Tài liệu Sử dụng phương pháp đặc biệt hóa để giải một số dạng bài tập trắc nghiệm trong chương trình môn toán lớp 12

SỞ GD&ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG I ===***=== SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP “ĐẶC BIỆT HÓA” ĐỂ GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM TRONG CHƯƠNG TRÌNH MÔN TOÁN LỚP 12 Người thực hiện: Lê Văn Minh Chức vụ: Giáo viên SKKN môn : Toán THANH HÓA NĂM 2020 MỤC LỤC MỤC LỤC……………………………………………...…………………Trang 1 I. MỞ ĐẦU………………………………………………………….…….Trang 2 1 1.1. Lí do chọn đề tài 1.2. Mục đích nghiên cứu 1.3. Đối tượng nghiên cứu 1.4. Phương pháp nghiên cứu II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM …………..…. ……. ..…Trang 3 2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm 2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3. Nội dung cụ thể…………………………………………………Trang 4 DẠNG TOÁN 1 : CÁC BÀI TOÁN CHỨA MŨ, LOGARIT DẠNG TOÁN 2 : CÁC BÀI TOÁN VỀ HÀM SỐ………………….. ..Trang 6 DẠNG TOÁN 3 : CÁC BÀI TOÁN NGUYÊN HÀM, TÍCH PHÂN….Trang 8 DẠNG TOÁN : CÁC BÀI TOÁN VỀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN….Trang 12 2.4. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề………….…..…Trang 16 Phiếu khảo sát thực nghiệm Kết quả thu được………………………………………..……..Trang 18 III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ……………………..…… ……….…Trang 19 IV. PHỤ LỤC…………………………………………..………………...Trang 20 4.1 Tài liệu tham khảo 4.2. Các sáng kiến kinh nghiệm đã đạt giải SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP “ĐẶC BIỆT HÓA” ĐỂ GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM TRONG CHƯƠNG TRÌNH MÔN TOÁN LỚP 12 2 I. MỞ ĐẦU 1.1. Lí do chọn đề tài. Từ năm học 2016 – 2017, đề thi THPT Quốc gia (nay là thi tốt nghiệp THPT) môn toán được ra dưới hình thức trắc nghiệm khách quan. Các đề thi với những câu hỏi ở mức độ vận dụng – vận dụng cao luôn được đổi mới sáng tạo, rất phong phú và đa dạng, đòi hỏi học sinh muốn đạt điểm cao phải nắm vững kiến thức cơ bản, có tư duy nhạy bén và phải có nhiều phương án lựa chọn để có thể giải được một bài tập trắc nghiệm. Trong khi đó tài liệu chuyên sâu về phương pháp dạy học, kỹ thuật làm bài thi trắc nghiệm còn hạn chế. Do đó, trong công tác giảng dạy, tôi phải liên tục cập nhật, hoàn thiện các phương pháp dạy cho phù hợp với tình hình mới. Với mong muốn cải thiện, nâng cao chất lượng dạy học cho học sinh lớp 12 và chia sẻ, học hỏi kinh nghiệm với đồng nghiệp tôi đã tìm tòi, thực nghiệm và viết nên đề tài này. 1.2. Mục đích nghiên cứu. Trang bị cho học sinh phương pháp tư duy “đặc biệt hóa” để giải bài toán trắc nghiệm, giúp học sinh rút ngắn thời gian làm bài một cách đáng kể. Ngoài ra, giúp học sinh rèn luyện kỹ năng sử dụng máy tính cầm tay để hỗ trợ trong quá trình giải toán. 1.3. Đối tượng nghiên cứu. Đối tượng nghiên cứu của đề tài là : Các học sinh đang học lớp 12 THPT. Trong đó đặc biệt là hướng tới các học sinh khá, giỏi. 1.4. Phương pháp nghiên cứu. Sử dụng phương pháp nghiên cứu : Từ nghiên cứu thực tiễn các đề thi đến hình thành