Giải SGK Toán 11 CTST Bài ôn tập cuối chương I có đáp án

Mỗi vòng kim đồng hồ quay là: 2π nên góc lượng giác quét được khi quay  315 vòng là  315.2π=3.2π+2π5 rad.

Khi đó điểm biểu diễn cho các góc lượng giác này có công thức số đo tổng quát là  2π5+k2π,k∈ℤ.

Xét  16π5=2π5+k2π⇔k=75∉ℤ. Do đó góc này không tương ứng với góc đã cho.

Xét  165ο=π.165180=4π225=2π5+k2π⇔k=−43225∉ℤ. Do đó góc này không tương ứng với góc đã cho.

Xét  1  152°=π.1  152180=32π5=2π5+k2π⇔k=3∈ℤ. Do đó góc này tương ứng với góc đã cho.

Xét  1  152π=2π5+k2π⇔k=28795∉ℤ. Do đó góc này không tương ứng với góc đã cho.

Đáp án đúng là: A

+) Xét β = – α, khi đó:

cosβ = cos(– α) = cosα;

 sinβ = sin(– α) = sinα hay sinα = – sinβ .

Do đó A thỏa mãn.

+) Xét β = π – α, khi đó:

cosβ = cos(π – α) = – cosα;

sinβ = sin(π – α) = sinα.

Do đó B không thỏa mãn.

+) Xét β = π + α, khi đó:

cosβ = cos(π + α) = – cosα;

sinβ = sin(π + α) = – sinα.

Do đó C không thỏa mãn.

+) Xét  , khi đó:

cosβ = cos() = – sinα;

sinβ = sin() = cosα.

• Do đó D không thỏa mãn.

Đáp án đúng là: B

Ta có tập xác định của hàm số y = cosx là ℝ.

Nếu với x ∈ ℝ thì – x ∈ ℝ và y(– x) = cos(– x) = cosx = y(x).

Vậy hàm số y = cosx là hàm số chẵn.

 cos2x=cosx+π3

 ⇔2x=x+π3+k2π2x=−x−π3+k2π,k∈ℤ

⇔x=π3+k2πx=−π9+k2π3,k∈ℤ

 

+) Với  x=π3+k2π,k∈ℤ đạt giá trị âm lớn nhất khi k = – 1 và bằng:  π3−2π=−5π3.

+) Với  x=−π9+k2π3,k∈ℤ đạt giá trị âm lớn nhất khi k = 0 và bằng:  −π9+0.2π9=−π9.

Vậy nghiệm âm lớn nhất của phương trình đã cho là  −π9.

Xét phương trình tanx = 3

⇔ x ≈ 1,25 + kπ, k ∈ ℤ

Xét:  −π2<x<7π3⇔−π2<1,25+kπ<7π3⇔−0,9<k<1,94

Mà k ∈ ℤ nên k ∈ {0; 1}.

Vậy có 2 nghiệm của phương trình đã cho nằm trong khoảng  −π2;7π3.

Vì  −1≤sinπ12t−9≤1 nên 29+3.−1≤29+3sinπ12t−9≤29+3.1

 ⇔26≤29+3sinπ12t−9≤32

 ⇔26≤ht≤32

Nhiệt độ thấp nhất trong ngày là 26°C khi  29+3sinπ12t−9=26⇔sinπ12t−9=−1

 ⇔sinπ12t−9=sin−π2

 ⇔π12t−9=−π2+k2π,k∈ℤ

 ⇔t=3+24k,k∈ℤ

Vì vậy vào thời điểm 3 giờ trong ngày thì nhiều độ thấp nhất của thành phố là 26°C.

Tốc độ góc của quạt trần là:  45.2π60=3π2(rad/s).

Sau 3 giây, quạt quay được một góc có số đo là:  3π2.3=9π2rad.

a) sinα =  −1−cos2α=−1−132=−223 (vì  −π2<α<0)

b) sin2α = 2sinα.cosα =  2.13−223=−429.

c)  cosα+π3=cosα.cosπ3−sinαsinπ3=13.12−−223.32=26+16.

a) sin(α + β)sin(α – β) = sin²α – sin²β

Ta có: sin(α + β)sin(α – β) =  12cosα+β−α+β−cosα+β+α−β

 =12cos2β−cos2α
 =121−2sin2β−1+2sin2α

 =sin2α−sin2β.

b) Ta có: cos⁴α – cos^{4 α−π2} = cos⁴α – sin⁴α = (cos²α – sin²α)(cos²α + sin²α)

= cos²α – sin²α = cos2α.

