ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP GIỮA HỌC KÌ I TOÁN 11

ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP GIỮA HỌC KÌ I TỐN 11 ĐÁP ÁN CHI TIẾT HÌNH HỌC Câu 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với A  0;4 , B  2;3 , C  6; 4 Gọi G trọng tâm tam giác ABC a đường phân giác góc phần tư thứ Phép đối xứng trục a biến G thành G ' có tọa độ   4 3 A  1;   4  3 B 1;      C   ;1     D   ;1  Câu 2: Cho điểm A  4;5 , B  6;1 , C  4; 3 Xét phép tịnh tiến theo v   20; 21 biến tam giác ABC thành tam giác A ' B ' C ' Hãy tìm tọa độ trọng tâm tam giác A ' B ' C ' A  22; 20 B 18;22 C  18; 22 D  22;20 Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng  có phương trình 5x  y   Đường thẳng đối xứng  qua trục tung có phương trình là: A x  5y   B 5x  y   C 5x  y   D x  5y   Câu 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d : x  y   Tìm phương trình đường thẳng d ' ảnh d qua phép đối xứng tâm I 1;2 A x  y   B x  y   C x  y   D x  y   Câu 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng  : x  y    ' : x  y   Qua phép đối xứng tâm I 1;  3 , điểm M đường thẳng  biến thành điểm N thuộc đường thẳng  ' Tính độ dài đoạn thẳng MN A MN  B MN  13 C MN  37 D MN  12 Câu 6: Nếu phép tịnh tiến biến điểm A  3; 2 thành A ' 1; 4 biến điểm B 1; 5 thành điểm B ' có tọa độ là: A  4; 2 B  1;1 C 1; 1 D  4;2  Câu 7: Cho đường thẳng d :2 x  y   Để phép tịnh tiến theo v biến đường thẳng d thành  v phải véc-tơ sau đây?     A v   2; 1 B v   1;  C v   2;1 D v  1;  Câu 8: Hình gồm hai đường trịn phân biệt có bán kính có tâm đối xứng A B C D Vô số Câu 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng 1 : x  y    : x  y   điểm I  2;1 Phép vị tự tâm I , tỉ số k biến 1 thành  Tìm k A k  B k  C k  D k  3 Câu 10: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn  C  :  x  1   y    Hỏi phép dời hình có 2 cách liên tiếp thực phép đối xứng qua trục Oy phép tịnh tiến theo véc tơ  v   2;3 biến  C  thành đường trịn có phương trình sau đây? A  x     y    B x  y  C  x     y    D  x  1   y  1  2 2 2 Câu 11: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : x  Trong bốn đường thẳng cho phương trình sau, đường thẳng ảnh d qua phép đối xứng tâm O ? B y  A x  2 D y  2 C x  Câu 12: Cho đường thẳng song song d d ' điểm O khơng nằm chúng Có phép vị tự tâm O biến đường thẳng d thành d ' B A Vô số C D Câu 13: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d có phương trình 3x  y   Xét phép đối xứng trục  : x  y   , đường thẳng d biến thành đường thẳng d  có phương trình là: A x  y   B x  y   C x  y   D x  y   Câu 14: Cho tam giác Cho tam giác ABC với trọng tâm G Gọi A , B , C  trung điểm cạnh BC , AC , AB tam giác ABC Khi phép vị tự biến tam giác AB C  thành tam giác ABC ? A Phép vị tự tâm G , tỉ số k  2 B Phép vị tự tâm G , tỉ số k  C Phép vị tự tâm G , tỉ số k  3 D Phép vị tự tâm G , tỉ số k  Câu 15: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip E : x2 y   Viết phương trình elip