141 câu Trắc nghiệm Toán 11 Bài 2: Phương trình lượng giác có đáp án (Mới nhất)

Ta có:  2sinx−1=0⇔sinx=12⇔sinx=sinπ6⇔x=π6+k2πx=5π6+k2πk∈ℤChọn A

Ta có:cotx+3=0⇔cotx=−3⇔cotx=cot−π6⇔x=−π6+k.π  k∈ℤ .

Chọn D

Ta có sinx=cosx⇔tanx=1⇔x=π4+kπ, (k∈ℤ).

Theo đề x∈−π; π⇔−π≤π4+kπ≤π⇔−54≤k≤34.

Mà k∈ℤ⇒k∈−1; 0.

Vậy có  nghiệm thỏa yêu cầu bài toánChọn C

Ta có:sin2x−2cosx=0⇔2sinxcosx−2cosx=0⇔2cosxsinx−1=0

⇔cosx=0sinx=1⇔x=π2+kπ,k∈ℤ.

Nghiệm trên đoạn 0;2π ứng với 0≤π2+kπ≤2π⇔−12≤k≤32.

Vì k∈ℤ nên chọn k=0, k=1 .

Vậy trên đoạn 0;2π phương trình đã cho có 2 nghiệm.

Chọn C

2sin2x−3sinx+1=0⇔sinx=1sinx=12⇔x=π2+k2πx=π6+k2πx=5π6+k2π;k∈ℤ.

Vì 0≤x<π2nên chỉ có nghiệm x=π6.

Chọn A

Chọn D

cos2x−3cosx=0⇔cosx=0cosx=3L⇔x=π2+kπ,k∈ℤ

Ta có:sin2x−5sinx+4=0⇔sinx=1sinx=4 L  .

sinx=1⇔x=π2+k2π,k∈ℤ.

Chọn A

2cos25x+3cos5x−5=0⇔cos5x=1cos5x=−52L⇔5x=k2π⇔x=k2π5;k∈ℤ

Vì x thuộc khoảng 0;π nên có 2 nghiệm thỏa mãn là x=2π5;x=4π5

Vậy tổng các nghiệm bằng 6π5.

Chọn B

Ta có:cosx+sinx=1⇔2cosx−π4=1⇔cosx−π4=12

⇔x−π4=π4+k2πx−π4=−π4+k2π⇔x=π2+k2πx=k2π, k∈ℤ

Chọn C

Ta có sinx+3cosx=2⇔12sinx+32cosx=22⇔cosπ3sinx+sinπ3cosx=sinπ4⇔sinx+π3=sinπ4⇔x+π3=π4+k2πx+π3=3π4+k2π⇔x=−π12+k2πx+π3=5π12+k2π  ,k∈ℤChọn B

Ta có:

A.   3sinx=cos3π2−2x⇔3sinx+sin2x=0⇔3sinx+2sinxcosx=0⇔sinx3+2cosx=0⇔sinx=0cosx=cos5π6⇔x=kπx=5π6+k2πx=−5π6+k2π,k∈ℤ.

+ Ta có:

B.   x=kπ∈−3π2;−π2⇔−3π2≤kπ<−π2⇔−32≤k<−12⇔k=−1do  k∈ℤ.

C.   x=5π6+k2π∈−3π2;−π2⇔−3π2≤5π6+k2π<−π2⇔−1412≤k<−812⇔k=−1do  k∈ℤ.

D.   x=−5π6+k2π∈−3π2;−π2⇔−3π2≤−5π6+k2π<−π2⇔−412≤k<212⇔k=0do  k∈ℤ.

Vậy phương trình 3sinx=cos3π2−2xcó 3 nghiệm x∈−3π2;−π2.

Chọn B

Phương trình 3sinx+mcosx=5 vô nghiệm khi và chỉ khi 32+m2<52⇔m2<16⇔−4<m<4.

Chọn D

Phương trình có nghiệm khi m+12+32≥m+22⇔−2m≥−6⇔m≤3.

Chọn D

Điều kiện có nghiệm của phương trình là: msinx−3cosx=5 là m2+9≥25⇔m≤−4m≥4

Chọn C

Ta có:  2sin2x+msin2x=2m⇔msin2x−cos2x=2m−1

Điều kiện phương trình (1) vô nghiệm là: m2+12m−12⇔3m2−4m0⇔m<0m>43.

Vậy với m<0m>43 thì phương trình trên vô nghiệm.

Chọn D

Phương trình m+1sinx−cosx=1−mcó nghiệm ⇔m+12+−12≥1−m2⇔m≥−14

Vì m nhận giá trị nguyên thuộc đoạn 0;10 nên có 11 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D

Chọn C

Phương trình 2sinx+3cosx=1có 22+32≥12 . Vậy phương trình 2sinx+3cosx=1có nghiệm.

Chọn A

Ta có: 2sinx−3=0⇔sinx=32>1 nên phương trình vô nghiệm.

Chọn C

sin2x−4sinx+3=0⇔sinx=1sinx=3.

Với  sinx=1⇔x=π2+k2π,  k∈ℤ.

Với sinx=3 phương trình vô nghiệm.

Chọn B

Ta có: −1≤sinx≤1nên phương trình sinx+3=0⇔sinx=−3 vô nghiệm.

Chọn C

Ta có 3sin2x−2cosx+2=0⇔3cos2x+2cosx−5=0⇒cosx=1⇔x=k2π,k∈ℤ.

Chọn B

Ta có sin2x−2sinx=0⇔sinxsinx−2=0⇔sinx=0sinx=2.

Vì −1≤sinx≤1 nên chỉ có sinx=0 thỏa mãn. Vậy ta có sinx=0⇔x=kπ,k∈ℤ.

