )

là điểm cố định mà đường thẳng

AB đi qua. Ta có

2mx0 − ( m − 1) y0 − m + 7 = 0 ⇔ ( 2 x0 − y0 − 1) m + yo + 7 = 0 . Vì

đẳng thức luôn đúng với 2 xo − y0 − 1 = 0  x0 = −3 ⇔ ⇒ K ( −3; − 7 ) .   y0 + 7 = 0  y0 = − 7

m ọi

m

nên

ta

có

Vậy OK = 58 .

Câu 15.

Giá trị của tham số m để đồ thị của hai hàm số y = x 3 +

5 x − 2 và y = x 2 + x + m 4

tiếp xúc là:

A. m = 2 .

B. m = −2 .

C. m =

2 . 3

Lời giải Chọn B. Để đồ thị của hai hàm số y = x 3 +

5 x − 2 và y = x 2 + x + m tiếp xúc 4

 3 5 2  x + 4 x − 2 = x + x + m ⇔ có nghiệm 5 2  3x + = 2 x + 1  4

1  3 2 m = x − x + 4 x − 2   3 5 2 1  x + x − 2 = x + x + m  ⇔ ⇔ x= 4  2   12 x 2 − 8 x + 1 = 0   1 x =   6  

Trang 37/74

D. m = −3 .

1 ⇒ m = −2 . 2 1 107 . Với x = ⇒ m = − 6 54

Với x =

PHỤ LỤC 4 SẢN PHẨM NGÂN HÀNG CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM PHÙ HỢP VỚI TỪNG ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH VÀ BÁM SÁT ĐỀ THI CỦA BỘ Chúng tôi đã có sản phẩm của tất các các chuyên đề của cả ba khối 10, 11, 12. Trong giới hạn của sáng kiến chúng tôi xin cung cấp các đường Link liên quan đến phần Giải tích lớp 12. Cụ thể như sau:

LINK PHẦN HÀM SỐ: 1.Đề https://drive.google.com/open?id=0BwHjE_x01ecTei1pTWdOQkRHVFJBMFNXRVBQY1FRa 2RyYWdB 2. Hướng dẫn giải https://drive.google.com/open?id=0BwHjE_x01ecTaElhTlF4cmluWU1OV0FTXzR5XzRxWnl6 V1VV LINK PHẦN MŨ VÀ LOGARIT 1.Đề https://drive.google.com/open?id=0BwHjE_x01ecTdERWVkVJQUNPcHJaZG1qdXN2bmpRYj VWc3lj 2. Hướng dẫn giải https://drive.google.com/open?id=0BwHjE_x01ecTZC12eUNwOFRvWjd0WUtweDhaNzFFSG 5RbVpn LINK PHẦN NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN 1.Đề https://drive.google.com/open?id=0BwHjE_x01ecTUHE0bm9vLUpJS05pb3hIdkNUbVBhVk1 WTkxR 2. Hướng dẫn giải https://drive.google.com/file/d/0BwHjE_x01ecTOGMySHFnRWxEcWEzNWVKUzUwc0VTdn I3WFFB/view?usp=sharing Trang 38/74

LINK PHẦN SỐ PHỨC BAO GỒM ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN https://drive.google.com/file/d/0BwHjE_x01ecTMFZKYWRiWm90MGNTUkZxZVVXNnJaZn FGMl9v/view?usp=sharing PHỤ LỤC 4: SẢN PHẨM THI ONLINE CHO HỌC SINH I. ĐỀ KIỂM TRA VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT Chúng tối xin trình bày sản phẩm đề chương số phức.

ĐỀ TỰ LUYỆN CHỦ ĐỀ SỐ PHỨC Câu 1.

Điểm A trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn của số phức z .

Khi đó mệnh đề nào sau đây là đúng?

Câu 2.

A. z = 2 + i B. z = 1 + 2i C. z = 2 + 2i D. z = 2 − i Cho số phức z1 = 3 + 2i , z2 = 6 + 5i . Tìm số phức liên hợp của số phức z = 6 z1 + 5 z2 A. z = 51 + 40i . z = 48 − 37i .

Câu 3.

Câu 4.

B. z = 51 − 40i .

C. z = 48 + 37i .

D.

Cho số phức z = 4 + 6i . Tìm số phức w = i.z + z A. w = 10 − 10i . B. w = −10 + 10i . C. w = 10 + 10i . w = −2 + 10i .

D.

2

Cho số phức z = 3 + 2i . Tìm số phức w = z (1 + i ) − z .

A. w = 7 − 8i . w = −3 + 5i .

B. w = −7 + 8i .

C. w = 3 + 5i .

D.

m

Câu 5.

Câu 6.

 2 + 6i  Cho số phức z =   , m nguyên dương. Có bao nhiêu giá trị m ∈ 1; 50  để z  3−i  là số thuần ảo? A. 24. B. 26. C. 25. D. 50.

Tính tổng S của các phần thực của tất cả các số phức z thỏa mãn điều kiện z = 3z 2 .

A. S = 3. Câu 7.

B. S =

C. S =

2 3 . 3

Cho các số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn 2 điều kiện z1 + z2 + z3 ≠ 0. Tính P =

A. P = 2019 Câu 8.

3 . 6

D. S =

3 . 3

z1 = z2 = z3 = 2019 và

z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 . z1 + z2 + z3

B. P = 1009, 5.

C. P = 2019 2.

D. P = 6057 .

Gọi z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình z 2 − 2 z + 5 = 0 . Giá trị của biểu thức z14 + z 24 bằng.

Trang 39/74

A. 14 Câu 9.

B. −7

C. −14

D. 7

Gọi z1 là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình z 2 − 2 z + 5 = 0 . Tìm tọa độ

điểm biểu diễn số phức

7 − 4i trên mặt phẳng phức? z1

A. P ( 3; 2 ) .

B. N (1; − 2 ) .

C. Q ( 3; −2 ) .

D. M (1; 2 ) .

Câu 10. Cho m là số thực, biết phương trình z 2 + mz + 5 = 0 có hai nghiệm phức trong đó có một nghiệm có phần ảo là 1 . Tính tổng môđun của hai nghiệm. A. 3

B.

C. 2 5

5

D. 4

Câu 11. Gọi z1 ; z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 2 z + 2 = 0 . Giá trị của biểu thức z12 + z2 2 bằng

A. 4 .

B. 8i .

C. 0 .

D. 8 .

Câu 12. Gọi z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình z 2 − 4 z + 5 = 0; M , N lần lượt là các điểm biểu diễn z1 , z2 trên mặt phẳng phức. Độ dài đoạn thẳng MN

A. 2 .

B. 2 5 .

Câu 13. Biết phương trình z 2 + 2 z + m = 0

C. 4 .

(m ∈ ℝ)

D.

2.

có một nghiệm phức z1 = −1 + 3i và z2 là

nghiệm phức còn lại. Số phức z1 + 2 z2 là?

A. −3 + 3i . Câu 14. Gọi

z1 ,

B. −3 − 9i . là

z2

( a, b, c ∈ ℝ, a ≠ 0, b

2

các

ngiệm

C. −3 − 3i . phức

c ủa

D. −3 + 9i .

phương

2

trình

az 2 + bz + c = 0 ,

2

− 4ac < 0 ) . Đặt P = z1 + z2 + z1 − z2 . Mệnh đề nào sau đây

đúng?

A. P =

c . 2a

B. P =

c . a

C. P =

2c . a

D. P =

4c . a

Câu 15. Tìm tất cả các giá trị thực của a sao cho phương trình z 2 − az + 2a − a 2 = 0 có hai nghiệm phức có mô-đun bằng 1 . −1 ± 5 . 2 a = 1; a = −1 .

B. a = 1 .

A. a =

C. a = −1 .

D.

Câu 16. Trong mặt phẳng phức Oxy , các số phức z thỏa z + 2i − 1 = z + i . Tìm số phức z được biểu diễn bởi điểm M sao cho MA ngắn nhất với A (1, 3 ) .

A. 3 + i .

B. 1 + 3i .

C. 2 − 3i .

D. −2 + 3i .

Câu 17. Trong mặt phẳng phức Oxy , tập hợp các điểm biểu diễn số phức Z thỏa mãn

()

z2 + z

2

+2 z

2

= 16 là hai đường thẳng d1, d2 . Khoảng cách giữa 2 đường thẳng

d1, d2 là bao nhiêu?

Trang 40/74

A. d ( d1 , d2 ) = 2 .

B. d ( d1 , d2 ) = 4 .

C. d ( d1 , d 2 ) = 1 .

D.

d ( d1 , d2 ) = 6 . Câu 18. Cho số phức z thỏa mãn z = 2 . Tập hợp điểm biểu diễn số phức w = (1 − i ) z + 2i là A. Một đường tròn. B. Một đường thẳng. C. Một Elip. D. Một parabol hoặc hyperbol. Câu 19. 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 tròn có phương trình nào dưới đây? 2

2

5  3 9  A.  x −  +  y −  = . 2  2 4  2

2

2

B. ( x − 10 ) + ( y − 6 ) = 36 . 2

2

5  3  D.  x −  +  y −  = 9 . 2  2 

2

C. ( x − 10 ) + ( y − 6 ) = 16 .

(

)

Câu 20. Cho số phức z thỏa mãn ( z − 2 + i ) z − 2 − i = 25 . Biết tập hợp các điểm M biểu diễn số phức w = 2 z − 2 + 3i là đường tròn tâm I ( a; b ) và bán kính c . Giá trị của a + b + c bằng A. 17 .

