SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC I

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

KHAI THÁC MỘT SỐ KĨ NĂNG GIẢI HỆ PHƯƠNG
TRÌNH NHẰM NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢI HỆ
PHƯƠNG TRÌNH CHO HỌC SINH LỚP 10

Người thực hiện: Nguyễn Văn Trình
Chức vụ: Tổ phó chuyên môn
SKKN thuộc lĩnh vực (môn) : Toán

THANH HOÁ NĂM 2017


MỤC LỤC
Nội dung
Trang
Mục lục……………………………………………………………………….
1
1. Mở
2
đầu……………………………………………………………………...
1.1.Lý do chọn đề tài………………………………………………………...
2
1.2.mục đích nghiên cứu…………………………………………………….
2
1.3. Đối tượng nghiên
2

18
Tài liệu tham khảo…………………………………………………………..
19



1. MỞ ĐẦU
1.1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Hệ phương trình đại số là mảng kiến thức lớn và quan trọng trong chương trình
toán học phổ thông,ta thường gặp trong các kì thi tuyển sinh vào lớp 10; tuyển
sinh đại học, cao đẳng; thi học sinh giỏi. Mặc dù học sinh được cọ sát phần này
khá nhiều song phần lớn các em vẫn thường lúng túng trong quá trình tìm ra
cách giải.Trong quá trình giảng dạy tôi đã tìm ra một số nguyên nhân chính sau:
Thứ nhất, phải khẳng định rằng hệ phương trình là mảng kiến thức phong
phú và khó, đòi hỏi người học phải có tư duy sâu sắc, nhanh nhạy trong việc
nhìn nhận hướng đi, đồng thời phải có sự kết hợp nhiều mảng kiến thức khác
nhau, có trong quỹ kiến thức nhiều phương pháp khác nhau.
Thứ hai, sách giáo khoa, sách bài tập trình bày một số hệ phương trình
khá đơn giản, các tài liệu tham khảo xuất bản ồ ạt, các tài liệu đều đề cập đến
phần này khá nhiều song sự phân loại, cũng như phân tích, định hình bài toán
chưa rõ ràng , lời giải thì vắn tắt, dẫn đến sự bị động trong học sinh về hướng
giải quyết.Chỉ số ít học sinh đọc và hiểu được vấn đề mà tài liệu tham khảo đề
cập đến.
Thứ ba, đa số học sinh đều học một cách máy móc nên không nhớ được
lâu, bị động trong tiếp thu kiến thức, chưa có ý thức cao trong việc tìm tòi,hình
thành cách giải tổng quát, đúc rút kinh nghiệm chưa nhiều.
1.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU:
Với đề tài này tôi mong muốn:
- Nhằm giúp học sinh khai tác một số kĩ năng thông thường khi giải hệ phương
trình, từ đó hình thành kĩ năng giải hệ phương trình, trên cơ sở đó có được nền

a b
c b
a c
D=
= ab '− a ' b, D x =
= cb '− c ' b, D y =
= ac '− a ' c
a' b'
c' b'
a' c'
+ Bước 2.
D
D
- Nếu D ≠ 0 thì hệ có nghiệm duy nhất (x;y) trong đó x = x , y = y
D
D
- Nếu D = 0 + Dx ≠ 0 hoặc : Hệ phương trình vô nghiện
+ Dx = Dy = 0 : Hệ có vô số nghiệm, tập nghiệm của hệ là tập
nghiệm của phương trình ax + by = c
2.1.2. Hệ phương trình đối xứng kiểu I
 f ( x; y ) = 0
a. Định nghĩa. Hệ phương trình đối xứng kiểu I là hệ pt có dạng 
 g ( x; y ) = 0
Trong đó f ( x; y ) và g ( x; y ) là những đa thức chứa hai biến x, y thỏa mãn
f ( x; y ) = f ( y; x), g ( x; y ) = g ( y; x ), ∀x, y ∈ ¡
b. Cách giải thường áp dụng:
- Bước 1. Biểu diễn từng phương trình trong hệ theo tổng x + y và tích xy
x + y = S
- Bước 2. Đặt 
, đk: S 2 ≥ 4 P