Chọn A

2sin2x–3sinx+1=0⇔sinx=1sinx=12⇔x=π2+k2πx=π6+k2πx=5π6+k2πk∈ℤ

Vì 0≤x<π2 nên nghiệm của phương trình là x=π6.

Chọn A

2sin2x+5sinx−3=0⇔sinx=−3sinx=12⇔sinx=12⇔x=π6+k2πx=5π6+k2π.

Chọn A

PT đã cho ⇔−2sin2x+4sinx+6=0⇔sinx=−1sinx=3  VN⇔x=−π2+k2π,  k∈ℤ.

Theo đề:x∈0;10π⇒0<−π2+k2π<10π⇔14<k<214 .

Vì k∈ℤ nên k∈1;2;3;4;5. Vậy PT đã cho có 5 nghiệm trên khoảng 0;10π.

Chọn A

Ta có cos2x+2cosx−3=0. Đặt cosx=tvới điều kiện −1≤t≤1, ta được phương trình bậc hai theo t là t2+2t−3=0.

Phương trình * có hai nghiệm t1=1 và t2=−3nhưng chỉ có t1 thỏa mãn điều kiện. Vậy ta có cosx=1⇔x=k2π,k∈ℤ.

Chọn A

cos2x+sinx−1=0⇔1−2sin2x+sinx−1=0⇔−2sin2x+sinx=0⇒−2t2+t=0.

Chọn A

Ta có:sin22x+3sin2x+2=0⇔sin2x=−1sin2x=−2 (loaïi) ⇔sin2x=−1⇔x=−π4+kπ, k∈ℤ.

Theo đề bài:0≤−π4+kπ≤10π⇔14≤k≤414⇒k=1,2,...,10

Vậy tổng các nghiệm là:S=3π4+3π4+π+...+3π4+9π=105π2 .

Chọn C

Ta có 2sin22x+cos2x+1=0⇔21−cos22x+cos2x+1=0⇔2cos22x−cos2x−3=0

⇔cos2x=−1cos2x=32( ko  t/m)⇒cos2x=−1⇔2x=π+k2π k∈Z⇔x=π2+kπ

Để x∈0 ; 2018π⇒0≤π2+kπ≤2018π,k∈Z⇔−12≤k≤2018−12,k∈Z.

⇒k∈0 ; 2017,k∈Z

Khi đó phương trình có 2018 nghiệm.

Vậy chọn đáp án C

Chọn A.

Ta có  cos2x−cosx=0⇔cosx=0cosx=1⇔x=π2+kπx=k2π.

Với x=π2+kπ, do 0<x<πnên ta được x=π2.

Với x=k2π, do 0<x<π nên không có x nào thỏa mãn.

Chọn B

3cos2x=– 8cosx–5⇔3cos2x+8cosx+5=0⇔cosx=−1cosx=−53<−1⇔x=π+k2πk∈ℤ.

Chọn B

Ta có 2sin2x+3sin2x=3⇔1−cos2x+3sin2x=3

⇔3sin2x−cos2x=2⇔32sin2x−12cos2x=1

⇔sin2x−π6=1⇔2x−π6=π2+k2π⇔x=π3+kπ.

Chọn C

ĐK:cosx≠0⇔x≠π2+kπ .

sin2x+sin2xtan2x=3⇔sin4x+sin2xcos2xcos2x=3⇔sin2xsin2x+cos2x=3cos2x

⇔tan2x=3⇔tanx=±3⇔x=±π3+kπ (tm).

Chọn A

4sin4x+cos4x=5cos2x⇔41−2sin2xcos2x=5cos2x⇔4−2sin22x=5cos2x⇔4−21−cos22x=5cos2x⇔2cos22x−5cos2x+2=0

⇔cos2x=12cos2x=2 (l)⇔cos2x=cosπ3⇔2x=±π3+k2π⇔x=±π6+kπ.

Chọn A

cos4x3=cos2x⇔cos4x3=1+cos2x2⇔2cos2.2x3=1+cos3.2x3

⇔22cos22x3−1=1+4cos32x3−3cos2x3⇔4cos32x3−4cos22x3−3cos2x3+3=0

⇔cos2x3=1cos2x3=±322x3=k2π2x3=±π6+k2π2x3=±5π6+k2π⇔x=k3πx=±π4+k3πx=±5π4+k3π.

Chọn B

sinx+cosx=1⇔2sinx+π4=1

⇔sinx+π4=12⇔x+π4=π4+k2πx+π4=π−π4+k2π⇔x=k2πx=π2+k2π.

Chọn A

Phương trình tương đương 3sin2x−cos2x=2

⇔sin2x−π6=1⇔2x−π6=1⇔x=π3+kπ

Chọn A

Áp dụng công thức điều kiện để phương trình bậc nhất với sin và cos có nghiệm

Chọn C

Phương trình 2sinx+3cosx=1có 22+32≥12. Vậy phương trình 2sinx+3cosx=1có nghiệm.

Chọn D

Phương trình 5sinx−12cosx=m có nghiệm khi và chỉ khi 52+−122≥m2⇔ m2≤169   .

Suy ra có 27 số nguyên m để phương trình 5sinx−12cosx=m có nghiệm.

Chọn C

Ta có y=sinx+12sinx+32cosx=32sinx+32cosx.

Gọi y0 là một giá trị của hàm số khi đó phương trình y0=32sinx+32cosxcó nghiệm khi và chỉ khi y02≤94+34=124⇔−3≤y0≤3.