B. 20 .

C. 10 .

D. 18 .

Câu 21. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho số phức z thỏa mãn z − 1 + 2i = 3 . Tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức w = z (1 + i ) là đường tròn

A. Tâm I ( 3; −1) , R = 3 2 .

B. Tâm I ( −3;1) , R = 3 .

C. Tâm I ( −3;1) , R = 3 2 .

D. Tâm I ( 3; −1) , R = 3 .

Câu 22. Gọi M và m là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của môđun số phức z thỏa mãn z − 1 = 2 . Tính M + m . A. 3 .

Câu 23. Cho số phức

B. 2 . z

thỏa mãn

C. 4 .

D. 5 .

z − 1 = z − i . Tìm mô đun nhỏ nhất của số

phức w = 2 z + 2 − i .

A.

3 2 . 2

B.

3 . 2

C. 3 2 .

D.

3 2 2

.

Câu 24. Cho số phức z thỏa mãn 5 z − i = z + 1 − 3i + 3 z − 1 + i . Tìm giá trị lớn nhất M của z − 2 + 3i ?

A. M =

10 3

B. M = 1 + 13

C. M = 4 5

D. M = 9

3 5 và 5w = ( 2 + i )( z − 4 ) . Giá trị lớn nhất 5 của biểu thức P = z − 1 − 2i + z − 5 − 2i bằng

Câu 25. Cho các số phức w , z thỏa mãn w + i =

Trang 41/74

A. 6 7 .

B. 4 + 2 13 .

C. 2 53 .

D. 4 13 .

HƯỚNG DẪN GIẢI CHỦ ĐỀ SỐ PHỨC Câu 1.

Điểm A trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn của số phức z .

Khi đó mệnh đề nào sau đây là đúng?

Câu 2.

A. z = 2 + i B. z = 1 + 2i C. z = 2 + 2i D. z = 2 − i Cho số phức z1 = 3 + 2i , z2 = 6 + 5i . Tìm số phức liên hợp của số phức z = 6 z1 + 5 z2 A. z = 51 + 40i . C. z = 48 + 37i .

B. z = 51 − 40i . D. z = 48 − 37i . Lời giải

Chọn D Ta có: z = 6 z1 + 5 z2 = 6 ( 3 + 2i ) + 5 ( 6 + 5i ) = 48 + 37i . Suy ra z = 48 − 37i .

Câu 3.

Cho số phức z = 4 + 6i . Tìm số phức w = i.z + z A. w = 10 − 10i . B. w = −10 + 10i . C. w = 10 + 10i . D. w = −2 + 10i . Lời giải Chọn C Ta có: z = 4 + 6i ⇒ z = 4 − 6i .

w = i.z + z = i ( 4 − 6i ) + 4 + 6i = 10 + 10i . Câu 4.

2

Cho số phức z = 3 + 2i . Tìm số phức w = z (1 + i ) − z .

A. w = 7 − 8i . C. w = 3 + 5i .

B. w = −7 + 8i . D. w = −3 + 5i . Lời giải

Chọn B Ta có z = 3 + 2i ⇒ z = 3 − 2i . 2

2

Sử dụng MTCT ta có: w = z (1 + i ) − z = ( 3 + 2i )(1 + i ) − ( 3 − 2i ) = −7 + 8i . m

Câu 5.

 2 + 6i  Cho số phức z =   , m nguyên dương. Có bao nhiêu giá trị m ∈ 1; 50  để z  3−i  là số thuần ảo? A. 24. B. 26. C. 25. D. 50.

Lời giải Chọn C

Trang 42/74

m

 2 + 6i  Ta có: z =  = (2i )m = 2 m.i m   3−i 

z là số thuần ảo khi và chỉ khi m = 2 k + 1, k ∈ ℕ (do z ≠ 0; ∀m ∈ ℕ * ). Vậy có 25 giá trị m thỏa yêu cầu đề bài.

Câu 6.

Tính tổng S của các phần thực của tất cả các số phức z thỏa mãn điều kiện z = 3z 2 .

A. S = 3.

B. S =

3 . 6

C. S =

2 3 . 3

D. S =

3 . 3

Lời giải Chọn B Đặt z = a + bi, ( a, b ∈ ℝ ) . a − bi = 3 ( a + bi )

2

 3 ( a 2 − b 2 ) = a (1) . ⇔ a − bi = 3 ( a − b + 2abi ) ⇔  ( 2)  32ab = −b 2

2

b = 0 b = 0 ⇔ ( 2) ⇔  3.   3.2a = −1  a = − 6  a = 0 . Với b = 0 ⇒  a = 3  3 a=−

Câu 7.

3 3 3 3 1 − = . ⇒b=± S = 3 6 6 6 2

Cho các số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn 2 điều kiện z1 + z2 + z3 ≠ 0. Tính P =

A. P = 2019

z1 = z2 = z3 = 2019 và

z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 . z1 + z2 + z3

B. P = 1009,5.

C. P = 2019 2.

Lời giải Chọn A  20192 z =  1 z1   z1 z1 = 20192  20192  z1 = z2 = z3 = 2019 ⇒  z2 z2 = 20192 ⇒  z2 = . z2   2  z3 z3 = 2019  20192  z3 = z3  2

Ta có P 2 =

 z z + z z + z z  z z + z z + z z  z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 =  1 2 2 3 3 1  1 2 2 3 3 1  z1 + z2 + z3  z1 + z2 + z3   z1 + z2 + z3 

Trang 43/74

D. P = 6057 .

 20192 2019 2 20192 20192 2019 2 20192 . + . + .  z1 z2 + z2 z3 + z3 z1   z1 z2 z2 z3 z3 z1  =  2 2 2 2019 2019 2019  z1 + z2 + z3   + +  z1 z2 z3  ⇒ P = 2019 .

Câu 8.

   = 20192.   

Gọi z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình z 2 − 2 z + 5 = 0 . Giá trị của biểu thức z14 + z 24 bằng.

A. 14

B. −7

C. −14

D. 7

Lời giải Chọn C

 z1 = 1 + 2i Ta có z 2 − 2 z + 5 = 0 ⇔  .  z2 = 1 − 2i 4

4

Nên z14 + z 24 = (1 + 2i ) + (1 − 2i ) = −14 .

Câu 9.

Gọi z1 là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình z 2 − 2 z + 5 = 0 . Tìm tọa độ

điểm biểu diễn số phức

7 − 4i trên mặt phẳng phức? z1

A. P ( 3; 2 ) .

B. N (1; − 2 ) .

C. Q ( 3; −2 ) .

D. M (1; 2 ) .

Lời giải Chọn A Ta có:  z = 1 − 2i z2 − 2z + 5 = 0 ⇔   z = 1 + 2i 7 − 4i 7 − 4i Suy ra = = 3 + 2i . z1 1 − 2i

( TM ) ( L)

Điểm biểu diễn là P ( 3; 2 ) .

Câu 10. Cho m là số thực, biết phương trình z 2 + mz + 5 = 0 có hai nghiệm phức trong đó có một nghiệm có phần ảo là 1 . Tính tổng môđun của hai nghiệm. A. 3

B.

C. 2 5

5

D. 4

Lời giải Chọn C Ta có ∆ = m 2 − 20 Phương trình có hai nghiệm phức thì ∆ < 0 ⇔ −2 5 < m < 2 5 . Khi đó pt có hai nghiệm là: z1 = − Theo đề

m 20 − m 2 m 20 − m 2 + i và z2 = − − i 2 2 2 2

20 − m 2 = 1 ⇔ m = ±4 (t/m). 2

 z1 = −2 + i Khi đó phương trình trở thành z 2 ± 4 z + 5 = 0 ⇔  hoặc  z2 = −2 − i Trang 44/74

 z1 = 2 + i z = 2 − i  2

z1 = z2 = 5 . Câu 11. Gọi z1 ; z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 2 z + 2 = 0 . Giá trị của biểu thức z12 + z2 2 bằng

A. 4 .

B. 8i .

C. 0 .

D. 8 .

Lời giải Chọn D  z1 = 1 − i 3 Ta có z 2 − 2 z + 2 = 0 ⇔  .  z2 = 1 + i 3

 z 2 = 1 − i 3 2 = −2 − 2i 3  1 Từ đó suy ra  ⇒ z12 = z2 2 = 4 + 12 = 4 . 2 2  z2 = 1 + i 3 = −2 + 2i 3

( (

) )

Vậy z12 + z2 2 = 8 .

Câu 12. Gọi z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình z 2 − 4 z + 5 = 0; M , N lần lượt là các điểm biểu diễn z1 , z2 trên mặt phẳng phức. Độ dài đoạn thẳng MN

A. 2 .

B. 2 5 .

C. 4 .

D.

2.

Lời giải Chọn A Ta có: ∆′ = 4 − 5 = −1 < 0 nên phương trình z 2 − 4 z + 5 = 0 có hai nghiệm phức phân biệt:

 z1 = 2 − i z = 2 + i  2 Suy ra: M ( 2; −1) , N ( 2;1) . Vậy MN =

Câu 13. Biết phương trình z 2 + 2 z + m = 0

2

( 2 − 2 ) + (1 + 1)

(m ∈ ℝ)

2

= 2.

có một nghiệm phức z1 = −1 + 3i và z2 là

nghiệm phức còn lại. Số phức z1 + 2 z2 là?

A. −3 + 3i .

B. −3 − 9i .

C. −3 − 3i .

D. −3 + 9i .

Lời giải Chọn C Ta có z1 + z2 = −2 ⇒ z2 = −2 − z1 = −2 − ( −1 + 3i ) = −1 − 3i ⇒ z1 + 2 z2 = ( −1 + 3i ) + 2 ( −1 − 3i ) = −3 − 3i .