2.1.4. Hệ phương trình có vế trái đẳng cấp:
Hệ phương trình 2 ẩn có vế trái là đẳng cấp là hệ phương trình mà ở mỗi
phương trình tổng số mũ của x và y của mỗ số hạng là bằng nhau. Chẳng hạn:
Hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai là hệ có dạng
ax 2 + bxy + cy 2 = d
 2
2
a ' x + b ' xy + c ' y = d '
Cách giải
ad ' x 2 + bd ' xy + cd ' y 2 = dd '
- Bước 1. Cân bằng hệ số tự do ta được 
2
2
da ' x + db ' xy + dc ' y = dd '
- Bước 2. Trừ vế cho vế của hai phương trình ta được Ax 2 + Bxy + Cy 2 = 0 (*)
- Bước 3. Giải phương trình (*) ta sẽ biểu diễn được x theo y
- Bước 4. Thế vào một trong hai phương trình của hệ và giải tiếp
* Chú ý
- Cách giải trên có thể áp dụng cho pt có vế trái đẳng cấp bậc cao hơn.
- Cách giải trên chứng tỏ rằng hệ phương trình này hoàn toàn giải được
bằng cách đặt y = tx, x ≠ 0 hoặc đặt x = ty , y ≠ 0 .
2.2. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ:
Qua một số năm dạy lớp 10, mặc dù các em đa số các em đều có lực học khá
trở lên ở THCS, song khi gặp hệ phương trình thời gian đầu các em vẫn khá
lúng túng, nhiều em không định hình ra cách giải.Nếu chỉ dạy học sinh những
bài tập trong sách giáo khoa cũng như sách bài tập thì các em không đủ kiến
thức để thi đại học, cũng như thi học sinh giỏi các cấp. Đây là mảng kiến thức
gây khó khăn cho mọi đối tượng học sinh, từ những khó khăn của học sinh,tôi
đã trăn trở và tìm tòi, đúc rút được sáng kiến kinh nghiệm: “KHAI THÁC MỘT
SỐ KĨ NĂNG GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH NHẰM NÂNG CAO HIỆU QUẢ

 x = 1 ⇒ y = −1
x − 5 x(1 − 2 x) + (1 − 2 x) = 7 ⇔ 5 x − 3 x − 2 = 0 ⇔ 
x = − 2 ⇒ y = 9
5
5

2

2

2


 2 9 
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là ( 1; −1) ;  − ; ÷
 5 5 

4
3
2 2
 x + 2 x y + x y = 2 x + 9 (1)
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình  2
(2)
 x + 2 xy = 6 x + 6
(Đề thi đại học Khối B-2008)
Phân tích:
Hướng 1: Phương trình (2) là bậc nhất đối với y nên ta có thể thế ẩn.
Lời giải
• x = 0 không thỏa mãn phương trình (2)
6x + 6 − x2


 17 
Do x ≠ 0 nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) =  −4; ÷
4

Hướng 2: Ta thấy vế trái của phương trình (1) là hằng đẳng thức
 x 2 + 6 x + 6  2
2
( x 2 + xy ) = 2 x + 9

÷ = 2 x + 9(1a)


2

⇔
Hệ ⇔ 
x2 + 6x + 6
2
2
 x + xy =
 2
x + 6x + 6
(2a )

2
 x + xy =
2
Đến đây tiếp tục giải pt(1a) tìm ra x thế vào 2 tìm ra y, từ đó kết luận nghiệm
Phân tích: Hướng 1 dễ thấy hơn, song học sinh thường không xét x = 0 mà chia

x
x
x

1
x =1⇒ y = 2
 x =1
⇔
⇒
x = 2 ⇒ y = 1
1
1
 =

2
 x 2


Vậy hệ phương trình có tập nghiệm là: (1; 2), (2; ) 
1
2 


x
=
Hướng 2 Quan sát kĩ pt(1)ta thấy do 0 không thỏa mãn pt(1)có thể rút
3
1
x + y = − 1 thế vào (2) ta được pt bậc 2 đối với ẩn là
x

5
5
y 2 − 2 y (−2 y − 3) − 2(−2 y − 3) = 10 ⇔ 5 y 2 + 10 y − 4 = 0 ⇔ 

−5 + 3 5
−5 − 6 5
⇒x=
y =
5
5

−5 − 6 5 −5 + 3 5 −5 + 6 5 −5 − 3 5
;
);(
;
)
Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = (−1; 2);(−1; −4);(
5
5
5
5
 2 y 2 − x 2 = 1
( 1)
Ví dụ 5 Giải hệ phương trình:  3 3
 2 x − y = 2 y − x ( 2 )

