TS247 DT thi online phuong trinh luong giac dang cap cos sin co loi giai chi tiet 13902 1507105554

ĐỀ THI ONLINE – PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC ĐẲNG CẤP COS, SIN – CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1... Hướng dẫn giải chi tiết... Hướng dẫn giải chi tiết... Vậy phương trình có 4 họ nghiệm.

Trang 1

ĐỀ THI ONLINE – PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC ĐẲNG CẤP COS, SIN –

CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1 Phương trình 6sin x2 7 3 sin 2x 8cos x 2 6 có nghiệm là:

k Z

6



   









   



k Z

3



   









   



k Z

12



   









   



3

4

k Z 2

3



   











3 1 sin x 2 3 sin x cos x   3 1 cos x 0 có nghiệm là:

A              



   



4



   



4

C              



   



8

D            



   



8

Câu 3 Giải phương trình 3sin 2x sin2xcos2x 4cos 2x 2 ta được: 2   2 

Câu 4 Một họ nghiệm của phương trình 2sin x 5sin x cos x2  cos x2  2 là:

A k k Z

6



4



4



4



Câu 5 Phương trình 3cos 4x 5sin 4x2  2  2 2 3 sin 4x cos 4x có nghiệm là:

Trang 2

A x k k Z

5



12 2

18 3

24 4

Câu 6 Trong khoảng 0 ;

2



  phương trình

sin 4x3sin 4x cos 4x4 cos 4x0 có:

Câu 7 Giải phương trình 3 3  5 5 

cos xsin x2 cos xsin x

A x k2 k Z

4



4



sin xtan xcos x 4sin x cos x là:

A x k2 , x arctan 1 2 k2

4



4



sin x tan x 1 3sin x cos x sin x 3 có nghiệm là:

k Z

3



    









    



k x

k Z k

x

   







   



k2 x

k Z k2

x

   







   



k Z

3



    









    



Câu 10 Giải phương trình 4sin x3 3cos x3 3sin xsin x cos x2 0

A x k2 , x k2 k Z

Câu 11 Phương trình 2 cos x3 sin 3x có nghiệm là:

Trang 3

A

 

x arctan 2 k2

k Z

4





   



 

k

x arctan 2

2

k Z k

x









  



C

 

k2

x arctan 2

3

k Z k2

x









  



 

x arctan 2 k

k Z

4





   



sin x cos x 2sin x cos x sin x cos x 0

4



4



Câu 13 Phương trình sin 3x 7 cos 3x cos 13x



k2

x

k Z k2

x

3

  









 



k2 x

k Z k2

x 3

   









 



k2 x

k Z k2

x

3

   









 



3



Câu 14 Phương trình 4sin2 x 3sin x 2 0

2   có nghiệm là:

A x k k Z

2



x arctan 2 k



   





C x k k Z

4



Câu 15 Có bao nhiêu giá trị m nguyên để phương trình sin x2 msin x cos x3cos x2 2m có nghiệm?

Câu 16 Phương trình 2 3 cos x2 6sin x cos x 3 3 có mấy họ nghiệm?

Trang 4

Câu 17 Phương trình 3

sin x 2 sin x

4



  

  cĩ số họ nghiệm là:

Câu 18 Nghiệm của phương trình 1 tan x 1 sin 2x

1 tan x

A x k k Z

2



k Z 2

x k



   



 



C x k kZ D Vơ nghiệm

Câu 19 Phương trình 8 cos x 3 1

sin x cos x

  cĩ mấy họ nghiệm?

sin x4 cos x sin x2 sin x cos x 3cos xcĩ số họ nghiệm là:

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN BỞI BAN CHUYÊN MƠN TUYENSINH247.COM

Câu 1

Hướng dẫn giải chi tiết

 

6sin x 7 3 sin 2x 8cos x   6 6sin x 14 3 sin x cos x 8cos x  6 *

Trường hợp 1: cos x 0 x k k Z

2



      Khi đĩ sin x2 1 Thay vào phương trình (*) ta cĩ: 6.1 14.0 8.0 6    6 6 luôn đúng 

2



     là nghiệm của phương trình

Trang 5

2



      Chia cả 2 vế của phương trình (*) cho cos x ta được: 2

2

14 3 tan x 14 0 3 tanx 1 0

1

6 3



Kết hợp 2 trường hợp ta cĩ nghiệm của phương trình là: x 2 k  

k Z

6



   









   



Chọn A

Câu 2

2



sin x1 Thay vào phương trình ta cĩ:  3 1 1 2 3.0    3 1 0 0    3 1 0 Vô lý    

2



     khơng là nghiệm của phương trình

2



      Chia cả 2 vế của phương trình cho cos x ta được: 2

2 2

sin x sin x

cos x cos x

Đặt tan xt Khi đĩ phương trình cĩ dạng:

 

 



  

 