Suy ra S=a+b+ab=−3  Vậy S=a+b+ab=−3

Chọn A

Ta có 2msinxcosx+4cos2x=m+5⇔msin2x+41+cos2x2=m+5

⇔msin2x+2cos2x=m+3.

Phương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi m2+4≥m+32⇔m≤−59.

Vậy có ba giá trị của m∈E để phương trình đã cho có nghiệm.

Chọn C

Ta có 3sinx=cos3π2−2x⇔3sinx=sin2x−π

 ⇔3sinx=−sin2x⇔3sinx=−2sinxcosx

⇔sinx=0cosx=−32=cos5π6⇔x=kπx=±5π6+k2πk∈ℤ.

Bài ra x∈−3π2;−π nên kπ∈−3π2;−π⇒k=−1⇒x=−π.

5π6+k2π∈−3π2;−π⇒k=−1⇒x=−7π6.

−5π6+k2π∈−3π2;−π⇒k∈∅⇒x∈∅.

Do đó số nghiệm thuộc −3π2;−π của phương trình đã cho là 2.

Chọn A

sinx+3cosx= 2⇔12sinx+32cosx=22⇔cosπ3.sinx+sinπ3.cosx=sinπ4

⇔sinx+π3=sinπ4⇔x+π3=π4+k2πx+π3=3π4+k2π⇔x=−π12+k2πx=5π12+k2πk∈ℤ.

Chọn B

 asin2x+2sin2x+3acos2x=2⇔a1−cos2x2+2sin2x+3a1+cos2x2=2

⇔a−acos2x+4sin2x+3a+3acos2x=4⇔4sin2x+2acos2x=4−4a*

* có nghiệm khi 42+4a2≥4−4a2⇔12a2−32a≤0⇔12a2−32a≤0⇔0≤a≤83.

Do a∈ℤvà là số lớn nhất nên a=2.

Chọn A

cosx+sinx=1⇔2sinx+π4=1⇔sinx+π4=22⇔x+π4=π4+k2πx+π4=3π4+k2π

⇔x=k2πx=π2+k2πk∈ℤ.

Chọn A

Điều kiện có nghiệm của phương trình là:m2+12≥52⇔m2≥4⇔m≥2m≤−2 .

Chọn B

Phương trình tương đương 3sinx−cosx−sinx−3cosx+3−1=0

⇔2sinx−π6−2sinx+π3=1−3⇔4cosx+π12.sin−π3=1−3⇔cosx+π12=3−122⇔cosx+π12=cos5π12⇔x=−π2+k2πx=π3+k2π

Chọn D

Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi:

m2+m+22≥2m+12⇔2m2−3≤0⇔−32≤m≤32

Vậy có 1 giá trị nguyên.

Chọn A

3sinx+cosx=0 ⇔32.sinx+12.cosx=0 ⇔sinx+π6=0⇔x+π6=kπ⇔x=−π6+kπk∈Z.

Chọn C

Ta có:2cos3x=sinx+cosx⇔cos3x=cosx−π4⇔x=−π8+kπx=π16+kπ2      k∈ℤ .

Vì x∈0;π nên nhận x=7π8,x=π16 ,x=9π16 .

Chọn C

Phương trình vô nghiệm ⇔12+−32<2m2⇔4m2−4>0⇔m<−1m>1.

 →m∈−10;10m∈ℤm∈−10;−9;−8;...;−2;2;...;8;9;10→có 18 giá trị.

Chọn C

Điều kiện để phương trình msinx+4cosx=2m−5m2+16≥2m−52⇔3m2−20m+9≤0⇔10−733≤m≤10+733 có nghiệm là .

Vậy m∈1,2,3,4,5,6.

Chọn D

Ta có 3sin3x+3cos9x=1+4sin33x⇔3sin3x−4sin33x+3cos9x=1

⇔sin9x+3cos9x=1⇔sin9x+π3=12⇔9x+π3=π6+k2π9x+π3=5π6+k2π⇔x=−π54+k2π9x=π18+k2π9.

Chọn D

Phương trình sinx2+m−1.cosx2=5 vô nghiệm khi

a2+b2<c2⇔1+m−12<5⇔m2−2m−3<0⇔−1<m<3.

Chọn B

Ta có y=2sin2x+cos2xsin2x−cos2x+3⇔y−2sin2x−y+1cos2x=−3y..

Điều kiện để phương trình có nghiệm ⇔y−22+y+12≥−3y2⇔7y2+2y−5≤0.

⇔−1≤y≤57→y∈ℤy∈−1;0 nên có 2 giá trị nguyên

Chọn A

4sinx+m−4cosx−2m+5=0⇔4sinx+m−4cosx=2m−5.

Phương trình có nghiệm khi 42+m−42−2m−52≥0⇔−3m2+12m+7≥0⇔6−573≤m≤6+573

Vì m∈ℤ nên m∈0, 1, 2, 3,4.

Vây tổng tất cả các giá trị nguyên của m để phương trình có nghiệm là .

Chọn A

Phương trình có nghiệm ⇔m2+25≥m+12⇔2m≤24⇔m≤12.

Chọn D

Ta có:asin2x+2sin2x+3acos2x=2a1−cos2x2+2sin2x+3a1+cos2x2=2

⇔4sin2x+2acos2x=4−4a*.

Phương trình  có nghiệm  16+4a2≥4−4a2⇔12a2−32a≤0⇔0≤a≤83.

Chọn B

msin2x+cos2x=2⇔mm2+1sin2x+1m2+1cos2x=2m2+1⇔sin2x+α=2m2+1

có nghiệm khi 2m2+1≤1⇔m≥3m≤−3.

Chọn A

Đặt t=tanx2, do x∈−π2;π2 suy ra t∈−1;1.