E  ảnh elip E qua phép đối xứng tâm I 1;0 A  x  1 E : y2   1 B  x  2 E :  y2  1 C  x  2 E : y2   1 D  x  1 E :  y2  1  Câu 16: Cho v   3;3 đường tròn  C  : x  y  x  y   Ảnh  C  qua T v A x  y  x  y   B  x     y  1  C  x     y  1  D  x     y  1  2 2 2 Câu 17: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai điểm M  4;6 M   3;5 Phép vị tự tâm I , tỉ số k  biến điểm M thành điểm M  Tìm tọa độ tâm vị tự I A I  10;4 B I 11;1 C I 1;11 D I  4;10 Câu 18: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ) :( x  1)  ( y  2)  Phép đối xứng trục Ox biến đường tròn (C ) thành đường tròn (C ) có phương trình A ( x  1)2  ( y  2)2  B ( x  1)2  ( y  2)2  C ( x 1)2  ( y  2)2  D ( x 1)2  ( y  2)2  Câu 19: Cho hai đường thẳng vng góc với a b Có phép đối xứng trục biến a thành a biến b thành b ? C B A vô số D Câu 20: Cho phép vị tự tâm O tỉ số  biến hai điểm A, B thành hai điểm C , D Mệnh đề sau đúng?   A AC  3BD   B AC  3CD   D AB  CD   C 3AB  DC ĐẠI SỐ Bài Giải phương trình sau: sin x  cos x =0   tan  x    6  cos2 x  sin x   tan x  cot x  tan x tan x  cot x    sin x cos x  sin x  cos 2 x   2cos2 3x 4x   3cos 5 sin 2 x  sin x  sin tan x    Bài Giải phương trình sau 4sin x  cos x   tan x 10 cos x sin 2 x  cos4 x  0 sin x cos x 3 cos x  sin x.cos x  2.cos x  sin x.cos x 3sin 3x  cos x   4sin 3x 1 Giải phương trình: sin x  sin x  Giải phương trình: 3cos x  4sin x  6 3cos x  4sin x  Giải phương trình cos x  sin x  sin x  cos x   2  3cos x  2sin  2x  4  Giải phương trình 2cos x   Bài Giải phương trình sau 6sin x  sin x cos x  cos2 x  3 sin x  cos x  ; cos x 2sin x  4cos3 x  3sin x    sin  x    2sin x 4  cos3 x  sin 3x 4sin 2 x  3sin x  cos2 x  4 4sin x  3cos3 x  3sin x  sin x.cos x  2sin x  cos x  sin x  cos3 x   cos x sin x 5sin x.cos x cos x 10 sin x  3cos3 x  sin x.cos x  sin x cos x PHẦN 2: GIẢI CHI TIẾT BẢNG ĐÁP ÁN 1B 2D 3C 4B 5A 6B 7D 8B 9B 10D 11A 12D 13C 14A 15B 16C 17A 18D 19D 20C Câu 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với A  0;4 , B  2;3 , C  6; 4 Gọi G trọng tâm tam giác ABC a đường phân giác góc phần tư thứ Phép đối xứng trục a biến G thành G ' có tọa độ   4 3 A  1;   4  3         C   ;1 B 1;  D   ;1 Lời giải 4  Tọa độ trọng tâm tam giác ABC G  ;1 3  Do a đường phân giác góc phần tư thứ nên ta có: a : x  y  Giả sử Da  G   G '  m; n  Khi GG '  a trung điểm I GG ' thuộc đường thẳng a     Ta có GG '  m  ; n  1 , vecto phương a u 1;1 ,   4    m 1 n  I ;  2     Do ta có hệ phương trình sau   m   n   mn  m        4   m n 1 m  n   n   0    2  4  3 Vậy G ' 1;  Lưu ý: Biểu thức tọa độ qua phép đối xứng đường phân giác a : x  y  x '  y Giả sử Da  M  x; y    M '  x '; y '  y'  x 4   4 Áp dụng vào tốn ta có G  ;1 G ' 1;  3   3 Câu 2:  Cho điểm A  4;5 , B  6;1 , C  4; 3 Xét phép tịnh tiến theo v   20; 21 biến tam giác ABC thành tam giác A ' B ' C ' Hãy tìm tọa độ trọng tâm tam giác A ' B ' C ' A  22; 20 B 18;22 C  18; 22 D  22;20 Lời giải Gọi G G ' trọng tâm tam giác ABC tam giác A ' B ' C ' x