Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Phương trình lượng giác (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $t=x-\frac{\pi }{4}$. Phương trình trở thành $\sin t+\sqrt{3}\cos t=\sqrt{2}$, tức $2\sin \left(t+\frac{\pi }{3}\right)=\sqrt{2}$, nên $\sin \left(t+\frac{\pi }{3}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
Suy ra $t+\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{4}+2k\pi$ hoặc $t+\frac{\pi }{3}=\frac{3\pi }{4}+2k\pi$.
- Trường hợp 1: $t=-\frac{\pi }{12}+2k\pi \Rightarrow x=\frac{\pi }{6}+2k\pi$.
- Trường hợp 2: $t=\frac{5\pi }{12}+2k\pi \Rightarrow x=\frac{2\pi }{3}+2k\pi$.
Nghiệm dương nhỏ nhất: $M=\frac{\pi }{6}$.
Nghiệm âm lớn nhất: so sánh $\frac{\pi }{6}-2\pi =-\frac{11\pi }{6}$ và $\frac{2\pi }{3}-2\pi =-\frac{4\pi }{3}$; vì $-\frac{4\pi }{3}>-\frac{11\pi }{6}$ nên $m=-\frac{4\pi }{3}$.
Vậy $M+m=\frac{\pi }{6}-\frac{4\pi }{3}=-\frac{7\pi }{6}$.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm độ cao: $H(t)=50\sin \left(\frac{\pi }{10}t-\frac{\pi }{2}\right)+55$, chu kỳ 20 phút.
a) $H(10)=50\sin \left(\pi -\frac{\pi }{2}\right)+55=50\cdot 1+55=105$ m → Đúng.
b) Độ cao lớn nhất là $50+55=105$ m (không phải 50 m) → Sai.
c) $H(t)=30\iff \sin \left(\frac{\pi }{10}t-\frac{\pi }{2}\right)=-\frac{1}{2}\iff \{\begin{array}{l}t=\frac{10}{3}+20k\\ t=\frac{50}{3}+20k\end{array}$; với $0\le t\le 20$ ta được $t=\frac{10}{3}$ và $t=\frac{50}{3}$, không phải $t=\frac{40}{3}$ → Sai.
d) Thời gian cabin ở độ cao trên 30 m là $\frac{50}{3}-\frac{10}{3}=\frac{40}{3}\approx 13,3$ phút → Đúng. Kết quả khớp đáp án ĐSSD của đề (mã 0112).
a) (AI giải đề cho tôi)
$H(10)=50\sin \left(\pi -\frac{\pi }{2}\right)+55=50+55=105$ m.
b) (AI giải đề cho tôi)
Độ cao cao nhất là $50+55=105$ m, không phải 50 m.
c) $H(t)=30\iff \sin \left(\frac{\pi }{10}t-\frac{\pi }{2}\right)=-\frac{1}{2}\iff \{\begin{array}{l}t=\frac{10}{3}+20k\\ t=\frac{50}{3}+20k\end{array};0\le t\le 20\Rightarrow \{\begin{array}{l}t=\frac{10}{3}\\ t=\frac{50}{3}\end{array}$
d) Thời gian mà cabin ở độ cao trên $30m$ so với mặt đất là $\frac{50}{3}-\frac{10}{3}=\frac{40}{3}=13,3$ phút

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\sin \left(2x-\frac{\pi }{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}\iff 2x-\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{4}+2k\pi$ hoặc $2x-\frac{\pi }{4}=\frac{3\pi }{4}+2k\pi$. Suy ra $x=\frac{\pi }{4}+k\pi$ hoặc $x=\frac{\pi }{2}+k\pi$. Với $x\in \left(0;\frac{9\pi }{4}\right)$: họ thứ nhất cho $x=\frac{\pi }{4},\frac{5\pi }{4}$ (2 nghiệm); họ thứ hai cho $x=\frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2}$ (2 nghiệm, vì $\frac{5\pi }{2}>\frac{9\pi }{4}$). Vậy phương trình có 4 nghiệm, khớp với đáp án nguồn (mã đề 0111, câu 18 = 4).