Phương trình trở thành tìm m để phương trình 4t1+t2+m.1−t21+t2=1−m có nghiệm thuộc đoạn −1;1.

Ta có 4t1+t2+m.1−t21+t2=1−m.

Hoành độ đỉnh là t0=2loại. Ta có f−1=3và f1=−1.

Suy ra −1≤ft≤3. Vậy ta chọn đáp án A.

Chọn D

Ta có: 2sin2x+msin2x=2m⇔msin2x-cos2x=2m-11 

Điều kiện phương trình 1 vô nghiệm là:m2+1<2m−12⇔3m2−4m>0⇔m<0m>43 .

Vậy với m<0m>43 thì phương trình trên vô nghiệm.

Chọn A

Điều kiện để phương trình m.sinx−3cosx=5 có nghiệm là 32+m2≥52⇔m2≥16⇔m≤−4m≥4.

Chọn C

Ta có 2cosx−sinx+4>0,  ∀x∈ℝ nên

m=cosx+2sinx+32cosx−sinx+4⇔cosx+2sinx+3=m2cosx−sinx+4

⇔2m−1cosx-m+2sinx+4m−3=0(1)

Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi

2m−12+m+22≥4m−32⇔−11m2+24m−4≥0⇔211≤m≤2

Chọn B

Đặt  t=sinx⇒t2+2m+1t−3mm−2=0⇔t=−3mt=m−2

Để phương trình có nghiệm thì −1≤−3m≤1−1≤m−2≤1⇔−13≤m≤131≤m≤3

Chọn D

Đặt sinx+cosx=t t≤2⇒sinxcosx=t2−12. Khi đó ta có phương trình

t2−12−t+m=0⇔t2−2t+2m−1=0 *

Phương trình đã cho có nghiệm khi phương trình *có nghiệm

t∈−2;2⇔Δ'=2−2m>0−2<s2=1<2f−2=1+22+2m≥0f2=1−22+2m≥0⇔m≤1m≥−12+2⇔−12+2≤m≤1.

Lời giải. Ta có 2cosx−3=0⇔cosx=cosπ6⇔x=π6+k2πx=− π6+k2π k∈ℤ.

Nhận thấy với nghiệm x=− π6+k2π→k=1x=11π6∈S. Chọn B

Với x=7π3, suy ra sinx=sin7π3=32cosx=cos7π3=12⇔2sinx−3=02cosx−1=0. Chọn A

Cách 2. Thử x=7π3 lần lượt vào từng phương trình.

Ta có 2sin4x−π3−1=0⇔sin4x−π3=12⇔sin4x−π3=sinπ6

⇔4x−π3=π6+k2π4x−π3=π−π6+k2π⇔4x=π2+k2π4x=7π6+k2π⇔x=π8+kπ2x=7π24+kπ2 k∈ℤ.

TH1. Với x=π8+kπ2→Cho>0π8+kπ2>0⇔k>−14→kmin=0⇒x=π8.

TH2. Với x=7π24+kπ2→Cho>07π24+kπ2>0⇔k>−712→kmin=0⇒x=7π24.

So sánh hai nghiệm ta được x=π8 là nghiệm dương nhỏ nhất. Chọn C

tan2x−π3+3=0⇔tan2x−π3=−3⇔tan2x−π3=tan−π3

⇔2x−π3=− π3+kπ⇔2x=kπ⇔x=kπ2 k∈ℤ.

Quá dễ để nhận ra có 4 vị trí biểu diễn nghiệm của phương trình đã cho trên đường tròn lượng giác là A, B, C, D. Chọn A

Cách trắc nghiệm. Ta có x=kπ2=k2π4→ có 4 vị trí biểu diễn.

Ta có cotx=3⇔cotx=cotπ6⇔x=π6+kπ k∈ℤ.

Theo giả thiết, ta có 0≤π6+kπ≤2018π→xap xi−16≤k≤2017,833

3→k∈ℤk∈0;1;...;2017. Vậy có tất cả 2018 giá trị nguyên của k tương ứng với có 2018 nghiệm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn D

Ta có 2cos2x=1⇔cos2x=12. Mà sin2x+cos2x=1→sin2x=12.

Do đó tan2x=sin2xcos2x=1. Vậy 2cos2x=1⇔tan2x=1. Chọn D

Ta có tan2x=3⇔sin2xcos2x=3⇔sin2x=3cos2x

⇔1−cos2x=3cos2x⇔4cos2x=1. Vậy tan2x=3⇔4cos2x=1 . Chọn B

Ta có 4sin2x=3⇔sin2x=34⇔sinx=±32.

= Với sinx=32⇔sinx=sinπ3⇔x=π3+k2πx=2π3+k2π k∈ℤ.

= Với sinx=−32⇔sinx=sin−π3⇔x=−π3+k2πx=4π3+k2π k∈ℤ.

Nhận thấy chưa có đáp án nào phù hợp. Ta biểu diễn các nghiệm trên đường tròn lượng giác (hình vẽ).

Nếu tính luôn hai điểm A, B thì có tất cả 6 điểm cách đều nhau nên ta gộp được 6 điểm này thành một họ nghiệm, đó là x=kπ3.

Suy ra nghiệm của phương trình x=kπ3kπ3≠lπ⇔x=kπ3k≠3l k,l∈ℤ. Chọn D

Ta có 3sin2x=cos2x. Chi hai vế phương trình cho sin2x, ta được cot2x=3.

Chọn D

Phương trìnhcos26πx=34⇔cos6πx=±32.

= Với cos6πx=32⇔cos6πx=cosπ6⇔6πx=± π6+k2π.