A  xB  xC  2  xG  Ta có   y  y A  yB  yC   G    xG '  20   22 Theo đề ta có GG '  v   Vậy G '  22;20  yG '  21   20 Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng  có phương trình 5x  y   Đường thẳng đối xứng  qua trục tung có phương trình là: A x  5y   B 5x  y   C 5x  y   D x  5y   Lời giải +) Gọi A    Ox y   x  3   A  ;0  Gọi B    Oy x   y   B  0;3 5    +) Gọi điểm A’ đối xứng với điểm A qua trục tung suy A '   ;0   ' đường đối xứng     với  qua trục tung A '   ;0    ' B  0;3  '   +) Phương trình  ' Câu 4: x y    5x  y   3  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d : x  y   Tìm phương trình đường thẳng d ' ảnh d qua phép đối xứng tâm I 1;2  A x  y   B x  y   C x  y   D x  y   Lời giải Lấy điểm A  2;0  thuộc d Suy ảnh A qua phép đối xứng tâm I 1;2  điểm A '  0;4  Vì d ' đường thẳng qua A ' song song với d nên d ' : x  y   Câu 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng  : x  y    ' : x  y   Qua phép đối xứng tâm I 1;  3 , điểm M đường thẳng  biến thành điểm N thuộc đường thẳng  ' Tính độ dài đoạn thẳng MN A MN  B MN  13 C MN  37 D MN  12 Lời giải Ta gọi điểm M  2a  3; a  điểm thuộc đường thẳng  Vì phép đối xứng tâm I 1;  3 biến điểm M  2a  3; a  thành điểm N nên tọa độ điểm N  2a 1;   a  Do điểm N thuộc đường thẳng  ' nên tọa độ điểm N thỏa mãn phương trình đường thẳng ' Suy 2a 1  12  2a    a  1 Từ M  5;  1 N  3;  5 Vậy MN  Câu 6: Nếu phép tịnh tiến biến điểm A  3; 2 thành A ' 1; 4 biến điểm B 1; 5 thành điểm B ' có tọa độ là: A  4;  B  1;1 C 1; 1 D  4;2  Lời giải  Ta có AA '  2;6   Gọi tọa độ điểm B '  x; y  Khi BB '  x  1; y      x   2  x  1  Theo ra, ta có BB '  AA '   y 5  y 1 Vậy B '  1;1 Câu 7:  Cho đường thẳng d :2 x  y   Để phép tịnh tiến theo v biến đường thẳng d thành  v phải véc-tơ sau đây?     A v   2; 1 B v   1;  C v   2;1 D v  1;  Lời giải  d có véc -tơ pháp tuyến n   2; 1 ,    Với v  1;  ta có n.v  2.1  1.2  v  1;  véc-tơ phương d , nên Tv  d   d Câu 8: Hình gồm hai đường trịn phân biệt có bán kính có tâm đối xứng A B C D Vơ số Lời giải Hình gồm hai đường trịn phân biệt có bán kính có tâm đối xứng trung điểm đoạn thẳng nối hai tâm hai đường trịn phân biệt Câu 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng 1 : x  y    : x  y   điểm I  2;1 Phép vị tự tâm I , tỉ số k biến 1 thành  Tìm k A k  B k  C k  Lời giải Gọi M  a; b   1  a  2b   M   a , b     a   2b   (*) D k  3 a    k  a   a   ka  2k    b   kb  k  b    k  b  1   V I ,k   M   M   IM   k IM Thay vào (*) ta có: ka  k   kb  k     k  a  2b  1  2k    k  Câu 10: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn  C  :  x  1   y    Hỏi phép dời hình có 2 cách liên tiếp thực phép đối xứng qua trục Oy phép tịnh tiến theo véc tơ  v   2;3 biến  C  thành đường trịn có phương trình sau đây? A  x     y    B x  y  C  x     y    D  x  1   y  1  2 2 2 Lời giải Đường tròn  C  :  x  1   y    có tâm I 1; 2  bán kính R  2 Phép đối xứng qua trục Oy biến  C  thành đường trịn  C1  có tâm I1  1; 2 bán