Phân tích : Ta thấy ngay hệ phương trình trên không cùng dạng với hai hệ
phương trình ở các ví dụ trên. Tuy nhiên, quan sát kỹ một chút, ta nhận thấy
phương trình (1) có vế trái là đẳng cấp bậc 2, vế phải là hằng số; phương trình
(2) có vế trái là đẳng cấp bậc 3, vế phải là đẳng cấp bậc nhất, do vậy nếu xem

Ví dụ 6 Giải hệ phương trình 

 x + 1 + y + 1 = 4

(Đề thi đh khối A năm 2006)

 xy ≥ 0

Lời giải: ĐK:  x ≥ −1
 y ≥ −1

 x + y − xy = 3

 xy = x + y − 3(1)
⇔
 x + 1 + y + 1 = 4
 x + y + 2 + 2 xy + x + y + 1 = 16(2)
2
Từ pt(1) ⇒ xy = ( x + y ) − 6( x + y ) + 9 (đk: x + y ≥ 3) thế vào phương trình (2) ta

Với điều kiện trên, hệ 
được:

3( x + y ) 2 + 8( x + y ) − 156 = 0
2 ( x + y ) 2 − 5( x + y ) + 10 = 14 − ( x + y ) ⇔ 
⇔ x+ y =6
3
≤
x
+

Phân tích: Từ 2 pt trong hệ không thể rút x hặc y do đó chưa thể thế được ngay
nhưng nếu xem pt(2) là phương trình bậc hai theo y thì có thể giải y theo x.
Lời giải:
 y = 5x + 4
y = 4− x

2
Pt(2) ⇔ y 2 − (4 x + 8) y − 5 x 2 + 16 x + 16 = 0 , pt có ∆ y = 9 x ⇒ 

• Với y = 5 x + 4 thế vào phương trình (1) ta được phương trình:
x = 0 ⇒ y = 4
x(5 x + 4) = 0 ⇔ 
x = − 4 ⇒ y = 0
5

x = 0 ⇒ y = 4
x = 4 ⇒ y = 0

• Với y = 4 − x thế vào pt(1) ta được x(4 − x) = 0 ⇔ 

7


4
5

Vậy hệ pt có 3 nghiệm: (0; 4), (4;0), ( − ;0)
3.2. KĨ NĂNG CỘNG ,TRỪ, NHÂN ĐẠI SỐ.
a.Cơ sở lí luận: Nếu cộng, trừ hoặc nhân vế với vế của hai phương trình
trong hệ ta được một phương trình mà có thể giải được ẩn này theo ẩn kia.

1+ 5
1− 5
⇒x=
y =

2
2
1− 5 1+ 5 1+ 5 1− 5
;
), (
;
)
Vậy hệ có 4 nghiệm: (0;0), (3;3), (
2
2
2
2
Lưu ý: Do tính đối xứng nên nếu hệ có nghiệm ( x0 ; y0 ) thì hệ cũng có nghiệm
( y0 ; x0 )
 x 3 − 8 x = y 3 + 2 y
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:  2
2
 x − 3 = 3( y + 1)

Phân tích: Hệ phương trinhg trên không thể rút thế, song nếu chuyển vế phù
hợp ta được hệ mà các vế là đẳng cấp
Lời giải:
 x 3 − 8 x = y 3 + 2 y
 x 3 − y 3 = 8 x + 2 y
⇔


78
4 78
⇒x=
y = −
13
13
• Với x = −4 y thế vào pt thứ 2 ta được: 13 y 2 = 6 ⇔ 

78
4 78
⇒x=−
y =
13
13


Thử lại thấy các nghiệm đều thỏa mãn
Vậy hệ có 4 nghiệm: (−3; −1), (3;1), (

4 78
78
4 78 78
;−
), ( −
;
)
13
13
13

- Xuất phát từ hệ bậc nhất 2 ẩn tôi xây dựng một số hệ phương trình mới
cùng xuất phát từ hệ gốc
2. Nhận dạng: Hệ đối xứng kiểu 1 và các dạng có thể đưa mỗi pt về dạng
phụ thuộc 2 biểu thức.
3. Một số ví dụ minh họa:
 x2 + y 2 + x + y = 8
Ví dụ 1:Giải hệ phương trình: 
 xy + x + y = 5

(BT46a- SGK10 NC NXB GD trang 100)
Phân tích: Đối với hệ này không thể giải theo các cách ở trên, song học sinh dê
dàng nhận dạng hệ pt này, từ đó đưa ra cách giải
 x 2 + y 2 + x + y = 8 ( x + y ) 2 − 2 xy + x + y = 8
⇔
Lời giải: 
 xy + x + y = 5
 xy + x + y = 5
x + y = S
Đặt 
(Đk: S 2 ≥ 4 P )
xy
=
p


