Giải SGK Toán 11 KNTT Bài 4. Phương trình lượng giác cơ bản có đáp án
17 câu hỏi
Lời giải:
Sau bài học này ta sẽ giải quyết được bài toán trên như sau:
Chọn hệ trục tọa độ có gốc tọa độ đặt tại vị trí khẩu pháo, trục Ox theo hướng khẩu pháo như hình dưới đây.
Khi đó theo Vật lí, ta biết rằng quỹ đạo của quả đạn pháo có dạng đường parabol có phương trình \(y = \frac{{ - g}}{{2v_0^2{{\cos }^2}\alpha }}{x^2} + x\tan \alpha \) (với g là gia tốc trọng trường).
Cho y = 0 ta được \(\frac{{ - g}}{{2v_0^2{{\cos }^2}\alpha }}{x^2} + x\tan \alpha = 0\), suy ra x = 0 hoặc \(x = \frac{{v_0^2\sin 2\alpha }}{g}\).
Quả đạn tiếp đất khi \(x = \frac{{v_0^2\sin 2\alpha }}{g}\).
Ta có \(x = \frac{{v_0^2\sin 2\alpha }}{g} \le \frac{{v_0^2}}{g}\), dấu bằng xảy ra khi sin 2α = 1.
Giải phương trình sin 2α = 1, ta được α = \(\frac{\pi }{4} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}\).
Do \(0 \le \alpha \le \frac{\pi }{2}\) nên \(\alpha = \frac{\pi }{4}\) hay α = 45°.
Vậy quả đạn pháo sẽ bay xa nhất khi góc bắn bằng 45°.
Lời giải:
+) Ta có: 2x – 4 = 0, suy ra x = 2.
Vậy tập nghiệm của phương trình 2x – 4 = 0 là S1 = {2}.
+) Ta có: (x – 2)(x2 + 1) = 0
Vì x2 ≥ 0 với mọi x ∈ ℝ nên x2 + 1 > 0 với mọi x ∈ ℝ.
Do đó, (x – 2)(x2 + 1) = 0 khi x – 2 = 0 hay x = 2.
Vậy tập nghiệm của phương trình (x – 2)(x2 + 1) = 0 là S2 = {2}.
+) Nhận thấy S1 = S2 = {2}. Vậy hai phương trình đã cho có cùng tập nghiệm.
Lời giải:
+) Ta có: \(\frac{{x - 1}}{{x + 1}} = 0\), điều kiện x ≠ – 1.
Khi đó, \(\frac{{x - 1}}{{x + 1}} = 0\) khi x – 1 = 0 hay x = 1 (thỏa mãn).
Vậy tập nghiệm của phương trình \(\frac{{x - 1}}{{x + 1}} = 0\) là S1 = {1}.
+) Phương trình x2 – 1 = 0 được viết lại thành (x – 1)(x + 1) = 0, từ đó ta tìm được x = 1 hoặc x = – 1, do đó tập nghiệm của phương trình x2 – 1 = 0 là S2 = {– 1; 1}.
+) Nhận thấy S1 ≠ S2, vậy hai phương trình đã cho không tương đương.
a) Quan sát Hình 1.19, tìm các nghiệm của phương trình đã cho trong nửa khoảng [0; 2π).
b) Dựa vào tính tuần hoàn của hàm số sin, hãy viết công thức nghiệm của phương trình đã cho.
Lời giải:
a) Từ Hình 1.19, nhận thấy hai điểm M, M' lần lượt biểu diễn các góc \(\frac{\pi }{6}\) và \(\pi - \frac{\pi }{6} = \frac{{5\pi }}{6}\), lại có tung độ của điểm M và M' đều bằng \(\frac{1}{2}\) nên theo định nghĩa giá trị lượng giác, ta có \(\sin \frac{\pi }{6} = \frac{1}{2}\) và \(\sin \frac{{5\pi }}{6} = \frac{1}{2}\).
Vậy trong nửa khoảng [0; 2π), phương trình \(\sin x = \frac{1}{2}\) có hai nghiệm là \(x = \frac{\pi }{6}\), \(x = \frac{{5\pi }}{6}\).
b) Vì hàm số sin có chu kì tuần hoàn là 2π nên phương trình đã cho có công thức nghiệm là \(x = \frac{\pi }{6} + k2\pi ,\,k \in \mathbb{Z}\) và \(x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi ,\,k \in \mathbb{Z}\).
