Bài tập Bài toán thực tiễn liên quan lớp 11 (có lời giải)
25 câu hỏi
Tam giác ABC vuông tại B và có hai cạnh góc vuông là AB = 4, BC = 3. Vẽ điểm D nằm trên tia đối của tia CB thỏa mãn . Tính .
;
;
;
=.
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: C
Đặt .
Xét tam giác ABC vuông tại B, có .
Theo hình vẽ, ta có
.
Dao động của một vật là tổng hợp của hai dao động điều hòa cùng phương, có phương trình lần lượt là x1 = 6cos100πt (mm) và x2 = 6sin100πt (mm), (t tính bằng giây). Tính li độ của vật tại thời điểm t = 0,25 giây.
6;
−6;
12;
−12.
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: B
Ta có x(t) = x1(t) + x2(t) = 6cos100πt + 6sin100πt
=
.
Có x(0,25) = .
Cho hai dao động điều hòa cùng phương có phương trình lần lượt là x1 = 5cos(100πt + π) (cm) và \({x_2} = 5cos\left( {100\pi t - \frac{\pi }{2}} \right)\) (cm). Phương trình dao động tổng hợp của hai dao động trên là
\(5\sqrt 2 cos\left( {100\pi t + \frac{{3\pi }}{4}} \right)\) (cm);
\(5\sqrt 2 cos\left( {100\pi t - \frac{{3\pi }}{4}} \right)\) (cm);
\(10cos\left( {100\pi t - \frac{{3\pi }}{4}} \right)\) (cm);
\(10cos\left( {100\pi t + \frac{{3\pi }}{4}} \right)\) (cm).
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: B
Có x(t) = x1(t) + x2(t) \( = 5cos\left( {100\pi t + \pi } \right) + 5cos\left( {100\pi t - \frac{\pi }{2}} \right)\)
\[ = 10\left[ {cos\frac{{\left( {100\pi t + \pi } \right) + \left( {100\pi t - \frac{\pi }{2}} \right)}}{2}cos\frac{{\left( {100\pi t + \pi } \right) - \left( {100\pi t - \frac{\pi }{2}} \right)}}{2}} \right]\]
\[ = 10\left[ {cos\left( {100\pi t + \frac{\pi }{4}} \right)cos\frac{{3\pi }}{4}} \right]\]
\[ = - 5\sqrt 2 cos\left( {100\pi t + \frac{\pi }{4}} \right)\]
\[ = - 5\sqrt 2 cos\left( {\pi + 100\pi t - \frac{{3\pi }}{4}} \right)\]
\[ = 5\sqrt 2 cos\left( {100\pi t - \frac{{3\pi }}{4}} \right)\].
Một vật thực hiện đồng thời hai dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số theo các phương trình (cm); x2 = 2cos5πt (cm). Biên độ của dao động tổng hợp của hai dao động trên là
2;
4;
;
.
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: C
Có x(t) =
.
Vậy .
Một sợi cáp R được gắn vào một cột thẳng đứng ở vị trí cách mặt đất 14 m. Một sợi cáp S khác cũng được gắn vào cột đó ở vị trí cách mặt đất 12 m. Biết rằng hai sợi cáp trên cùng được gắn với mặt đất tại một vị trí cách chân cột 15 m. Tính tanα (α là góc giữa hai sợi dây cáp trên).
;
;
;
.
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: C
Đặt và .
Xét tam giác HOB vuông tại H, có .
Xét tam giác HOA vuông tại H, có .
Theo hình vẽ, ta có tanα = tan(β – β1) = .
Một vật thực hiện đồng thời hai dao động điều hòa có phương trình và . Biết rằng phương trình dao động tổng hợp của vật đó x(t) = x1(t) + x2(t) viết được dưới dạng x(t) = Acos(ωt + φ). Xác định ω.
;
;
4π;
4πt.
Một vật thực hiện đồng thời hai dao động điều hòa có phương trình \({x_1}(t) = \sin \left( {\pi t + \frac{\pi }{3}} \right)\) và \({x_2}(t) = cos\left( {\pi t + \frac{\pi }{3}} \right)\). Phương trình dao động tổng hợp của vật x(t) = x1(t) + x2(t) được viết dưới dạng x(t) = Acos(ωt + φ), tức là dao động tổng hợp của vật đó là dao động điều hòa. Hãy xác định pha ban đầu φ (−π < φ < π) của dao động tổng hợp.
\(\frac{\pi }{4}\);
\(\frac{\pi }{{12}}\);
\(\frac{{5\pi }}{{12}}\);
\( - \frac{\pi }{4}\).
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: B
x(t) = x1(t) + x2(t) = \(\sin \left( {\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) + cos\left( {\pi t + \frac{\pi }{3}} \right)\)
\( = \sqrt 2 \left[ {\frac{{\sqrt 2 }}{2}\sin \left( {\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) + \frac{{\sqrt 2 }}{2}cos\left( {\pi t + \frac{\pi }{3}} \right)} \right]\)
\( = \sqrt 2 \left[ {cos\left( {\pi t + \frac{\pi }{3}} \right)\cos \frac{\pi }{4} + \sin \left( {\pi t + \frac{\pi }{3}} \right)\sin \frac{\pi }{4}} \right]\)
\( = \sqrt 2 \cos \left[ {\left( {\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) - \frac{\pi }{4}} \right]\)
\( = \sqrt 2 \cos \left( {\pi t + \frac{\pi }{{12}}} \right)\). Vậy \(\varphi = \frac{\pi }{{12}}\).