Câu 14. Gọi

z1 ,

z2

là

( a, b, c ∈ ℝ, a ≠ 0, b

2

các

ngiệm

phức

c ủa

phương

2

trình

az 2 + bz + c = 0 ,

2

− 4ac < 0 ) . Đặt P = z1 + z2 + z1 − z2 . Mệnh đề nào sau đây

đúng?

A. P =

c . 2a

B. P =

c . a

C. P = Lời giải

Trang 45/74

2c . a

D. P =

4c . a

Chọn D Ta có z1 , z2 là các ngiệm phức của phương trình az 2 + bz + c = 0 nên

z1,2 =

−b ± i 4ac − b 2 2a

Do đó z1 + z2 = −

i 4ac − b 2 b và z1 − z2 = a a 2

2 4c 2 2  −b  4ac − b Suy ra P = z1 + z2 + z1 − z2 =   + . = 2 a a  a 

Câu 15. Tìm tất cả các giá trị thực của a sao cho phương trình z 2 − az + 2a − a 2 = 0 có hai nghiệm phức có mô-đun bằng 1 . −1 ± 5 . 2 C. a = −1 .

B. a = 1 .

A. a =

D. a = 1; a = −1 . Lời giải

Chọn B Theo Vi-et, ta có z1.z2 = 2a − a 2 . Mặt khác z1.z2 = z1 . z2 = 1 . Suy ra 2a − a 2 = 1 ⇔ a = 1 .

Câu 16. Trong mặt phẳng phức Oxy , các số phức z thỏa z + 2i − 1 = z + i . Tìm số phức z được biểu diễn bởi điểm M sao cho MA ngắn nhất với A (1, 3 ) .

A. 3 + i .

B. 1 + 3i .

C. 2 − 3i .

D. −2 + 3i .

Lời giải Chọn A Gọi M ( x, y ) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi ( x, y ∈ R ) Gọi E (1, −2) là điểm biểu diễn số phức 1− 2i Gọi F ( 0, −1) là điểm biểu diễn số phức − i Ta có: z + 2i − 1 = z + i ⇔ ME = MF ⇒ Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường trung trục EF : x − y − 2 = 0 .

Để MA ngắn nhất khi MA ⊥ EF tại M ⇔ M ( 3,1) ⇒ z = 3 + i .

Câu 17. Trong mặt phẳng phức Oxy , tập hợp các điểm biểu diễn số phức Z thỏa mãn

()

z2 + z

2

+2 z

2

= 16 là hai đường thẳng d1, d2 . Khoảng cách giữa 2 đường thẳng

d1, d2 là bao nhiêu? A. d ( d1 , d2 ) = 2 .

B. d ( d1 , d2 ) = 4 .

C. d ( d1 , d 2 ) = 1 .

D. d ( d1 , d2 ) = 6 .

Trang 46/74

Lời giải Chọn B Gọi M ( x, y ) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi ( x, y ∈ R )

()

Ta có: z 2 + z

2

+2 z

2

= 16 ⇔ x 2 + 2 xyi − y 2 + x 2 − 2 xyi − y 2 + 2 x 2 + 2 y 2 = 16

⇔ 4 x 2 = 16 ⇔ x = ±2 ⇒ d ( d1 , d2 ) = 4

Ở đây lưu ý hai đường thẳng x = 2 và x = -2 song song với nhau. Câu 18. Cho số phức z thỏa mãn z = 2 . Tập hợp điểm biểu diễn số phức w = (1 − i ) z + 2i là A. Một đường tròn. C. Một Elip.

B. Một đường thẳng. D. Một parabol hoặc hyperbol. Lời giải

Chọn A Ta có: w = (1 − i ) z + 2i ⇔ w − 2i = (1 − i ) z ⇔ w − 2i = (1 − i ) z ⇔ w − 2i = 2 2 . Do đó, tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I ( 0; 2 ) và bán kính

2 2. Câu 19. 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 tròn có phương trình nào dưới đây? 2

2

5  3 9  A.  x −  +  y −  = . 2  2 4  2

2

2

B. ( x − 10 ) + ( y − 6 ) = 36 . 2

2

5  3  D.  x −  +  y −  = 9 . 2  2 

2

C. ( x − 10 ) + ( y − 6 ) = 16 . Lời giải Chọn B

Gọi A , B , M là các điểm biểu diễn của z1 , z2 , w . Khi đó A , B thuộc đường tròn 2

2

( C ) : ( x − 5 ) + ( y − 3) = 25 và AB = z1 − z2 = 8 . ( C ) có tâm I ( 5;3) và bán kính R = 5 , gọi T là trung điểm của

Trang 47/74

AB khi đó T là

trung điểm của OM và IT = IA2 − TA2 = 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 tròn tâm J 2

( x − 10 ) + ( y − 6 )

2

bán kính bằng 6 và có phương trình

= 36 .

(

)

Câu 20. Cho số phức z thỏa mãn ( z − 2 + i ) z − 2 − i = 25 . Biết tập hợp các điểm M biểu diễn số phức w = 2 z − 2 + 3i là đường tròn tâm I ( a; b ) và bán kính c . Giá trị của a + b + c bằng A. 17 .

B. 20 .

C. 10 .

D. 18 .

Lời giải Chọn D Giả sử z = a + bi ( a; b ∈ ℝ ) và w = x + yi

( x; y ∈ ℝ ) .

( z − 2 + i ) ( z − 2 − i ) = 25 ⇔  a − 2 + ( b + 1) i   a − 2 − ( b + 1) i  = 25 2

2

⇔ ( a − 2 ) + ( b + 1) = 25 (1)

Theo giả thiết: w = 2 z − 2 + 3i ⇔ x + yi = 2 ( a − bi ) − 2 + 3i ⇔ x + yi = 2a − 2 + ( 3 − 2b ) i . x+2  a=   x = 2a − 2  2 ⇒ ⇔  y = 3 − 2b b = 3 − y  2

( 2) .

Thay ( 2 ) vào (1) ta được: 2

2

2 2  x+2   3− y  − 2 +  + 1 = 25 ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 5 ) = 100 .   2   2 

Suy ra, tập hợp điểm biểu diễn của số phức w là đường tròn tâm I ( 2;5 ) và bán kính R = 10 . Vậy a + b + c = 17 .

Câu 21. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho số phức z thỏa mãn z − 1 + 2i = 3 . Tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức w = z (1 + i ) là đường tròn

A. Tâm I ( 3; −1) , R = 3 2 .

B. Tâm I ( −3;1) , R = 3 .

C. Tâm I ( −3;1) , R = 3 2 .

D. Tâm I ( 3; −1) , R = 3 . Lời giải

Chọn A Ta có z − 1 + 2i = 3 ⇔ z (1 + i ) + ( −1 + 2i )(1 + i ) = 3 1 + i ⇔ w − 3 + i = 3 2 . Giả sử w = x + yi 2

( x, y ∈ ℝ ) ⇒

x − 3 + ( y + 1) i = 3 2

2

⇔ ( x − 3) + ( y + 1) = 18 ⇒ I ( 3; −1) , R = 18 = 3 2 .

Trang 48/74

Câu 22. Gọi M và m là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của môđun số phức z thỏa mãn z − 1 = 2 . Tính M + m . A. 3 .

B. 2 .

C. 4 .

D. 5 .

Lời giải Chọn C Gọi z = x + yi được biểu diễn bởi điểm M ( x; y ) . Khi đó OM = z .

(x − 1)2 + y 2 = 2 ⇔ (x − 1)2 + y 2 = 4 (1) . Chứng tỏ M tròn (C ) có phương trình (1) , tâm I (1; 0) , bán kính R = 2 . z −1 = 2 ⇔

thuộc đường

Yêu cầu bài toán ⇔ M ∈ (C ) sao cho OM lớn nhất, nhỏ nhất. Ta có OI = 1 nên điểm O nằm trong đường tròn ⇒ R − OI ≤ OM ≤ OI + R ⇔ 1 ≤ OM ≤ 3 . Do đó M = 3 và m = 1 . Vậy M + m = 4 .

Câu 23. Cho số phức

z

thỏa mãn

z − 1 = z − i . Tìm mô đun nhỏ nhất của số

phức w = 2 z + 2 − i .

A.

3 2 . 2

B.

3 . 2

C. 3 2 .

D.

3 2 2

.

Lời giải Chọn A Giả sử z = a + bi ⇒ z = a − bi . Khi đó z − 1 = z − i ⇔ a − 1 + bi = a + ( b − 1) i . 2

2

⇔ ( a − 1) + b 2 = a 2 + ( b − 1) ⇔ a − b = 0 .

Khi đó w = 2 z + 2 − i = 2 ( a + ai ) + 2 − i = ( 2a + 2 ) + i ( a − 1) . 3 2 . 2 Cho số phức z thỏa mãn 5 z − i = z + 1 − 3i + 3 z − 1 + i . Tìm giá trị lớn nhất M của

⇒ w =

Câu 24.

( 2a + 2 )

2

2

+ ( 2a − 1) = 8a 2 + 4a + 5 ≥

z − 2 + 3i ?