3 1 t 2 3t 3 1 0

Với tan 2 3 k Z

Chọn B

Câu 3

Trang 6

Trường hợp 1: k  

sin 2x1 Thay vào phương trình ta có: 3.1 0 4.0 2    3 2 (Vô lý)

k

    không là nghiệm của phương trình

     Chia cả 2 vế của phương trình cho cos 2x ta được: 2

2

sin 2x sin 2x 2

cos 2x cos 2x cos 2x

3 tan 2x tan 2x 4 2 1 tan 2x

tan 2x tan 2x 6 0

Đặt tan 2x t Khi đó phương trình trở thành

2

x arctan 3 2x arctan 3 k

2x arctan 2 k

x arctan 2









Chọn A

Câu 4

2



sin x1 Thay vào phương trình ta có: 2.1 5.0 0      2 2 2 Voâ lyù 

2



     không là nghiệm của phương trình

2



2

cos x cos x cos x

4

1 tan x

x arctan k 4

4







Chọn B

Câu 5

Trang 7

sin 4x1 Thay vào phương trình ta có: 2.0 5.1 2 2 3.0    5 2 Voâ lyù  

k

2

cos 4x cos 4x cos 4x

3 5 tan 4x 2 1 tan 4x 2 3 tan x 3 tan 4x 2 3 tan x 1 0

1

3 tan 4x 1 0 3 tan 4x 1 0 tan 4x

3 k

Chọn D

Câu 6

sin 4x1 Thay vào phương trình ta có: 1 3.0 4.0 0    1 0 Voâ lyù 

k

2

2 2

sin 4x sin 4x

Đặt tan 4x t Khi đó phương trình trở thành

2

k x

4

4x arctan 4 k x arctan 4





Trang 8

Xét nghiệm k  

5

k 0

k Z

16







 

1

x arctan 4







Vậy phương trình có 4 nghiệm thuộc khoảng 0 ;

2



 

Chọn D

Câu 7

2



sin x 1 sin x 1 Thay sin x 1 vào phương trình ta có: 0 1 2 0 1      1 2 Voâ lyù 

Thay sin x 1 vào phương trình ta có: 0 1 2 0 1        1 2 Voâ lyù 

2



2



Trang 9

 

2 1 cos x cos x cos x cos x

1 tan x tan x 1 tan x 2 2 tan x tan x tan x tan x 1 0

tan x tan x 1 tan x 1 0 tan x 1 tan x 1 0

4



   







Chọn B

Câu 8

ĐK: cos x 0 x k k Z

2



Chia cả 2 vế của phương trình cho 2

cos x ta được:

2

tan x 4 1 tan x tan x 1 tan x 4 tan x 1

cos x cos x cos x

tan x tan x 3 tan x 1 0

Đặt tan xt khi đó phương trình có dạng:

4

x arctan 1 2 k



   

Chọn D

Câu 9

ĐK: cos x 0 x k k Z

2



Chia cả 2 vế của phương trình cho cos x2 được:

Trang 10

 

2

tan x tan x 1 3 tan x 1 tan x 3 1 tan x

tan x tan x 3 tan x 3 tan x 3 3 tan x 0 tan x tan x 3 tan x 3 0

tan x tan x 1 3 tan x 1 0 tan x 3 tan x 1 0

tan x 1

tan x 3

 



 

4

3



    





Chọn D

Câu 10

2



sin x 1 sin x 1 Thay sin x1 vào phương trình ta có: 4.1 3.0 3.1 1.0 0     1 0 Voâ lyù 

Thay sin x 1 vào phương trình ta có: 4 1 3.0 3 1 1.0 0          1 0 Voâ lyù 

2



2



sin x sin x 1 sin x

cos x cos x cos x cos x

4 tan x 3 3 tan x 3 tan x tan x 0 tan x tan x 3 tan x 3 0

tan x tan x 1 3 tan x 1 0 tan x 1 tan x 3 0

4 tan x 1

tan x 3



   

 





4

3



    



Chọn D

Câu 11

Trang 11

2



sin x 1 sin x 1 Thay sin x1 vào phương trình ta có: 2.0 3.1 4.1    0 1 Voâ lyù 

Thay sin x 1 vào phương trình ta có: 2.0 3 1 4 1        0 1 Voâ lyù 

2



2



 

3

2 3

sin x 1 sin x

cos x cos x cos x

tan x 3 tan x 2 0 tan x 2 tan x 1 0

x arctan 2 k tan x 2

k Z

4



 

Chọn D

Câu 12

 

3 sin x cos x 2 sin x cos x sin x cos x 0

sin x cos cos x sin sin x 2 sin cos x cos sin x cos x

sin cos x cos sin x cos cos x sin sin x 0

sin x 2 sin x cos x cos x 0 *

2



sin x1 Thay vào phương trình ta có: 1 2.0 0 0    1 0 Voâ lyù 

2



2



      Chia cả 2 vế của phương trình (*) cho cos x ta được: 2

Trang 12

 