Hiệu điện thế và cường độ dòng điện trong một thiết bị điện lần lượt được cho bởi các biểu thức sau: u = 40sin(120πt) + 10sin(360πt) (V) và i = 4sin(120πt) + sin(360πt) (A).
(Nguồn: Ron Larson, Intermediate Algebra, Cengage)
Biết rằng công suất tiêu thụ tức thời của thiết bị đó được tính theo công thức P = u∙i (W). Hãy viết biểu thức biểu thị công suất tiêu thụ tức thời ở dạng không có lũy thừa và tích của các biểu thức lượng giác.
85 − 40cos(240πt) − 40cos(480πt) – cos(720πt);
85 − 40cos(240πt) − 40cos(480πt) – 5cos(360πt);
80 − 40cos(240πt) − 40cos(480πt) – 5cos(720πt);
85 − 40cos(240πt) − 40cos(480πt) – 5cos(720πt).
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: D
Ta có P = u∙i = [40sin(120πt) + 10sin(360πt)][4sin(120πt) + sin(360πt)]
= 160sin2(120πt) + 80sin(120πt)sin(360πt) + 10sin2(360πt)
= 80(1 – cos(240πt)) + 40(cos(240πt) – cos(480πt)) + 5(1 – cos(720πt))
= 80 – 80cos(240πt) + 40cos(240πt) − 40cos(480πt) + 5 – 5cos(720πt)
= 85 − 40cos(240πt) − 40cos(480πt) – 5cos(720πt).
Một quả bóng golf kể từ lúc được đánh đến lúc chạm đất đã di chuyển được một khoảng cách d (m) theo phương nằm ngang. Biết rằng trong đó v0 (m/s) là vận tốc ban đầu của quả bóng, g (m/s2) là gia tốc trọng trường và α là góc đánh quả bóng so với phương nằm ngang. Biết rằng v0 = 15 (m/s); g = 10 (m/s2) và với (0 ≤ ≤ 45°).
Khoảng cách d là
20 cm;
cm;
25 cm
cm.
Hướng dẫn giải:
Đáp án đúng là: D
Vì sin2α + cos2α = 1 mà nên .
Vì 0 ≤ α ≤ 45° nên sinα > 0, suy ra .
Ta có (cm).
Tam giác ABC vuông tại B và có hai cạnh góc vuông là AB = 6, BC = 3. Vẽ điểm D nằm trên tia đối của tia CB thỏa mãn \(\widehat {CAD} = 30^\circ \). Tính CD (làm tròn kết quả đến số thập phân thứ nhất).
6,1
6,02
6
\(\frac{4}{3}\).
Đáp án đúng là: A
Đặt \(\widehat {BAC} = \alpha \).
Xét tam giác ABC vuông tại B có \(\tan \alpha = \frac{{BC}}{{AB}} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}\)
Theo hình vẽ ta có: \(\tan \widehat {BAD} = \tan \left( {\varphi + 30^\circ } \right) = \frac{{\tan \varphi + \tan 30^\circ }}{{1 - \tan \varphi \tan 30^\circ }}\)\( = \frac{{\frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{3}}}{{1 - \frac{1}{2} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3}}} = \frac{{8 + 5\sqrt 3 }}{{11}}\).
Xét tam giác ABD vuông tại B, có \(\tan \widehat {BAD} = \frac{{BD}}{{AB}}\)
\( \Rightarrow BD = AB\tan \widehat {BAD} = 6 \cdot \frac{{8 + 5\sqrt 3 }}{{11}}\)
Mà BD = BC + CD nên CD = BD – BC = \(6 \cdot \frac{{8 + 5\sqrt 3 }}{{11}} - 3 \approx 6,1\).
Một quả đạn pháo được bắn ra khỏi nòng pháo với vận tốc ban đầu v = 400 m/s hợp với phương ngang một góc α. Trong vật lý, biết rằng nếu bỏ qua sức cản của không khí và coi quả đạn pháo được bắn ra từ mặt đất thì quỹ đạo của quả đạn tuân theo phương trình \(y = \frac{{ - g}}{{2{v^2}_0 \cdot {{\cos }^2}\alpha }}{x^2} + x\tan \alpha \), ở đó g = 9,8 m/s2 là gia tốc trọng trường. Tính tầm xa mà đạn đạt tới (tức là khoảng cách từ vị bắn đến điểm quả đạn chạm đất) tức góc bắn α = 45°.
\(\frac{{800000}}{{49}}\) (m).
\(\frac{{160000}}{{49}}\) (m).
\(\frac{{80000}}{{49}}\) (m).
\(\frac{{490000}}{{16}}\) (m).
Đáp án đúng là: C
Ta thấy quỹ đạo của quả pháo là đường parabol, xuất phát từ vị trí gốc O là vị trí đặt khẩu pháo.
Ta có phương trình quỹ đạo của quả đạn là:
\(y = \frac{{ - g}}{{2{v_{{0^2}}} \cdot {{\cos }^2}\alpha }} \cdot {x^2} + x\tan \alpha = \frac{{ - 9,8 \cdot }}{{2 \cdot {{400}^2} \cdot {{\cos }^2}x}} \cdot {x^2} + x\tan \alpha \)
\( = \frac{{ - 49}}{{1600000 \cdot {{\cos }^2}x}} \cdot {x^2} + x\tan \alpha \).
