Phương pháp giải câu hỏi trắc nghiệm loại 4 lựa chọn, 1 lựa chọn đúng

TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÂM GV: Nguyễn Văn Danh 1 PHƯƠNG PHÁP TRẮC NGHIỆM TOÁN I. ĐẶT VẤN ĐỀ: 1. Lý do chọn đề tài Hình thức thi trắc nghiệm khách quan đã được áp dụng bắt đầu từ năm học 2016 – 2017 đối với hầu hết các môn trừ môn ngữ văn. Trắc nghiệm không phải hình thức thi mới, học sinh đã quen với thi trắc nghiệm đối với một số môn như: Vật lí, Hóa học, Sinh học, từ nhiều năm trước. Do đặc thù của môn học nên dù đã quen với hình thức thi này nhưng đối với môn toán học sinh vẫn còn lúng túng và gặp không ít khó khăn của sự thay đổi này. Thời gian để giải một câu hỏi trắc nghiệm là một vấn đề cần phải xem xét cẩn thận. Dễ thấy nhất ở học sinh là tư duy làm bài thi môn toán vẫn chưa thay đổi, nhiều học sinh chưa có kinh nghiệm trong việc xử lí tình huống khi giải quyết những câu hỏi trắc nghiệm. Đa số học sinh khi giải các câu hỏi trắc nghiệm vẫn thực hiện giống như cách làm đối với câu hỏi tự luận trước đây. Điều này làm các em mất nhiều thời gian. Cần thiết cho các em nhất lúc này chính là cách xử lí phù hợp cho các tình huống gặp phải khi giải một câu hỏi trắc nghiệm, có thể tìm được đáp án đúng trong thời gian ngắn nhất. Và đây cũng là mục tiêu mà đề tài hướng đến. Trong đề tài này tôi tập trung nghiên cứu chuyển từ bài toán phải giải ban đầu về giải một bài toán đơn giản hơn phù hợp với đa số học sinh. 3. Mục đích của đề tài - Chỉ ra cho học sinh hướng tiếp cận mới trong việc xử lí các câu hỏi trắc nghiệm. - Đơn giản hóa cách giải cho các bài toán phức tạp. - Giúp học sinh hiểu rõ hơn về dạng câu hỏi trắc nghiệm “4 lựa chọn, 1 lựa chọn đúng” từ đó đưa ra cách xử lí phù hợp, hiệu quả trong các tình huống cụ thể. 3. Phạm vi, đối tượng nghiên cứu - Đối tượng nghiên cứu của đề tài: Các phương pháp giải toán. Những dạng toán thường gặp trong các kì thi. Đề thi của các sở Giáo dục và các đề thi của Bộ Giáo dục và Đào tạo. - Phạm vi nghiên cứu của đề tài: Phương pháp giải câu hỏi trắc nghiệm loại “4 lựa chọn, 1 lựa chọn đúng”. II. CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN 1. Cơ sở lí luận Câu hỏi trắc nghiệm được sử dụng rộng rãi trong các kì thi hiện nay đều thuộc loại “4 phương án lựa chọn, 1 lựa chọn đúng”. Lựa chọn đúng là đáp án của câu hỏi, các phương án còn lại là các phương án nhiễu. Các lựa chọn có thể ở dạng một mệnh đề hoặc dưới dạng một phần nội dung cần được ghép vào để trở thành một mệnh đề hoàn chỉnh. Công việc của học sinh là chọn ra được đáp án của câu hỏi trong thời gian cho phép. TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÂM GV: Nguyễn Văn Danh 2 Hiện nay, Bộ Giáo dục và Đào tạo đang sử dụng một biến thể của thang phân cấp nhận thức Bloom để đưa ra quy định về cấp độ nhận thức cho các câu hỏi của các đề kiểm tra, đề thi dùng trong các nhà trường phổ thông hay các kì thi ở cấp độ quốc gia dành cho học sinh phổ thông. Theo đó, mỗi đề kiểm tra, đề thi chỉ gồm các câu hỏi thuộc 4 cấp độ nhận thức: Nhận biết, Thông hiểu, Vận dụng và Vận dụng cao. Câu hỏi ở mức Nhận biết là câu hỏi dễ nhất và không phải mất nhiều thời gian để giải loại câu hỏi này, còn câu hỏi thuộc mức độ Vận dụng cao thuộc loại khó nhất và mất nhiều thời gian để giải. Vậy nên, trên tổng thời gian làm bài thi trắc nghiệm thì thời gian ngầm định dành cho các loại câu