tư duy phương pháp giải toán “đặc biệt hóa”. Tiến hành triển khai nội dung phương pháp, lấy ví dụ minh họa sau đó cho học sinh làm bài kiểm tra để đánh giá hiệu quả của đề tài. II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm Hình thức làm bài tự luận và hình thức làm bài trắc nghiệm khách quan có sự khác nhau cơ bản đó là : Khi làm bài tự luận, hoc sinh phải trình bày lời giải để tìm ra đáp án. Còn khi làm bài trắc nghiệm khách quan học sinh phải biết lựa chọn đáp 3 án nào trong số những đáp án mà đề bài đã cho. Như vậy cách giải tự luận chỉ là một trong các phương án giúp ta tìm đáp án cho câu hỏi trắc nghiệm mà thôi. Trong khi đó để lựa chọn ra đáp án đúng thì có rất nhiều cách tiếp cận khác nhau, trong đó phương pháp “ đặc biệt hóa” là một phương pháp độc đáo giúp ta có thể chọn được đáp án một cách nhanh chóng cho một số dạng bài toán trắc nghiệm. Khi gặp một bài toán mà giả thiết bài toán là các đối tượng chung chung, có tính tổng quát thì ta hoàn toàn có thể xét các đối tượng đặc biệt thỏa mãn giả thiết đó mà không làm ảnh hưởng đến kết quả của bài toán, nghĩa là cho ra một đáp án đúng. Và khi làm việc với các đối tượng cụ thể, các đối tượng đặc biệt thì sẽ thuận lợi hơn rất nhiều so với các đối tượng mang tính tổng quát. Do đó sẽ tìm được đáp án nhanh hơn. 2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm. Trong thực tiễn giảng dạy, tôi thấy nhiều em học sinh vẫn còn mang nặng tư duy tự luận truyền thống, có những em làm bài tự luận rất tốt, trình bày sạch đẹp nhưng làm bài trắc nghiệm ít khi được điểm cao vì phương pháp giải toán chưa đa dạng, chưa linh hoạt khi đứng trước một bài toán trắc nghiệm. Do đó khi làm bài thi các em còn mất khá nhiều thời gian hoặc không thể tìm ra được đáp án trong một thời gian ngắn. Trong khi đó theo cấu trúc thì một đề thi trắc nghiệm có 50 câu với thời gian 90 phút, trung bình là 1,8 phút/1 câu. Vì vậy học sinh phải có nhiều phương pháp lựa chọn để tìm ra đáp án. Qua việc nghiên cứu các đề thi minh họa của Bộ GD&ĐT, đề thi thử của các trường THPT trên cả nước, tôi thấy có những bài ở mức độ vận dụng, vận dụng cao nhưng nếu biết sử dụng phương pháp “ Đặc biệt hóa” sẽ cho ta đáp án một cách nhanh chóng, chính xác. 2.3 Nội dung cụ thể : Sử dụng nguyên lí chung : Nếu mệnh đề nào đó đúng với mọi đối tượng X  K thì mệnh đề đó cũng đúng cho các đối tượng X cụ thể (hoặc X đặc biệt) trong K. DẠNG TOÁN 1 : CÁC BÀI TOÁN CHỨA MŨ, LOGARIT 4 Với những bài toán tính toán giá trị biểu thức thì ta có thể dạy học sinh cách sử dụng máy tính cầm tay kết hợp phương pháp đặc biệt hóa để tìm kêt quả M (log a b  2 log a b3 ).log b ( a. 5 a ) 0  a , b  1 Ví dụ 1 : Cho .Tính A. 15 B. 20 C. 21 D. 18 Phương pháp đặc biệt hóa : Ghi vào máy tính cầm tay biểu thức (log A B  2 log A B 3 ).log B ( A. 5 A ) Sử dụng phím CALC và nhập giá trị của A, B. Chẳng hạn cho A = 2, B = 3 ta được kết quả là 15. Đáp án A. 3 2 5 3 Ví dụ 2: Cho biểu thức P  x . x. x với x  0 . Khẳng định nào đúng ? A. P x 14 15 B. P x 13 15 C. P x 16 15 D. P  x 24 15 Phương pháp đặc biệt hóa : 3 - Ghi vào máy tính cầm tay biểu thức X 2. X .5 X 3 - Ấn phím CALC nhập X = 2. Ta được kết quả và lưu vào phím A bằng cách ấn phím SHIFT RCL ALPHA A. - Thử đáp án : ấn phím ALPHA A – 2 14 15 ta được kết quả là 0. Vậy đáp án A. 7 3 A Ví dụ 3 : Rút gọn biểu thức a 5 .a 3 m a 4 . 