Thay α = 45° ta được:
\(y = \frac{{ - 49}}{{1600000 \cdot \frac{1}{2}}} \cdot {x^2} + x \cdot \tan 45^\circ = \frac{{ - 49}}{{800000}} \cdot {x^2} + x\)
Khi quả đạn chạm đất tức nên y = 0. Khi đó ta có:
\(\frac{{ - 49}}{{800000}}{x^2} + x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0\left( {ktm} \right)}\\{x = \frac{{800000}}{{49}}\left( {tm} \right)}\end{array}} \right.\)
Vậy tầm xa mà quả đạn đạt tới là \(\frac{{800000}}{{49}}\) (m).
Trong kiến trúc, các vòm cổng bằng đá thường có hình nửa đường tròn để có thể chịu lực tốt. Trong hình bên, vòm cổng được ghép bởi sáu phiến đá hai bên tạo thành các cung AB, BC, CD, EF, FG, GH bằng nhau và một phiến đá chốt ở đỉnh. Biết chiều rộng cổng là 120cm và khoảng cách từ B đến đường kính AH bằng 27cm. Tính khoảng cách từ C đến AH (làm tròn kết quả đến hàng phần mười)?
48,2.
48,3.
48,4.
48.5.
Đáp án đúng là: A
Gọi \(\widehat {BOA} = \alpha \).
Vẽ \(BB' \bot AH,CC' \bot AH\) (B’ ∈ AH, C’ ∈ AH).
Khoảng cách từ B đến AH là BB’ = 27 cm.
OB là bán kính nửa đường tròn nên OB = 60 cm.
Xét tam giác BOB’ có \(\sin \alpha = \frac{{BB'}}{{BO}} = \frac{{27}}{{60}} = \frac{9}{{20}}\).
\(\cos \alpha = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{9}{{20}}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {319} }}{{20}}\).
Vì các phiến đá hai bên tạo thành các cung bằng nhau nên .
Suy ra các góc ở tâm tương ứng bằng nhau nên \(\widehat {BOA} = \widehat {COB} = \alpha \).
Do đó: \(\widehat {COA} = \widehat {BOA} + \widehat {COB} = \alpha + \alpha = 2\alpha \).
Ta có \(\widehat {COA} = 2\alpha \) nên \(\sin \widehat {COA} = \sin 2\alpha = 2\sin \alpha \cos \alpha = 2 \cdot \frac{9}{{20}} \cdot \frac{{\sqrt {319} }}{{20}} = \frac{{9\sqrt {319} }}{{200}}\).
Xét tam giác COC’ có \(\sin 2\alpha = \frac{{CC'}}{{OC}} \Rightarrow CC' = \sin 2\alpha \cdot OC = 60 \cdot \frac{{9\sqrt {319} }}{{200}} \approx 48,2\) cm.
Vậy khoảng cách từ C đến AH là 48,2 cm.
Một quả bóng golf kể từ lúc được đánh đến lúc chạm đất đã di chuyển được một khoảng cách d(m) theo phương nằm ngang. Biết rằng \(d = \frac{{{v_0}^2\sin 2\alpha }}{g}\) trong đó v0 (m/s) là vận tốc ban đầu của quả bóng, g (m/s²) là gia tốc trọng trường và α là góc đánh quả bóng so với phương nằm ngang. Tỉnh khoảng cách d biết rằng v0 = 15 m/s, g = 10 m2/s và \(\cos \alpha = \frac{3}{5}\) (0 ≤ α ≤ 90°).
\(\frac{{108}}{5}\).
\(\frac{{ - 108}}{5}\).
\(\frac{{108}}{2}\).
\(\frac{{ - 108}}{2}\).
Đáp án đúng là: A
Ta có \(\cos \alpha = \frac{3}{5}\) và (0 ≤ α ≤ 90°).
\(\sin \alpha = \sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha } = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^2}} = \frac{4}{5} \Rightarrow \sin 2\alpha = 2\sin \alpha \cos \alpha = \frac{{24}}{{25}}\).
Khi đó \(d = \frac{{{v_0}^2\sin 2\alpha }}{g} = \frac{{{{15}^2} \cdot \frac{{24}}{{25}}}}{{10}} = \frac{{108}}{5}\).
Trong hình vẽ, vị trí cabin mà Bình ngồi trên vòng quay được đánh dấu bởi hai điểm B, số đo góc (OA, OB) = α. Tính độ cao của điểm B so với mặt đất khi α = −30°.
5.
8.
13.
21.
Đáp án đúng là: B
Tung độ của H và K lần lượt là yH = −13 và yK = OB∙sin(OA, OB) = 10sinα.
Suy ra độ cao của điểm B so với mặt đất là KH = yK – yH = 10sinα + 13.
Khi α = −30° thì KH = 10sin(−30°) + 13 = 8.
Từ một vị trí A, người ta buộc hai sợi cáp AB và AC đến một cái trụ cao 15m, được dựng vuông góc với mặt đất, chân trụ ở vị trí D. Biết CD = 9m và AD = 12 m . Góc nhọn \(\alpha = \widehat {BAC}\) tạo bởi hai sợi dây cáp đó, giá trị gần đúng của\(\alpha \) (làm tròn đến hàng phần trăm) là
14,47.
14,45.
14,46.
14,48.
Đáp án đúng là: A
Tam giác BAD vuông tại D ta có: \(\tan \widehat {BAD} = \frac{{BD}}{{AD}} = \frac{{15}}{{12}}\).