9


S 2 − 2P + S = 8
S = 3 ⇒ P = 2

Phân tích: Đây là hệ phương trình đối xứng kiểu I nên có thể giải theo cách
thuần túy, song để ý ta thấy nếu biến đổi một vài bước ta sẽ phát hiện ra cách
giải đặt hay hơn, cụ thể
Lời giải: Đk: xy ≠ 0
Khi đó hệ pt
1
1
1
1
1



( x + y )(1 + xy ) = 5
x + x + y + y = 5
x + x + y + y = 5



⇔
⇔

( x 2 + y 2 )(1 + 1 ) = 49
 x 2 + y 2 + 1 + 1 = 49
( x + 1 ) 2 + ( y + 1 ) 2 = 53
2 2
2
2



 y + = −2
y


•

1

 x + x = −2
7±3 5
a = −2; b = 7 ⇒ 
⇒ ( x; y ) = (−1;
)
2
y + 1 = 7
y


10


Vậy hệ có 4 nghiệm (

7±3 5
7±3 5
; −1) , (−1;
)
2
2


=
72

 a = 12, b = 6
2
a = 6
 x = 2, x = −3
 x + x = 6
⇒ 2
⇔
*
b = 12  y + y = 12  y = 3, y = −4

2
a = 12  x + x = 12
 x = 3, x = −4
⇒ 2
⇔ 
*
.
 y + y = 6
b = 6
 y = 2, y = −3
Vì hệ là hệ đố xứng nên tập nghiệm của hệ là:
S = { (2;3); (2; −4); ( −3;3); ( −3; −4); (3;2); ( −4;2); (3; −3); (−4; −3)}

5
 2
3
2

( x 2 + y ) 2 + xy = − 5

4
4


11


5

u + v(u + 1) = − 4

u 2 + v = − 5

4
5
5
5


2
u − ( 4 + u )(u + 1) = − 4
u = 0; v = − 4
⇔
⇔
u = − 1 ; v = − 3
v = − 5 − u 2

4

 xy = −
 y = − 2

2

5
x = 1
x = 3
4


Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm 
và 
3
 y = − 3 25
 y = − 2

16
3
 x − 3x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y

Ví dụ 5 Giải hệ phương trình  2 2
1
x + y − x + y =
2

u = x 2 + y
Đặt 
ta được hệ:
v = xy

u 3 − 12u = v 3 − 12v
2

(u − v)  (u − v) + 3uv − 12  = 0
 2 2
1 ⇔
2
u + v + u − v =
 2(u − v) + 2(u − v) + 4uv − 1 = 0
2


12


 u = v
(a)

2
 2(u − v) + 2(u − v) + 4uv − 1 = 0
⇔
2
 (u − v) + 3uv − 12 = 0
(b)
 2(u − v) 2 + 2(u − v) + 4uv − 1 = 0

1
3
1


2
2(u − v ) + 2(u − v) + 4uv − 1 = 0
6(u − v) + 6(u − v) + 12uv − 4 = 0

Trừ vế cho vế ta được: (u − v)2 + 3(u − v) + 22 = 0 (Vô nghiệm), suy ra hệ (b) vô
ngiệm.
3
2

1
2

1
2

3
2

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm ( ; − );( ; − )
• Để xuất hiện hai đại lượngđể đặt ẩn phụ, thì một trong những phép biến
đổi quan trọng mà học sinh phải chú ý đó là kĩ năng chia 2 vế của
phương trình cho x, x 2 , x3 ,... hoặc y, y 2 , y 3 ,.... cũng như chia cho một biểu
thức xy, x 2 y 2 ,...
 xy + x + 1 = 7 y (1)

Ví dụ 6: Giải hệ phương trình: 

2 2
2
 x y + xy + 1 = 13 y (2)

 x 2 + 1 + x = 13 ( x + 1 ) 2 − x = 13


y2 y
y
y

13


1

a = x + y

Đặt 
b = x

y

a + b = 7

ta được hệ phương trình: 