A. M =

10 3

B. M = 1 + 13

C. M = 4 5

D. M = 9

Chọn C Lời giải Gọi A ( 0;1) , B ( −1; 3 ) , C (1; −1) . Ta thấy A là trung điểm của BC MB 2 + MC 2 BC 2 BC 2 − ⇔ MB 2 + MC 2 = 2 MA2 + = 2 MA2 + 10 . 2 4 2 Ta lại có : 5 z − i = z + 1 − 3i + 3 z − 1 + i

⇒ MA2 =

Trang 49/74

⇔ 5MA = MB + 3MC ≤ 10. MB 2 + MC 2

(

)

⇒ 25MA2 ≤ 10 2 MA2 + 10 ⇒ MC ≤ 2 5 Mà z − 2 + 3i = ( z − i ) + ( −2 + 4i ) ≤ z − i + 2 − 4i ≤ z − i + 2 5 ≤ 4 5 .  z −i = 2 5  Dấu " = " xảy ra khi  a b − 1 , với z = a + bi ; a, b ∈ ℝ .  =  −2 4

 z = 2 − 3i ( loai ) . ⇔  z = −2 + 5i 3 5 và 5w = ( 2 + i )( z − 4 ) . Giá trị lớn nhất 5 của biểu thức P = z − 1 − 2i + z − 5 − 2i bằng

Câu 25. Cho các số phức w , z thỏa mãn w + i =

A. 6 7 .

B. 4 + 2 13 .

C. 2 53 .

D. 4 13 .

Lời giải Chọn C Gọi z = x + yi , với x, y ∈ R . Khi đó M ( x; y ) là điểm biểu diễn cho số phức z . Theo giả thiết, 5w = ( 2 + i )( z − 4 ) ⇔ 5 ( w + i ) = ( 2 + i )( z − 4 ) + 5i ⇔ ( 2 − i )( w + i ) = z − 3 + 2i 2

2

⇔ z − 3 + 2i = 3 . Suy ra M ( x; y ) thuộc đường tròn ( C ) : ( x − 3 ) + ( y + 2 ) = 9 .

Ta có P = z − 1 − 2i + z − 5 − 2i = MA + MB , với A (1; 2 ) và B ( 5; 2 ) .

Gọi H là trung điểm của AB , ta có H ( 3; 2 ) và khi đó:

P = MA + MB ≤ 2 ( MA2 + MB 2 ) hay P ≤ 4 MH 2 + AB 2 . Mặt khác, MH ≤ KH với mọi M ∈ ( C ) nên 2

P ≤ 4 KH 2 + AB 2 = 4 ( IH + R ) + AB 2 = 2 53 .

M ≡ K 3 11 hay z = 3 − 5i và w = − i . Vậy Pmax = 2 53 khi  5 5  MA = MB Những chương khác chúng tôi xin phép cung cấp đường Link Trang 50/74

ĐƯỜNG LINK CHƯƠNG HÀM SỐ 12 https://drive.google.com/file/d/1D4YtuX09m38PHnpxz9Vzj4nyryTjMaV9/view?usp=sharing Và: https://drive.google.com/open?id=1EgoNZFiXUYIUNG260FVW9v885c_Do3lD ĐƯỜNG LINK CHƯƠNG MŨ VÀ LOGARIT https://drive.google.com/open?id=1zcsTemhrbRRYdfBFtyjtyGyUFRii7ky1 Và: https://drive.google.com/open?id=160UQNbfA6UTgJAV7q9bKlvjRkVNBeGYm ĐƯỜNG LINK CHƯƠNG NGUYÊN HÀM TÍCH PHÂN https://drive.google.com/open?id=14Pwgs5xsNiNc9Ezyd11rdoRvcW6gZxiv Và: https://drive.google.com/open?id=1w3abhA339TPxaw8CS_4PcZvIV4iPq4N2 ĐƯỜNG LINK CHƯƠNG SỐ PHỨC https://drive.google.com/open?id=1lzDfWC-5FxZkJckwZ0oIV3xkhQtL0dld ĐƯỜNG LINK KIỂM TRA ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH CHƯƠNG V ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 11 https://drive.google.com/open?id=1ih0EZRl4PSt0tKrwr5BgGIONHq5X2XGC ĐƯỜNG LINK KIỂM TRA ĐẠI SỐ CHƯƠNG LỚP 10 II. MỘT SỐ SẢN PHẨM CỦA THI ONLINE 1. Đường Link để học sinh vào nộp bài Chương hàm số https://drive.google.com/open?id=10jNv10TJtIxLVWcIJ1hSB6iXjlc6fOrzoj1BQbKD2U Bảng điền đáp án

Trang 51/74

Trang 52/74

Trang 53/74

Chương mũ và logarit https://drive.google.com/open?id=12a81YqIQOnxZUBi-TsFyKsTNLdsmp30LE1JcninAqg Chương nguyên hàm, tích phân https://drive.google.com/open?id=1LIVlgm07bV9I87SqiK5fcUxIx3nvVd8RFbu904 wNDzc Chương số phức https://drive.google.com/open?id=1vFb5o5JaGiO9O9-o9LwHx1x6vo7G9-Voi5te0SSsbo4 Chương 5 ĐS và GT 11 https://drive.google.com/open?id=1pihM-4HBA26576vweXzd6py8YZw3ifIrxPX76kNsgc 2. KẾT QUẢ TỔNG QUÁT BÀI KIỂM TRA CHƯƠNG HÀM SỐ

Trang 54/74

3. KẾT QUẢ CỤ THỂ THEO LỚP

ĐƯỜNG LINK KẾT QUẢ HÀM SỐ: https://docs.google.com/spreadsheets/d/16qmswIfe0vZKHhWeWVOKQyqvPV3iwNVqv2p zBoVHVis/edit?usp=sharing MŨ VÀ LOGARIT https://drive.google.com/open?id=1lTqdW8W0jvL7QH0gwhNFe3kCNFFAedxJRMzveb42 Gdg NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN https://drive.google.com/open?id=1EkwCaqgQswjPvShraZooaHI4paFsJJ74Cxo6Kes22zc Trang 55/74

SỐ PHỨC https://drive.google.com/open?id=15r0NORqYmHUjn_UbCXi5ltazPAat6V0AlmwwqoCfWA ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 11 CHƯƠNG 5 https://docs.google.com/spreadsheets/d/15BtcK0uIhEE64o1xSzQ8UqOGO7simfw1r1GX4i REcGk/edit?usp=sharing PHỤ LỤC 5 PHÂN TÍCH MỘT SỐ SAI LẦM VÀ CÁCH KHẮC PHỤC KHI GIẢI TOÁN TRẮC NGHIỆM Trong giới hạn của sáng kiến chúng tôi xin trình bày một số ít sai lầm trong hai chuyên đề hàm số và số phức. Những sai lầm khác đã được chúng tôi đề cập trong ngân hàng câu hỏi trắc nghiệm theo link phía trên MỘT SỐ SAI LẦM KHI GIẢI TOÁN TRẮC NGHIỆM CHƯƠNG HÀM SỐ Câu 1.

(PTNK - Cơ sở 2 - 2018) Cho các mệnh đề sau: x +1 (I) Hàm số f ( x ) = nghịch biến trên ℝ \ {2} . x−2 (II) Hàm số y = x 3 − 1 đồng biến trên ℝ . (III) Tổng hai hàm số đồng biến trên khoảng K là một hàm số đồng biến trên khoảng K. (IV) Tích hai hàm số đồng biến trên khoảng K là một hàm số đồng biến trên khoảng K. Trong các mệnh đề trên, có bao nhiêu mệnh đề đúng? A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Lời giải Chọn B x +1 −3 +) Có y = ⇒ y′ = < 0, ∀x ∈ ℝ \ {2} nên hàm số nghịch biến trên từng 2 x−2 ( x − 2) khoảng xác định. +) Có y = x3 − 1 ⇒ y′ = 3 x 2 ≥ 0, ∀x ∈ ℝ nên hàm số đồng biến trên ℝ . +) Hai hàm số đồng biến trên K thì đạo hàm của chúng không âm trên K nên tổng của hai đạo hàm là không âm hay đạo hàm của tổng hai hàm số không âm trên K . Vậy mệnh đề (III) là đúng. +) Do đạo hàm của tích không là tích hai đạo hàm nên mệnh đề ( IV ) không luôn

đúng.

Phân tích : Đối với câu hỏi này học sinh thường mắc sai lầm 1) Ở mệnh đề (I) học sinh không hiểu rõ nên chọn là mệnh đề đúng. Đây là một sai lầm rất nhiều học sinh mắc phải do không hiểu rõ bản chất vấn đề. Để khắc phục sai lầm này cho học sinh chúng tôi làm như sau: Thứ nhất chỉ ra sai lầm cho học sinh bằng ví dụ thực tế:

Trang 56/74

Xét hàm số f ( x ) =

x +1 . Tính f (1) = −2; f ( 3) = 4 . Ta có: 1 < 3; f (1) < f ( 3) nên x−2

rõ ràng (I) sai. Thứ hai để học sinh hiểu rõ bản chất vấn đề tôi yêu cầu học sinh xem lại định nghĩa tính đơn điệu của hàm số và nhấn mạnh cho học sinh rằng khi nói hàm số đơn điệu trên tập K ta chỉ xét K là khoảng, đoạn hoặc nửa khoảng mà ℝ \ {2} là hợp của hai khoảng. Thử ba tôi yêu cầu học sinh lập bảng biến thiên của hàm số f ( x ) = dụng phần mềm GeoGebra vẽ đồ thị hàm số f ( x ) =

x +1 và tôi sử x−2

x +1 để giúp học sinh hình x−2

dung tốt nhất sai lầm của mình.