Tam giác CAD vuông tại D ta có: \(\tan \widehat {CAD} = \frac{{CD}}{{AD}} = \frac{9}{{12}}\)
\(\tan \alpha = \tan \left( {\widehat {BAD} - \widehat {CAD}} \right) = \frac{{\tan \widehat {BAD} - \tan \widehat {CAD}}}{{1 + \tan \widehat {BAD} \cdot \tan \widehat {CAD}}} = \frac{{\frac{{15}}{{12}} - \frac{9}{{12}}}}{{1 + \frac{{15}}{{12}} \cdot \frac{9}{{12}}}} = \frac{8}{{31}}\)
Do đó \(\alpha \approx 14,47^\circ \).
Trong hình bên dưới, ba điểm M, N, P nằm ở đầu các cánh quạt của tua-bin gió. Biết các cánh quạt dài 31m, độ cao của điểm M so với mặt đất là 30m, góc giữa các cánh quạt là \(\frac{{2\pi }}{3}\) và số đo góc (OA, OM) là \(\alpha \).
Khi đó.
\(\sin \alpha = \frac{{ - 20}}{{31}}\)
\(\cos \alpha = \frac{{\sqrt {61} }}{{31}}\)
Chiều cao điểm P so với mặt đất khoảng 90 m
Chiều cao điểm N so với mặt đất khoảng 70 m.
Đáp án: a) Sai. b) Đúng. c) Sai. d) Sai.
a) Sai. Từ điểm M kẻ MH vuông góc với Ox, MK vuông góc với Oy.
Ta có MH = 60 – 30 = 30 m.
Khi đó tung độ điểm M là 30.
Vì −90° < α < 0 nên \(\sin \alpha = \frac{{ - MH}}{{OM}} = \frac{{ - 30}}{{31}}\).
b) Đúng.\(\cos \alpha = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{{30}}{{31}}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {61} }}{{31}}\).
c) Sai. Ta có sđ(OA, OM) = α nên sđ(OA, OP) = \(\frac{{2\pi }}{3} + \alpha \).
Độ cao của điểm P so với trục hoành là \(31 \cdot \sin \left( {\frac{{2\pi }}{3} + \alpha } \right)\).
\(\sin \left( {\frac{{2\pi }}{3} + \alpha } \right) = \sin \frac{{2\pi }}{3} \cdot \cos \alpha + \cos \frac{{2\pi }}{3} \cdot \sin \alpha = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{{\sqrt {61} }}{{31}} + \left( {\frac{{ - 1}}{2}} \right) \cdot \left( {\frac{{ - 30}}{{31}}} \right) \approx 0,7021\).
Chiều cao của P so với mặt đất là: 31∙0,702 ≈ 21,76 m.
Vậy chiều cao của P so với mặt đất là: 60 + 21,76 = 81,76 m.
d) Sai. Ta có sđ(OA, ON) = \(\alpha - \frac{{2\pi }}{3}\).
Độ cao của N so với trục hoành là \(31 \cdot \sin \left( {\alpha - \frac{{2\pi }}{3}} \right)\)
\(\sin \left( {\alpha - \frac{{2\pi }}{3}} \right) = \sin \alpha \cdot \cos \frac{{2\pi }}{3} - \cos \alpha \cdot \sin \frac{{2\pi }}{3} = \frac{{ - 30}}{{31}} \cdot \left( {\frac{{ - 1}}{2}} \right) - \left( {\frac{{\sqrt {61} }}{{31}}} \right) \cdot \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) \approx 0,266\)
Chiều cao của N so với mặt đất là: 31∙0,266 = 8,25 m.
Vậy chiều cao của N so với mặt đất là 8,25 + 60 = 68,25 m
Trong vật lý, phương trình tổng quát của một dao động điều hoà cho bởi công thức x(t) = Acos(ωt + φ), trong đó t là thời điểm (tính bằng giây), x(t) là li độ của vật tại thời điểm t, A là biên độ dao động (A > 0) và φ ∈ [−π; π] là pha ban đầu của dao động. Xét hai dao động điều hoà có phương trình x1(t) = \(3\cos \left( {\frac{\pi }{4}t + \frac{{5\pi }}{6}} \right)\) (cm),\(\)\({x_2}\left( t \right) = 3\cos \left( {\frac{\pi }{4}t + \frac{\pi }{3}} \right)\) (cm).
Khi đó:
Biên độ của dao động thứ nhất bằng 3 (cm).
Pha ban đầu của dao động thứ hai bằng \(\frac{{ - \pi }}{3}\).
Với a, b ∈ ℝ ta có cosa + cosb = 2cos(a + b)∙cos(a – b).
Biên độ và pha ban đầu của dao động tổng hợp x(t) = x1(t) + x2(t) là 3 và \(\frac{{7\pi }}{{12}}\)
Đáp án: a) Đúng. b) Sai. c) Sai. d) Sai.
a) Đúng. Biên độ của dao động thứ nhất bằng 3(cm).
b) Sai. Pha ban đầu của dao động thứ hai bằng \(\frac{\pi }{3}\)
c) Sai. Với a, b ∈ ℝ ta có \(\cos a + \cos b = 2\cos \frac{{\left( {a + b} \right)}}{2} \cdot \cos \frac{{\left( {a - b} \right)}}{2}\).
d) Sai. Ta có \(x\left( t \right) = {x_1}\left( t \right) + {x_2}\left( t \right) = 3\cos \left( {\frac{\pi }{4}t + \frac{{5\pi }}{6}} \right) + 3\cos \left( {\frac{\pi }{4}t + \frac{\pi }{3}} \right)\)
\( = 6\cos \left( {\frac{\pi }{4}t + \frac{{7\pi }}{{12}}} \right) \cdot \cos \frac{\pi }{4} = 3\sqrt 2 \cos \left( {\frac{\pi }{4}t + \frac{{7\pi }}{{12}}} \right)\).