7 a  2 với a  0 ta được kết quả A a n , trong đó m m , n   và n là phân số tối giản. Khẳng định nào sau đây đúng? * 2 A. 3m  2n 2 . 2 2 B. m  n 43 . 2 C. 2m  n 15 . 2 2 D. m  n 25 . Phương pháp đặc biệt hóa :  3 5 73 m a .a log a A log a   a4.7 a 2 n   Ta có      5  3 5 73 A .A log A   A4 . 7 A 2   - Ghi vào máy tính biểu thức      2 - Nhập giá trị cho A (cho A = 2) : ấn phím CALC 2 = kết quả là 7 - Suy ra m 2, n 7 . Kết quả đáp án C. Ví dụ 4 (Đề tham khảo 2016 – 2017) : Cho các số thực a, b  0 thỏa mãn a 1, a  b và log a b  3 . Giá trị của biểu thức A.  5  3 3 B.  1  3 P log b a C.  5  3 3 b a bằng D.  1  3 Phương pháp đặc biệt hóa : 3 Với bài toán này, từ giả thiết suy ra a b . Ta cho a 2  b 2 - nhập 2 3 3 lưu vào phím X ( SHIFT RCL X) log - Ghi biểu thức B A B A - Ấn phím CALC : nhập giá trị A 2, B  X ấn = ta được kết quả và ấn phím SHIFT RCL ALPHA Y ( để lưu kết quả vào phím Y) - Thử đáp án : ALPHA Y – (  5  3 3 ) được kết quả khác 0 (loại A) ALPHA Y –(  1  3 ) được kết quả là 0. Vậy B là đáp án của bài toán. Ví dụ 5: Cho a, b là các số dương khác 1 và ab 1 . Rút gọn biểu thức P (log a b  log b a  2)(log a b  log ab b) log b a  1 A. P 0 B. P 1 C. P log a b D. P logb a Phương pháp đặc biệt hóa : - Ghi biểu thức (log A B  log B A  2)(log A B  log AB B) log B A  1 - Nhập giá trị chẳng hạn A 2, B 3 ta được kết quả và lưu kết quả vào phím X 6 - Thử đáp án C : ALPHA X - log 2 3 ta được kết quả là 0. - Vậy C là đáp án đúng. a b c Ví dụ 6 : Cho các số thực a, b, c khác 0 và thỏa mãn 4 25 10 . Tính 1 T 10 A. B. T 2 C. T 1 2 c c T  a b D. T  10 Phương pháp đặc biệt hóa : Với bài toán này ta cho a 1 suy ra b log 25 4, c log10 4 Như vậy ta chỉ cần tính log10 4  log10 4 log 25 4 kết quả là 2 Vậy B là đáp án của bài toán. ------------------------------------------------o0o--------------------------------------------DẠNG TOÁN B 2 : CÁC BÀI TOÁN VỀ HÀM SỐ lim f ( x) 0 Ví dụ 1 : Cho hàm số y  f ( x) xác định và khác 0 trên (0; ) và x  . Đường thẳng nào sau đây là một tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y g ( x)  4 1  f ( x)  1 f ( x) A. y 0 B. y 1 4 C. x 1 4 D. y 1 8 Phương pháp đặc biệt hóa : 4 - Chọn hàm f ( x)  1 x thỏa mãn giả thiết. Sử dụng máy tính nhập 1 1 1 X 1 X - Nhập X 10000 ta được kết quả 0.24999 0, 25 - Kết quả :đáp án B. a  c  b  1  Ví dụ 2 : Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a  b  c  1  0 . Tìm số giao điểm của 3 2 đồ thị hàm số y  x  ax  bx  c và trục Ox 7 A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 Phương pháp đặc biệt hóa : 3 2 Cho a 1, b  3, c  2 thỏa mãn giả thiết, ta được hàm y x  x  3x  2 Sử dụng máy tính ta thấy phương trình có 3 nghiệm phân biệt Vậy đáp án A. a  b  1 .  