Thứ tư tôi lưu ý cho học sinh một số cách kết luận sai như: +) Hàm số nghịch biến trên tập xác định. +) Hàm số nghịch biến trên ( −∞;1) ∪ (1; +∞ ) . +) Hàm số nghịch biến trên ( −∞;1) ∩ (1; +∞ ) . Cách kết luận đúng: + Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định. + Hàm số nghịch biến trên ( −∞;1) ; (1; +∞ ) . + Hàm số nghịch biến trên ( −∞;1) và (1; +∞ ) . 2) Mệnh đề (II) Hàm số y = x 3 − 1 đồng biến trên ℝ . Học sinh chọn đây là mệnh đề sai vì nắm không chắc lý thuyết mà nghĩ rằng để hàm số đồng biến trên ℝ thì y′ > 0, ∀x ∈ ℝ hoặc trong quá trình xét dấu y′ học sinh vẫn cho y′ đổi dấu khi qua nghiệm kép x = 0 . Để khắc phục sai lầm này tôi nhắc lại lý thuyết cho học sinh, đồng thời lấy thêm cho học sinh một số ví dụ tương tự yêu cầu học sinh làm để khắc phục hai sai lầm thường gặp trên của học sinh. 3) Mệnh đề (III) về cơ bản học sinh không sai. Mệnh đề (IV) học sinh sẽ sai nhiều vì nghĩ tương tự như tổng. Do đó tôi sẽ lấy ví dụ minh họa rồi chứng minh bằng đạo hàm Trang 57/74

cho học sinh thấy mệnh đề (IV) là sai. Từ đó tôi nhấn mạnh cho học sinh rằng tổng của hai hàm đồng biến (nghịch biến) là một hàm đồng biến (nghịch biến). Hiệu, tích, thương của hai hàm đồng biến (nghịch biến) là một hàm đồng biến (nghịch biến) là khẳng định sai.

Câu 1.1. (Sở Giáo Dục Thanh Hóa-2018) Hàm số y = −

x4 + 1 đồng biến trên khoảng nào sau 2

đây?

A. ( −3; 4 ) .

B. ( −∞; 0 ) .

C. (1;+∞ ) .

D. ℝ .

Lời giải Chọn B Có y′ = −2 x 3 , y ′ > 0 ⇔ x < 0 Vậy hàm số đồng biến trên ( −∞; 0 ) .

Câu 1.2. (THPT Chuyên Quốc Học Huế-L2-2018) Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên tập xác định của nó? A. y = cot x .

B. y = sin x .

C. y = − x5 .

D.

2

y = x − sin x .

Lời giải Chọn D Xét hàm số: y = x − sin 2 x có D = ℝ .

y ' = 1 − sin2x . Vì −1 ≤ s in2x ≤ 1 nên 1 − s in2x ≥ 0, ∀x ∈ ℝ x=

π 4

và

dấu

bằng xảy ra

khi

+ kπ , k ∈ ℤ

Vậy: y = x − sin 2 x đồng biến trên ℝ .

Câu 2.

(Cụm các trường chuyên Bắc Bộ-L2-2018) Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm 2

f ' ( x ) = ( x + 1) (1 − x )( x + 3) . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −3; −1) và (1; +∞ ) . B. Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −3) và (1; +∞ ) . C. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −3;1) . D. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −3;1) . Lời giải Chọn D  x = −1 f ' ( x ) = ( x + 1) (1 − x )( x + 3) = 0 ⇔  x = 1  x = −3 f ( x) là hàm đa thức nên xác định trên R . Ta có bảng biến thiên: 2

Trang 58/74

Phân tích : Đối với câu hỏi này học sinh thường mắc sai lầm 2

1) Học sinh đọc không kĩ đề đề bài cho hàm f ′ ( x ) = ( x + 1) (1 − x )( x + 3) mà học sinh nhầm là cho hàm f ( x ) . 2) Khi xét dấu học sinh không để ý x = −1 là nghiệm kép nên chọn phương án A hoặc C. 3) Học sinh xét nhầm dấu của f ′ ( x ) nên chọn phương án B. Do không để ý đến tích hệ số a mang dấu âm chứ không phải dấu dương. Để khắc phục sai lầm này của học sinh tôi yêu cầu các em cần gệch chân các từ 2

khóa cần thiết của đề bài như: “ f ' ( x ) = ( x + 1) (1 − x )( x + 3) ”, “Mệnh đề nào dưới đây đúng”. Và cho học sinh thực hành luôn với những bài tập tương tự, rồi nâng lên mức độ cao hơn để rèn kĩ năng cho các em. Câu 2.1. (THPT Nguyễn Huệ - Phú Yên - Lần 1 - 2018) Hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ.

Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên khoảng

A. ( 2; +∞ ) .

B. ( 0;1) .

C. ( 0;1) và ( 2; +∞ ) .

D. (1; 2 ) .

Lời giải Chọn A Dựa vào đồ thị hàm số ta có: f ' ( x ) > 0 ⇔ x > 2 . Vậy hàm số đồng biến trên khoảng ( 2; +∞ ) .

Câu 2.2. (THPT Việt Đức - Hà Nội - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị như hình bên.

Trang 59/74

Hàm số y = f (1 − x ) đồng biến trên khoảng:

A. ( 2;3) .

B. ( −∞; − 1) .

C. ( −2;0 ) .

D. ( −1; + ∞ ) .

Lời giải Chọn A

1 − x = −1 x = 2  y ' = − f ' (1 − x ) ; y ' = 0 ⇔ f ' (1 − x ) = 0 ⇔ 1 − x = 2 ⇔  x = −1 . 1 − x = 3  x = −2 Dấu y ' :

Câu 2.3. (THPT Nguyễn Khuyến - TP Hồ Chí Minh - 2017 - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) trên ℝ. Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) . Hỏi hàm số g ( x ) = f ( x − x 2 ) nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng dưới đây? y

2

x -1

O

1

2

3

3  1    3  A.  − ; +∞  B.  −∞;  C.  − ; +∞  2  2    2  Lời giải Chọn D. Ta có g ′ ( x ) = (1 − 2 x ) f ′ ( x − x 2 ) . Hàm số nghịch biến khi và chỉ khi

Trang 60/74

1  D.  ; +∞  2 

 1  x > 2 1  1 − 2 x < 0   x>  x − x 2 < 1    2 2   f ′ ( x − x ) > 0    1 2  1 g′( x) < 0 ⇔  ⇔   x − x > 2 ⇔   ⇔ x> . x < 2  1 − 2 x > 0    2 (VN ) 1   ′  2  x < 2  1 < x − x < 2   f ( x − x ) < 0 2   1 < x − x 2 < 2  1  Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng  ; +∞  . 2 

Câu 2.4. Cho hàm số

y = f ( x ) . Đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ bên. Đặt

h( x) = 2 f ( x ) − x 2 . Hàm số y = h ( x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −∞; −2 ) .

B. ( 2; 4 ) .

C. ( −2; 2 ) .

D. ( 2; +∞ ) .

Lời giải Chọn C Ta có h′( x) = 2 f ′( x) − 2 x > 0 ⇔ f ′( x) > x . Kẻ đường thẳng y = x đi qua các điểm ( −2 ; −2) ;(2 ; 2) ;(4 ; 4) ta thấy đường thẳng này cắt đồ thị hàm số y = f ′( x) tại ba điểm có hoành độ x = −2; x = 2, x = 4 .

Trang 61/74

 −2 < x < 2 . x > 4 

Nhìn đồ thị ta có f ′( x) > x ⇔ 

Đối chiếu đáp án chọn C.

Câu 3.

(THPT Cẩm Bình - Hà Tĩnh - Lần 3 - 2018) Các giá trị của tham số m để hàm số y = mx 3 − 3mx 2 − 3 x + 2 nghịch biến trên ℝ là A. −1 ≤ m ≤ 0 . B. −1 < m < 0 . −1 < m ≤ 0 . Lời giải Chọn A. Hàm số y = mx3 − 3mx 2 − 3 x + 2 nghịch

C. −1 ≤ m < 0 .

biến

trên

ℝ

D.

khi

và

chỉ

khi

m = 0 m = 0   2 ⇔  m < 0 y ' = 3mx − 6mx − 3 ≤ 0 ( ∀x ∈ ℝ ) ⇔  3m < 0   ∆ ' = ( 3m )2 + 9m ≤ 0  −1 ≤ m ≤ 0  

⇔ −1 ≤ m ≤ 0 . Phân tích : Đối với câu hỏi này học sinh thường mắc sai lầm 1) Học sinh không xét trường hợp m = 0 và nhầm là ∆′ < 0 nên chọn phương án B . 2) Học sinh không xét trường hợp m = 0 nên chọn phương án C. 3) Học sinh có xét TH m = 0 nhưng lại nhầm ∆ ' < 0 nên chọn phương án D. 4) Còn một sai lầm nghiêm trọng nữa mà với cách ra đề này học sinh dù hiểu sai mà vẫn làm đúng đó là sai lầm: Hàm số y = ax 3 + bx 2 + cx + d đồng biến(nghịch biến) trên ℝ

Trang 62/74

 a = 0   b = 0  khi: y′ = 3ax 2 + 2bx + c ≥ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔  c ≥ 0(c ≤ 0) .   a > 0 ( a < 0 )   ∆ < 0 Sai lầm ở đây là đã cho điều kiện c ≥ 0 ( c ≤ 0 ) mà không hiểu được dấu bằng của y′ chỉ xảy ra tại hữu hạn điểm trên ℝ . Để khắc phục một số sai lầm trên đối với học sinh TB + Yếu tôi yêu cầu các em xét riêng trường hợp hệ số a = 0 ; đối tượng học sinh khá hơn thì yêu cầu các em biến đổi theo hệ điều kiện luôn. Sau đó tôi đưa ra câu hỏi tương tự sau: Câu 3.1 Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số 1 y = mx 3 + mx 2 + m( m + 2018) x nghịch biến trên khoảng ( −∞; +∞ ) . Hỏi trong S có tất cả bao 3 nhiêu phần tử nguyên? A. 2019 . B. 2018 . C. 2016 . D. 2017 . Bài giải Chọn D YCBT ⇔ y′ ≤ 0, ∀x ∈ ℝ và dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm trên ℝ ⇔ mx 2 + 2mx + m ( m + 2018 ) ≤ 0, ∀x ∈ ℝ (*)và dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm trên

ℝ.  m = 0   m = 0  2m = 0  m ≠ 0  ⇔  m ( m + 2018 ) > 0 ⇔ ⇔ −2017 ≤ m < 0 .  m < 0  m < 0     −2017 ≤ m ≤ 0  ∆′ = m 2 − m 2 ( m + 2018 ) ≤ 0 Mà m ∈ ℤ nên m ∈ {−2017; −2016;...; −1} . Do đó có tất cả 2017 phần tử nguyên.