Lời giải:
a) \(\sin x = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)
\( \Leftrightarrow \sin x = \sin \frac{\pi }{4}\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{4} + k2\pi \\x = \pi - \frac{\pi }{4} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{4} + k2\pi \\x = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)
Vậy phương trình \(\sin x = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\) có các nghiệm là \(x = \frac{\pi }{4} + k2\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}\) và \(x = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \), \(k \in \mathbb{Z}\).
b) sin 3x = – sin 5x
⇔ sin 3x = sin (– 5x)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x = - 5x + k2\pi \\3x = \pi - \left( { - 5x} \right) + k2\pi \end{array} \right.\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x = - 5x + k2\pi \\3x = \pi + 5x + k2\pi \end{array} \right.\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}8x = k2\pi \\ - 2x = \pi + k2\pi \end{array} \right.\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k\frac{\pi }{4}\\x = - \frac{\pi }{2} + k\pi \end{array} \right.\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là \(x = k\frac{\pi }{4},\,k \in \mathbb{Z}\) và \(x = - \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
Lời giải:
a) Từ Hình 1.22a, nhận thấy hai điểm M, M' lần lượt biểu diễn các góc \(\frac{{2\pi }}{3}\) và \( - \frac{{2\pi }}{3}\), lại có hoành độ của điểm M và M' đều bằng \( - \frac{1}{2}\) nên theo định nghĩa giá trị lượng giác, ta có \(\cos \frac{{2\pi }}{3} = - \frac{1}{2}\) và \(\cos \left( { - \frac{{2\pi }}{3}} \right) = - \frac{1}{2}\).
Vậy trong nửa khoảng [– π; π), phương trình \(\cos x = - \frac{1}{2}\) có hai nghiệm là \(x = \frac{{2\pi }}{3}\), \[x = - \frac{{2\pi }}{3}\].
b) Vì hàm số cos có chu kì tuần hoàn là 2π nên phương trình đã cho có công thức nghiệm là \(x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi ,\,k \in \mathbb{Z}\) và \(x = - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi ,\,k \in \mathbb{Z}\).Lời giải:
a) 2cos x = \( - \sqrt 2 \)
\( \Leftrightarrow \cos x = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)
\( \Leftrightarrow \cos x = \cos \frac{{3\pi }}{4}\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \\x = - \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \end{array} \right.\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là \(x = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi ,\,k \in \mathbb{Z}\) và \(x = - \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
b) cos 3x – sin 5x = 0
⇔ cos 3x = sin 5x
\( \Leftrightarrow \cos 3x = \cos \left( {\frac{\pi }{2} - 5x} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x = \frac{\pi }{2} - 5x + k2\pi \\3x = - \left( {\frac{\pi }{2} - 5x} \right) + k2\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}8x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \\2x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{{16}} + k\frac{\pi }{4}\\x = \frac{\pi }{4} + k\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là \(x = \frac{\pi }{{16}} + k\frac{\pi }{4},\,k \in \mathbb{Z}\) và \(x = \frac{\pi }{4} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\).Khi Mặt Trăng quay quanh Trái Đất, mặt đối diện với Trái Đất thường chỉ được Mặt Trời chiếu sáng một phần. Các pha của Mặt Trăng mô tả mức độ phần bề mặt của nó được Mặt Trời chiếu sáng. Khi góc giữa Mặt Trời, Trái Đất và Mặt Trăng là α (0° ≤ α ≤ 360°) thì tỉ lệ F của phần Mặt Trăng được chiếu sáng cho bởi công thức
\(F = \frac{1}{2}\left( {1 - \cos \alpha } \right)\).
(Theo trang usno.navy.mil).
Xác định góc α tương ứng với các pha sau của Mặt Trăng:
a) F = 0 (trăng mới);
b) F = 0,25 (trăng lưỡi liềm);
c) F = 0,5 (trăng bán nguyệt đầu tháng hoặc trăng bán nguyệt cuối tháng);
d) F = 1 (trăng tròn).
Lời giải:
a) Với F = 0, ta có \(\frac{1}{2}\left( {1 - \cos \alpha } \right) = 0\) ⇔ cos α = 1 ⇔ α = 0° hoặc α = 360° (do 0° ≤ α ≤ 360°).