Do đó biên độ ban đầu của pha dao động tổng hợp x(t) = x1(t) + x2(t) lần lượt là \(3\sqrt 2 \) và \(\frac{{7\pi }}{{12}}\).
Một sợi dây cáp R được gắn vào một cột thẳng đứng ở vị trí cách đất 14m. Một sợi cáp S khác cũng được gắn vào cột đó ở vị trị trí cách mặt đất 12m. Biết rằng hai sợi cáp trên cùng được gắn với mặt đất tại một vị trí cách chân cột 15m.
Gọi α là góc giữa hai sợi cáp trên. Khi đó \(\tan \alpha = \frac{{10}}{{131}}\).
Số đo góc α (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị theo đơn vị độ) là 4°.
Chiều dài sợi dây cáp R xấp xỉ 20,52m.
Người ta muốn góc α giữa hai sợi dây cáp đạt giá trị lớn nhất khi giữ nguyên vị trí gắn cáp trên cột, thì vị trí cắm dưới mặt đất phải cách chân cột một khoảng bằng 6 m.
Đáp án: a) Đúng. b) Đúng. c) Đúng. d) Sai.
a) Đúng. Ta có \(\alpha = \widehat {AOH} - \widehat {BOH}\)
Trong tam giác vuông AOH, tan\(\tan \widehat {AOH} = \frac{{AH}}{{OH}} = \frac{{14}}{{15}}\)
Trong tam giác vuông BOH, \(\tan \widehat {BOH} = \frac{{BH}}{{OH}} = \frac{{12}}{{15}} = \frac{4}{5}\)
Vậy \(\tan \alpha = \tan \left( {\widehat {AOH} - \widehat {BOH}} \right) = \frac{{\tan \widehat {AOH} - \tan \widehat {BOH}}}{{1 + \tan \widehat {AOH} \cdot \tan \widehat {BOH}}} = \frac{{\frac{{14}}{{15}} - \frac{4}{5}}}{{1 + \frac{{14}}{{15}} \cdot \frac{4}{5}}} = \frac{{10}}{{131}}\).
b) Đúng. \(\alpha \approx 4^\circ \).
c) Đúng. Chiều dài sợi dây cáp chính là đoạn AO.
\(AO = \sqrt {A{H^2} + O{H^2}} = \sqrt {{{14}^2} + {{15}^2}} = \sqrt {421} \approx 20,52\) m.
d) Sai. Gọi M là vị trí cắm cáp mới trên mặt đất cách H một khoảng x. Khi đó MH = x.
Góc giữa hai sợi dây là \(\alpha = \widehat {AMB} = \widehat {AMH} - \widehat {BMH}\).
\(\tan \widehat {AMH} = \frac{{AH}}{{HM}} = \frac{{14}}{x}\), \(\tan \widehat {BMH} = \frac{{BH}}{{MH}} = \frac{{12}}{x}\).
\(\tan \alpha = \tan \left( {\widehat {AMH} - \widehat {BMH}} \right) = \frac{{\tan \widehat {AMH} - \tan \widehat {BMH}}}{{1 + \tan \widehat {AMH} \cdot \tan \widehat {BMH}}} = \frac{{\frac{{14}}{x} - \frac{{12}}{x}}}{{1 + \frac{{14}}{x} \cdot \frac{{12}}{x}}} = \frac{{2x}}{{{x^2} + 168}} = \frac{2}{{x + \frac{{168}}{x}}}\)
Để \(\tan {\alpha _{\max }} \Leftrightarrow {\left( {x + \frac{{168}}{x}} \right)_{\min }}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương x và \(\frac{{168}}{x}\) ta có:
Ta có \(x + \frac{{168}}{x} \ge 2\sqrt {x \cdot \frac{{168}}{x}} \Leftrightarrow x + \frac{{168}}{x} \ge 2\sqrt {168} = 2\sqrt {168} = 4\sqrt {42} \).
Dấu “=” xảy ra khi \(x = \frac{{168}}{x} \Leftrightarrow {x^2} = 168 \Leftrightarrow x = 2\sqrt {42} \).
Vậy \(\tan {\alpha _{\max }}\) khi \(x = 2\sqrt {42} \approx 12,9\)m.
Trên một mảnh đất hình vuông ABCD cạnh a, bác An đặt một chiếc đèn pin tại vị trí A chiếu chùm sáng phân kì sang phía góc C. Bác An nhận thấy góc chiếu của đèn pin giới hạn bởi hai tia AM và AN, ở đó các điểm M, N lần lượt thuộc các cạnh sao cho \(BM = \frac{1}{2}BC\), \(DN = \frac{1}{3}DC\).
Khi đó:
\(\tan \left( {\widehat {BAM} + \widehat {DAN}} \right) = 1\).
Góc chiếu sáng của đèn pin bằng 45 độ.
Vùng đất không được đèn pin chiếu sáng (vùng đất nằm ngoài góc chiếu đèn pin và thuộc mảnh đất ABCD) có diện tích bằng \(\frac{5}{6}\) diện tích vùng được chiếu sáng.
Bác An tắt chiếc đèn pin cũ và đặt vị trí A hai chiếc đèn pin mới có góc chiếu hẹp hơn. Chiếc thứ nhất chiếu chùm tia sáng phân kì giới hạn bởi hai tia AM1, AN1 tạo thành góc α, chiếc thứ hai giới hạn bởi hai AM2, AN2 tạo thành góc β sao cho α + β = 45°. Khi đó giá trị của biểu thức P = (1 + tanα)(1 + tanβ) luôn bằng 2.