⇔x=136+k3∈0;1x=−136+k3∈0;1⇔−112<k<3512→k∈ℤk=0;1;2112<k<3712→k∈ℤk=1;2;3→ có 6 nghiệm.

= Với cos6πx=−32⇔cos6πx=cos5π6⇔6πx=± 5π6+k2π.

⇔x=536+k3∈0;1x=−536+k3∈0;1⇔−512<k<3112→k∈ℤk=0;1;2512<k<4112→k∈ℤk=1;2;3→ có 6 nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có 12 nghiệm. Chọn D

Ta có 3cosx+m−1=0⇔cosx=1−m3.

Phương trình có nghiệm ⇔−1≤1−m3≤1⇔1−3≤m≤1+3→m∈ℤm∈0;1;2.

Vậy có tất cả 3 giá trị nguyên của tham số m. Chọn C

Ta có mcosx+1=0⇔cosx=−1m.

Phương trình có nghiệm ⇔−1≤−1m≤1⇔m≥1→m∈−2018;2018m∈ℤm∈1;2;3;...;2018.

Vậy có tất cả 2018 giá trị nguyên của tham số m. Chọn A

Vì x=π12 là một nghiệm của phương trình m−2sin2x=m+1nên ta có:

m−2.sin2π12=m+1⇔m−22=m+1⇔m−2=2m+2⇔m=− 4.

Vậy m=− 4 là giá trị cần tìm. Chọn C

m+1sinx+2−m=0⇔m+1sinx=m−2⇔sinx=m−2m+1.

Để phương trình có nghiệm ⇔− 1≤m−2m+1≤1

⇔0≤1+m−2m+1m−2m+1−1≤0⇔2m−1m+1≥0−3m+1≤0⇔m≥12m<− 1m>− 1⇔m≥12 là giá trị cần tìm. Chọn B

TH1. Với m=2, phương trình m−2sin2x=m+1⇔0=3: vô lý.

Suy ra m=2 thì phương trình đã cho vô nghiệm.

TH2. Với m≠2, phương trình m−2sin2x=m+1⇔sin2x=m+1m−2.

Để phương trình (*) vô nghiệm ⇔m+1m−2∉− 1;1⇔m+1m−2>1m+1m−2<− 1⇔m>212<m<2.

Kết hợp hai trường hợp, ta được m>12 là giá trị cần tìm. Chọn D

Phương trình ⇔2cos2x+π4=1⇔cos2x+π4=12

⇔cos2x+π4=cosπ4⇔2x+π4=π4+k2π2x+π4=−π4+k2π⇔x=kπx=−π4+kπ,k∈ℤ.

Xét nghiệm x=−π4+kπ, với k=1 ta được x=3π4. Chọn C

Phương trình ⇔12sin2x+32cos2x=32⇔sin2x+π3=32

⇔sin2x+π3=sinπ3⇔2x+π3=π3+k2π2x+π3=π−π3+k2π⇔x=kπx=π6+kπ, k∈ℤ.

=0<kπ<π2⇔0<k<12→k∈ℤ  không có giá trị k thỏa mãn.

=0<π6+kπ<π2⇔−16<k<13→k∈ℤk=0→x=π6.  Chọn A

Phương trình ⇔cos2x−sin2x−sin2x=2⇔cos2x−sin2x=2

⇔cos2x+π4=1⇔2x+π4=k2π⇔x=−π8+kπ k∈ℤ.

Do 0<x<2π→0<−π8+kπ<2π⇔18<k<178→k∈ℤk=1→x=7π8k=2→x=15π8

→T=7π8+15π8=114π. Chọn C

Phương trình ⇔3sin3x−4sin33x−3cos9x=1⇔sin9x−3cos9x=1

⇔12sin9x−32cos9x=12⇔sin9x−π3=12

⇔sin9x−π3=sinπ6⇔9x−π3=π6+k2π9x−π3=π−π6+k2π⇔x=π18+k2π9x=7π54+k2π9

→Cho>0π18+k2π9>0⇔k>−14→k∈ℤkmin=0→x=π187π54+k2π9>0⇔k>−712→k∈ℤkmin=0→x=7π54.

So sánh hai nghiệm ta được nghiệm dương nhỏ nhất là x=π18. Chọn B

Cách trắc nghiệm. Thử từng nghiệm của đáp án vào phương trình và so sánh nghiệm nào thỏa mãn phương trình đồng thời là nhỏ nhất thì ta chọn.

Phương trình ⇔12sin5x+32cos5x=sin7x⇔sin5x+π3=sin7x

⇔sin7x=sin5x+π3⇔7x=5x+π3+k2π7x=π−5x+π3+k2π⇔x=π6+kπx=π18+kπ6 k∈ℤ.

=0<π6+kπ<π2⇔−16<k<13→k∈ℤk=0→x=π6.

=0<π18+kπ6<π2⇔−13<k<83→k∈ℤk=0→x=π18k=1→x=2π9k=2→x=7π18.

Vậy có 4 nghiệm thỏa mãn. Chọn D

Ta có cosx+π2=−sinx và sinx−π2=−cosx.

Do đó phương trình ⇔−3sinx−cosx=2sin2x⇔3sinx+cosx=−2sin2x

⇔32sinx+12cosx=−sin2x⇔sinx+π6=−sin2x⇔sinx+π6=sin−2x

⇔x+π6=−2x+k2πx+π6=π+2x+k2π⇔x=−π18+k2π3x=−5π6−k2π k∈ℤ.

Xét nghiệm x=−5π6−k2π→k∈ℤ, k'∈ℤk=−1−k'x=7π6+k'2π.