hỏi là không bằng nhau. Học sinh có thể tiếp cận cách xử lí một câu hỏi trắc nghiệm theo nhiều hướng khác nhau. Các em có thể thực hiện xử lí giả thiết để tìm một kết quả trùng khớp với một trong bốn lựa chọn. Hoặc khai thác tỉ số (xác suất để chọn đáp án) 1 n với  1,2,3,4n là số lượng các phương án lựa chọn còn lại của câu hỏi. Nếu bằng cách nào đó ta loại bỏ được dần các lựa chọn thì xác suất để tìm được đáp án đúng cho mỗi câu hỏi đó sẽ càng cao. Cụ thể, ban đầu khi chưa loại được phương án nào tức 4n  thì xác xuất để chọn được đáp án là 25%, nếu loại bỏ được 2 tức 2n  thì xác suất chọn được đáp án là 50%, và nếu loại bỏ được 3 phương án tức 1n  thì xác suất chọn đáp án đúng là 100%. Sự khác biệt giữa hai hướng xử lí này là việc nhìn nhận các phương án lựa chọn là dữ liệu để đối chiếu hay nhìn nhận chúng là một phần giả thiết của câu hỏi. 2. Cơ sở thực tiển Học sinh có nhiều thành phần khác nhau, mỗi em có kĩ năng làm bài và khả năng tư duy riêng. Cùng một câu hỏi thì thời gian để giải câu hỏi đó ở mỗi em cũng khác nhau điều này phụ thuộc nhiều yếu tố. Thuận lợi của một học sinh khá, giỏi là ngoài việc đã nắm vững kiến thức các em còn thành thạo các kĩ năng tính toán. Ngược lại, đối với học sinh từ trung bình trở xuống thường gặp khó khăn trong các phép tính toán, biến đổi toán học do kĩ năng tính toán hạn chế, hoặc phải giải các bài toán phải qua nhiều bước vì yếu khả năng phân tích, tổng hợp. Đơn giản hóa một bài toán là một nhu cầu cần thiết đối với hầu hết các em kể cả học sinh khá, giỏi. Thay cho việc giải một bài toán phức tạp về khảo sát một bài toán đơn giản nhưng đủ cơ sở để chọn được đáp án là một hướng đi phù hợp. Thời gian dành cho một bài thi trắc nghiệm thường ít hơn một bài thi tự luận. Chẳng hạn, trung bình thời gian dành cho mỗi câu trắc nghiệm trong đề thi môn Toán trong kì thi THPT quốc gia là 1.8 phút không phân biệt câu hỏi đó ở mức độ nhận thức nào. Vì thế nên việc đưa ra đáp án cho một câu hỏi càng nhanh sẽ càng tốt. Đa số học sinh hiện nay đều trang bị cho mình các loại máy để phục vụ cho việc học tập và đây là công cụ hỗ trợ đắc lực trong việc học tập môn toán. III. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÂM GV: Nguyễn Văn Danh 3 1. Đưa bài toán đã cho về bài toán đơn giản dựa trên các phương án trả lời Trong phần này, sẽ trình bày cách xử lí câu hỏi trắc nghiệm theo hướng không coi các lựa chọn A, B, C, D là các dữ liệu đưa ra để đối chiếu mà xem chúng là giả thiết của câu hỏi.Với mục tiêu là chỉ ra cách đưa một bài toán phức tạp về giải một bài toán đơn giản. Ý tưởng này sẽ được trình bày thông qua các Ví dụ cụ thể có kèm theo phân tích, đối chiếu giữa những cách xử lí tình huống đặ ra. Ba ví dụ sau đây minh họa cho thấy việc cách sử dụng các phương án lựa chọn của câu hỏi làm dữ liệu để kiểm tra yêu cầu đề ra của câu hỏi sẽ giúp đưa bài toán phức tạp ban đầu về giải các bài toán đơn giản mà học sinh trung bình có thể giải được rất dễ dàng. Vi dụ 1: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 2 3 : 3 4 2 x t d y t z t          và 4 1 ' : 3 1 2 x y z d      . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng thuộc mặt phẳng chứa d và 'd , đồng thời cách đều hai đường thẳng đó A. 3 2 2 . 3 1 2 x y z      B. 3 2 2 . 3 1 2 x y z      C. 3 2 2 . 3 1 2 x y z      D. 3 2 2 . 