Cách khác: Với m = 0 thì y = 0 là hàm hằng nên m = 0 không thỏa yêu cầu bài. Với m ≠ 0 . y′ = mx 2 + 2 mx + m ( m + 2018 ) .

Để hàm số nghịch biến trên ( −∞; + ∞ ) thì y′ ≤ 0 ∀ x ∈ ℝ và y′ = 0 tại hữu hạn điểm. m < 0 m < 0 ⇔ 2 ⇔ −2017 ≤ m < 0 .  2 2 ∆′ = m − m ( m + 2018 ) ≤ 0 m ( − m − 2017 ) ≤ 0 Do m∈ ℤ nên có 2017 giá trị nguyên m thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 4. Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y =  π nghịch biến trên khoảng  0;  .  2

Trang 63/74

m sin x + 4 sin x + m

A. [ −2; −1] ∪ [ 0; 2 ] .

B. ( −2; 2 ) .

C. ( − 2; −1] ∪ [ 0; 2 ) .

D.

( −2; −1) ∪ ( 0; 2 ) . Lời giải Chọn C. Cách 1 : TXĐ : D = { x ∈ ℝ : sin x ≠ −m} . Ta có y ′ =

(m

2

− 4 ) cos x

( sin x + m )

2

.

 π Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;  khi  2

m 2 − 4 ) cos x (  π  π ′ y > 0, ∀x ∈  0;  ⇔ > 0, ∀x ∈  0;  (1). 2  2  2 ( sin x + m )  π Ta có ∀x ∈  0;  thì cos x > 0;sin x ∈ ( 0;1) nên (1)  2

m2 − 4 < 0  −2 < m < 2 m 2 − 4 < 0 0 ≤ m < 2   ⇔ ⇔   −m ≤ 0 ⇔   m ≥ 0 ⇔ .  −2 < m ≤ −1 −m ∉ ( 0;1)   −m ≥ 1   m ≤ −1   Cách 2 : mt + 4  π Đặt t = sin x do x ∈  0;  nên 0 < t < 1 . Khi đó ta có g ( t ) = . t+m  2  π Do t = sin x là hàm số đồng biến trên khoảng  0;  nên yêu cầu bài toán tương  2

đương hàm số g ( t ) nghịch biến trên khoảng ( 0;1) . Tập xác định của g ( t ) là D = ℝ \ {− m} . Ta có g ′ ( t ) = Hàm

m2 − 4

(t + m)

số

2

. nghịch

biến

trên

khoảng

m2 − 4 < 0  −2 < m < 2 0 ≤ m < 2   ⇔   −m ≤ 0 ⇔   m ≥ 0 ⇔ .  −2 < m ≤ −1   −m ≥ 1   m ≤ −1   Phân tích : Đối với câu hỏi này học sinh thường mắc sai lầm  π 1) Học sinh làm theo cách 1 và nhầm là y ′ ≥ 0, ∀x ∈  0;  nên chọn phương án A.  2

Trang 64/74

( 0;1)

 π 2) Học sinh không đánh giá được ∀x ∈  0;  thì sin x ∈ ( 0;1) nên chỉ giải bài toán với  2

điều kiện m 2 − 4 < 0 nên chọn B. m > 0 3) Học sinh nhầm − m ∉ ( 0;1) ⇔  nên chọn D.  m < −1 Cách làm thứ 2 khá đơn giản đối với học sinh về mặt tư duy nhưng trong cách làm này chứa ẩn một sai lầm mà học sinh rất dễ mắc phải đó là khi chuyển biến x thành biến t học sinh không chặn được điều kiện đúng cho t , chuyển sai tính đơn điệu của hàm chứa biến x sang tính đơn điệu của hàm chứa biến t . Để chỉ rõ sai lầm đó tôi cho thêm học sinh câu 4.1 tồi kết luận cho học sinh như sau : Xét hàm số y = f ( x ) đồng biến (nghịch biến) trên D

Đặt t = u ( x ) , với x ∈ D ⇒ t ∈ K . Hàm số y = f ( x ) trở thành hàm số y = g ( t ) . Nếu t = u ( x ) đồng biến trên tập K thì hàm số y = f ( x ) đồng biến (nghịch biến) trên D ⇒ hàm số y = g ( t ) đồng biến (nghịch biến) trên K .

Nếu t = u ( x ) nghịch biến trên tập K thì hàm số y = f ( x ) đồng biến (nghịch biến) trên D ⇒ hàm số y = g ( t ) nghịch biến (đồng biến) trên K .

Câu 4.1. Tìm tập hợp các giá trị thực của tham số m để hàm số y =

cos x + 1 nghịch biến trên m cos x + 2

 π khoảng  0;  .  2

A. [ −2; 2 ) .

B. ( −∞; 2 ) .

C. ( −2; 2 ) .

D. ( −∞; 2] .

Lời giải Chọn A. t +1  π Đặt t = cos x , do x ∈  0;  nên 0 < t < 1 ta được g ( t ) = . mt + 2  2  π Do t = cos x là hàm số nghịch biến trên khoảng  0;  nên yêu cầu bài toán tương  2 t +1 đương hàm số g ( t ) = đồng biếm trên khoảng ( 0;1) . mt + 2

* m = 0 ta có g ( t ) = t + 1 ⇒ Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0;1) . * m ≠ 0 . Hàm số xác định khi t ≠ −

2 2−m và g ′ ( t ) = . 2 m ( mt + 2 )

Trang 65/74

Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0;1)

2 − m > 0  m < 2 − 2 ≤ 0 m < 2  ⇔  m ⇔ m ≥ 0 ⇔ m ≥ −2  2    −2 ≤ m < 0 − ≥ 1   m

⇔ −2 ≤ m < 2 .

Câu 5. Hàm số y = x 4 − 20 x 2 + 19 có bao nhiêu cực trị? A. 4 .

C. 2 .

B. 3 .

D. 1.

Lời giải Chọn C Ta có ab = −20 < 0 nên đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị. Phân tích : Với câu hỏi ở mức độ nhận biết này học sinh có thể mắc rất nhiều sai lầm nghiêm trọng mà nguyên nhân chủ yếu là do học sinh không phân biệt được các khái niệm điểm cực trị của hàm số, cực trị ( giá trị cực trị ) của hàm số, điểm cực trị của đồ thị hàm số. 1) Học sinh đa phần chọn phương án B do nhầm cực trị của hàm số và điểm cực trị của hàm số. 2) Học sinh chọn phương án D do nhớ nhầm công thức tính nhanh: ab = −20 < 0 hàm số có một cực trị. 3) Cá biệt có học sinh chọn phương án A do nhầm số cực trị và số giao điểm của đồ thị với trục hoành. Để khắc phục những sai lầm trên tôi nhắc lại cho học sinh các khái niệm sau đó yêu cầu học sinh lập bảng biến thiên của hàm số y = x 4 − 20 x 2 + 19 , dựa vào đó chỉ rõ cho các em để một lần nữa khắc sâu cho các em các khái niệm. Có hai sai lầm nữa mà học sinh rất hay mắc sai lầm với những câu hỏi cực trị ở mức độ nhận biết thông hiểu đó là: học sinh nhầm phương trình y′ = 0 có bao nhiêu nghiệm thì hàm số có bấy nhiêu điểm cực trị và điểm cực trị của hàm số là điểm x0 sao cho y ′ ( x0 ) = 0 . Thậm chí có những giáo viên chỉ nói rằng điểm cực trị của hàm số là điểm x0

sao cho y′ đổi dấu khi qua x0 mà không nhấn mạnh cho học sinh rằng x0 phải thuộc tập xác định của hàm số. Để khắc phục những sai lầm trên tôi lựa chọn một số câu hỏi sau để nhấn mạnh cho học sinh những sai lầm trên. Câu 5.1: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên như sau.

Mệnh đề nào sau đây đúng? Trang 66/74

A. Hàm sô có đúng một điểm cực trị. B. Hàm số có ba cực trị. C. Hàm số có hai cực tiểu. D. Hàm số có một giá trị cực đại. Câu 5.2: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ.

Chọn mệnh đề đúng? A. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và không có điểm cực đại. B. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và đạt cực đại tại x = 2. C. Hàm số đạt cực đại tại x = 1 và đạt cực tiểu tại x = 2. D. Hàm số không có cực trị.

Câu 5.3: (SGD Hải Phòng - HKII - 2016 - 2017) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng xét dấu của f ′ ( x ) như sau:

x

−2

−∞

f ′( x)

+

5

1

−

0

−

0

+∞ +

Tìm số cực trị của hàm số y = f ( x )

A. 3.

B. 0.

C. 2.

D. 1.

Câu 5.4: (THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm 2

3

f ′ ( x ) = ( x + 1) ( x − 2 ) ( 2 x + 3) . Tìm số điểm cực trị của f ( x ) . A. 3 .