Ta có: $\cos \left(4x-\frac{\pi }{6}\right)+{\sin }^{2}x={\cos }^{2}x\iff \cos \left(4x-\frac{\pi }{6}\right)={\cos }^{2}x-{\sin }^{2}x$

$$\iff \cos \left(4x-\frac{\pi }{6}\right)=\cos 2x\iff \left[\begin{array}{c}4x-\frac{\pi }{6}=2x+k2\pi \\ 4x-\frac{\pi }{6}=-2x+k2\pi \end{array}\right]\iff \left[\begin{array}{c}x=\frac{\pi }{12}+k\pi \\ x=\frac{\pi }{36}+k\frac{\pi }{3}\end{array}\right](k\in \mathbb{Z})$$

Ta có mỗi họ nghiệm lần lượt có các nghiệm âm lớn nhất là:

$$x_1=\frac{\pi }{12}-\pi =-\frac{11\pi }{12};x_2=\frac{\pi }{36}-\frac{\pi }{3}=-\frac{11\pi }{36}$$

Vậy nghiệm âm lớn nhất của phương trình là $x=-\frac{11}{36}\pi$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta cần giải $h(t)=11,5$: $13+3\cos \left(\frac{\pi }{12}t\right)=11,5\Rightarrow \cos \left(\frac{\pi }{12}t\right)=-\frac{1}{2}$. Với $0\le t\le 24$, ta có $\frac{\pi }{12}t=\frac{2\pi }{3}$ hoặc $\frac{\pi }{12}t=\frac{4\pi }{3}$, suy ra $t=8$ hoặc $t=16$. Buổi sáng ứng với $t=a=8$ (giờ), buổi chiều ứng với $t=b=16$ (giờ). Vậy $a-b=8-16=-8$. Kết quả trùng với đáp án nguồn $-8$.

(AI giải đề cho tôi)
Giải $h(t)=11,5$: $13+3\cos \left(\frac{\pi }{12}t\right)=11,5\Rightarrow \cos \left(\frac{\pi }{12}t\right)=-\frac{1}{2}$. Với $0\le t\le 24$: $\frac{\pi }{12}t=\frac{2\pi }{3}$ hoặc $\frac{4\pi }{3}$, tức $t=8$ hoặc $t=16$. Buổi sáng $a=8$, buổi chiều $b=16$, nên $a-b=8-16=-8$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (-8).

a. $\sin x-\sqrt{3}\cos x=2$
$\sin x-\sqrt{3}\cos x=2\iff \frac{1}{2}\sin x-\frac{\sqrt{3}}{2}\cos x=1$
$\iff \cos \frac{\pi }{3}\sin x-\sin \frac{\pi }{3}\cos x=1$
$\iff \sin \left(x-\frac{\pi }{3}\right)=1$
$\iff x=\frac{5\pi }{6}+k2\pi (k\in \mathbb{Z})$

b. $$\{\begin{array}{ll}2x^2-3x+2=y^2& (1)\\ 2y^2-3y+2=x^2& (2)\end{array}$$
$(1)-(2)$
$\iff 3(x^2-y^2)-3(x-y)=0$
$\iff 3(x-y)(x+y-1)=0$
$\Rightarrow \{\begin{array}{l}y=x\\ y=1-x\end{array}$
Th1: y = x thế vào (1) ta được: $x^2-3x+2=0\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=1\\ x=2\end{array}$. Khi đó hệ có nghiệm (1;1), (2;2)
Th2: y = 1-x thế vào (1) ta được: phương trình $x^2-x+1=0$ vô nghiệm
Vậy hệ có nghiệm : (1;1), (2;2)

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 1.1) Giải phương trình $3+6\cos x-{\tan }^{2}x-2\tan x\sin x=0$.**

Điều kiện: $\cos x\ne 0$.

Viết ${\tan }^{2}x=\frac{{\sin }^{2}x}{{\cos }^{2}x}$, $2\tan x\sin x=\frac{2{\sin }^{2}x}{\cos x}$. Nhân hai vế với ${\cos }^{2}x>0$:
$$3{\cos }^{2}x+6{\cos }^{3}x-{\sin }^{2}x-2{\sin }^{2}x\cos x=0.$$

Thay ${\sin }^{2}x=1-{\cos }^{2}x$, đặt $c=\cos x$:
$$3c^2+6c^3-(1-c^2)-2c(1-c^2)=0⟺8c^3+4c^2-2c-1=0.$$

Phân tích: $8c^3+4c^2-2c-1=4c^2(2c+1)-(2c+1)=(2c+1)(4c^2-1)=(2c-1)(2c+1{)}^2=0$.