f  x  x  ax  bx  2 3  2 a  b  0  Ví dụ 3. Cho hàm số thỏa mãn Số điểm cực trị 3 của hàm số yf x A. 5. 2 bằng : B. 9. C. 2. D. 11. Phương pháp đặc biệt hóa : Chọn a  5, b 6 thỏa mãn giả thiết 3 2 Ta có hàm f ( x)  x  5 x  6 x  2 Khi đó, đồ thị hàm số Như vậy, hàm số yf x yf x có dạng như hình vẽ bên. có tất cả 11 cực trị. Vậy đáp án D Ví dụ 4. Cho hàm số f  x  ax 3  bx 2  cx  d với a, b, c, d  ; a  0 và d  2018 .  a  b  c  d  2018  0 Số cực trị của hàm số y  f  x   2018 bằng: A. 3. B. 2. C. 1. D. 5. Phương pháp đặc biệt hóa : - Chọn d 2019  a  b  c  1  0 nên chọn a 1, b 0, c  3 ta được hàm f ( x) x 3  3x  2019 . Do đó hàm y | x3  3 x  1| . Vì phương trình x 3  3x  1 0 có 3 3 nghiệm phân biệt nên hàm y | x  3 x  1| có 5 điểm cực trị. Vậy đáp án D. 8 g x  f  x   2018 Cách giải thông thường : Ta có hàm số   là hàm số bậc 3 và liên tục trên R. Do a > 0 nên lim g  x  ; lim g  x    x   x   g 0 d  2018  0, g  1 a  b  c  d  2018  0 Ta có:   g x 0 Khi đó, phương trình   có đúng 3 nghiệm phân biệt trên R  Đồ thị hàm số y g  x   f  x   2018 y  f  x   2018 cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt nên hàm số có đúng 5 cực trị. 3 2 Ví dụ 5. Cho đồ thị hàm số f  x  x  bx  cx  d cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 . Tính giá trị biểu thức P 1 1  2b c . A. B. P 0 . Phương pháp đặc biệt hóa : C. P b  c  d . P 1 1 1   f  x1  f  x2  f  x3  . D. P 3  2b  c . 3 Cho f ( x)  x  x có đồ thị cắt Ox tại ba điểm x 0, x 1 1 1 1   Sử dụng máy tính nhập biểu thức : f '(0) f '(1) f '( 1) ta được kết quả là 0 Vậy B là đáp án của bài toán. Nhận xét : Rõ ràng với bài toán này, để giải bằng phương pháp thông thường thì học sinh sẽ gặp rất nhiều khó khăn và mất nhiều thời gian. ---------------------------------------------o0o----------------------------------------------DẠNG TOÁN 3 : CÁC BÀI TOÁN NGUYÊN HÀM, TÍCH PHÂN 2 Ví dụ 1 : Cho hàm số f ( x) liên tục trên R và có A. 2 B. 3 C. 1/2 f ( x)dx 3 0 1 . Tính I  f (| 2 x |) dx 1 D. 3/2 Phương pháp đặc biệt hóa : 9 1 3x 3 I  | | dx a 2 2 . Sử dụng máy tính cầm tay tính 1 - Đặt f ( x) ax . Từ gt suy ra ta 3 được - Kết quả là : 2 . Vậy đáp án D. b Tổng quát : Đối với dạng bài toán cho f (mx)dx  A a thì ta có thể chọn hàm f ( x )  px thay vào giả thiết và tìm được p Ví dụ 2 : Cho hàm số f ( x) liên tục trên R thỏa mãn 1 2 f (2 x)dx 2 f (6 x)dx 14 0 và 0 . 2 Tính I  f (5 | x | 2)dx 2 A. 24 . B. 32 C. 12 D.8 Phương pháp đặc biệt hóa : (ax 2  bx ) |10 2 f ( x) ax  b    a b 1 (3ax 2  bx) |02 14   - Đặt 2 - Sử dụng máy tính cầm tay để tính 5 | x | 3dx 2 ta được kết quả là 32 Vậy đáp án B. b Tổng quát : Đối với dạng bài toán cho d f (mx)dx  A, f (nx) B a c thì ta có thể chọn hàm f ( x)  px  q thay vào giả thiết và tìm được p, q Ví dụ 3 : Cho hàm số f ( x) liên tục trên [1;3] thỏa mãn f ( x)  f (4  x), x  [1;3] và 3 3 xf ( x)dx  2 f ( x)dx 1 A. 2. . Tính 1 B.  1 . C.  2 . D. 1. Phương pháp đặc biệt hóa : 3 - Chọn f ( x) a  1 axdx  2  a  2 1 10 3 - Tính x  2 dx 1 ta được kết quả là -2 - Vậy đáp án C. Ví dụ 4 : Cho hàm số f ( x) liên tục trên [0;1] thỏa mãn f ( x)  f (1  x), x  [1;3] và 