Bài tập Bài toán thực tiễn liên quan lớp 11 (có lời giải)

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).

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.

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 \(d = \frac{{{v_0}^2\sin 2\alpha }}{g} = \frac{{{{15}^2} \cdot \frac{{24}}{{25}}}}{{10}} = \frac{{108}}{5}\).

Đáp án đúng là: B

Tung độ của H và K lần lượt là y_H = −13 và y_K = OB∙sin(OA, OB) = 10sinα.

Suy ra độ cao của điểm B so với mặt đất là KH = y_K – y_H = 10sinα + 13.

Khi α = −30° thì KH = 10sin(−30°) + 13 = 8.

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 \(\alpha \approx 14,47^\circ \).

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

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 \(\frac{{7\pi }}{{12}}\).

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.

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 S_ABCD = 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 S_2.

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.

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.

\(f{\left( t \right)_{\max }} = \sqrt {{A^2} + {B^2}} = 2C\).

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 \(\tan \widehat {ACB} = \tan \left( {\widehat {BCN} - \widehat {ACM}} \right) = \tan \left( {\alpha - \beta } \right)\)

\( \Rightarrow \tan \widehat {ACB} = \frac{{\tan \alpha - \tan \beta }}{{1 + \tan \alpha \cdot \tan \beta }} = \frac{{\frac{5}{2} - \frac{{10}}{{13}}}}{{1 + \frac{5}{2} \cdot \frac{{10}}{{13}}}} = \frac{{45}}{{76}}\)

\( \Rightarrow \widehat {ACB} \approx 30,6^\circ \).

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.

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 x_M = −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.

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.

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.