3 1 2 x y z      Phân tích: Đường thẳng  cần tìm phải thỏa mãn 3 đặc điểm là  / / / / '; , 'd d d d  và    , , 'd d d d   . Câu hỏi dạng này ở cấp độ vận dụng thông thường yếu tố song song ít được chú ý đến. Câu hỏi này nếu giải theo hướng tự luận sẽ mất rất nhiều thời gian. Hướng giải quyết phù hợp nhất trong tình huống này là xét đường thẳng nào trong các lựa chọn thỏa mãn các tính chất trên, với cách xử lí như vậy thì học sinh mức trung bình có thể thực hiện được vì chỉ giải quyết 2 bài toán đơn giản là kiểm tra đường thường nằm trong mặt phẳng, tính khoảng cách giữa hai đường thẳng song song. Lời giải minh họa: Kiểm tra đường thẳng thuộc mặt phẳng Tính khoảng cách giữa 2 đường song song *  , ' : 2 2 0.d d y z   * Để loại trừ lựa chọn ta có thể lấy trên mỗi đường thẳng 1 điểm để kiểm tra, chẳng hạn: A.  (3; 2;2) , ' .M d d  B.  ( 3; 2; 2) , 'N d d    loại. * Trên mỗi đường thẳng ở các lựa chọn lấy một điểm để kiểm tra    , , 'd d d d   . * Áp dụng công thức học sinh đã biết:   , , MN u d M u       với ,N u là vec tơ chỉ phương của  . TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÂM GV: Nguyễn Văn Danh 4 C.  (3;2; 2) , 'N d d  loại. D.  ( 3;2;2) , 'N d d  loại. Chọn A. (không cần sử đến khoảng cách) A. (3; 2;2)M   ,     10 14 , , ' . 7 d M d d M d  B. N( 3; 2; 2)    ,    , , 'd N d d N d loại. C. (3;2; 2)P   ,    , , 'd N d d N d loại. D. ( 3;2;2)Q   ,    , , 'd N d d N d loại. Ví dụ 2: Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số  3 2 2 1 4 3 3 y x mx m x     đạt cực đại tại 3.x  A. 1.m  B. 1.m   C. 5.m  D. 7.m   Có hai cách xử lí trong tình huống này là: Cách 1: Sử dụng điều kiện cần để hàm số đạt cực đại tại một điểm để tìm giá trị m và sau đó đối chiếu với giá trị ở các phương án. Cách 2: Thế các giá trị của m trong các phương án vào hàm số đã cho và khảo sát hàm số vừa tìm được có đạt cực đại tại 3x  không để chọn đáp án. Hai cách trên ta thấy rõ, cách 1 chỉ thích hợp với những học sinh khá, giỏi vì đòi hỏi học sinh phải hiểu sâu về cực trị của hàm số. Tuy nhiên để thực hiện cách 2 chỉ cần học sinh nắm được quy tắc tìm cực trị của hàm số là có thể thực hiện được. Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất m của hàm số 2 3 1 x y x    trên đoạn  2;4 . A. 6.m  B. 2.m   C. 3.m   D. 19 . 3 m  Có 2 cách xử lí tình huống này như sau: Cách 1: Học sinh sử dụng quy tắc tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất để giải. Cách 2: Hiểu định nghĩa giá trị nhỏ nhất của hàm số, cụ thể m là giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 3 1 x y x    trên đoạn  2;4 khi  , 2;4y m x   và    0 02;4 :x y x m   . Với định nghĩa này học sinh có thể chuyển bài toán ban đầu về bài toán giải phương trình 2 3 1 x m x    theo thứ tự chọn 3; 2;6m    nếu phương trình có nghiệm thuộc đoạn  2;4 thì giá trị m tương ứng là đáp án của bài toán. Ngược lại nếu vẫn không có nghiệm thuộc đoạn  2;4 thì chọn đáp án D. Với cách 1 học sinh sẽ gặp khó khăn khi tính đạo hàm 'y . Cách 2 sẽ dễ thực hiện hơn thông qua giải phương trình tìm nghiệm. TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÂM GV: Nguyễn Văn Danh 5 Trên tinh thần khai thác các phương án lựa chọn làm cơ sở trong việc tìm đáp án cho câu hỏi. Loại bỏ bớt các phương án trả lời là một hướng tiếp cận hiệu quả trong việc tìm ra đáp án của câu hỏi trắc nghiệm. Để thực hiện việc này ta có thể chia nhỏ từng phần giả thiết của câu