Vậy phương trình có nghiệm x=−π18+k2π3, x=7π6+k'2π k,k'∈ℤ. Chọn B

Phương trình ⇔sin9x−3cos9x=sin7x−3cos7x

⇔sin9x−π3=sin7x−π3⇔9x−π3=7x−π3+k2π9x−π3=π−7x−π3+k2π⇔x=kπx=5π48+kπ8

→Cho<0kπ<0⇔k<0→k∈ℤkmax=−1→x=−π5π48+kπ8<0⇔k<−56→k∈ℤkmax=−1→x=−π48. So sánh hai nghiệm ta được nghiệm âm lớn nhất của phương trình là x=−π48∈−π12;0. Chọn A

Phương trình ⇔3sin3x+cos3x=sinx+3cosx

⇔32sin3x+12cos3x=12sinx+32cosx⇔sin3x+π6=sinx+π3.

Suy ra b+d=π6+π3=π2. Chọn D

Điều kiện sinx−12≠0⇔sinx≠12⇔sinx≠sinπ6⇔x≠π6+k2πx≠5π6+k2π k∈ℤ.

Điều kiện bài toán tương đương với bỏ đi vị trí hai điểm trên đường tròn lượng giác (Hình 1).

Phương trình ⇔cosx−3sinx=0⇔cosx=3sinx

⇔cotx=3⇔cotx=cotπ6⇔x=π6+lπ l∈ℤ.

Biểu diễn nghiệm x=π6+lπ trên đường tròn lượng giác ta được 2 vị trí như Hình 2.

Đối chiếu điều kiện, ta loại nghiệm x=π6+k2π. Do đó phương trình có nghiệm x=7π6+2lπ l∈ℤ. Chọn C

Ta có y=2sin2x+cos2xsin2x−cos2x+3⇔y−2sin2x−y+1cos2x=−3y.

Điều kiện để phương trình có nghiệm ⇔y−22+y+12≥−3y2⇔7y2+2y−5≤0

⇔−1≤y≤57→y∈ℤy∈−1;0 nên có 2 giá trị nguyên. Chọn B

Phương trình ⇔12cos2x+32sin2x+32sinx−12cosx=1

⇔sinπ6+2x+sinx−π6=1.

Đặt t=x−π6→x=t+π6→2x=2t+π3→2x+π6=2t+π2.

Phương trình trở thành ⇔sin2t+π2+sint=1⇔cos2t+sint=1

⇔2sin2t−sint=0⇔sint2sint−1=0.

=sint=0⇔t=kπ→x=π6+kπ>0⇔k>−16→k∈ℤkmin=0→x=π6.

=sint=12⇔t=π6+k2π→x=π3+k2π>0⇔k>−16→k∈ℤkmin=0→x=π3.t=5π6+k2π→x=π+k2π>0⇔k>−12→k∈ℤkmin=0→x=π.

Suy ra nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình là x=π6∈π12;π6. Chọn B

Phương trình vô nghiệm ⇔12+−32<2m2⇔4m2−4>0⇔m<−1m>1

 →m∈−10;10m∈ℤm∈−10;−9;−8;...;−2;2;...;8;9;10→ có 18 giá trị. Chọn C

Phương trình vô nghiệm ⇔12+12<2m2+12

⇔m4+2m2>0⇔m2m2+2>0⇔m2>0⇔m≠0. Chọn D

Phương trình có nghiệm ⇔m+12+m2≥1−m2⇔m2+4m≥0⇔m≥0m≤−4

→m∈−10;10m∈ℤm∈−10;−9;−8;...;−4;0;1;2;...;8;9;10→ có 18 giá trị. Chọn C

Phương trình ⇔m+11−cos2x2−sin2x+cos2x=0

⇔−2sin2x+1−mcos2x=−m−1.

Phương trình có ng hiệm ⇔−22+1−m2≥−m−12⇔4m≤4⇔m≤1

→m∈−2018;2018m∈ℤm∈−2018;−2017;...;0;1→ có 2020 giá trị. Chọn D

Phương trình 2sin2x−3sinx+1=0⇔sinx=12sinx=1

⇔sinx=sinπ6sinx=1⇔x=π6+k2πx=5π6+k2πx=π2+k2π k∈ℤ.

Theo giả thiết 0≤x<π2⇔0≤π6+k2π<π20≤5π6+k2π<π20≤π2+k2π<π2⇔−112<k<16→k∈ℤk=0→x=π6−512<k<−112→k∈ℤk∈∅−14<k<0→k∈ℤk∈∅.

Vậy phương trình có duy nhất một nghiệm trên 0;π2.  Chọn A

Phương trình ⇔2cos2x+5cosx+3=0⇔cosx=−1cosx=−32loaïi

⇔cosx=−1⇔x=π+k2πk∈ℤ.

Suy ra có duy nhất 1 vị trí biểu diễn nghiệm của phương trình trên đường tròn lượng giác. Chọn A

Chọn A

Phương trình 4sin22x−21+2sin2x+2=0⇔sin2x=22sin2x=12.

=sin2x=22=sinπ4⇔2x=π4+k2π2x=3π4+k2π⇔x=π8+kπ→0;πx=π8x=3π8+kπ→0;πx=3π8.

=sin2x=12=sinπ6⇔2x=π6+k2π2x=5π6+k2π⇔x=π12+kπ→0;πx=π12x=5π12+kπ→0;πx=5π12.

Vậy có tất cả 4 nghiệm thỏa mãn. Chọn B

Phương trình sin22x−cos2x+1=0⇔−cos22x−cos2x+2=0

⇔cos2x=1cos2x=− 2loaïi⇔cos2x=1⇔2x=k2π⇔x=kπ,  k∈ℤ.