kính R1  R   Phép tịnh tiến theo véc tơ v   2;3 biến  C1  thành đường tròn  C2  có tâm I  x; y  bán kính R2  R1    x 1  x   Khi I1 I  v   y   y 1 Vậy I 1;1 , nên đường trịn  C2  có phương trình  x  1   y  1  2 Câu 11: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : x  Trong bốn đường thẳng cho phương trình sau, đường thẳng ảnh d qua phép đối xứng tâm O ? A x  2 B y  C x  D y  2 Lời giải Với M  x; y  ; M   x; y M  ảnh M qua phép đối xứng qua gốc tọa độ  x  2 Áp dụng biểu thức tọa độ phép đối xứng qua gốc tọa độ ta có:   y   y Do phương trình đường thẳng d  ảnh d là: x  2 Câu 12: Cho đường thẳng song song d d ' điểm O khơng nằm chúng Có phép vị tự tâm A Vô số O biến đường thẳng d thành d ' B C Lời giải D Kẻ d1 đường thẳng qua O cắt d d ' A B   Gọi k số thỏa mãn: OB  kOA Lúc phép vị tự tâm O tỉ số k biến đường thẳng d thành d' Do số k xác định ( khơng phụ thuộc vào d1 ), nên có phép vị tự tâm O biến đường thẳng d thành d ' Câu 13: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d có phương trình x  y   Xét phép đối xứng trục  : x  y   , đường thẳng d biến thành đường thẳng d  có phương trình là: A x  y   B x  y   C x  y   D 3x  y   Lời giải Gọi I giao điểm đường thẳng d  Tọa độ I thỏa mãn hệ phương trình sau: 3 x  y   x    I  0;1  2 x  y   y 1 Ảnh I qua phép đối xứng trục  Lấy điểm M 1; 2  d Đường thẳng d1 qua M vng góc với  có phương trình là:  x 1   y  2   x  y   Gọi M giao điểm đường thẳng d1 đường thẳng  , tọa độ điểm M thỏa x  2y    x  1 mãn hệ phương trình:    M  1; 1 2 x  y    y  1 Gọi M  ảnh điểm M qua phép đối xứng trục   M trung điểm MM    M   3;0   IM    3; 1  Đường thẳng d  qua I , M  nhận n  1; 3 làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là:  x  0   y  1   x  y   Câu 14: Cho tam giác Cho tam giác ABC với trọng tâm G Gọi A , B , C  trung điểm cạnh BC , AC , AB tam giác ABC Khi phép vị tự biến tam giác AB C  thành tam giác ABC ? A Phép vị tự tâm G , tỉ số k  2 B Phép vị tự tâm G , tỉ số k  C Phép vị tự tâm G , tỉ số k  3 D Phép vị tự tâm G , tỉ số k  Lời giải   Vì G trọng tâm tam giác ABC nên GB  2GB  VG ,2   B   B Tương tự V G , 2  A   A V G , 2  C    C Vậy phép vị tự tâm G , tỉ số 2 biến tam giác AB C  thành tam giác ABC Câu 15: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip E : x2 y   Viết phương trình elip E  ảnh elip E qua phép đối xứng tâm I 1;0 A  x  1 E : C E  :  x  2 y2   1  B y2  1  x  2 E : D E  :  x  1  y2  1  y2  1 Lời giải Lấy M  x; y   E    x    x Gọi M   x; y   ÐI  M   IM '   IM   x  1; y     x  1; y     y   y  x   x   x     y      x    y 2    M   x;  y   4  y   y Vậy elip E  có phương trình Câu 16: Cho  v   3;3 đường tròn  x  2  2 y2  1  C  : x  y  x  y   Ảnh  C  qua T v A x  y  x  y   B  x     y  1  C  x     y  1  D  x     y  1  2 2 2 Lời giải Đường trịn  C  có tâm I 1; 2  bán kính R  x 1  T   I   I '  x; y     v y   x   I '  4;1  y 1 Ảnh  C  qua T đường trịn  C '  có tâm I '  4;1 bán kính R '  R  v Vậy phương trình đường trịn  C '  là:  