hỏi, khai thác chúng để tìm ra sự mâu thuẫn trong các phương án trả lời và đáp án của câu hỏi là phương án trả lời thỏa mãn với tất cả các giả thiết hoặc là phương án còn lại sau khi đã loại trừ ba phương án kia. Ví dụ 4: Cho hàm số  f x có đạo hàm trên và có đồ thị hàm số  'y f x như hình vẽ. Biết rằng        0 3 2 5f f f f   . Giá trị lớn nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của  f x trên đoạn  0;5 lần lượt là A.    2 ; 0 .f f B.    0 ; 5 .f f C.    2 ; 5 .f f D.    1 ; 3 .f f Phân tích: Dựa vào đồ thị của hàm số  'y f x ta có bảng biến thiên của hàm số  f x như sau Qua bảng biến thiên cho ta kết luận       0;5 2 minf f x và    1 0f f suy ra loại B, D. Bên cạnh đó không có thông tin nào để so sánh các giá trị        0 , 1 , 3 , 5f f f f . Mặt khác        0 3 2 5f f f f                           2 3 2 5 3 5 0 2 2 5 0 5 f f f f f f f f f f f f                suy ra       0;5 5 maxf f x . Vậy C là đáp án của câu hỏi. Ví dụ 5: Trong không gian Oxyz, cho phương trình mặt cầu 2 2 2( ) : 2 4 6 11 0.S x y z x y z       Viết phương trình mặt phẳng   , biết   song song với   : 2 2 11 0x y z     và cắt mặt cầu  S theo thiết diện là một đường tròn có chu vi bằng 8 . A. 2 2 11 0x y z    . B. 2 2 7 0.x y z    C. 2 2 5 0x y z    . D. 2 2 7 0x y z    . TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÂM GV: Nguyễn Văn Danh 6 + Sử dụng giả thiết    / /  ta loại được A, B. + Còn C, D chỉ cần chọn một trong 2 ra kiểm tra thì ta có thể chọn được đáp án của bài toán. Qua hai Ví dụ 4 và Ví dụ 5 việc chỉ nhỏ giả thiết của bài toán một mặt không chỉ cho phép ta loại bỏ dần các phương án trả lời mặt khác cho ta đưa bài toán đã cho về bài toán giải các bài toán đơn giản. 2. Khảo sát phần tử đại diện của tập giá trị Trong mục này, ta xét các câu hỏi mà các phương án lựa chọn của nó là các tập giá trị cần tìm để thỏa mãn yêu cầu nào đó. Đây là dạng câu hỏi thường gặp trong các đề thi và thường nhất là các bài toán có chứa tham số. Giải các dạng toán có chứa tham số đồng nghĩa với việc cùng một lúc chúng ta giải một lớp các bài toán đồng dạng với nhau về hình thức (biểu thức toán học) khi giá trị của tham số thay đổi và trong lớp này có tập con X mà các bài toán trong nó có chung một tính chất khi giá trị của tham số thuộc một tập A nào đó. Điều này có nghĩa rằng, với một giá trị của tham số thuộc tập A sẽ có một bài toán thuộc tập X. Phương pháp giải của chúng ta ở đây là xác định tập A bằng cách xét phần tử đại diện của nó. Để tiện cho cách trình bày ta sử dụng kí hiệu A, B, C, D theo thứ tự là tập hợp giá trị trong các lựa chọn A, B, C, B của câu hỏi. Tập hợp giá trị X là đáp án của câu hỏi nếu tất cả các phần tử 0x X đều thỏa yêu cầu của câu hỏi và mọi 0y X yêu cầu của câu hỏi sẽ không được thỏa mãn. Tất nhiên là nếu tồn tại 0z A B C D    thì giá trị 0z luôn thỏa yêu cầu, điều này có nghĩa rằng 0z là giá trị ta không cần quan tâm. Khai thác nhận xét này kết hợp với các phép toán trên tập hợp cho ta một phương pháp giải toán trắc nghiệm hiệu quả. Minh họa phương pháp này qua các bài toán trong đề thi của các sở Giáo Dục và các đề thi của Bộ Giáo dục và Đào tạo trong thời gian gần đây. Ví dụ 1: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình 2 2 2log 2log 3 2 0x x m    có nghiệm thực. A. 1.m  B. 2 . 