Do x∈−π; 4π→− π≤kπ≤4π⇔− 1≤k≤4→k∈ℤk∈−1;0;1;2;3;4.

Vậy phương trình có 6 nghiệm thỏa mãn. Chọn C

Phương trình 2sin2x4−3cosx4=0⇔21−cos2x4−3cosx4=0

⇔−2cos2x4−3cosx4+2=0⇔cosx4=12cosx4=−2loaïi⇔cosx4=12⇔cosx4=cosπ3

⇔x4=π3+k2πx4=−π3+k2π⇔x=4π3+k8π→x∈0;8πx=4π3x=−4π3+k8π→x∈0;8πx=20π3→T=4π3+20π3=8π.

 Chọn B

Điều kiện: sinx≠0⇔x≠kπ k∈ℤ. 

Phương trình  ⇔1+cot2x−3−1cotx−3+1=0⇔cot2x−3−1cotx−3=0

⇔cotx=− 1cotx=3⇔cotx=cot−π4cotx=cotπ6⇔x=−π4+kπ→x∈0;πx=3π4thoûamaõnx=π6+kπ→x∈0;πx=π6thoûamaõn.

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm thỏa mãn. Chọn B

Phương trình 2cos2x+2cosx−2=0⇔22cos2x−1+2cosx−2=0

⇔4cos2x+2cosx−2−2=0⇔cosx=22cosx=−2+12loaïi  ⇔cosx=22

⇔x=π4+k2π→x∈0;3πx=π4;x=9π4x=− π4+k2π→x∈0;3πx=7π4→T=π4+9π4+7π4=17π4. Chọn A

Phương trình ⇔1−2sin2x+3sinx+4=0⇔−2sin2x+3sinx+5=0

⇔sinx=−1sinx=52loaïi⇔sinx=−1⇔x=−π2+k2π k∈ℤ.

Suy ra có duy nhất 1 vị trí đường tròn lượng giác biểu diễn nghiệm. Chọn A

Ta có cosx=2cos2x2−1.

Do đó phương trình ⇔2cos2x2−1+cosx2+1=0⇔2cos2x2+cosx2=0.

Đặt t=cosx2, phương trình trở thành 2t2+t=0. Chọn A

Ta có cos2x+π3=1−2sin2x+π3=1−2cos2π6−x.

Do đó phương trình ⇔− 2cos2π6−x+4cosπ6−x−32=0

⇔cosπ6−x=12cosπ6−x=32loaïi⇔cosπ6−x=12⇔π6−x=± π3+k2π⇔x=− π6+k2πx=π2+k2π,  k∈ℤ.

Ta có ;x=− π6+k2π→x∈0;2πx=11π6x=π2+k2π→x∈0;2πx=π2 .

Vậy có hai nghiệm thỏa mãn. Chọn B

Phương trình tanx+mcotx=8⇔tanx+mtanx=8⇔tan2x−8tanx+m=0.

Để phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi Δ'=− 42−m≥0⇔m≤16.

Chọn D

Phương trình ⇔2cos2x−2m+1cosx+m=0⇔cosx=12cosx=m.

Nhận thấy phương trình cosx=12 không có nghiệm trên khoảng π2 ;3π2 (Hình vẽ). Do đó yêu cầu bài toán ⇔cosx=m có nghiệm thuộc khoảng π2 ;3π2⇔−1≤m<0.

Chọn B

Đặt t=sinx −1≤t≤1.

Phương trình trở thành 2t2−5m+1+2m2+2m=0. *

Yêu cầu bài toán tương đương với:

= TH1: Phương trình (*) có một nghiệm t1=−1 (có một nghiệm x) và một nghiệm 0<t2<1(có bốn nghiệm x) (Hình 1).

      a Do t1=−1→t2=−ca=−m2−m.

      a Thay t1=−1vào phương trình (*), ta được m=−3→t2=−6∉0;1loaïim=−12→t2=14∈0;1thoûa.

= TH2: Phương trình (*) có một nghiệm t1=1 (có hai nghiệm x) và một nghiệm −1<t2≤0(có ba nghiệm x) (Hình 2).

      a Do t1=1→t2=ca=m2+m.

      a Thay t1=1 vào phương trình (*) , ta được m=1→t2=2∉−1;0loaïim=12→t2=34∉−1;0loaïi.

Vậy m=−12 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Do m=−12∈−35;−25. Chọn D

Đặt t=cosx −1≤t≤1. Phương trình trở thành 2t2+3−2mt+m−2=0.

Ta có Δ=2m−52. Suy ra phương trình có hai nghiệm t1=12t2=m−2.

Ta thấy ứng với một nghiệm t1=12 thì cho ta hai nghiệm x thuộc khoảng −π6;π3. Do đó yêu cầu bài toán −1<t2≤0⇔−1<m−2≤0⇔1<m≤2. Chọn B

Cách 2. Yêu cầu bài toán tương đươn với phương trình 2t2+3−2mt+m−2=0 có hai nghiệm t1, t2 thỏa mãn −1<t2≤0<t1<1⇔P≤0a.f1>0a.f−1>0.

Phương trình ⇔tan2x−3+1tanx+3 =0⇔tanx=1tanx=3

⇔x=π4+kπx=π3+kπk∈ℤ. Chọn D

Phương trình ⇔2sin2x+33sinxcosx−cos2x=2sin2x+cos2x

⇔33sinxcosx−3cos2x=0⇔3cosx3sinx−cosx=0.

=cosx=0⇔x=π2+kπ k∈ℤ→k=0x=π2.