x     y  1  2 Câu 17: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai điểm M  4;6 M   3;5 Phép vị tự tâm I , tỉ số k  biến điểm M thành điểm M  Tìm tọa độ tâm vị tự I A I  10;4 B I 11;1 C I 1;11 Lời giải D I  4;10    3  x    x   x  10  Ta có: V   M   M   IM   IM   I;  y  5  y    y   2  Vậy I  10;4  Câu 18: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ) :( x  1)  ( y  2)  Phép đối xứng trục Ox biến đường tròn (C ) thành đường tròn (C ) có phương trình A ( x  1)2  ( y  2)2  B ( x  1)2  ( y  2)2  C ( x 1)2  ( y  2)2  D ( x 1)2  ( y  2)2  Lời giải Đường trịn (C ) có tâm I (1;  2) , bán kính R  Phép đối xứng trục Ox biến đường tròn (C ) thành đường trịn (C ) có tâm I (1; 2) bán kính R  R  Phương trình (C ) ( x  1)2  ( y  2)2  Câu 19: Cho hai đường thẳng vng góc với a b Có phép đối xứng trục biến a thành a biến b thành b ? B A vô số C D Lời giải Theo tính chất phép đối xứng trục, có phép đối xứng trục biến a thành a biến b thành b Đa Đb Câu 20: Cho phép vị tự tâm O tỉ số  biến hai điểm A, B thành hai điểm C , D Mệnh đề sau đúng?   A AC  3BD   B AC  3CD   D AB  CD   C 3AB  DC Lời giải     Theo tính chất phép vị tự tâm O tỉ số 3 , ta có CD  3 AB  AB  DC ĐẠI SỐ CHƯƠNG I: PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC Bài Giải phương trình sau: sin x  cos x    tan  x    6  cos2 x  sin x   tan x  cot x  tan x tan x  cot x    sin x cos x  sin x  cos 2 x   cos2 3x 4x   3cos 5 tan x   cos x sin 2 x  sin x  sin  10 sin 2 x  cos4 x  0 sin x cos x Lời giải Ta có:    x   k 2   sin x  cos x   cos x   sin x  cos x  cos   x    ,  k     2   x     k 2  18 Vậy phương trình có nghiệm: x    k 2 ; x    18 k 2 , k      tan  x        tan  x        6    tan  x     6         tan  x     tan  x    tan  x   k , k   6 6     2    tan  x      tan  x    tan  x   k , k   6     Vậy phương trình cho có nghiệm là: x    k ; x    k , k   sin x  -1 cos x  sin x    sin x  sin x     sin x  sin x  1  x     k 2 , k   sin x  2>1 vơ nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm là: x     k 2 , k   tan x  cot x  tan x (1) cos x   Điều kiện: sin x  cos x   Với điều kiện  sin x cos3 x  sin x cos3 x (1)   tan x  cot 3x   tan x  cot x       cos x sin x  cos x sin x 3cox x cos x  sin x.sin3x+cosx.cos3x  sin x.sin x  cos x.cos3 x  3    cos x.sin x cos x.sin x cos x cos x    cos x    cos2 x  3cos 2 x  cos x  3cos 2 x   cos 2 x  cos x      cos x    Ta có: cos x     cos x  cos  x    k ,  k    1  1 cos x    x   arccos     k ,  k     3 Kết hợp điều kiện phương trình cho có nghiệm là:  1 x   arccos     k ,  k     3 tan x  cot x   ĐKXĐ: x  k Đặt t  tan x, t  , phương trình cho trở thành: t  1 t     t  t   3t    t  1 t     t t    ) tan x   x    ) tan x   x    k   k , k   (thỏa mãn đk) Vậy phương trình cho có hai họ nghiệm là: x    k x    k , k    sin x cos x  sin x  cos 2 x    sin x cos x  sin x  cos 2 x   sin x sin x sin x 2sin x 1  sin 2 x     sin 2 x   0  2 sin x  sin x sin x   sin x     sin x  1 2 sin x  2 (loai )  1      