1 1 f ( x)dx 4 (2 x 0 A. 2. . Tính 3  3x 2 ) f ( x)dx ta được kết quả là 0 B. -2. C. 1. D. -1. Phương pháp đặc biệt hóa : 1 Đặt f ( x) a  ax |0 4  a 4 1 Thay vào tích phân cần tính 4(2 x 3  3x 2 ) dx ta được kết quả là – 2 0 Vậy đáp án là B. b Tổng quát : Đối với dạng bài toán cho f (mx)dx  A, f ( x)  f (a  b  x) a thì ta có thể chọn hàm f ( x) c thay vào giả thiết và tìm được c Ví dụ 5 : Cho hàm số f ( x) liên tục trên R và thỏa mãn 5 f ( x  1)  f ( x  2)  x 2  2 x  1, x  R . Tính 43 A. 3 44 C. 3 B. 12 f ( x)dx 1 ta được kết quả là : 37 D. 3 Phương pháp đặc biệt hóa : 2 2 2 2 Đặt f ( x) ax  bx  c  a ( x  1)  b( x  1)  c  a ( x  2)  b( x  2)  c  x  2 x  1 a 1/ 2  2ax  (6a  2b) x  5a  3b  2c x  2 x  1  b  1/ 2 c 0  2 Hay 2 5 x2 x 44  dx  2 2 Suy ra tích phân cần tính là 1 ta được kết quả : 3 . Đáp án C 11 2 Tổng quát : Đối với dạng bài toán cho f (ax  b)  f (cx  d )  px  qx  r thì ta có thể 2 chọn hàm f ( x) mx  nx  k thay vào giả thiết và tìm được m, n, k Nhận xét : ta thấy đây là một cách giải rất hay và cho kết quả nhanh chóng. Ví dụ 6 (đề tham khảo lần 3 THPT QG năm 2017 của Bộ GD&ĐT). Cho hàm số f ( x ) liên tục trên R và thỏa mãn f ( x)  f ( x)  2  2 cos 2 x , x  R . Tính 3 2 I  f ( x)dx  3 2 . A. I  6 C. I  2 B. I 0 D. I 6 Phương pháp đặc biệt hóa : Cho 2  2 cos 2 x 2 ta có f ( x)  f ( x)  f ( x) thỏa mãn giả thiết. f ( x)  3 2 I  3 2  2 cos 2 x dx 2 2 Vậy cần tính Sử dụng máy tính cầm tay ta được kết quả là : -2 Vậy C là đáp án của bài toán Tổng quát : Đối với dạng bài toán cho f ( x)  f ( x) g ( x) với g ( x) là một hàm số chẵn thì ta chọn f ( x)  g ( x) 2 Ví dụ 7. Cho hàm số f  x có đạo hàm liên tục trên R,   f  x   f   x  sin x cos x, 2  với mọi x  . Giá trị của tích phân  1 B. 4  4 A. Phương pháp đặc biệt hóa : f ( x)  Chọn bài toán và  2 xf  x  dx 0 D.  bằng 1 4 sin x.cos x sin 2 x   f (  x)  f ( x ) 2 4 . Khi đó 2 nên f ( x ) thỏa mãn giả thiết  2 Ta cần tính  C. 4 f  0  0 x. 0 cos 2 x dx 2 . Sử dụng máy tính ta được kết quả là -1/4 12 Vậy đáp án của bài toán là D.  f ( x )  f (  x)  g ( x ) 2 Tổng quát : Đối với dạng bài toán cho trong đó  g ( x )  g (  x) 2 thì ta chọn Ví dụ 8. Cho hàm số f  x f ( x)  g ( x) 2 x   0; 2018 , liên tục trên R và 2018 f  x  . f  2018  x  1. A. 2018 I Giá trị của tích phân B. 0 ta có f  x  0 và 1 1  f  x  dx 0 C. 1009 là D. 4016 Phương pháp đặc biệt hóa : Chọn f ( x) 1 . Rõ ràng f ( x) thỏa mãn yêu cầu bài toán 2018 Ta cần tính 1  2dx 0 . Dễ thấy kết quả là 1009. Đáp án C. Nhận xét : ta thấy đây là một cách giải rất ấn tượng vì tốc độ tìm đáp án rất nhanh so với cách giải thông thường. -----------------------------------------------o0o----------------------------------------------DẠNG TOÁN 4 : CÁC BÀI TOÁN THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN Ví dụ 1 Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M , N , P , Q lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB , SBC , SCD , SDA . Gọi O là điểm bất kỳ trên mặt đáy ABCD . Biết thể tích khối chóp O.MNPQ bằng V . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo V . 