=3sinx−cosx=0⇔3sinx=cosx

Vậy tập nghiệm của phương trình chứa các nghiệm π6 và π2. Chọn B

Phương trình ⇔sin2x−3+1sinxcosx+3 cos2x=3sin2x+cos2x

⇔1−3sin2x−3+1sinxcosx=0⇔sinx1−3sinx−3+1cosx=0.

=sinx=0⇔cos2x=1⇔cos2x−1=0.  

=1−3sinx−3+1cosx=0⇔1−3sinx=3+1cosx

⇔tanx=3+11−3⇔tanx=−2−3⇔tanx+2+3=0.

Vậy phương trình đã cho tương đương với tanx+2+3cos2x−1=0. Chọn D

Phương trình ⇔sin2x+3 sinxcosx=sin2x+cos2x

⇔3 sinxcosx−cos2x=0⇔cosx3 sinx−cosx=0.

=cosx=0⇔sinx+π2=0.

=3 sinx−cosx=0⇔tanx=13.

Ta có tanx+π4=tanx+tanπ41−tanx.tanπ4=13+11−13.1=2+3⇔tanx+π4−2−3=0.

Vậy phương trình đã cho tương đương với sinx+π2.tanx+π4−2−3=0.Chọn B

Với x=kπ→sinx=0cosx=±1⇔sinx=0cos2x=1. Thay vào phương trình ta thấy thỏa mãn. Vậy A đúng.

= Phương trình ⇔cos2x−3sinxcosx+sin2x+cos2x=0

⇔sin2x−3sinxcosx+2cos2x=0⇔tan2x−3tanx+2=0. Vậy B đúng.

= Phương trình ⇔cos2x−3sinxcosx+sin2x+cos2x=0

⇔2cos2x−3sinxcosx+sin2x=0⇔2cot2x−3cotx+1=0. Vậy C sai. Chọn C

= Phương trình ⇔1+cos2x2−3sin2x2+1=0⇔cos2x−3sin2x+3=0. Vậy D đúng.

Phương trình ⇔sin2x−4sinxcosx+4cos2x=5sin2x+cos2x

⇔−4sin2x−4sinxcosx−cos2x=0⇔2sinx+cosx2=0⇔2sinx+cosx=0

⇔tanx=−12→ có 2 vị trí biểu diễn nghiệm trên đường tròn lượng gác. Chọn C

Phương trình ⇔1−3tanx+2tan2x=0⇔tanx=1tanx=12⇔x=π4+kπx=arctan12+kπ.

 Vì x∈−2π;2π→−2π<π4+kπ<2π→−94<k<74→k∈ℤk∈−2;−1;0;1.

Vì x∈−2π;2π→−2π<arctan12+kπ<2π

→xapxiCASIO−28,565<k<−24,565→k∈ℤk∈−28;−27;−26;−25.

Vậy có tất cả 8 nghiệm. Chọn D

Phương trình ⇔4sin2x+33sin2x−2cos2x=4sin2x+cos2x

⇔33sin2x−6cos2x=0⇔6cosx3sinx−cosx=0⇔cosx=0tanx=13

⇔x=π2+kπx=π6+kπ→Cho>0π2+kπ>0⇔k>−12→k∈ℤkmin=0→x=π2π6+kπ>0⇔k>−16→k∈ℤkmin=0→x=π6.

So sánh hai nghiệm ta được x=π6 là nghiệm dương nhỏ nhất. Chọn B

Chọn D

Phương trình ⇔2sin2x+1−3sinxcosx+1−3 cos2x=sin2x+cos2x

⇔sin2x+1−3sinxcosx−3 cos2x=0

⇔tan2x+1−3tanx−3=0⇔tanx=−1tanx=3⇔x=−π4+kπx=π3+kπ

→Cho<0−π4+kπ<0⇔k<14→k∈ℤkmax=0→x=−π4π3+kπ<0⇔k<−13→k∈ℤkmax=−1→x=−2π3.

So sánh hai nghiệm ta được x=−π4 là nghiệm âm lớn nhất. Chọn B

Phương trình ⇔9sin2x+m−2sin2x+cos2x=0

⇔9.1−cos2x2+m−2sin2x+1+cos2x2=0⇔m−2sin2x−4cos2x=−5.

Phương trình có nghiệm ⇔m−22+16≥25⇔m−22≥9⇔m≥5m≤−1

→m∈−10;10m∈ℤm∈−10;−9;...;−1;5;6;...;10→ có 16 giá trị nguyên. Chọn A

Phương trình ⇔1−msin2x−2m−1sinxcosx−2m−1cos2x=0

⇔1−m.1−cos2x2−m−1sin2x−2m−1.1+cos2x2=0

⇔2m−1sin2x+mcos2x=2−3m.

Phương trình có nghiệm 4m−12+m2≥2−3m2⇔4m2−4m≤0⇔0≤m≤1

→m∈ℤm∈0;1→ có 2 giá trị nguyên. Chọn A

Phương trình atan2x+atanx+b=0.

Phương trình có nghiệm ⇔Δ=a2−4ab≥0⇔aa−4b≥0

⇔a4b−a≤0⇔4b−aa≤0⇔4ba≤1. Chọn C

Phương trình ⇔2.1−cos2x2+msin2x=2m⇔msin2x−cos2x=2m−1.

Phương trình vô nghiệm  ⇔m2+1<2m−12⇔3m2−4m>0⇔m<0m>43.Chọn B

Phương trình ⇔m2+2.1+cos2x2−2msin2x+1=0

⇔4msin2x−m2+2cos2x=m2+4.

Phương trình có nghiệm ⇔16m2+m2+22≥m2+42⇔12m2≥12⇔m2≥1⇔m≥1

→m∈−3;3m∈ℤm∈−3;−2;−1;1;2;3→ có 6 giá trị nguyên. Chọn C