Đáp án: a) Đúng. b) Đúng. c) Sai. d) Đúng.
a) Đúng.Trong tam giác vuômg ABM, \(\tan \widehat {BAM} = \frac{{BM}}{{BA}} = \frac{1}{2}\)
Trong tam giác vuông AND, \(\tan \widehat {DAN} = \frac{{DN}}{{DA}} = \frac{1}{3}\)
Do đó, \(\tan \left( {\widehat {BAM} + \widehat {DAN}} \right) = \frac{{\tan \widehat {BAM} + \tan \widehat {DAN}}}{{1 - \tan \widehat {BAM} \cdot \tan \widehat {DAN}}} = \frac{{\frac{1}{2} + \frac{1}{3}}}{{1 - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3}}} = 1\).
b) Đúng. Do \(\tan \left( {\widehat {BAM} + \widehat {DAN}} \right) = 1\) nên \(\widehat {BAM} + \widehat {DAN} = 45^\circ \).
Nên \(\widehat {MAN} = 90^\circ - \left( {\widehat {BAM} + \widehat {DAN}} \right) = 45^\circ \).
Vậy góc chiếu sáng của đèn pin bằng 45°.
c) Sai. \(BM = CM = \frac{1}{2}CB = \frac{a}{2}\), \(CN = \frac{2}{3}DC = \frac{{2a}}{3}\), \(DN = \frac{1}{3}CD = \frac{a}{3}\).
Ta có SABCD = a2.
Tam giác ABM vuông tại B nên \({S_{ABM}} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot BM = \frac{1}{2} \cdot a \cdot \frac{a}{2} = \frac{{{a^2}}}{4}\).
Tam giác AND vuông tại D nên \({S_{ADN}} = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot DN = \frac{1}{2} \cdot a \cdot \frac{a}{3} = \frac{{{a^2}}}{6}\).
Tam giác CMN vuông tại C nên \({S_{CMN}} = \frac{1}{2} \cdot CM \cdot NC = \frac{1}{2} \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{{2a}}{3} = \frac{{{a^2}}}{6}\).
\({S_{AMN}} = {S_{ABCD}} - \left( {{S_{ABM}} + {S_{ADN}} + {S_{MCN}}} \right) = {a^2} - \left( {\frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{6} + \frac{{{a^2}}}{6}} \right)\)
\( = {a^2} - \left( {\frac{{3{a^2} + 2{a^2} + 2{a^2}}}{{12}}} \right) = \frac{{5{a^2}}}{{12}}\).
Gọi diện tích vùng đất không được chiếu sáng là S1.
Khi đó:\({S_1} = {S_{ABM}} + {S_{ADN}} = \frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{6} = \frac{{5{a^2}}}{{12}}\).
Gọi diện tích vùng đất được chiếu sáng là S2.
Khi đó \({S_2} = {S_{AMN}} + {S_{CMN}} = \frac{{5{a^2}}}{{12}} + \frac{{{a^2}}}{6} = \frac{{7{a^2}}}{{12}}\).
Tỷ số vùng đất được chiếu sáng và vùng đất không được chiếu sáng là: \(k = \frac{{7{a^2}}}{{12}}:\frac{{5{a^2}}}{{12}} = \frac{7}{5}\).
d) Đúng.
\(\tan \left( {\alpha + \beta } \right) = \tan 45^\circ \Rightarrow \frac{{\tan \alpha + \tan \beta }}{{1 - \tan \alpha \tan \beta }} = 1 \Leftrightarrow 1 - \tan \alpha \tan \beta = \tan \alpha + \tan \beta \)
\( \Rightarrow \tan \alpha + \tan \beta + \tan \alpha \cdot \tan \beta = 1\).
P = (1 + tanα)(1 + tanβ) = 1+ tanβ + tanα + tanα∙tanβ = 1 + 1 = 2.
Hai sóng âm có phương trình lần lượt là f1(t) = Csinωt và f2(t) = Csin(ωt + α). Hai sóng này giao thoa với nhau tạo nên một âm kết hợp có phương trình f(t) = f(t) = f1(t) + f2(t) = Csinωt + Csin(ωt + α).
Sử dụng công thức cộng chỉ ra rằng hàm f(t) có thể viết được dưới dạng f(t) = Asinωt + Bcosωt, trong đó A, B là hai hằng số phụ thuộc vào α.
Khi C = 10, \(\alpha = \frac{\pi }{3}\), biên độ và pha ban đầu của sóng âm kết hợp sao cho f(t) = ksin(ωt +φ) lần lượt là \(k = 10\sqrt 3 \), \(\varphi = \frac{\pi }{6}\).
Giả sử do độ trễ của mạch điện tử, tai nghe phát ra sóng thứ hai với pha ban đầu bị lệch một chút, cụ thể \(\alpha = \frac{{11\pi }}{{12}}\) khi đó tai nghe giảm được 74% tiếng ồn.
Với mọi góc pha α, giá trị lớn nhất của hàm số f(t) không vượt quá 2C.