Vậy α ∈ {0°; 360°}.
b) Với F = 0,25, ta có \(\frac{1}{2}\left( {1 - \cos \alpha } \right) = 0,25\)\( \Leftrightarrow \cos \alpha = \frac{1}{2}\)
\( \Leftrightarrow \cos \alpha = \cos 60^\circ \)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\alpha = 60^\circ + k360^\circ \\\alpha = 360^\circ - 60^\circ + k360^\circ \end{array} \right.\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\alpha = 60^\circ + k360^\circ \\\alpha = 300^\circ + k360^\circ \end{array} \right.\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Mà 0° ≤ α ≤ 360° nên α ∈ {60°; 300°}.
c) Với F = 0,5, ta có \(\frac{1}{2}\left( {1 - \cos \alpha } \right) = 0,5\) ⇔ cos α = 0 ⇔ α = 90° + k180°, k ∈ ℤ.
Mà 0° ≤ α ≤ 360° nên α ∈ {90°; 270°}.
d) Với F = 1, ta có \(\frac{1}{2}\left( {1 - \cos \alpha } \right) = 1\) ⇔ cos α = – 1 ⇔ α = 180° + k360°, k ∈ ℤ.
Mà 0° ≤ α ≤ 360° nên α = 180°.
a) Quan sát Hình 1.24, hãy cho biết đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số y = tan x tại mấy điểm trên khoảng \(\left( { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right)\)?
b) Dựa vào tính tuần hoàn của hàm tang, hãy viết công thức nghiệm của phương trình đã cho.
Lời giải:
a) Quan sát Hình 1.24, ta thấy trên khoảng \(\left( { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right)\), đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số y = tan x tại 1 điểm, điểm này có hoành độ \(x = \frac{\pi }{4}\).
b) Từ câu a, ta suy ra phương trình tan x = 1 có nghiệm là \(x = \frac{\pi }{4}\) trên khoảng \(\left( { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right)\).
Do hàm số tang có chu kì là π, nên công thức nghiệm của phương trình tan x = 1 là \(x = \frac{\pi }{4} + k\pi ,\,k \in \mathbb{Z}\).
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 17 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
Lời giải:
a) \(\sqrt 3 \tan 2x = - 1\)
\( \Leftrightarrow \tan 2x = - \frac{1}{{\sqrt 3 }}\)
\( \Leftrightarrow \tan 2x = \tan \left( { - \frac{\pi }{6}} \right)\)
\( \Leftrightarrow 2x = - \frac{\pi }{6} + k\pi \,,\,k \in \mathbb{Z}\)
\( \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{{12}} + k\frac{\pi }{2},\,k \in \mathbb{Z}\)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là \(x = - \frac{\pi }{{12}} + k\frac{\pi }{2},\,k \in \mathbb{Z}\).
b) tan 3x + tan 5x = 0
⇔ tan 3x = – tan 5x
⇔ tan 3x = tan (– 5x)
⇔ 3x = – 5x + kπ, k ∈ ℤ
⇔ 8x = kπ, k ∈ ℤ
⇔ x = \(k\frac{\pi }{8},\,k \in \mathbb{Z}\)
Mà tan x có nghĩa khi x \( \ne \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = \(k\frac{\pi }{8}\) với \(k \ne 4 + 8n,\,\,n \in \mathbb{Z}\).
a) Quan sát Hình 1.25, hãy cho biết đường thẳng y = – 1 cắt đồ thị hàm số y = cot x tại mấy điểm trên khoảng (0; π)?
b) Dựa vào tính tuần hoàn của hàm côtang, hãy viết công thức nghiệm của phương trình đã cho.
Lời giải:
a) Quan sát Hình 1.25, ta thấy trên khoảng (0; π), đường thẳng y = – 1 cắt đồ thị hàm số y = cot x tại 1 điểm, điểm này có hoành độ \(x = - \frac{\pi }{4} + \pi = \frac{{3\pi }}{4}\).
b) Từ câu a, ta suy ra phương trình cot x = – 1 có nghiệm là \(x = \frac{{3\pi }}{4}\) trên khoảng (0; π).
Do hàm số côtang có chu kì là π, nên công thức nghiệm của phương trình cot x = – 1 là \(x = \frac{{3\pi }}{4} + k\pi ,\,k \in \mathbb{Z}\).
Lời giải:
a) cot x = 1
\( \Leftrightarrow \cot x = \cot \frac{\pi }{4}\)
\( \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là \(x = \frac{\pi }{4} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
b) \(\sqrt 3 \cot x + 1 = 0\)
\( \Leftrightarrow \cot x = - \frac{1}{{\sqrt 3 }}\)
\( \Leftrightarrow \cot x = \cot \left( { - \frac{\pi }{3}} \right)\)
\( \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{3} + k\pi ,\,k \in \mathbb{Z}\)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là \(x = - \frac{\pi }{3} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\).Lời giải:
a) cos α = – 0,75
+ Để tìm số đo độ của góc α, ta bấm phím như sau:
Màn hình hiện kết quả là: 138°35'25,36''.
Vậy α ≈ 138°35'26".
+ Để tìm số đo rađian của góc α, ta bấm phím như sau:
Màn hình hiện kết quả là: 2,418858406.
Vậy α ≈ 2,41886 rad.
b) tan α = 2,46
+ Để tìm số đo độ của góc α, ta bấm phím như sau:
Màn hình hiện kết quả là: 67°52'41,01".
Vậy α ≈ 67°52'41".
+ Để tìm số đo rađian của góc α, ta bấm phím như sau:
Màn hình hiện kết quả là: 1,184695602.
Vậy α ≈ 1,1847 rad.
c) cot α = – 6,18
+ Để tìm số đo độ của góc α, ta bấm phím như sau:
Màn hình hiện kết quả là: – 9°11'29,38".
Vậy α ≈ – 9°11'30".
+ Để tìm số đo rađian của góc α, ta bấm phím như sau:
Màn hình hiện kết quả là: – 0,1604218219.
Vậy α ≈ – 0,16042 rad.
Lời giải:
a) \(\sin x = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)
\( \Leftrightarrow \sin x = \sin \frac{\pi }{3}\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x = \pi - \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là \(x = \frac{\pi }{3} + k2\pi ,\,k \in \mathbb{Z}\) và \(x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
b) \(2\cos x = - \sqrt 2 \)
\( \Leftrightarrow \cos x = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)
\( \Leftrightarrow \cos x = \cos \frac{{3\pi }}{4}\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \\x = - \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là \(x = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi ,\,k \in \mathbb{Z}\) và \(x = - \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
c) \(\sqrt 3 \tan \left( {\frac{x}{2} + 15^\circ } \right) = 1\)
\( \Leftrightarrow \tan \left( {\frac{x}{2} + 15^\circ } \right) = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\)
\( \Leftrightarrow \tan \left( {\frac{x}{2} + 15^\circ } \right) = \tan 30^\circ \)
\( \Leftrightarrow \frac{x}{2} + 15^\circ = 30^\circ + k180^\circ ,\,\,k \in \mathbb{Z}\)
\( \Leftrightarrow x = 30^\circ + k360^\circ ,k \in \mathbb{Z}\)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 30° + k360°, k ∈ ℤ.
d) \(\cot \left( {2x - 1} \right) = \cot \frac{\pi }{5}\)
\( \Leftrightarrow 2x - 1 = \frac{\pi }{5} + k\pi ,\,k \in \mathbb{Z}\)
\( \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{{10}} + \frac{1}{2} + k\frac{\pi }{2},\,k \in \mathbb{Z}\)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là \(x = \frac{\pi }{{10}} + \frac{1}{2} + k\frac{\pi }{2},\,k \in \mathbb{Z}\).
Lời giải:
a) sin 2x + cos 4x = 0
⇔ cos 4x = – sin 2x
⇔ cos 4x = sin(– 2x)
⇔ cos 4x = cos\(\left( {\frac{\pi }{2} - \left( { - 2x} \right)} \right)\)
⇔ cos 4x = cos\(\left( {\frac{\pi }{2} + 2x} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}4x = \frac{\pi }{2} + 2x + k2\pi \\4x = - \left( {\frac{\pi }{2} + 2x} \right) + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{4} + k\pi \\x = - \frac{\pi }{{12}} + k\frac{\pi }{3}\end{array} \right.\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là \(x = \frac{\pi }{4} + k\pi ,\,k \in \mathbb{Z}\) và \(x = - \frac{\pi }{{12}} + k\frac{\pi }{3},k \in \mathbb{Z}\).
b) cos 3x = – cos 7x
⇔ cos 3x = cos(π + 7x)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x = \pi + 7x + k2\pi \\3x = - \left( {\pi + 7x} \right) + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{4} + k\frac{\pi }{2}\\x = - \frac{\pi }{{10}} + k\frac{\pi }{5}\end{array} \right.\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là \(x = - \frac{\pi }{4} + k\frac{\pi }{2},\,k \in \mathbb{Z}\) và \(x = - \frac{\pi }{{10}} + k\frac{\pi }{5},k \in \mathbb{Z}\).