B. 2 .

C. 0 .

D. 1.

MỘT SỐ SAI LẦM KHI GIẢI TOÁN TRẮC NGHIỆM CHƯƠNG SỐ PHỨC

Câu 1.

[THPT Nguyễn Trãi Lần 1] Cho số phức z = 3 − 2i . Tìm phần ảo của của số phức liên hợp z . B. −2i . C. −2 . D. 2 . A. 2i . Lời giải Chọn D

Ta có: z = 3 + 2i ⇒ phần ảo của z là 2 . Phân tích : Đối với câu hỏi này chỉ thuộc mức độ nhận biết nhưng nếu không đọc kĩ đề thì nhiều học sinh kể cả học sinh khá và học sinh giỏi. Với các đáp án đã cho, học sinh sẽ mắc phải một số sai lầm sau :

Trang 67/74

1) nhầm sang câu hỏi tìm phần ảo của số phức z . 2) Nếu không nhớ rõ khái niệm phần thực, phần ảo của số phức thì học sinh chọn phần ảo của số phức z = a + bi ( a, b ∈ R ) là bi .

Câu 2.

[THPT Hà Huy Tập – 2017] Cho hai số phức z1 = 3 − 3i và z2 = −2 + 3i . Phần ảo của số phức w = z1 + 2 z2 là

A. −3 .

B. 4 .

C. 3 .

D. −1 .

Lời giải Chọn C Ta có w = z1 + 2 z2 = ( 3 − 3i ) + 2 ( −2 + 3i ) = −1 + 3i . Vậy phần ảo của số phức w = z1 + 2 z2 là 1.

Phân tích : Đối với câu hỏi này chỉ thuộc mức độ thông hiểu, hơn nữa với sự hỗ trự của máy tính thì chúng tôi đều nghĩ học sinh khó có thể nhưng nếu không đọc kĩ đề thì nhiều học sinh vẫn có thể mắc sai lầm 1) Đổi vai trò của z1 và z2 . 2) Nếu không nhớ rõ khái niệm phần thực, phần ảo của số phức thì học sinh chọn phần ảo của số phức z = a + bi ( a, b ∈ R ) là a . 3) Đổi vai trò của z1 và z2 đồng thời lẫn lộn hai khái niệm phần thực và phần ảo.

Câu 3.

[TT Tân Hồng Phong-2017] Cho hai số phức z = 1 + 3i , w = 2 − i . Tìm phần thực của số phức u = z.w . A. −1 .

B. 5 .

C. 5i .

D. −7 .

Lời giải Chọn D

z = 1 − 3i ; u = −1 − 7i . Vậy phần ảo của số phức u bằng −7 . Phân tích : Đối với câu hỏi này chỉ thuộc mức độ thông hiểu, hơn nữa với sự hỗ trợ của máy tính thì chúng tôi đều nghĩ học sinh khó có thể nhưng nếu không đọc kĩ đề thì nhiều học sinh vẫn có thể mắc sai lầm 1) Nhầm u = z.w thì học sinh sẽ chọn đáp án B. 2) Nhầm lẫn khái niệm phần thực, phần ảo thì học sinh sẽ chọn đáp án A. 3) Nhầm u = z.w và lẫn khái niệm phần thực, phần ảo thì học sinh sẽ chọn đáp án A. 4) Nhầm u = z.ω thì học sinh sẽ chọn đáp án A. 2 Câu 4. Cho z = 1 − 2i . Phần thực của số phức ω = z 3 − + z. z bằng z −31 −32 32 −33 A. . B. . C. . D. . 5 5 5 5 Lời giải Chọn B 2 3 Ta có: ω = (1 − 2i ) − + (1 − 2i )(1 + 2i ) 1 − 2i −32 6 −32 . ω= + i . Phần thực là: 5 5 5 Trang 68/74

Như vậy để khắc phục những sai lầm mà học sinh thường mắc trong các ví dụ như trên, khi dạy tôi yêu cầu học sinh cần phải đọc kĩ đề, gạch chân dưới các từ khóa để xác định chính xác yêu cầu bài toán. 2

Câu 5. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn điều kiện z 2 = z + z A.0

B. 1

Ta có: z = x + yi

( x, y ∈ ℝ , i

C. 3 Lời giải 2

D. 2

= −1) .

2

z 2 = x 2 − y 2 + 2 xyi; z = x 2 + y 2 ; z = x − yi .

 x2 − y2 = x2 + y 2 + x 2 z 2 = z + z ⇔ x 2 − y 2 + 2 xyi = x 2 + y 2 + x − yi ⇔  2 xy = − y  y = 0   x − y = x + y + x 1  1  x = 0  x=− x=−    y = 0    y=0  2  2 ⇔  x = − 1 ⇔  ∨ ∨ . ⇔    0 1 1 x =   2    x = − 1  y= y=−    2  2  2 1 2  y = 4  Vậy có ba số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán. Phân tích : Đối với câu hỏi này học sinh thường mắc sai lầm 1) Học sinh cho rằng số 0 không phải là số phức nên loại đi trường hợp z = 0 hoặc khi giải phương trình 2 xy = − y học sinh sẽ chia cả hai vế cho y cũng sẽ bị mất 2

2

2

2

nghiệm y = 0 dẫn tới thiếu số phức z = 0 . Do đó học sinh sẽ chọn đáp án C. 1 1 ⇔ y = , kết hợp với sai lầm 1) thì học sinh sẽ ra 4 2 chỉ tìm được một số phức và do đó sẽ chọn đáp án B. 1 3) Học sinh mắc sai lầm 1) và khi thay x = − vào phương trình 2 1 x 2 − y 2 = x 2 + y 2 + x thì thu được phương trình y 2 = − nên phương trình vô 4 nghiệm, do đó không có số phức nào, vì vậy học sinh sẽ chộn đáp án A.

2) Khi giải phương trình y 2 =

z là số thuần ảo ? z−2 C. 1. D. 0 .

Câu 6. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z + 2 + 3i = 5 và A. 2 .

B. vô số. Lời giải

Chọn C. Ta gọi z = a + bi

( a, b ∈ ℝ ) ,

z ≠ 2. 2

2

Ta có z + 2 + 3i = 5 ⇔ ( a + 2 ) + ( b + 3) = 25 (1) .

Trang 69/74

Mặt khác

z a + bi a 2 + b 2 − 2a 2b = = − i. 2 2 z − 2 ( a − 2 ) + bi ( a − 2 ) + b ( a − 2 )2 + b 2

z là số thuần ảo ⇔ a 2 + b 2 − 2a = 0 ( 2 ) . z−2

 a = 1   ( a + 2 ) + ( b + 3) = 25 a + b = 2 b = 1  . Từ (1) và ( 2 ) ta có  *) ⇔  2 ⇔ ( 2 2  a = 2 a − 3a + 2 = 0 a + b − 2a = 0   b = 0 2

2

a = 1 Vì z ≠ 2 nên  ⇒ z = 1+ i . b = 1

Phân tích : Đối với câu hỏi này sai lầm phổ biến mà học sinh mắc phải là quên không đặt điều kiện z ≠ 2 nên dẫn đến kết quả là có hai số phức thỏa mãn. Hoặc học sinh khi giải đến hệ (*) thì nhận thấy số số phức thỏa mãn chính là số giao ddiemr của hai đường tròn nên đi xét vị tí tương đối của hai đường tròn, nhưng lại nhớ sai các điều kiện của vị trí tương đối của hai đường tròn nên dẫn đến kết quả sai. Câu 7. Tập hợp các điểm trong mặt phẳng toạ độ biểu diễn các số phức z thoả mãn z + 4 − 8i = 2 5 là đường tròn có phương trình: 2

2

B. ( x + 4 ) + ( y − 8 ) = 2 5 .

2

2

D. ( x + 4 ) + ( y − 8 ) = 20 .

A. ( x − 4 ) + ( y + 8 ) = 20 . C. ( x − 4 ) + ( y + 8 ) = 2 5 .

2

2

2

2

Lời giải Ta có: z = x + yi

( x, y ∈ ℝ , i

2

= −1) . 2

2

z + 4 − 8i = 2 5 ⇔ x + yi + 4 − 8i = 2 5 ⇔ ( x + 4 ) + ( y − 8 ) = 20 . Phân tích : Đối với câu hỏi này sai lầm phổ biến mà học sinh mắc phải là học sinh sử dụng kiến thức về số phức là M , N lần lượt biểu diễn cho số phức z, z1 thì z − z1 = MN nên nếu z1 cố định và z thay đổi thỏa mãn z − z1 = R ( R > 0 ) thì tập hợp điểm M là

đường tròn tâm N và có bán kính R đồng thời nhớ sai dạng của phương trình 2

2

đường tròn tâm I ( a; b ) , bán kính R là ( x + a ) + ( y + b ) = R 2 hoặc

( x + a)

2

2

2

2

+ ( y + b ) = R hoặc ( x − a ) + ( y − b ) = R nên dẫn tới kết quả sai.