x   k 2  x   k    k     k    x   k  x     k 2  x     k      Vậy tập nghiệm phương trình S    k ; k    4  2cos2 3x 4x   3cos 5 k   x   k ; 3x 4x 6x 4x 6x 4x   3cos   cos   3cos  cos  3cos   5 5 5 x x x      cos3    cos    3cos   5     cos2  2x   x  k 2  cos  5     21  x  21 2x    cos   l     arccos    k 2 5      x  21  2x   21   cos   tm    arccos     k 2        x  k 5    21    x  arccos    k 5  k           21   x   arccos    k 5    tan x   cos x Điều kiện: cos x   x    k  k    Phương trình trở thành: 2(tan x  1)   1 2 3 1  cos x cos x cos x   cos x   cos x    cos x   x  k 2  k  (nhận)  cos x  VN    1   cos x  k   Vậy nghiệm phương trình x  k 2 sin 2 x  sin x  sin   cos x   cos x sin x  sin x  sin   cos x    2cos x  cos x     cos x  2  2 2        x   k x   k       x   k 2 , k  Z   x   k , k  Z      x     k 2  x     k   Vậy phương trình có nghiệm là: x   k  ,x    k , x     k , k  Z 10 sin 2 x  cos4 x  0 sin x cos x  x  k sin x    sin x.cos x     xk  cos x   x   k  k   Với điều kiện trên, phương trình cho tương đương với Bài Giải phương trình sau 4sin x  cos x   tan x cos x  sin x.cos x  2.cos x  sin x.cos x 3sin 3x  cos x   4sin 3x 1 Giải phương trình: sin x  sin x  Giải phương trình: 3cos x  4sin x  6 3cos x  4sin x  Giải phương trình cos x  sin x  sin x  cos x   2  3cos x  2sin  2x  4  Giải phương trình 2cos x   Lời giải 3sin x  cos x  PT : 3sin x  2cos x   2 sin x  cos x = ( đặt 13 13 13  cos sin x  sin  cos x  sin   sin( x   )  sin   x  2  k 2  (k  Z )  x    k 2 4sin x  cos x   tan Điều kiện: cos x x   x    l2 , l  x 2t  t2 Đặt t  tan , có sin x  cos x   t2  t2 Phương trình trở thành  2t  t2   3t  t2  t2 t  4t  7t    t  t  7t    t2  cos  ; 13  sin  ) 13  t   5  33  t     t  5  33  +) Với t  tức tan +) Với t  tan 5  33 tức x 5  33 x 5  33 5  33    arctan  k  x  arctan  k 2 ,  k    2 2 +) Với t  tan x x       k  x   k 2 ,  k   2 5  33 tức x 5  33 x 5  33 5  33    arctan  k  x  arctan  k 2 ,  k    2 2 Thử lại thấy tất họ nghiệm thoả mãn 3 cos x  sin x.cos x  2.cos x  sin x.cos x cos x  sin x.cos x  2.cos x  sin x.cos x  cos x  (sin x.cos 3x  sin 3x.cos x)  2.cos x  cos x  sin  x  3x   2.cos x   cos  cos x  sin cos x  sin x  cos x 2   sin x  cos x  cos  x    cos x 6         5 x   x  k 2  x   k 2  x  12  k    ;k  5 x    3 x  k 2 8 x     k 2  x     k   48 6  3sin 3x  cos x   4sin 3x 1 Điều kiện: x   x   , 1  3sin 3x  4sin 3x   sin x.cos   cos x.sin cos x   sin x  cos x 1      sin  x    3     k2   9 x    k 2  x  18     , k   9 x    5  k 2 9 x  7  k    54 18  k2   x  18   Vậy, phương trình cho có nghiệm là:  , k   9 x  7  k   54 18 Giải phương trình: sin x  sin x  sin x  sin x   1  cos2 x  sin x    sin x  cos2 x  2 2 sin x  cos2 x  1 5  cos   Đặt  sin     1  cos  sin x  sin  cos x   sin  x      x    k  x    k  x  Vậy phương trình có nghiệm là: x  Giải phương trình: 3cos x  4sin x  3cos x  4sin x      k k  , k k  , 6 3cos x  4sin x  6 3cos x  4sin x   3cos x  4sin x   7 3cos x  4sin x  Đặt t  3cos