Đáp án: a) Đúng. b) Đúng. c) Đúng. d) Đúng.
a) Đúng. Ta có: f(t) = f1(t) + f2(t) = Csinωt + Csin(ωt + α)
= Csinωt + C(sinωt∙cosα + cosωt∙sinα)
Vậy f(t) = C(1 + cosα)sinωt + Csinα∙cosωt = Asinωt + Bcosωt với A = C(1 + cosα), B = Csinα.
b) Đúng. Khi C = 10, \(\alpha = \frac{\pi }{3}\), ta có:
\(f\left( t \right) = 10\sin \omega t + 10\sin \left( {\omega t + \frac{\pi }{3}} \right) = 10 \cdot 2\sin \left( {\omega t + \frac{\pi }{6}} \right) \cdot \cos \frac{\pi }{6} = 10\sqrt 3 \sin \left( {\omega t + \frac{\pi }{6}} \right)\)
Vậy biên độ và pha đầu của sóng âm kết lần lượt là \(k = 10\sqrt 3 \), \(\varphi = \frac{\pi }{6}\).
c) Đúng. Khi mạch bị trễ dẫn đến \(\alpha = \frac{{11\pi }}{{12}}\).
Ta có:
\(f\left( t \right) = 2C\cos \left( {\frac{\alpha }{2}} \right) \cdot \sin \left( {\omega t + \frac{\alpha }{2}} \right) = 2C\cos \left( {\frac{{11\pi }}{{24}}} \right)\sin \left( {\omega t + \frac{\alpha }{2}} \right) \approx 0,261C \cdot \sin \left( {\omega t + \frac{\alpha }{2}} \right)\)Khi đó biên độ của sóng âm kết hợp là 0,261C.
Tiếng ồn đã giảm đi \(\frac{{C - 0,261C}}{C} \cdot 100\% \approx 74\% \).
d) Đúng. Ta có f(t) = Asinωt + Bcosωt với A = C(1 + cosα) và B = Csinα.
Giá trị lớn nhất của hàm số này là
\(f{\left( t \right)_{\max }} = \sqrt {{A^2} + {B^2}} = \sqrt {{C^2}\left( {1 + 2\cos \alpha + {{\cos }^2}\alpha + {{\sin }^2}\alpha } \right)} \)
= \(\sqrt {{C^2}\left( {2 + 2\cos \alpha } \right)} = C\sqrt {2\left( {1 + \cos \alpha } \right)} \).
Do −1 ≤ cosα ≤1 nên 0 ≤ 1 + cosα ≤ 2.
A2 + B2 ≤ 4C2.
\(f{\left( t \right)_{\max }} = \sqrt {{A^2} + {B^2}} = 2C\).
Có hai chung cư cao tầng xây cạnh nhau với khoảng cách giữa chúng là HK = 20m. Để đảm bảo an ninh, trên nóc chung cư thứ hai người ta lắp camera có thể quan sát được. Số đo góc ACB ( phạm vi camera có thể quan sát được ở chung cư thứ nhất) là bao nhiêu độ? Biết rằng chiều cao của chung cư thứ hai là CK = 32m, AH = 6m, BH = 24m ( làm tròn kết quả đến hàng phần mười)?
Đáp án: 30,6
BN = AM = HK = 20 (m).
CN = CK – NK = CK – BH = 32 – 24 = 8(m).
MN = AB = BH – AH = 24 – 6 = 18 (m).
CM = CN + MN = 8 + 18 = 26 (m).
Đặt \(\widehat {BCN} = \alpha \), \(\widehat {ACM} = \beta \).
Xét tam giác BCN vuông tại N: \(\tan \alpha = \frac{{BN}}{{CN}} = \frac{{20}}{8} = \frac{5}{2}\)
Xét tam giác ACM vuông tại M: \(\tan \beta = \frac{{AM}}{{CM}} = \frac{{20}}{{26}} = \frac{{10}}{{13}}\).
Ta có \(\tan \widehat {ACB} = \tan \left( {\widehat {BCN} - \widehat {ACM}} \right) = \tan \left( {\alpha - \beta } \right)\)
\( \Rightarrow \tan \widehat {ACB} = \frac{{\tan \alpha - \tan \beta }}{{1 + \tan \alpha \cdot \tan \beta }} = \frac{{\frac{5}{2} - \frac{{10}}{{13}}}}{{1 + \frac{5}{2} \cdot \frac{{10}}{{13}}}} = \frac{{45}}{{76}}\)
\( \Rightarrow \widehat {ACB} \approx 30,6^\circ \).
Tam giác ABC vuông tại B và có hai cạnh góc vuông là AB = 4, BC = 3. Vẽ điểm D nằm trên tia đối của tia CB thoả mãn \(\widehat {CAD} = 30^\circ \). Tính độ dài cạnh CD?
Đáp án: 6,36
Xét tam giác ABC vuông tại B có \(\tan \widehat {BAC} = \frac{3}{4}\).
Ta lại có \(\widehat {BAD} = \widehat {BAC} + \widehat {CAD}\)
\( \Rightarrow \tan \widehat {BAD} = \tan \left( {\widehat {BAC} + \widehat {CAD}} \right) = \tan \left( {\widehat {BAC} + 30^\circ } \right) = \frac{{\tan \widehat {BAC} + \tan 30^\circ }}{{1 - \tan \widehat {BAC} \cdot \tan 30^\circ }}\)
\( = \frac{{\frac{3}{4} + \frac{{\sqrt 3 }}{3}}}{{1 - \frac{3}{4} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3}}} = \frac{{48 + 25\sqrt 3 }}{{39}} \approx 2,34\).
Xét tam giác ABD vuông tại B có:
\(\tan \widehat {BAD} = \frac{{BD}}{{AB}} \Rightarrow BD = \tan \widehat {BAD} \cdot AB = 2,34.4 \approx 9,36\)
CD = BD – BC ≈ 9,36 – 3 = 6,36.
