Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Góc lượng giác, radian (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $y=3+3,5\sin \left(2\pi x-\frac{\pi }{2}\right)=3-3,5\cos 2\pi x$. Gầu cách mặt nước $3m$ nghĩa là $h=|y|=3$, tức $y=3$ hoặc $y=-3$. Với $y=-3$: $3-3,5\cos 2\pi x=-3\iff \cos 2\pi x=\frac{12}{7}>1$ (vô nghiệm). Với $y=3$: $3-3,5\cos 2\pi x=3\iff \cos 2\pi x=0\iff 2\pi x=\frac{\pi }{2}+k\pi \iff x=\frac{1}{4}+\frac{k}{2},k\in \mathbb{Z}$. Với $x\ge 0$, lần đầu tiên là $x=\frac{1}{4}=0,25$ phút, làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất ta được $0,3$ phút. Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 101, Câu 2: 0.3).

a) Chiều cao từ điểm $B$ đến mặt đất là $KH=13+10\sin \alpha$ trong cả hai nửa đường tròn. Vậy a) đúng.

b) Khi $\alpha =-30^{\circ }$, $KH=13+10\cdot \frac{-1}{2}=8$. Vậy b) đúng.

c) $13+10\sin \alpha =23\iff \alpha =\frac{\pi }{2}+k2\pi ;k\in \mathbb{Z}$. Vậy c) đúng.

d) Khi $B$ cách mặt đất $4m$ thì điểm $C$ cách mặt đất $\approx 8,64m$, không phải $14m$. Vậy d) sai.
a) Chiều cao từ điểm $B$ đến mặt đất bằng $KH$: Nếu điểm $B$ nằm ở nửa đường tròn trên thì $\sin \alpha >0$ và $OK=10\sin \alpha$. Ta có: $KH=OH+OK=13+10\sin \alpha$. Nếu điểm $B$ nằm ở nửa đường tròn dưới thì $\sin \alpha <0$ và $OK=10\cdot (-\sin \alpha )$. Ta có: $KH=OH-OK=13-10\cdot (-\sin \alpha )=13+10\sin \alpha$. Vậy a) đúng.
b) Khi $\alpha =-30^{\circ }$, $KH=13+10\cdot \frac{-1}{2}=8$. Vậy b) đúng.
c) Ta có $13+10\sin \alpha =23\iff \sin \alpha =1\iff \alpha =\frac{\pi }{2}+k2\pi ;k\in \mathbb{Z}$. Vậy c) đúng.
d) Gọi $(OA,OC)=\beta$. Ta có: $\beta =\alpha -90^{\circ }\Rightarrow \sin \beta =\sin (\alpha -90^{\circ })=-\cos \alpha$. Khi $KH=4\iff \sin \alpha =-\frac{9}{10}\Rightarrow \sin \beta =-\sqrt{1-{\sin }^2\alpha }=-\sqrt{1-{\left(\frac{-9}{10}\right)}^2}=\frac{-\sqrt{19}}{10}$. Điểm $C$ cách mặt đất là: $13+10\sin \beta \approx 8,64$. Vậy d) sai.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục tọa độ gốc $O$, trục $Ox$ đi qua $A$ (như hình vẽ), khi đó $A(4;0)$. Mặt nước tiếp xúc với đường tròn $(O;4)$ nên mặt nước nằm tại đường thẳng $y=-4$ (tiếp tuyến dưới của đường tròn). Điểm $M$ ở vị trí cao nhất so với mặt nước khi $M$ ở điểm cao nhất của đường tròn, tức $M(0;4)$, tương ứng góc $\alpha =(OA,OM)=\frac{\pi }{2}$ (khi đó độ cao của $M$ so với mặt nước là $4-(-4)=8$ m, lớn nhất). Guồng quay đều một vòng ($2\pi$ rad) sau 40 giây nên vận tốc góc $\omega =\frac{2\pi }{40}=\frac{\pi }{20}$ (rad/s). Vì quay theo chiều dương và $t=0$ khi $M$ trùng $A$, ta có $\alpha (t)=\frac{\pi }{20}t$. Giải $\frac{\pi }{20}t=\frac{\pi }{2}\Rightarrow t=10$ (giây). Vậy trong vòng quay đầu tiên, điểm $M$ ở vị trí cao nhất so với mặt nước tại thời điểm $t=10$ giây.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ, điểm M nằm trong góc phần tư thứ III (x₀<0, y₀<0), góc α có số đo α ∈ (π; 3π/2).
a) Sai. Theo công thức lượng giác, cot(α + kπ) = cot α với mọi k ∈ ℤ (chu kì của cot là π), không phải −cot α.
b) Đúng. Điểm đối xứng với M(x₀; y₀) qua trục Ox là M'(x₀; −y₀). Điểm biểu diễn góc −α có tọa độ (cos(−α); sin(−α)) = (cos α; −sin α) = (x₀; −y₀), đúng bằng M'.
c) Đúng. Vì α ∈ (π; 3π/2) nên sin α < 0 và cos α < 0, do đó tan α = sin α / cos α > 0.
d) Sai. Ta có sin(2025π/14 − α) = cos(π/2 − 2025π/14 + α) = cos(α − 2018π/14) = cos(α − 1009π/7). VT = cos(2024π/7 − α) = cos(α − 2024π/7). Hai góc α − 2024π/7 và α − 1009π/7 khác nhau đúng 1015π/7 = 145π (bội lẻ của π), nên cos của chúng đối dấu: cos(2024π/7 − α) = −sin(2025π/14 − α). Vậy đẳng thức đề cho sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
cot(α + kπ) = cot α với mọi k ∈ ℤ vì chu kì của cot là π, nên mệnh đề cot(α + kπ) = −cot α là sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
Đối xứng qua Ox: M'(x₀; −y₀) = (cos α; −sin α) = (cos(−α); sin(−α)), nên M' biểu diễn góc −α. Đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
Từ hình, M thuộc góc phần tư thứ III nên sin α < 0, cos α < 0, suy ra tan α > 0. Đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
sin(2025π/14 − α) = cos(α − 1009π/7), còn cos(2024π/7 − α) = cos(α − 2024π/7). Hai góc khác nhau 145π (bội lẻ của π) nên hai vế đối dấu, đẳng thức sai.