2
 a − b = 13

 a = −5 ⇒ b = 12
⇒ a 2 + a − 20 = 0 ⇔ 
a = 4 ⇒ b = 3
1

x = 1
x = 3 
∨
1
Vậy hệ có nghiệm: 
y =1 y =
3

 y + xy 2 = 6 x 2
Ví dụ 7 Giải hệ phương trình: 
2 2
2
1 + x y = 5 x

Lời giải:
Nhận thấy x = 0 không thỏa mãn hệ, do đó chia hai vế cả 2 pt cho x 2 ta được:
1
1
 y y2
y

(y + )
a= y+
=6
 2 +


 ab = 6
a = 3
x

∨
∨
2 . Vậy hệ có 2 nghiệm: 
2
Khi đó ta có 
y = 2 y =1
y = 2 y =1
y =2


 x
( x + y )(1 + xy ) = 18 xy
Ví dụ 8 Giải hệ phương trình:  2 2
2 2
2 2
( x + y )(1 + x y ) = 208 x y

Phân tích: Đây là hệ đối xứng kiểu I nên ta có thể giải theo quen thuộc S =x +y
và P =xy
Tuy nhiên nếu chia 2 vế pt(1) cho xy, phương trình (2) cho x 2 y 2 rồi sắp xếp lại ta
có cách giải tốt hơn, cụ thể:
Lời giải:
Nhận thấy xy = 0 không thỏa mãn pt nên chia cả 2 vế của pt(1) cho xy , pt (2) cho
x 2 y 2 ta được hệ phương trình:

14


1
1

b = y + 1
y

1

x+ = 4⇒ x = 2± 3

a = 4
x

⇒
*
b = 14  y + 1 = 14 ⇒ y = 7 ± 4 3
y


 a = 14
tương tự. do tính đối xứng nên nghiệm là hoán vị của x và y ở trên
b = 4

*

Vậy hệ pt đã cho có các nghiệm là:

( 2 − 3;7 − 4 3 ) ; ( 2 − 3;7 + 4 3 ) ; ( 2 + 3;7 − 4 3 ) ; ( 2 +
( 7 − 4 3; 2 − 3 ) ; ( 7 − 4 3; 2 + 3 ) ( 7 + 4 3; 2 − 3 ) ( 7 + 4

3;7 + 4 3
3; 2 − 3



ìï x 3 + 3x 2 + 4 x + 2 = y 3 + y (1)
ï
Ví dụ 10: Giải hệ phương trình: í
ïï 1 - x 2 - y = 2 - y - 1(2)
ïî
(Đề thi HSG12 nghệ an 2011)
 x ≤ 1
0 ≤ y ≤ 2

Lời giải: ĐK: 

15


Pt(1) ⇔ ( x + 1)3 + ( x + 1) = y 3 + y , đặt a = x + 1 ta được phương trình:
a 3 + a = y 3 + y ⇔ ( y − a )( y 2 + ya + a 2 + 1) = 0 ⇔ y = a (
a
3a 2
y 2 + ya + a 2 + 1 = ( y + ) 2 +
+ 1 > 0∀y , a)
2
4
⇒ y = x + 1 thế vào pt(2) ta được: − 1 − x 2 + x + 1 + 1 − x − 1 = 0
t2 − 2
Đặt t = 1 + x + 1 − x ⇒ t > 0; ⇒ t 2 = 2 + 2 1 − x 2 ⇒ 1 − x 2 =
, ta được phương
2

trình:

( x − ) + ( y + ) = (4)

2

2
2
2

1
1

 3
 −1 ≤ x − 2 ≤ 1
− 2 ≤ x − 1 ≤ 2
⇔
Từ pt(4) 
 −1 ≤ y + 1 ≤ 1 − 1 ≤ y + 1 ≤ 3
2
2

 2
1
 3
− ≤a≤

a = x − 1  2
2
⇒
Đặt 
b

1 3 3 1 
Vậy hệ phương trình có nghiệm: ( ; − );  ; − ) ÷
2 2 2 2 

16


 x + 1 + 4 x − 1 − y 4 + 2 = y (1)
Ví dụ 12: Giải hệ phương trình:  2
2
 x + 2 x( y − 1) + y − 6 y + 1 = 0(2)

Đề thi đại học khối A-2013
Lời giải: Từ pt(2),để hệ có nghiệm x thì ∆ 'x = ( y − 1) 2 − ( y 2 − 6 y + 1) = 4 y ≥ 0 ⇒ y ≥ 0
Đặt a = 4 x − 1 ; (a ≥ 0) , khi đó pt(1) trở thành:
a4 + 2 + a =

y 4 + 2 + y ⇔ ( a 4 + 2 − y 4 + 2) + (a − y ) = 0

 (a + y )(a 2 + y 2 )