Pit – tông M của động cơ chuyển động tịnh tiến qua lại dọc theo xi – lanh làm quay trục IA. Ban đầu I, A, M thẳng hàng. Cho α là góc quay của trục khuỷu, O là vị trí của pít – tông khi \(\alpha = \frac{\pi }{2}\) và H là hình chiếu của A lên Ix. Trục khuỷu IA rất ngắn so với độ dài thanh truyền AM nên có thể xem như độ dài MH không đổi và gần bằng MA. IA = 10 cm, sau 1 phút chuyển động thì toạ độ của pít tông là xM = − 5cm. Xác định xM sau 2 phút chuyển động toạ độ của pít tông là (làm tròn kết quả đến hàng phần mười)?
Đáp án: −5
Ta có \(\alpha = \frac{\pi }{2}\) thì H trùng I, M trùng O nên MH = OI do đó OM = IH.
Xét tam giác AHI vuông tại H có: \(IH = \cos \alpha \cdot IA = 10\cos \alpha \).
Sau chuyển dộng 1 phút, trục khuỷa quay được một góc là α.
Khi đó xM = −5 nên \({x_M} = 10\cos \alpha = - 5 \Rightarrow \cos \alpha = \frac{{ - 5}}{{10}} = \frac{{ - 1}}{2}\).
Sau khi chuyển động 2 phút, trục khuỷu quay được một góc 2α, nên:
\({x_M} = 10\cos 2\alpha = 10\left( {2{{\cos }^2}\alpha - 1} \right) = 10 \cdot \left[ {2 \cdot {{\left( {\frac{{ - 1}}{2}} \right)}^2} - 1} \right] = - 5\)cm.
Trong Vật lí, phương trình tổng quát của một vật dao động điều hoà cho bởi công thức x(t) = Acos(ωt + φ), trong đó t là thời điểm (tính bằng giây), x(t) là li độ của vật tại thời điểm t, A là biên độ dao động (A > 0) và φ ∈ [−π; π] là pha ban đầu của dao động. Xét hai dao động điều hoà có phương trình: \({x_1}\left( t \right) = 2\cos \left( {\frac{\pi }{3}t + \frac{\pi }{6}} \right)\) (cm) và \({x_2}\left( t \right) = 2\cos \left( {\frac{\pi }{3}t - \frac{\pi }{3}} \right)\) (cm). Xác định biên độ của dao động tổng hợp x(t) = x1(t) + x2(t) (làm tròn kết quả đến hàng phần mười)?
Đáp án: 2,8
Dao động tổng hợp x(t) = x1(t) + x2(t)
Suy ra \(x\left( t \right) = 2\cos \left( {\frac{\pi }{3}t + \frac{\pi }{6}} \right) + 2\cos \left( {\frac{\pi }{3}t - \frac{\pi }{3}} \right)\) (cm).
Ta có: \(2\cos \left( {\frac{\pi }{3}t + \frac{\pi }{6}} \right) + 2\cos \left( {\frac{\pi }{3}t - \frac{\pi }{3}} \right) = 2\left[ {\cos \left( {\frac{\pi }{3}t + \frac{\pi }{6}} \right) + \cos \left( {\frac{\pi }{3}t - \frac{\pi }{3}} \right)} \right]\)
\( = 2 \cdot 2\cos \frac{{\left( {\frac{\pi }{3}t + \frac{\pi }{6}} \right) + \left( {\frac{\pi }{3}t - \frac{\pi }{3}} \right)}}{2}\cos \frac{{\left( {\frac{\pi }{3}t + \frac{\pi }{6}} \right) - \left( {\frac{\pi }{3}t - \frac{\pi }{3}} \right)}}{2}\)
\( = 4\cos \left( {\frac{\pi }{3}t - \frac{\pi }{{12}}} \right)\cos \frac{\pi }{4} = 4\cos \left( {\frac{\pi }{3}t - \frac{\pi }{{12}}} \right) \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2} = 2\sqrt 2 \cos \left( {\frac{\pi }{3}t - \frac{\pi }{{12}}} \right)\).
Vậy dao động tổng hợp của phương trình là \(x\left( t \right) = 2\sqrt 2 \cos \left( {\frac{\pi }{3}t - \frac{\pi }{{12}}} \right)\) với biên độ \(A = 2\sqrt 2 \)≈ 2,8.
Khi nhấn một phím trên điện thoại cảm ứng, bàn phím sẽ tạo ra hai âm thuần, kết hợp với nhau để tạo ra âm thanh nhận dạng duy nhất phím. Hình sau đây cho thấy tần số thấp f1 và tần số cao f2 liên quan đến mỗi phím. Nhấn một phím sẽ tạo ra sóng âm y = sin(2πf1t) + sin(2πf2t) , ở đó t là biến thời gian (tính bằng giây). Hàm số mô hình hoá âm thanh được tạo ra khi nhấn phím 5 có dạng asin(2106πt)cos(bπt). Khi đó giá trị của a + b bằng bao nhiêu?
Đáp án: 568
Ta thấy khi nhấn phím 5: f1 = 770 Hz, f2 = 1336 Hz.
Hàm số mô hình hoá âm thanh được tạo ra khi nhấn phím 5 là
y = sin(2π∙770t) + sin(2π∙1336t)
y = 2sin(2106πt)∙cos(566πt).
Vậy a + b = 2 + 566 = 568.