3 m  C. 0.m  D. 1.m  Phân tích: Quan sát thấy các tập hợp ở các lựa chọn lòng vào nhau C B A D   . Loại câu hỏi này ta sẽ xử lí theo hướng từ ngoài vào trong và dừng lại khi gặp phần tử đầu tiên thỏa yêu cầu đề ra. Cụ thể, ta có quy trình thực hiện như sau: Bước 1: Chọn phần tử 1 \ Am D , nếu 1m thỏa yêu cầu thì chọn D, ngược lại sang bước 2. Bước 2: Chọn phần tử 2 \m A B , nếu 2m thỏa yêu cầu thì chọn A, ngược lại sang bước 3. Bước 3: Chọn phần tử 3 \m B C , nếu 3m thỏa yêu cầu thì chọn B, ngược lại chọn C. Áp dụng: TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÂM GV: Nguyễn Văn Danh 7 Xét 1 1m  khi đó, bất phương trình trở thành   2 2log 1 0x   (vô nghiệm). Xét 2 3 4 m  khi đó, bất phương trình trở thành 22 2 1 log 2log 0 4 x x   có nghiệm. Vậy chọn A. Bằng việc đưa các giá trị của tham số m vào bất phương trình một cách thích hợp giúp ta đưa một bất phương trình phức tạp ban đầu đến một bất phương trình mới đơn giản và đủ cơ sở cho ta loại trừ hoặc lựa chọn đáp án của câu hỏi. Đối với những câu hỏi có các lựa chọn là các tập hợp A, B, C, D lòng vào nhau như trong Ví dụ 1 thì áp dụng phương pháp như trên rất hiệu quả. Bản chất của phương pháp này là tập trung vào phần tử thuộc phần bù của tập hợp nằm bên trong để khảo sát mà không quan tâm đến phần tử chung của tất cả các tập hợp và sau khi đã loại ba tập hợp nằm bên ngoài thì tập hợp bên trong nhất sẽ được chọn. Tuy nhiên, nếu A, B, C, D không lòng vào nhau khi đó ta phải xét tới cả các phần tử thuộc phần giao và phần hiệu của chúng. Ta có thể thấy rõ điều này qua 2 ví dụ sau Ví dụ 2: Tìm m để phương trình 4 2 25 4 logx x m   có 8 nghiệm phân biệt: A. 4 90 2m  . B. 4 49 92 2m   . C. 4 91 2m  . D. Không tồn tại m . Phân tích:  4 90; 2 ,A   4 49 92 ; 2 ,B    4 91; 2C  và D  . Chọn D khi đã loại hết A, B, C. Loại B vì điều kiện 0m  . Ta có  4 91; 2 ,X A C    \ 0;1Y A C  . Ta kiểm tra theo thứ tự: Nếu 0y Y thỏa yêu cầu thì chọn A. Nếu 0x X thì chọn C. Nếu không có 0 0,x y thì D. Thực hiện: + Với 1m Y  thì 4 2 4 225 4 log 5 4 0x x m x x       . Phương trình này không thể có 8 nghiệm. + Với 2m X  thì 4 2 4 2 4 225 4 log 5 4 1 5 4 1x x m x x x x           hoặc 4 25 4 1x x    . Dễ dàng giải được mỗi phương trình có 4 nghiệm, tức là phương trình ban đầu có 8 nghiệm. Do đó, chọn C. Bài toán này, nếu giải theo hướng tự luận thì học sinh có thể tập trung vào quan hệ tương giao của hai đồ thị bằng việc khảo sát đồ thị hàm số 4 5 4y x x   và đường thẳng 2logy m , kết hợp với giải bất phương trình logarit. Hướng xử lí này chỉ thích hợp với học sinh khá, giỏi. Ví dụ 3: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số 4 22y x mx  có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích nhỏ hơn 1. A. 0.m  B. 1.m  C. 30 4.m  D. 0 1.m  TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÂM GV: Nguyễn Văn Danh 8 Phân tích: Ta có A B C A B D     và C A , đều này có ý nghĩa là các số thực thuộc D luôn thỏa yêu cầu đề ra. Do đó, ta không quan tâm đến tập D. Dựa vào điều kiện cực trị của hàm trùng phương giúp ta loại B. Do dó, chỉ cần tập trung vào A và C. Thực hiện: + Với 1 2 \m A C  ta có 4 24y x x  . Đồ thị của hàm số này có 3 điểm cực trị là (0;0)O , ( 2; 4)A   và  2; 4B  . Dễ tính được 4 2 1OABS   không thỏa yêu cầu nên loại A. + Với 2 1 \m C D  ta có 4 22y x x  . Đồ thị của hàm số này có 3 điểm cực trị là (0;0)O , ( 1; 1)A   và  1; 1B  . Dễ tính được 1OABS  không thỏa yêu cầu nên loại