⇔ (a − y ) 
+ 1 = 0 ⇔ a = y = 0 ⇔ a = y vì
 a 4 + 2 + y 4 + 2 
(a + y )(a 2 + y 2 )
+ 1 > 0∀a, y ≥ 0
a4 + 2 + y4 + 2
⇒ 4 x − 1 = y ⇒ x = y 4 + 1 thay vào phương trình (4) ta được:
y = 0 ⇒ x =1
y ( y − 1)( y 6 + y 5 + y 4 + 3 y 3 + 3 y 2 + 3 y + 4) = 0 ⇔ 

 1
x − x = y − y
Ví dụ 2 Giải hệ phương trình 
(Đề thi đại học khối A năm 2003)
2 y = x3 + 1


17


Phân tích: Nhận thấy pt thứ nhất trong hệ có 2 vế đối xứng, do đó pt này có thể
đưa về dạng tích, cụ thể:
x ≠ 0
x = y
1
1
1
, khi đó pt : x − = y − ⇔ ( x − y )(1 + ) = 0 ⇔ 
x
y
xy
y ≠ 0
 xy = −1

Lời giải: ĐK 


x = y = 1

x = y

Trên cơ sở các kĩ năng giải hệ phương trình tôi cho học sinh về nhà giải thêm
một số hệ nhằm khắc sâu kiến thức cho các em
Giải các hệ phương trình sau:
 x 2 y + 2( x 2 + y ) = 8
1) 
 xy + x + y = 5
2
2
 x + 2 xy + 2 y + 3x = 0
2) 
2
 xy + y + 3 y + 1 = 0

KQ: (1;2),(- 4 ± 3 2;1± 2 2)
KQ (- 3 ± 2 2;1 m 2);(- 3 ± 5; 1 m 5)
2

 x 3 + (6 − y ) x 2 − 2 xy = 0
3)  2
KQ (0;-3); (-1;-5)
 x − x + y = −3
 x 2 ( y + 1) = 6 y − 2
1
4)  4 2
K Q : (0; ),(± 2;1)
2 2
2
2
3
 x y + 2 x y + y ( x + 1) = 12 y − 1

5 x y − 4 xy + 3 y − 2( x + y ) = 0
8) 
( A − 2011)
2
2
2
 xy ( x + y ) + 2 = ( x + y )

K Q : (1;1);(- 1;- 1);(±

2 10
10
;±
)
5
5

 7 x + y − 2 x + y = 4
56 13
9) 
KQ :( ; )
5 5
2 2 x + y − 5 x + 8 = 2

3.HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.
Trong các năm học vừa qua tôi vận dụng sáng kiến kinh nghiệm này giảng dạy
cho lớp 10A3, 10A4 , với thời lượng 3 buổi bằng 9 tiết học và thu được kết quả
sau :
Minh chứng
1.Trước khi áp dụng sáng kiến: Vì các em học sinh của lớp phần lớn là học


SL

%

SL

%

10A3

41

1

2,4

5

12,2

25

61

5

12,2

5


%

SL

%

SL

%

39

0

0

6

15,4

14

35,9

10

25,6

9

%

SL

%

41

15

36,6

20

48,8

5

12,2

1

2,4

0

0

Lớp


%

SL

%

39

3

7,7

10

25,6

20

51,3

5

12,8

1

2,6

Phân tích: Từ hai bảng số liệu trên ta thấy sau khi được học bồi dưỡng về sáng
kiến chất lượng tăng vượt bậc, với lớp 10A3 học sinh khá giỏi chiếm đại đa số,

những tâm huyết bao năm của giáo viên được đi áp dụng thực tế giảng dạy,
nâng cao giá trị của một sáng kiến kinh nghiệm cấp tỉnh, cấp trường.Từ đó nâng
cao chất lượng giảng dạy nói chung và chất lượng bộ môn toán nói riêng.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Xác nhận của thủ trưởng đơn vị

Thanh hóa, ngày 16 tháng 5 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người khác.

20


Nguyễn Văn Trình

TÀI LIỆU THAM KHẢO
- SGK 10 Nâng cao, nhà xuất bản giáo dục, XB 2006
- Sách BT Đại số 10 nâng cao, nhà xuất bản giáo dục, XB 2006
- INTERNET, Tuyển tập 30 năm tạp chí THTT.
- Các chuyên đề ôn thi đại học của ĐẶNG THÀNH NAM

21