27 V A. 8 . 27 V B. 2 . 9 V C. 4 . 27 V D. 4 . Phương pháp đặc biệt hóa : 13 Không làm ảnh hưởng đến kết quả của bài toán ta coi chóp S . ABCD là chóp đều, O là hình chiếu của đỉnh xuống đáy. Gọi G, F, H, I lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Dễ thấy chóp O.MNPQ là chóp đều và có 4 4 1 2 XO 1 S MNPQ  SGFHI  . S ABCD  S ABCD  MNPQ 9 9 2 9 , SO cắt tại X thì SO 3 VO.MNPQ Vậy VS . ABCD 2 1 2 27  .   VS . ABCD  V 9 3 27 2 . Chọn đáp án B. Phương pháp giải thông thường : 1 1 1 1 1 1 S FGB  d  F , GB  GB   d  C, AB   AB  d  C , AB  AB  S ABCD 2 2 2 2 8 8 Ta có . 1 S IGFH S ABCD  4SFGB  S ABCD 2 Suy ra . Do M , N , P , Q lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB , SBC , SCD , SDA nên 2 2 MQ  IG MN  GF 3 3 ta suy ra , . 4 4 2   S MNPQ MQ.MN .sin QMN  IG GF sin IGF  S IGFH  S ABCD 9 9 9 . Gọi SE d  S ,  ABCD   và QJ d  Q,  ABCD   d  O,  MNPQ   . 1 1 QJ  SE  d  O,  MNPQ    d  S ,  ABCD   3 3 Theo giả thiết, ta có . 1 1 1 2 2 VO.MNPQ  d  O,  MNPQ   S MNPQ   d  S ,  ABCD    S ABCD  VS . ABCD 3 3 3 9 27 . 14 Suy ra VS . ABCD  27 V 2 . Nhận xét : so với cách giải thông thường, thì rõ ràng phương pháp đặc biệt hóa ngắn gọn hơn nhiều. Ví dụ 2. Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có thể tích bằng V . Gọi M , N , P, Q, E , F lần lượt là tâm các hình bình hành ABCD, A ' B ' C ' D ', ABB ' A ', BCC ' B ', CDD ' C ', DAA ' D '. Thể tích khối đa diện có các đỉnh M , P, Q, E , F , N bằng V A. 4 . V B. 2 . V C. 6 . V D. 3 . Lời giải Phương pháp đặc biệt hóa Coi hình hộp là hình lập phương, cạnh bằng 2 suy ra thể tích bằng 8. Khối MPQEFN là bát diện có MN vuông góc với (PQEF) tại tâm của hình vuông PQEF 1 4 V VMPQEFN 2VM .PQEF 2. .1.PQ 2  VMPQEFN  3 3 . Suy ra 6 . Chọn đáp án C Suy ra Phương pháp giải thông thường Gọi h là chiều cao của hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D '  V h.S ABCD . Thấy hình đa diện MPQEFN là một bát diện nên 1 1 1 VMPQEFN 2.VN . PQEF 2. . .h.S PQEF  .h.S PQEF . 3 2 3 Lại có: PQEF là hình bình hành và có 1 1 PQ EF  AC ; QE PF  BD 2 2 nên 1 1 1 1 1 V S PQEF  S ABCD . VMPQEFN  h.S PQEF  .h. .S ABCD  .h.S ABCD  . 2 3 3 2 6 6 Do đó: 15 Ví dụ 3 (Đề tham khảo TN THPT lần 2 năm 2020 của Bộ GD&ĐT) : Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có chiều cao bằng 8 và diện tích đáy bằng 9. Gọi M , N , P, Q lần lượt là tâm của các mặt ABB ' A ', BCC ' B ', CDD ' C ', DAA ' D ' . Tính thể tích khối đa diện lồi có đỉnh là các điểm A, B, C , D, M , N , P và Q . A. 27. B. 30. C. 18 D. 36. Phương pháp đặc biệt hóa : Không làm ảnh hưởng đến kết quả của bài toán ta chọn hình hộp là hình hộp chữ nhật, có đáy là hình vuông cạnh bằng 3, chiều cao bằng 8 . Gọi E , F , G, H lần lượt là trung điểm của AB, BC , CD, DA ; K là trung điểm EH 3 3 , ,4 MNPQ.GFGH 2 2 Dễ thấy là hình hộp chữ nhật có kích thước là nên 1 1 1 3 2 VMNPQ.GH 18 VA.MEHQ  3 AK .S MEHQ 3 . 4 .3 2. 