C. Vậy chọn D. Qua ba ví dụ trên cho ta thấy rõ được tính hiệu quả của phương pháp khảo sát phần tử đại diện. Trước hết học sinh sẽ phân tích các tập hợp A, B, C, D và thực hiện 2 phép toán tập hợp đơn giản là giao và hiệu để tìm ra phần tử đại diện, sau đó kiểm tính thỏa mãn yêu cầu đề ra của bài toán với giá trị đại diện đó. Tuy nhiên, nếu biết kết hợp với điều kiện của bài toán thì có thể giúp học sinh rút ngắn thời gian tìm đáp án. Sau đây là một số trong các câu hỏi trong đề thi tốt nghiệp THPT Quốc Gia năm học 2016 – 2017 mà học sinh có thể giải được dễ dàng bằng phương pháp này Câu 32-MĐ103: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số  2log 2 1y x x m    có tập xác đinh là . A. 0.m  B. 0.m  C. 2.m  D. 2.m  Câu 48 – MĐ101: Tìm giá trị thực của tham số m để đường thẳng 1y mx m   cắt đồ thị hàm số 3 23 2y x x x    tại ba điểm , ,CA B phân biệt sao cho .AB BC A.    ;0 4; .m    B. .m C. 5 ; . 4 m         D.  2; .m   Câu 45 – MĐ102: Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để đường thẳng y mx  cắt đồ thị hàm số 3 23 2y x x m    tại ba điểm , ,CA B phân biệt sao cho .AB BC A.  ;3 .m  B.  ; 1 .m   C.  ; .m   D.  1; .m  Câu 31 – MĐ102: Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để phương trình 14 2 0x x m   có hai nghiệm thực phân biệt A.  ;1 .m  B.  0; .m  C.  0;1 .m D.  0;1 .m Câu 44 - MĐ112: Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số 3 2 33 4y x mx m   có hai điểm cực trị A và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 4 với O là gốc tọa độ. TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÂM GV: Nguyễn Văn Danh 9 A. 4 1 . 2 m   B. 1.m  C. 1.m   D. 0.m  Ví dụ: Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số   3 22 1 3 5y x m x m x     có 3 cực trị. A. 1 ; . 4       B.   1 0; 1; . 4        C.  ;0 . D.  1; . IV. KẾT QUẢ Thời gian và sự đơn giản hóa các bài toán thường gặp là kết quả chính mà sáng kiến mang lại. Thay việc giải các bài toán ban đầu phức tạp bằng việc khảo sát trên các bài toán đơn giản quen thuộc điều này giúp cải thiện tâm lí cho học sinh khi làm bài thi. Nhờ việc đơn giản hóa các bài toán thu được sẽ giúp học sinh rút ngắn được thời gian để trả lời một câu hỏi, từ đó tạo thuận lợi cho học sinh trong việc phân bổ thơi gian một cách hợp lí trên toàn bài thi, giảm áp lực về thời gian. Bên cạnh đề tài còn mang lại một số kết quả tích cực , giúp các em tự tin, hăng hái, tự giác hơn trong học tập. Học sinh học biết thêm nhiều cách xử lí các tình huống khác nhau khi gặp câu hỏi trắc nghiệm. Cải thiện đáng kể thời gian giải một câu hỏi từ đó nâng cao hiệu suất chung cho toàn bài thi. Khi thực hiện đề tài được sự hưởng ứng nhiệt tình của đông đảo các em học sinh. Góp phần tích cực vào việc nâng cao chất lượng học tập bộ môn toán của nhà trường. V. ĐỀ XUẤT, KIẾN NGHỊ Đề tài phát huy được hiệu quả khi cần có sự phối hợp tích cực ở hai phía là học sinh và giáo viên. Giáo viên phải dành nhiều thời gian để tìm hiểu đối tượng mình giảng dạy song song đó phải không ngừng nâng cao trình độ chuyên môn. Học sinh không ngại tiếp nhận những phương pháp học mới, cách làm mới hiệu quả hơn đồng thời phải dành nhiều thời gian để luyện tập. Để đề tài được nhân rộng cần có sự phối hợp giữa các giáo viên với nhau trong quá trình thực hiện triển khai. Thường xuyên trao đổi rút kinh nghiệm trong quá trình thực hiện.