Hoặc học sinh nhớ sai M , N lần lượt biểu diễn cho số phức z, z1 thì z + z1 = MN nên nếu z1 cố định và z thay đổi thỏa mãn z + z1 = R ( R > 0 ) thì tập hợp điểm M là đường tròn tâm N và có bán kính R . Điều này cũng làm cho học sinh xác định sai tâm đường tròn giải là tập hợp điểm biểu diễn cho M . 1+ i Câu 8. Cho số phức z thoả mãn là số thực và z − 2 = m với m∈ ℝ . Gọi S là tập hợp tất z cả các giá trị của tham số m để có đúng một số phức thoả mãn bài toán. Tổng bình phương của tất cả các phần tử thuộc S Trang 70/74

A. 4 .

B. 2 .

C. 12 .

D. 6 .

Lời giải Chọn D Giả sử z = a + bi, vì z ≠ 0 nên a 2 + b 2 > 0 (*) . 1+ i 1+ i 1 a+b a−b = = 2  a + b + ( a − b ) i  = 2 + 2 i. 2  2 z a + bi a + b a +b a + b2 w là số thực nên: a = b (1) .Kết hợp (*) suy ra a = b ≠ 0 .

Đặt: w =

2

Mặt khác: a − 2 + bi = m ⇔ ( a − 2 ) + b 2 = m 2

( 2 ) .(Vì m

là mô-đun nên m ≥ 0 ).

2

Thay (1) vào ( 2 ) được: ( a − 2 ) + a 2 = m 2 ⇔ g ( a ) = 2a 2 − 4a + 4 − m 2 = 0

( 3) .

Để có đúng một số phức thoả mãn bài toán thì PT ( 3) phải có đúng một nghiệm a ≠ 0 . Có hai trường hợp xảy ra : Trường hợp 1 : PT ( 3) có nghiệm kép a ≠ 0 2  ∆′ = 0  m − 2 = 0 ĐK:  ⇔ ⇒m= 2. 2  g ( 0 ) ≠ 0  4 − m ≠ 0

Trường hợp 2: PT ( 3) có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm a = 0 2  ∆′ > 0  m − 2 > 0 ĐK:  ⇔ ⇒ m = 2. 2  g ( 0 ) = 0  4 − m = 0

Vậy S =

{

}

2; 2 . Suy ra tổng bình phương các phần tử của S là 6 .

Phân tích : Đối với câu hỏi này sai lầm phổ biến mà học sinh mắc phải là học sinh xét không hết các trường hợp (chỉ làm trường hợp 1 hoặc trường hợp 2) nên dẫn đến thiếu giá trị của tham số m . Hoặc học sinh không để ý đến điều kiện của m > 0 nên sẽ ra bốn giá trị của m là m = ±2; m = ± 2 .

Câu 9. Gọi S là tập hợp các số thực m sao cho với mỗi m ∈ S có đúng một số phức thỏa mãn z là số thuần ảo. Tính tổng của các phần tử của tập S . z − m = 6 và z−4 A. 10. B. 0. C. 16. D. 8. Lời giải Chọn D Điều kiện z ≠ 4 Gọi z = x + yi với x, y ∈ ℝ ta có

( x + iy )( x − 4 − iy ) = x ( x − 4 ) + y 2 − 4iy z x + iy = = 2 2 z − 4 x − 4 + iy ( x − 4) + y2 ( x − 4) + y2 z 2 là số thuần ảo khi x ( x − 4 ) + y 2 = 0 ⇔ ( x − 2 ) + y 2 = 4 . z−4 2

Mà z − m = 6 ⇔ ( x − m ) + y 2 = 36 ( x − m )2 + y 2 = 36 Ta được hệ phương trình  . 2 2 ( x − 2 ) + y = 4

Trang 71/74

Gọi M là điểm biểu diễn cho số phức z thì M thuộc tập hợp các điểm chung của hai đường tròn ( C1 ) tâm I1 ( m; 0 ) , bán kính R1 = 6 và đường tròn ( C2 ) tâm I 2 ( 2;0 ) , bán kính R2 = 2 .

Để có đúng một số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán thì có hia trường hợp xảy ra: Trường hợp 1: hai đường tròn ( C1 ) và ( C2 ) phải có đúng một điểm chung khác điểm

( 4; 0 ) . m = 6 . +) ( C1 ) và ( C2 ) tiếp xúc trong ⇔ I1 I 2 = R1 − R2 ⇔ m − 2 = 4 ⇔   m = −2 Với m = 6 thì tiếp điểm của hai đường tròn ( C1 ) và ( C2 ) khác ( 4; 0 ) nên thỏa mãn. Với m = −2 thì tiếp điểm của hai đường tròn ( C1 ) và ( C2 ) là điểm ( 4; 0 ) nên không thỏa mãn.  m = −6 +) ( C1 ) và ( C2 ) tiếp xúc ngoài ⇔ I1I 2 = R1 + R2 ⇔ m − 2 = 8 ⇔  .  m = 10 Với m = −6 thì tiếp điểm của hai đường tròn ( C1 ) và ( C2 ) khác ( 4; 0 ) nên thỏa mãn. Với m = 10 thì tiếp điểm của hai đường tròn ( C1 ) và ( C2 ) là điểm ( 4; 0 ) nên không thỏa mãn. Trường hợp 2: hai đường tròn ( C1 ) và ( C2 ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt, trong đó có một điểm có tọa độ ( 4; 0 )

( C1 )

và ( C2 ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt

⇔ R1 − R2 < I1 I 2 < R1 + R2 ⇔ 4 < m − 2 < 8 (*)

 m = 10 2 là một giao điểm của hai đường tròn khi ( 4 − m ) = 36 ⇔  .  m = −2 Đối chiếu điều kiện (*) , ta thấy không thỏa mãn

( 4; 0 )

Vậy S = {6; − 6} . Do đó, tổng các phần tử của S là 0 .

Phân tích: Đối với câu hỏi này sai lầm phổ biến mà học sinh mắc phải là học sinh xét không đặt điều kiện cho mẫu khác 0 , không xét hết các trường hợp nên dẫn đến thừa các giá trị của tham số m . Như vậy để khắc phục các sai lầm mà học sinh mắc phải do chưa nắm vững kiến thức thì chúng tôi yêu cầu học sinh cần học kĩ lý thuyết, khi làm bài cần đọc kĩ đề bài để xác định đúng yêu cầu bài toán, cần đặt điều kiện cho số phức nếu trong giả thiết có chứa số phức ở mẫu. Và đặc biệt cần nhắc nhở các em rèn luyện kỹ năng tính toán nhanh và chính xác. Câu 10. (THPT Quốc Oai - Hà Nội - HKII - 2016 - 2017 - BTN) Cho phương trình 2

z 2 − 2 z + 3 = 0 trên tập số phức, có hai nghiệm là z1 , z2 . Khi đó z1 + z 2

2

có giá trị

là :

A. 2 2 .

B. 6 .

C. 3 . Lời giải

Trang 72/74

D.

2.

Chọn B Ta có z 2 − 2 z + 3 = 0 ⇔ b . 2  2 z = 1 + 2 = 3  z1 2 = 3  z1 = 1 + i 2 1  . Do đó  ⇒  ⇒  2  z2 = 1 − i 2  z = 12 + − 2 2 = 3  z2 = 3  2

( ) ( )

2

2

Vậy z1 + z2 = 3 + 3 = 6 . 2

2

Phân tích: Đối với câu hỏi này sai lầm phổ biến mà học sinh mắc nhầm là z1 + z2 = z1 + z 2

2

rồi áp dụng hệ thức viét. Câu 11. (SGD Bắc Ninh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Gọi z1 , z2 là nghiệm của phương trình z 2 − 2 z + 4 = 0 . Tính giá trị của biểu thức P =

A. −

11 4

z12 z22 + z2 z1

B. 4

C. −4

D. 8

Lời giải Chọn C  z1 = 1 + 3i Ta có: z 2 − 2 z + 4 = 0 ⇔  .  z2 = 1 − 3i 2

(

) (

)

2

1 + 3i 1 − 3i z2 z2 + = −4 . Suy ra: P = 1 + 2 = z2 z1 1 − 3i 1 + 3i Phân tích: Đối với câu hỏi này sai lầm phổ biến mà học sinh mắc nhầm là áp dụng sai hệ thức viét. Câu 12. (TT Tân Hồng Phong - 2018 - BTN) Cho a là số thực, phương trình

z 2 + ( a − 2 ) z + 2a − 3 = 0 có 2 nghiệm z1 , z2 . Gọi M , N là điểm biểu diễn của z1 , z2 trên mặt phẳng tọa độ. Biết tam giác OMN có một góc bằng 120° , tính tổng các giá trị của a . A. −4 .

B. 4 .

C. −6 .

D. 6 .

Lời giải Chọn D Vì O , M , N không thẳng hàng nên z1 , z2 không đồng thời là số thực, cũng không đồng thời là số thuần ảo ⇒ z1 , z2 là hai nghiệm phức, không phải số thực của phương trình

z 2 + ( a − 2 ) z + 2a − 3 = 0 .

Do

(

đó,

ta

)

∆ = a 2 − 12 a + 16 < 0 ⇔ a ∈ 6 − 2 5; 6 + 2 5 .

 −a 2 + 12a − 16 2−a − i  z1 =  2 2 Khi đó, ta có:  . 2−a −a 2 + 12a − 16  i  z1 = 2 + 2 ⇒ OM = ON = z1 = z2 = 2a − 3 và MN = z1 − z2 = −a 2 + 12a − 16 .

Trang 73/74

phải

có:

Tam ⇔

giác

OMN

cân

nên

= 120° MON

⇒

OM 2 + ON 2 − MN 2 = cos120° 2OM .ON

a 2 − 8a + 10 1 = − ⇔ a 2 − 6a + 7 = 0 a = 3 ± 2 (thỏa mãn). 2 ( 2a − 3) 2

Suy ra tổng các giá trị cần tìm của a là 6 .

Trang 74/74