x  sin x  , t  Phương trình cho trở thành t  7 t t   t  7t     t   Với t   3cos x  4sin x    cos x  sin x  5 Đặt sin   ;cos   , ta có: sin  x      x    k  x    k 5  Với t   3cos x  4sin x    cos x  sin x  5   Đặt sin   ;cos   , ta có: sin  x      x     k 2  x     k 2 5 2    Vậy tập nghiệm phương trình S     k ;    k 2    Giải phương trình cos x  sin x  sin x  cos x   cos x  sin x  sin x  cos x    3 cos x  sin x  sin x  cos x   2 2 3 sin x  cos x  sin x  cos x  2 2   cos  sin x  sin  cos x  cos  sin x  sin  cos x       sin  x    sin  x    6 6           x   k sin  x    2 x    k 2            x   k 2 , k   sin  x      x      k 2  x    k 2         6 2  3cos x  2sin  2x  4  Giải phương trình 2cos x     x   k 2   Điều kiện: cos x    cos x     k    (*)  x     k 2  x  Khi phương trình trở thành:  cos x  2sin     cos x  2 4       cos x   cos  x    2cos x   sin x  cos x  2     tan x   x    k  k   So với điều kiện (*) ta có x  4  k 2 k   Bài Giải phương trình sau 6sin x  sin x cos x  cos2 x  3 sin x  cos x  4sin 2 x  3sin x  cos2 x  ; cos x 4sin x  3cos3 x  3sin x  sin x.cos x  2sin x  4cos3 x  3sin x  2sin x  cos x    sin  x    2sin x 4  6sin x  cos3 x  cos3 x  sin 3x  cos x sin x 5sin x.cos x cos x 10 sin x  3cos3 x  sin x.cos x  sin x cos x Lời giải 2 Giải phương trình: 6sin x  sin x cos x  cos x  1 Ta có với cos x  phương trình trở thành  ( vô lý) Với cos x  chia hai vế phương trình 1 cho cos x ta phương trình: tan x  tan x   cos x  tan x  tan x   1  tan x     x    k   x  arc tan    k    4  tan x  1   tan x  tan x      tan x   Vây phương trình cho có nghiệm x   với k   3  k x  arc tan    k , ( k  ) 4 4sin 2 x  3sin x  2cos 2 x  4sin 2 x  3sin x  2cos2 x   sin 2 x  sin x.cos x  cos 2 x   sin 2 x  cos 2 x   6sin x.cos x  2cos 2 x   2cos x  3sin x  cos x    cos x   cos x     tan x   3sin x   cos x  + cos x   x    k  x   k  , k  1   1  1 + tan x    x  arctan     k  x  arctan     k , k  2  3  3 Kết Luận: Vậy phương trình có nghiệm là: x   k  x    1 arctan     k , k  2  3 3 sin x  cos x  ; cos x Điều kiện: cos x   x  sin x  cos x  Khi đó:   k , k    sin x.cos x  cos x  cos x  sin x.cos x   cos x   sin x.cos x  sin x   sin x   cos x  sin x   x  k sin x   x  k    k   x    k cos x  sin x  tan x     Kết hợp với điều kiện, phương trình cho có họ nghiệm: x    k VÀ x  k , k  4sin x  3cos3 x  3sin x  sin x.cos x  1 Ta xét trường hợp Trường hợp 1: cos x   sin x   sin x  1 nên không thỏa mãn phương trình cho Trường hợp 2: cos x  , chia hai vế phương trình 1 cho cos3 x ta tan x   tan x(1  tan x)  tan x   tan x  tan x  3tan x     tan x  1  tan x  3     x   k  tan x       tan x    x   k ,  k    tan x      x     k  Vậy nghiệm phương trình x    k ; x    k x     k ,  k  Giải phương trình sau: 2sin x  cos3 x  3sin x  Ta xét cos x  Phương trình trở thành: sin x  2 2sin x  3sin x   sin x  2sin x  3    (loại sin x  cos x  ) sin x   Suy cos x  Ta chia hai vế phương trình cho cos3 x Phương trình trở thành: tan x   tan x  cos x  