2 .4 3 , Thể tích khối đa diện cần tính bằng 4VA.MEHQ  VMNPQ.GH 18  4.3 30 Vậy đáp án của bài toán là B. Ví dụ 4. Cho khối tứ diện ABCD có thể tích V . Gọi E , F , G lần lượt là trung điểm của các cạnh BC , BD, CD và M , N , P, Q lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC , ABD , ACD, BCD . Tính thể tích khối tứ diện MNPQ theo V V A. 27 V B. 12 V C. 24 V D. 18 Phương pháp đặc biệt hóa : Không làm ảnh hưởng đến kết quả của bài toán ta coi tứ diện là tứ diện đều có cạnh bằng 3 Dễ thấy MNPQ cũng là một tứ diện đều Vì có 6 cạnh bằng nhau và bằng 1 VMNPQ VABCD Vậy MN 3 1   AB 3 27 VMNPQ  V 27 . Đáp án A. 16 Ví dụ 5 : Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành. Hai điểm M , N lần lượt AB AD 2 3 8 AB , AD M , N AN thuộc hai đoạn ( không trùng với A ) sao cho AM . Kí hiệu V ;V1 lần lượt là thể tích của các khối chóp S . ABCD và S .MBCDN . Tìm giá trị lớn V1 nhất của tỉ số V 13 A. 16 11 B. 12 1 C. 6 2 D. 3 Phương pháp đặc biệt hóa : Không làm ảnh hưởng đến kết quả của bài toán ta chọn hình chóp có đáy ABCD là hình vuông, cạnh AB = 1, SA vuông góc với (ABCD), SA = 3.  AM  x 2 3 3x ( x, y  (0;1])   8  y   2(4 x  1) Đặt  AN  y . Từ giả thiết x y V VS . ABCD 1 , V1 V  VS . AMN 1  xy 3x 2 1   f ( x) 2 4(4 x  1) 13 1 max f ( x)  x 16 khi 2 Lập bảng biến thiên của hàm số y  f ( x ) ta được Chọn đáp án A. 2.4. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề. - Thống kê, tìm hiểu tình hình làm bài của học sinh qua các đề thi thử của các trường THPT trên cả nước và đề thi minh họa của Bộ GD&ĐT thuộc các chuyên đề : mũ, logarit; hàm số, thể tích khối đa diện trước khi áp dụng đề tài vào thực tiễn - Nghiên cứu các cách giải tối ưu cho từng dạng toán : bài nào cần dùng phương pháp tư duy lự luận, bài nào cần sư dụng phương pháp “đặc biệt hóa” - Đưa vào thực nghiệm : Chọn hai lớp 12 C1 và 12 C3 chất lượng ngang nhau, đều có đa số là học sinh khá, giỏi. Trong đó, lớp 12 C1 đã được học phương pháp “đặc biệt hóa”, lớp 12C3 chưa được học. Giao hai lớp làm một bài kiểm tra trắc nghiệm khách quan, thời gian làm bài : 45 phút. Số lượng câu hỏi là 10, trong đó có 3 câu mức độ thông hiểu, 5 câu mức độ vận dụng và 2 câu mức độ vận dụng cao. PHIẾU KHẢO SÁT THỰC NGHIỆM BÀI KIỂM TRA MÔN TOÁN 12 Thời gian : 45 phút 17 Khoanh tròn vào đáp án đúng 2 2 Câu 1 : Cho x, y  1 và 2 x  3 y  1 thỏa mãn x  6 y  xy . Tính 1 A. 4 . 1  log 3 x  log 3 y I log 3  2 x  3 y  1 C. 2 . B. 1 . . D. 2 . log 7 a.log 2 7 1 3  log b 5 . Khẳng Câu 2 : Cho a, b là các số dương, b 1 thỏa mãn : log 2 10  1 định nào sau đây là đúng ? A. a 15b B. a 25b C. ab 125 D. a 125b log a log b log c b2   log x 0; x y q r ac Câu 3 : Cho p . Tính y theo p, q, r . 2 A. y q  pr . B. Câu 4 : Cho đồ thị hàm số y pr 2q . f  x  2 x 3  mx  3 có hoành độ a, b, c . Tính giá trị của biểu thức 2 A. 3 D. y 2q  pr . cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt P 1 1 1   f ' a f ' b f ' c . 1 D. m C. m  5 B. 0 C. y 2q  p  r . Câu 5 : Một hình đa diện có các mặt là các tam giác. Gọi M và C lần lượt là số mặt và số cạnh của hình đa diện đó. Khẳng định nào sau đây đúng? A. 3M 2C . B. C M  2 . C. 3C 2M . D. M C . 3 Câu 6 : Cho khối lăng trụ ABC. ABC  có thể tích bằng a (với a  0 ). Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AA và BB . Đường thẳng CM cắt đường thẳng C A tại P, đường thẳng CN cắt đường thẳng C B tại Q . Thể tích khối đa diện lồi AMPBNQ bằng 2 3 a A. 3 . 3 B. a . 1 3 a C. 3 . 1 3 a D. 2 . 18 Câu 7 : Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi V là thể tích của khối chóp S . ABCD và M , N , P lần lượt là trung điểm của SB, SD, AD . Thể tích của khối tứ diện AMNP . 1 V A. 32 1 V B. 8 1 V C. 4 1 V D. 16 3 Câu 8: Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có thể tích bằng 48cm . Gọi M , N , P theo thứ tự là trung điểm các cạnh CC ', BC và B ' C ' . Tính thể tích khối chóp A '.MNP 3 A. 8cm 3 B. 6cm 3 C. 24cm D. 18cm 3 Câu 9 : Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành, gọi M là trung điểm của AD . Gọi S ' là giao điểm của SC với mặt phẳng chứa BM và song song với SA . Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp S '.BCDM và S . ABCD 2 A. 3 1 B. 2 1 C. 4 3 D. 4 Câu 10 : Cho hàm số y  f ( x) liên tục trên [0; 4] và 2 4 f ( x)dx 1 f ( x)dx 3 0 , 0 . Tính 1 f (| 3x  1|)dx 1 A. 4 B. 2 C. 4/3 D.1. KẾT QUẢ THU ĐƯỢC NHƯ SAU I. LỚP 12 C1 : Sĩ số 40 Mức điểm Số lượng 3 Phần trăm 7,7 Điểm  [7;8) 8 20 Điểm  [8;9) 20 50 Điểm  [9;10] 9 22,5 Điểm  7 II. LỚP 12 C3 : Sĩ số 42 19 Mức điểm Số lượng 24 Phần trăm 57,1 Điểm  [7;8) 10 23,8 Điểm  [8;9) 6 14,3 Điểm  [9;10] 2 4,8 Điểm  7 Nhận xét : So sánh điểm số đạt được của học sinh của hai lớp ta thấy rõ ràng điểm của lớp 12 C1 cao hơn hẳn so với điểm của lớp 12 C3 đặc biệt là mức độ điểm 8 đến 9. Đây là kết quả phản ánh được tính ứng dụng thực tiễn của đề tài trong việc nâng cao chất lượng dạy học môn toán. 2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường. Khi triển khai đề tài áp dụng vào thực tiễn, kết quả thu được là khá tích cực. - Học sinh biết đơn giản hóa một bài toán phức tạp, mang tính tổng quát. - Học sinh có thể giải quyết một số dạng toán trắc nghiệm với tốc độ nhanh hơn trước đây nhiều lần. - Bản thân cải thiện được chất lượng các học sinh trực tiếp giảng dạy. - Giúp đồng nghiệp, nhà trường nâng cao chất lượng dạy học, giáo dục toàn diện. ----------------------------------------------o0o----------------------------------------- III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1. Kết luận. Sau một thời gian triển khai thực hiện đề tài, từ khi hình thành ý tưởng đến khi áp dụng vào thực tiễn, tôi đã thu được những kết quả như mong đợi. Những học sinh được tiếp cận với đề tài có phản xạ tốt hơn trước ở một số dạng toán, hiệu quả làm bài thi được cải thiện đáng kể. Đặc biệt hình thành tư duy giải một số dạng bài tập trắc nghiệm theo hướng đặc biệt hóa…Mặc dù còn ấp ủ nhiều ý tưởng để phát triển đề tài hơn nữa song do thời gian có hạn nên tôi tạm dừng ở đây. 3.2. Kiến nghị. Qua việc thực hiện đề tài, tôi mong muốn được chia sẻ kinh nghiệm với các đồng nghiệp để học hỏi thêm nhiều ý tưởng sáng tạo hơn nữa. Tôi đề xuất với Sở GD&ĐT lập trang Web sáng kiến kinh nghiệm riêng cho tỉnh để giáo viên có thể 20