(AI giải đề cho tôi)
Bán kính guồng $R=5$ m, tâm quay cao $6,5$ m nên điểm thấp nhất của ống buông ở độ cao $6,5-5=1,5$ m, điểm cao nhất ở $11,5$ m. Máng nước cao $11$ m, ống buông đến vị trí máng khi $6,5+5\sin \theta =11\Rightarrow \sin \theta =0,9\Rightarrow \theta \approx 64,16^{\circ }$ (góc so với phương ngang). Xuất phát từ vị trí thấp nhất tương ứng góc $-90^{\circ }$, nên góc quay được là $64,16^{\circ }+90^{\circ }=154,16^{\circ }$. Một vòng ($360^{\circ }$) mất 3 phút $=180$ giây, nên thời gian cần là $\frac{154,16^{\circ }}{360^{\circ }}\cdot 180\approx 77,1$ giây $\approx 1,28$ phút.

Tâm $O$ của tuabin ở độ cao 120 m. Độ cao của một điểm trên cánh quạt so với mặt đất là $h=120+y$, với $y=75\sin \theta$ ($\theta$ là góc lượng giác của cánh tương ứng).

* Cánh $OM$: Điểm $M$ ở độ cao 49 m $\Rightarrow y_M=49-120=-71$ m $\Rightarrow \sin \alpha =-\frac{71}{75}$. Vì $-\frac{\pi }{2}<\alpha <0$ nên $\cos \alpha =\sqrt{1-{\sin }^2\alpha }=\frac{2\sqrt{146}}{75}$.

* Cánh $ON$: Góc lượng giác là $\beta =\alpha -\frac{2\pi }{3}$. Ta có

$\sin \beta =\sin \left(\alpha -\frac{2\pi }{3}\right)=-\frac{1}{2}\sin \alpha -\frac{\sqrt{3}}{2}\cos \alpha =\frac{71-2\sqrt{438}}{150}\approx 0,194$. Chiều cao của điểm $N$ là $h_N=120+75\sin \beta =120+\frac{71-2\sqrt{438}}{2}\approx 134,57$ m.

* Cánh $OP$: Góc lượng giác là $\gamma =\alpha +\frac{2\pi }{3}$. Ta có $\sin \gamma =\frac{71+2\sqrt{438}}{150}\approx 0,752$. Chiều cao của điểm $P$ là $h_P=120+75\sin \gamma =120+\frac{71+2\sqrt{438}}{2}\approx 176,43$ m.

Kết luận:

a) Đúng. Vì $\sin \alpha =-\frac{71}{75}<0$.

b) Đúng. Vì chiều cao điểm $N$ là xấp xỉ 134,57 m > 130 m.

c) Sai. Điểm $N$ nằm ở nửa mặt phẳng phía trên trục hoành $Ox$, có tung độ $y_N>0$ nên $\sin \beta >0$.

d) Đúng. Vì chiều cao điểm $P$ là xấp xỉ 176,43 m < 180 m.
a) Đúng. Vì $\sin \alpha =-\frac{71}{75}<0$.
b) Đúng. Vì chiều cao điểm $N$ là xấp xỉ 134,57 m > 130 m.
c) Sai. Điểm $N$ nằm ở nửa mặt phẳng phía trên trục hoành $Ox$, có tung độ $y_N>0$ nên $\sin \beta >0$.
d) Đúng. Vì chiều cao điểm $P$ là xấp xỉ 176,43 m < 180 m.

Đáp số: 129

Gọi $H$ là trung điểm của dây cung $AB$ và đặt $\theta =\widehat{AOB}$.

Tam giác $OAB$ cân tại $O$ với $OA=OB=100$ m, nên $OH\perp AB$ và $OH$ là tia phân giác của góc $\widehat{AOB}$.

Trong tam giác vuông $OHA$, ta có $AH=\frac{AB}{2}=60$ m và $\sin \frac{\theta }{2}=\frac{AH}{OA}=\frac{60}{100}=0,6$.

Sử dụng máy tính ở chế độ radian suy ra $\theta \approx 1,287$ rad.

Quãng đường ngắn nhất đi bộ trên bờ hồ là độ dài cung nhỏ $AB$:

$s=R\cdot \theta \approx 100\cdot 1,287\approx 129$ m.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0101, trang 8), Câu 4 (Phần 2): a) Đúng, b) Sai, c) Sai, d) Đúng.

Sau $25$ vòng quay thì $\beta$ và $\alpha$ sai khác bội nguyên của $2\pi$ nên $\sin \beta =\sin \alpha$ (a đúng). Bánh xe quay theo chiều kim đồng hồ (chiều âm) nên sau $120\text{ s}$, $\alpha =-1440\text{ rad}$, $h=60+60\sin (-1440\text{ rad})\approx 5,22\text{ cm}\ne 114,78\text{ cm}$ (b sai) và khi $\alpha =20^{\circ }$ thì $(OA,OV)=-20^{\circ }+k\cdot 360^{\circ }$ (c sai). Với vị trí $V$ ở góc phần tư thứ IV và $\cos \alpha =\frac{3}{5}$, ta có $\sin \alpha =-\frac{4}{5}$ (d đúng).