2

2 2

2

sin x sin x

cos x

4



Chọn B

Câu 13

1

2

3x

cos 2

3x

cos 2



 

3x

Chia cả 2 vế của phương trình (*) cho cos23x

2 ta được:

2 2

2

3x

sin

2

k2

x

k Z tm







Chọn A

Câu 14

4sin 3sin x 2 0 4sin 6sin cos 2 0



2

Trang 13

Thay vào phương trình ta có: 4.1 2.0 2 0    6 0 Voâ lyù 

      không là nghiệm của phương trình

2        Chia cả 2 vế của phương trình (*) cho cos2 x

2 ta được:

2

4 tan 6 tan 2 1 tan 0

6 tan 6 tan 2 0

3 tan 3 tan 1 0

Đặt tanx t

2  khi đó phương trình có dạng: 3t2  3t 1 0

Ta có: 2

       phương trình vô nghiệm

Chọn D

Câu 15

2



sin x1

Thay vào phương trình ta có: 1 m.0 3.0 2m 2m 1 m 1 Z

2



2

cos x

tan x m tan x 3 2m 1 tan x

2m 1 tan x m tan x 2m 3 0

Đặt tan xt khi đó phương trình có dạng   2

2m 1 t mt2m 3 0

1

2

  loại

Trang 14

m

2

Để phương trình có nghiệm thì 0 8 94 m 8 94

k 0

 



Chọn C

Câu 16

2



sin x1

Thay vào phương trình ta có: 2 3.0 6.0  3 3(Vô lý)

2



2



2

2 2

sin x 3 3

2 3 6

cos x cos x

2 3 6 tan x 3 3 1 tan x

3 3 tan x 6 tan x 3 3 0



Đặt tan xt khi đó phương trình có dạng

4



   

Vậy phương trình có 2 họ nghiệm

Chọn C

Câu 17

Trang 15

 

3

sin x 2 sin x

4

sin x cos x 2 sin x

2

sin x 3sin x cos x 3sin x cos x cos x 2 sin x

4

sin x 3sin x cos x 3sin x cos x cos x 4sin x



  

2



sin x 1 sin x 1 Thay sin x 1 vào phương trình ta có: 14(Vô lý)

Thay sin x 1 vào phương trình ta có:   1 4(Vô lý)

2



2



2

sin x sin x sin x sin x 1

cos x cos x cos x cos x cos x

tan x 3 tan x 3 tan x 1 4 tan x 1 tan x

3 tan x 3 tan x tan x 1 0

3 tan x tan x 1 tan x 1 0

tan x 1 3 tan x 1 0

tan x 1

4



Chọn B

Câu 18

k Z tan x 1

4



   







Trang 16

   

sin x 1

1 sin 2x sin x 2sin x cos x cos x

sin x

cos x cos x sin x

sin x cos x cos x sin x sin x cos x cos x sin x





2



sin x 1 sin x 1 Thay sin x 1 vào phương trình ta có:  3

0 1  1 0   1 1(Vô lý) Thay sin x 1 vào phương trình ta có:  3

0 1   1 0   1 1(Vô lý)

2



2



3 3

3

1 sin x 1 sin x

cos x cos x cos x cos x

1 tan x tan x 1 tan x tan x 1

1 tan x tan x tan x tan x 3 tan x 3 tan x 1

2 tan x 2 tan x 4 tan x 0

Đặt tan xt khi đó ta được:

2t 2t 4t 0 t t  t 2   0 t 0 (Vì t2    t 2 0 t)tan x   0 x k kZ  tm

Chọn C

Câu 19



2

8cos x 8sin x cos x 3 cos x sin x

sin x cos x

2



sin x 1 sin x 1 Thay sin x 1 vào phương trình ta có: 0 0 1(Vô lý)

Thay sin x 1 vào phương trình ta có: 0 0 1(Vô lý)

Trang 17

 

2



2



sin x 3 sin x 1

cos x cos x cosx cos x

tan x 3 tan x 7 tan x 3 0

Đặt tan xt khi đó phương trình có dạng:

3



   

Chọn D

Câu 20

sin x 4 cos x sin x 2sin x cos x 3cos x

sin x 2sin x cos x 4sin x cos x 8sin x cos x 3cos x 0

2



sin x1 Thay vào phương trình ta có: 10(Vô lý)

2



2



sin x sin x sin x sin x

Đặt tan xt khi đó phương trình có dạng: 4 3 2    3 2 

t 2t 4t     8t 3 0 t 1 t   t 5t 3 0 Phương trình trên có 4 nghiệm t phân biệt

tan x   t x arctan t  k kZ nên mỗi nghiệm t ứng với một họ nghiệm của x

Vậy phương trình có 4 họ nghiệm

Chọn A

Định dạng
Số trang	17
Dung lượng	747,21 KB