Xét phương trình  sinx+π6−sin2x=0

 ⇔sin2x=sinx+π6
 ⇔2x=x+π6+k2π2x=π−x−π6+k2π,k∈ℤ
 ⇔x=π6+k2πx=5π18+k2π3,k∈ℤ

Với họ nghiệm  x=π6+k2π có nghiệm dương bé nhất là  x=π6 khi k = 0.

Với họ nghiệm  x=5π18+k2π3 có nghiệm dương bé nhất là  x=5π18 khi k = 0.

Vậy nghiệm dương bé nhất của phương trình đã cho là  x=π6.

a) sin2x + cos3x = 0

⇔ sin2x = sin π2−3x

⇔  2x=π2−3x+k2π2x=π−π2+3x+k2π,k∈ℤ

⇔  x=π10+k2π5x=−π2+k2π,k∈ℤ

Vậy phương trình có tập nghiệm là  S=π10+k2π5;−π2+k2π,k∈ℤ.

b) sinxcosx =  24

 ⇔sin2x=22
 
 ⇔2x=π4+k2π2x=3π4+k2π,k∈ℤ
 ⇔x=π8+kπx=3π8+kπ,k∈ℤ

Vậy tập nghiệm của phương trình là  S=π8+kπ;3π8+kπ,k∈ℤ.

c) sinx + sin2x = 0.

⇔ sinx = – sin2x

⇔ sinx = sin(– 2x)

⇔  x=−2x+k2πx=π+2x+k2π,k∈ℤ

⇔  x=k2π3x=−π+k2π,k∈ℤ

Vậy tập nghiệm của phương trình là:  S=k2π3;−π+k2π,k∈ℤ.

a) Tại thời điểm t = 2 độ sâu của nước là: h(2) = 0,8cos0,5.2 + 4 ≈ 4,43 m.

Vậy độ sâu của nước ở thời điểm t = 2 là khoảng 4,43 m.

b) Các thời điểm để mực nước sâu là 3,6m tương ứng với phương trình 0,8cos0,5t + 4 = 3,6

⇔ 0,8cos0,5t = – 0,4

⇔ cos0,5t = – 0,5

⇔ cos0,5t =  cos2π3

⇔ 0,5t =  ±2π3+k2π,k∈ℤ

⇔ t =  ±4π3+k2π,k∈ℤ

+) Với  t=4π3+k2π,k∈ℤ, trong 12 tiếng ta có các thời điểm

 0≤4π3+k2π≤12⇔−23≤k≤1,24

Mà  k∈ℤ nên  k∈0;1.

+) Với  t=−4π3+k2π,k∈ℤ, trong 12 tiếng ta có các thời điểm

 0≤−4π3+k2π≤12⇔23≤k≤1,24

Mà k∈ℤ nên k=1.

Vậy tại các thời điểm  t=4π3,t=10π3,t=2π3giờ thì tàu có thể hạ thủy.

a) Vì  −1≤sin1,5t+π3≤1 nên  −3≤−3sin1,5t+π3≤3

Vận tốc con lắc đạt giá trị lớn nhất khi  sin1,5t+π3=−1

 ⇔1,5t+π3=−π2+k2π,k∈ℤ
 ⇔t=−5π9+k4π3,k∈ℤ

Vì vậy vận tốc con lắc đạt giá trị lớn nhất tại các thời điểm  t1=7π9;  t2=19π9;  t3=31π9;  ...

b) Để vận tốc con lắc bằng 1,5 cm/s thì  v=−3sin1,5t+π3=1,5

  ⇔sin1,5t+π3=−12

Dựa vào đồ thị hàm số sin ta có:

⇔1,5t+π3=−π6+k2π,k∈ℤ1,5t+π3=−5π6+k2π,k∈ℤ

⇔t=−π3+k4π3,k∈ℤt=−7π9+k4π3,k∈ℤ

 ⇔t∈π;  7π3;  ...t=5π9;  17π9;  ...

Vậy sau các thời điểm  t1=5π9,  t2=π,  t3=17π9,  t4=7π3,... thì vận tốc của con lắc đạt 1,5 cm/s.

a) Xét tam giác ABE vuông tại B, có:

 tanθs(t)=BEAB⇔BE=5tanπ12t−12.

b) Đồ thị của hàm số  θs=5tanπ12t−12

Dựa vào đồ thị hàm số  để θs=5tanπ12t−12<−4 và 6 < t < 18 suy ra các thời điểm để bóng cây phủ qua hàng rào N là 6 < t< 9,4.