tan x   tan x 1  tan x    tan x  tan x    tan x   x    k  k    Vậy nghiệm phương trình là: x    k  k    Giải phương trình 2sin x  cos x   1 cos x sin x sin x   Điều kiện:  xk cos x      Ta có 1   cos x     2sin x  0 cos x   sin x    2cos x  2sin  cos x cos x     0 cos x sin x cos x sin x    cos x      cos x sin x   cos x     cos x  sin x   2  x   k  3  tan x    2  3 ( Thỏa mãn điều kiện)   x   k (Thỏa mãn điều kiện) Vậy nghiệm phương trình là: x   k  ;x   k   sin  x    2sin x 4  Ta có:     sin  x    2sin x  sin  x    sin x 4 4    2  sin x  cos x   sin x  (sin x  cos x)  4sin x 2    sin x  3sin x cos x  3sin x cos x  cos3 x  4sin x(1) TH1: cos x   x  TH2: cos x   x     k ( k  Z )  sin x  sin x  1 (Vô lý)  k ( k  Z ) (1)  tan x  3tan x  tan x   tan x  tan x  tan x  tan x   tan x 1  tan x  cos x  tan x  tan x  3tan x   tan x  tan x  tan x  tan x  tan x    tan x(tan x  1)  (tan x  1)   (tan x  1)  tan x  1   tan x    tan x  1  x     k (k  Z ) Vậy nghiệm phương trình x     k ( k  Z ) Giải phương trình sau: cos3 x  sin x 2cos3 x  sin 3x  2cos3 x  3sin x  4sin x *) cos x  khơng phải nghiện phương trình *) cos x  , chia hai vế cho cos3 x Ta có phương trình: sin x sin x    3tan x(1  tan x)  tan x cosx cos x cos3 x  tan x    tan x  3tan x      tan x  2 23 +) tan x   x    k , k  +) tan x  2  x  arctan(2)  k , k  Vậy phương trình có nghiệm là: x  sin x  cos3 x   k , k   ; x  arctan(2)  k , k   5sin x.cos x cos x Điều kiện: cos x   x  Phương trình    k  sin x  cos x  10 sin x.cos x.cos x cos x  6sin x  2cos3 x  5sin x.cos x  6sin x  cos3 x  10sin x.cos x   3sin x  cos3 x  5sin x.cos2 x   3sin x 1  cos x   cos x  sin x  cos x    3sin x  sin x  cos x  sin x  cos x   cos x  sin x  cos x     sin x  cos x   3sin x  3sin x.cos x  cos x   sin x  cos x  0(1)  2 3sin x  3sin x.cos x  cos x  0(2)    (1)  sin( x  )   x   k  x   k ( loại) 4  Giải (2): Nếu cos x     sin x  điều vô lý Suy cos x  Lúc    tan x  3tan x   Phương trình vơ nghiệm Vậy phương trình cho vơ nghiệm 10 sin x  3cos3 x  sin x.cos x  sin x.cosx sin x  cos x  sin x cos x  sin x.cos x  (sin x  sin x.cos x)  ( sin x.cos x  cos x)   sin x(sin x  cos x)  cos x(sin x  cos x)   (sin x  cos x)(sin x  cos x)   cos x(sin x  cos x)  cos x  (1)   k  (1)  x   k (k   )  x   ( k  ) sin x  cos x  (2) Do cos x  (2) vơ lí nên (2)  tan x    x     k (k  )  k  x   (k   )  Vậy phương trình có nghiệm   x    k  ... toạ độ Oxy cho hai ? ?i? ??m M  4;6 M   3;5 Phép vị tự tâm I , tỉ số k  biến ? ?i? ??m M thành ? ?i? ??m M  Tìm tọa độ tâm vị tự I A I  10;4 B I ? ?11; 1 C I 1 ;11? ?? L? ?i gi? ?i D I  4;10  ...   sin  x    2sin x 4  6sin x  cos3 x  cos3 x  sin 3x  cos x sin x 5sin x.cos x cos x 10 sin x  3cos3 x  sin x.cos x  sin x cos x L? ?i gi? ?i 2 Gi? ?i phương trình: 6sin x  sin x... tương đương v? ?i B? ?i Gi? ?i phương trình sau 4sin x  cos x   tan x cos x  sin x.cos x  2.cos x  sin x.cos x 3sin 3x  cos x   4sin 3x 1 Gi? ?i phương trình: sin x  sin x  Gi? ?i phương trình: