Sách bài tập Toán 11 Bài 4 (Kết nối tri thức): Phương trình lượng giác cơ bản

Giải SBT Toán lớp 11 Bài 4: Phương trình lượng giác cơ bản

Bài 1.25 trang 24 SBT Toán 11 Tập 1: Giải các phương trình sau:

a) $2\sin \left(\frac{x}{3}+15°\right)+\sqrt{2}=0$ ;

b) $\cos \left(2x+\frac{\pi }{5}\right)=-1$ ;

c) 3tan 2x + $\sqrt{3}$  = 0;

d) cot (2x – 3) = cot 15°.

Lời giải:

a) $2\sin \left(\frac{x}{3}+15°\right)+\sqrt{2}=0$

$\iff \sin \left(\frac{x}{3}+15°\right)=-\frac{\sqrt{2}}{2}$

$\iff \sin \left(\frac{x}{3}+15°\right)=\sin \left(-45°\right)$

b) $\cos \left(2x+\frac{\pi }{5}\right)=-1$

$\iff 2x+\frac{\pi }{5}=\pi +k2\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)$

$\iff x=\frac{2\pi }{5}+k\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)$.

c) 3tan 2x + $\sqrt{3}$  = 0

$\iff \tan 2x=-\frac{\sqrt{3}}{3}$

$\iff \tan 2x=\tan \left(-\frac{\pi }{6}\right)$

$\iff 2x=-\frac{\pi }{6}+k\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)$

$\iff x=-\frac{\pi }{12}+k\frac{\pi }{2}\left(k\in \mathbb{Z}\right)$.

d) cot (2x – 3) = cot 15°

⇔ 2x – 3 = 15° + k180°  (k∈ ℤ)

⇔ 2x = 3 + 15° + k180°  (k∈ ℤ)

⇔ x = 1,5 + 7,5° + k90°  (k∈ ℤ).

Bài 1.26 trang 24 SBT Toán 11 Tập 1: Giải các phương trình sau:

a) sin(2x + 15°) + cos(2x – 15°) = 0;

b) $\cos \left(2x+\frac{\pi }{5}\right)+\cos \left(3x-\frac{\pi }{6}\right)=0$ ;

c) tan x + cot x = 0;

d) sin x + tan x = 0.

Lời giải:

a) Ta có sin(2x + 15°) + cos(2x – 15°) = 0

⇔ sin(2x + 15°) = – cos(2x – 15°)

⇔ sin(2x + 15°) = – sin[90° – (2x – 15°)]

⇔ sin(2x + 15°) = sin[– 90° + (2x – 15°)]

⇔ sin(2x + 15°) = sin(2x – 105°)

Không xảy ra trường hợp 120° = k360°.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 67,5° + k90° (k ∈ ℤ). 

b)$\cos \left(2x+\frac{\pi }{5}\right)+\cos \left(3x-\frac{\pi }{6}\right)=0$

$\iff \cos \left(2x+\frac{\pi }{5}\right)=\cos \left(\frac{7\pi }{6}-3x\right)$

c) Ta có tan x + cot x = 0

⇔ tan x = – cot x

⇔ tan x = cot(π – x)

$\iff \tan x=\tan \left(x-\frac{\pi }{2}\right)$

$\iff x=x-\frac{\pi }{2}+k\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)$

$\iff \frac{\pi }{2}-k\pi =0\left(k\in \mathbb{Z}\right)$. Vô lí.

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

d) Điều kiện cos x ≠ 0 .

Ta có sin x + tan x = 0

$\iff \sin x+\frac{\sin x}{\cos x}=0$

$\iff \sin x\left(1+\frac{1}{\cos x}\right)=0$

⇔ sin x = 0  (do sin² x + cos² x = 1)

⇔ x = kπ (k ∈ ℤ).

Vì x = kπ (k ∈ ℤ) thoả mãn điều kiện cos x ≠ 0 nên nghiệm của phương trình đã cho là

x = kπ (k ∈ ℤ).

Bài 1.27 trang 24 SBT Toán 11 Tập 1: Giải các phương trình sau:

a) (2 + cos x)(3cos 2x – 1) = 0;

b) 2sin 2x – sin 4x = 0;

c) cos⁶ x – sin⁶ x = 0;

d) tan 2x cot x = 1. 

Lời giải:

a) Ta có (2 + cos x)(3cos 2x – 1) = 0

+ Phương trình 2 + cos x = 0 vô nghiệm vì – 1 ≤ cos x ≤ 1.

+ Gọi α là góc thoả mãn cos α = $\frac{1}{3}$ . Ta có

3cos 2x – 1 = 0 ⇔ cos 2x = cos α ⇔ 2x = ± α + k2π (k ∈ ℤ) ⇔ x = $\pm \frac{\alpha }{2}$  + kπ (k ∈ ℤ).

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = $\pm \frac{\alpha }{2}$  + kπ (k ∈ ℤ) với cos α = $\frac{1}{3}$ .

b) Ta có 2sin 2x – sin 4x = 0

⇔ 2sin 2x – 2sin 2x cos 2x = 0

⇔ 2sin 2x(1 – cos2x) = 0

Do sin² 2x + cos² 2x = 1 nên cos 2x = 1 kéo theo sin 2x = 0, do đó phương trình đã cho tương đương với

sin 2x = 0 ⇔ 2x = kπ (k ∈ ℤ) $\iff x=k\frac{\pi }{2}\left(k\in \mathbb{Z}\right)$ .

c) Ta có cos⁶ x – sin⁶ x = 0

⇔ cos⁶ x = sin⁶ x

⇔ (cos² x)³ = (sin² x)³

⇔ cos² x = sin² x

⇔ cos² x – sin² x = 0

⇔ cos 2x = 0

Từ đó ta được 2x = $\frac{\pi }{2}$  + kπ (k ∈ ℤ) hay $x=\frac{\pi }{4}+k\frac{\pi }{2}\left(k\in \mathbb{Z}\right)$ .

d) Điều kiện sin x ≠ 0 và cos 2x ≠ 0.

Ta có tan 2x cot x = 1

$\iff \tan 2x=\frac{1}{\cot x}$

⇔ tan 2x = tan x

⇔ 2x = x + kπ   (k ∈ ℤ)

⇔ x = kπ   (k ∈ ℤ).

Ta thấy x = kπ (k ∈ ℤ) không thoả mãn điều kiện sin x ≠ 0.

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Bài 1.28 trang 24 SBT Toán 11 Tập 1: Tìm các giá trị của x để giá trị tương ứng của các hàm số sau bằng nhau:

a) $y=\cos \left(2x-\frac{\pi }{3}\right)$  và $y=\cos \left(x-\frac{\pi }{4}\right)$ ;

b)  $y=\sin \left(3x-\frac{\pi }{4}\right)$và $y=\sin \left(x-\frac{\pi }{6}\right)$ .

Lời giải:

a) Giá trị tương ứng của hai hàm số $y=\cos \left(2x-\frac{\pi }{3}\right)$  và $y=\cos \left(x-\frac{\pi }{4}\right)$  bằng nhau nếu $\cos \left(2x-\frac{\pi }{3}\right)=\cos \left(x-\frac{\pi }{4}\right)$

b) Giá trị tương ứng của hai hàm số $y=\sin \left(3x-\frac{\pi }{4}\right)$  và $y=\sin \left(x-\frac{\pi }{6}\right)$  bằng nhau nếu $\sin \left(3x-\frac{\pi }{4}\right)=\sin \left(x-\frac{\pi }{6}\right)$

Bài 1.29 trang 24 SBT Toán 11 Tập 1: Một chiếc guồng nước có dạng hình tròn bán kính 2,5 m; trục của nó đặt cách mặt nước 2 m (hình bên). Khi guồng quay đều, khoảng cách h (mét) tính từ một chiếc gầu gắn tại điểm A trên guồng đến mặt nước là h = |y| trong đó

$y=2+\mathrm{2,5}\sin 2\pi \left(x-\frac{1}{4}\right)$

với x là thời gian quay của guồng (x ≥ 0), tính bằng phút; ta quy ước rằng y > 0 khi gầu ở trên mặt nước và y < 0 khi gầu ở dưới mặt nước.

a) Khi nào chiếc gầu ở vị trí cao nhất? Thấp nhất?

b) Chiếc gầu cách mặt nước 2 mét lần đầu tiên khi nào?

Lời giải:

a) Vì $-1\le \sin 2\pi \left(x-\frac{1}{4}\right)\le 1$  nên $-\mathrm{2,5}\le \mathrm{2,5}\sin 2\pi \left(x-\frac{1}{4}\right)\le \mathrm{2,5}$  và do đó ta có $2-\mathrm{2,5}\le 2+\mathrm{2,5}\sin 2\pi \left(x-\frac{1}{4}\right)\le 2+\mathrm{2,5}$

hay $-\mathrm{0,5}\le 2+\mathrm{2,5}\sin 2\pi \left(x-\frac{1}{4}\right)\le \mathrm{4,5}\forall x\in ℝ$ .

Suy ra, gầu ở vị trí cao nhất khi $\sin 2\pi \left(x-\frac{1}{4}\right)=1$ $\iff 2\pi \left(x-\frac{1}{4}\right)=\frac{\pi }{2}+k2\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)$

$\iff x=\frac{1}{2}+k\left(k\in \mathbb{Z}\right)$. Do x ≥ 0 nên $x=\frac{1}{2}+k\left(k\in \mathbb{N}\right)$ .

Vậy gầu ở vị trí cao nhất tại các thời điểm $\frac{1}{2},\frac{3}{2},\frac{5}{2}\mathrm{,\dots }$  phút.

Tương tự, gầu ở vị trí thấp nhất khi $\sin 2\pi \left(x-\frac{1}{4}\right)=-1$

$\iff 2\pi \left(x-\frac{1}{4}\right)=-\frac{\pi }{2}+k2\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)$

$\iff x=k\left(k\in \mathbb{Z}\right)$. Do x ≥ 0 nên $x=k\left(k\in \mathbb{N}\right)$ .

Vậy gàu ở vị trí thấp nhất tại các thời điểm 0, 1, 2, 3, … phút.

b) Gầu cách mặt nước 2 m khi $2+\mathrm{2,5}\sin 2\pi \left(x-\frac{1}{4}\right)=2$

$\iff \sin 2\pi \left(x-\frac{1}{4}\right)=0$

$\iff 2\pi \left(x-\frac{1}{4}\right)=k\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)$

$\iff x=\frac{1}{4}+\frac{k}{2}\left(k\in \mathbb{Z}\right)$

Do x ≥ 0 nên $x=\frac{1}{4}+\frac{k}{2}\left(k\in \mathbb{N}\right)$ .

Vậy chiếc gầu cách mặt nước 2 m lần đầu tiên tại thời điểm $x=\frac{1}{4}$  phút.

Bài 1.30 trang 25 SBT Toán 11 Tập 1: Số giờ có ánh sáng mặt trời của một thành phố A trong ngày thứ t (ở đây t là số ngày tính từ ngày 1 tháng giêng) của một năm không nhuận được mô hình hóa bởi hàm số

$L\left(t\right)=12+\mathrm{2,83}\sin \left(\frac{2\pi }{365}\left(t-80\right)\right)$ với t ∈ ℤ và 0 < t ≤ 365.

a) Vào ngày nào trong năm thì thành phố A có ít giờ ánh sáng mặt trời nhất?

b) Vào ngày nào trong năm thì thành phố A có nhiều giờ ánh sáng mặt trời nhất?

c) Vào ngày nào trong năm thì thành phố A có khoảng 10 giờ ánh sáng mặt trời?

Lời giải:

Vì $-1\le \sin \left(\frac{2\pi }{365}\left(t-80\right)\right)\le 1$  nên $-\mathrm{2,83}\le \mathrm{2,83}\sin \left(\frac{2\pi }{365}\left(t-80\right)\right)\le \mathrm{2,83}$ , do đó $12-\mathrm{2,83}\le 12+\mathrm{2,83}\sin \left(\frac{2\pi }{365}\left(t-80\right)\right)\le 12+\mathrm{2,83}$

hay $\mathrm{9,17}\le 12+\mathrm{2,83}\sin \left(\frac{2\pi }{365}\left(t-80\right)\right)\le \mathrm{14,83}\forall t\in ℝ$ .

a) Ngày thành phố A có ít giờ ánh sáng mặt trời nhất ứng với

$\sin \left(\frac{2\pi }{365}\left(t-80\right)\right)=-1$

$\iff \frac{2\pi }{365}\left(t-80\right)=-\frac{\pi }{2}+k2\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)$

$\iff t=-\frac{45}{4}+365k\left(k\in \mathbb{Z}\right)$

Vì 0 < t ≤ 365 nên k = 1 suy ra t = $-\frac{45}{4}$  + 365 = 353,75.

Như vậy, vào ngày thứ 353 của năm, tức là khoảng ngày 20 tháng 12 thì thành phố A sẽ có ít giờ ánh sáng mặt trời nhất.

b) Ngày thành phố A có nhiều giờ ánh sáng mặt trời nhất ứng với  

$\sin \left(\frac{2\pi }{365}\left(t-80\right)\right)=1$

$\iff \frac{2\pi }{365}\left(t-80\right)=\frac{\pi }{2}+k2\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)$

$\iff t=\frac{685}{4}+365k\left(k\in \mathbb{Z}\right)$

Vì 0 < t ≤ 365 nên k = 0 suy ra t = $\frac{685}{4}$  = 171,25.

Như vậy, vào ngày thứ 171 của năm, tức là khoảng ngày 20 tháng 6 thì thành phố A sẽ có nhiều giờ ánh sáng mặt trời nhất.

c) Thành phố A có khoảng 10 giờ ánh sáng mặt trời trong ngày nếu

 $12+\mathrm{2,83}\sin \left(\frac{2\pi }{365}\left(t-80\right)\right)=10$

$\iff \sin \left(\frac{2\pi }{365}\left(t-80\right)\right)=-\frac{200}{283}$

Từ đó ta được  .

Vì 0 < t ≤ 365 nên k = 0 suy ra t ≈ 34,69 hoặc t ≈ 308,3.

Như vậy, vào khoảng ngày thứ 34 của năm, tức là ngày 3 tháng 2 và ngày thứ 308 của năm, tức là ngày 4 tháng 11 thành phố A sẽ có 10 giờ ánh sáng mặt trời.