Lời giải:
Vì v0 = 500 m/s, g = 9,8 m/s2 nên ta có phương trình quỹ đạo của quả đạn là
\(y = \frac{{ - 9,8}}{{{{2.500}^2}.{{\cos }^2}\alpha }}{x^2} + x\tan \alpha \) hay \(y = \frac{{ - 49}}{{2\,500\,000{{\cos }^2}\alpha }}{x^2} + x\tan \alpha \).
a) Quả đạn chạm đất khi y = 0, khi đó \(\frac{{ - 49}}{{2\,500\,000{{\cos }^2}\alpha }}{x^2} + x\tan \alpha = 0\)
\( \Leftrightarrow x\left( {\frac{{ - 49}}{{2\,500\,000{{\cos }^2}\alpha }}x + \tan \alpha } \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \frac{{2\,500\,000{{\cos }^2}\alpha .\tan \alpha }}{{49}}\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \frac{{2\,500\,000\cos \alpha .\sin \alpha }}{{49}}\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \frac{{1\,250\,000\sin 2\alpha }}{{49}}\end{array} \right.\)
Loại x = 0 (đạn pháo chưa được bắn).
Vậy tầm xa mà quả đạn đạt tới là \(x = \frac{{1250000\sin 2\alpha }}{{49}}\) (m).
b) Để quả đạn trúng mục tiêu cách vị trí đặt khẩu pháo 22 000 m thì x = 22 000 m.
Khi đó \(\frac{{1250000\sin 2\alpha }}{{49}} = 22\,000\)⇔ sin 2α = \(\frac{{539}}{{625}}\)
\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\alpha \approx 29^\circ 47'36''\\\alpha \approx 60^\circ 12'23''\end{array} \right.\,\,\].
c) Hàm số \(y = \frac{{ - 49}}{{2\,500\,000{{\cos }^2}\alpha }}{x^2} + x\tan \alpha \) là một hàm số bậc hai có đồ thị là một parabol có tọa độ đỉnh I(xI; yI) là
\(\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = - \frac{b}{{2a}} = - \frac{{\tan \alpha }}{{2.\frac{{ - 49}}{{2\,500\,000{{\cos }^2}\alpha }}}} = \frac{{1\,250\,\,000\cos \alpha \sin \alpha }}{{49}}\\{y_I} = f\left( {{x_I}} \right) = \frac{{ - 49}}{{2\,500\,000{{\cos }^2}\alpha }}{\left( {\frac{{1\,250\,\,000\cos \alpha \sin \alpha }}{{49}}} \right)^2} + \frac{{1\,250\,\,000\cos \alpha \sin \alpha }}{{49}}\tan \alpha \end{array} \right.\)
Hay \(\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{1\,250\,\,000\cos \alpha \sin \alpha }}{{49}}\\{y_I} = \frac{{625\,\,000{{\sin }^2}\alpha }}{{49}}\end{array} \right.\)
Do đó, độ cao lớn nhất của quả đạn là \({y_{\max }} = \frac{{625\,\,000{{\sin }^2}\alpha }}{{49}}\).
Ta có \({y_{\max }} = \frac{{625\,\,000{{\sin }^2}\alpha }}{{49}} \le \frac{{625\,000}}{{49}}\), dấu “=” xảy ra khi sin2 α = 1 hay α = 90°.
Như vậy góc bắn α = 90° thì quả đan đạt độ cao lớn nhất.
Lời giải:
Vị trí cân bằng của vật dao động điều hòa là vị trí vật đứng yên, khi đó x = 0, ta có
\(2\cos \left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \cos \left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow 5t - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}\)
\( \Leftrightarrow t = \frac{{2\pi }}{{15}} + k\frac{\pi }{5},\,\,k \in \mathbb{Z}\)
Trong khoảng thời gian từ 0 đến 6 giây, tức là 0 ≤ t ≤ 6 hay \(0 \le \frac{{2\pi }}{{15}} + k\frac{\pi }{5} \le 6\)
\( \Leftrightarrow - \frac{2}{3} \le k \le \frac{{90 - 2\pi }}{{3\pi }}\)
Vì k ∈ ℤ nên k ∈ {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8}.
Vậy trong khoảng thời gian từ 0 đến 6 giây, vật đi qua vị trí cân bằng 9 lần.
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