- $\cos x=\frac{1}{2}⟺x=\pm \frac{\pi }{3}+2k\pi$.
- $\cos x=-\frac{1}{2}⟺x=\pm \frac{2\pi }{3}+2k\pi$ (thử lại thỏa mãn, ví dụ $\cos x=-\frac{1}{2}$: $3-3-{\tan }^{2}x-2\tan x\sin x=-3+3=0$).

Kết luận: $x=\pm \frac{\pi }{3}+2k\pi$ hoặc $x=\pm \frac{2\pi }{3}+2k\pi$, $k\in \mathbb{Z}$.

**Câu 1.2) Chứng minh chiều rộng khối hàng nhỏ hơn $3\pi$ m.**

Cung cầu OA: $y=4,8\sin \frac{x}{9}$ với $0\le x\le 9\pi$ (giao điểm kế tiếp với trục Ox là $A(9\pi ;0)$).

Khối hàng cao $2,4\sqrt{3}$ m, để đi qua gầm cầu, tại hai mép của khối hàng (hoành độ $x$) phải có khoảng cách từ mặt nước đến cung cầu ít nhất bằng chiều cao khối hàng:
$$4,8\sin \frac{x}{9}\ge 2,4\sqrt{3}⟺\sin \frac{x}{9}\ge \frac{\sqrt{3}}{2}.$$

Với $0\le \frac{x}{9}\le \pi$, điều này tương đương $\frac{\pi }{3}\le \frac{x}{9}\le \frac{2\pi }{3}$, tức $3\pi \le x\le 6\pi$.

Khối hàng là hình hộp chữ nhật, khi đi qua gầm cầu (giữa nhịp cầu) tập hợp các hoành độ chiếm chỗ của nó là đoạn $[a,b]\subset [3\pi ,6\pi ]$ với độ dài $b-a$ bằng chiều rộng $w$ của khối hàng. Vì $[3\pi ,6\pi ]$ có độ dài $3\pi$ nên $w\le 3\pi$. Hơn nữa, để sà lan thực sự di chuyển qua được (khối hàng trôi qua vùng gầm cầu), đoạn chiếm chỗ phải nằm hoàn toàn trong khoảng hở $(3\pi ,6\pi )$ tại mọi thời điểm, do đó
$$w<3\pi (\text{m}).$$

Vậy chiều rộng của khối hàng hóa phải nhỏ hơn $3\pi$ m. Đpcm.

1. Ta có:
$$\sqrt{3}\sin x-\cos x=2\sin 3x$$
$$\iff \frac{\sqrt{3}}{2}\sin x-\frac{1}{2}\cos x=\sin 3x$$
$$\iff \sin \left(x-\frac{\pi }{6}\right)=\sin 3x$$
$$\iff \{\begin{array}{l}3x=x-\frac{\pi }{6}+k2\pi \\ 3x=\frac{7\pi }{6}-x+k2\pi \end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=-\frac{\pi }{12}+k\pi \\ x=\frac{7\pi }{24}+k\frac{\pi }{2}\end{array},k\in \mathbb{Z}$$

2. Bất phương trình:
$${\log }_3\frac{x^2+x+3}{2x^2+4x+5}>x^2+3x+2\iff {\log }_3\frac{x^2+x+3}{2x^2+4x+5}>\left(2x^2+4x+5\right)-\left(x^2+x+3\right)$$
$$\iff {\log }_3\left(x^2+x+3\right)+\left(x^2+x+3\right)>{\log }_3\left(2x^2+4x+5\right)+\left(2x^2+4x+5\right)$$
Xét hàm số $f(t)={\log }_{3}t+t,t>0$ thì $f^{\prime }(t)=\frac{1}{t\ln 3}+1>0,\forall t>0$
Do đó $f(t)$ đồng biến, nên bất phương trình $f\left(x^2+x+3\right)>f\left(2x^2+4x+5\right)$
$$\iff x^2+x+3>2x^2+4x+5\iff x^2+3x+2<0$$
$$\iff -2<x<-1$$
Vậy bất phương trình có tập nghiệm $T=(-2;-1)$.

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 16.**

**1. Giải phương trình** $\cos 2x+(1+2\cos x)(\sin x-\cos x)=0$.

Khai triển:
$$\cos 2x+\sin x-\cos x+2\sin x\cos x-2{\cos }^{2}x=0.$$
Vì $\cos 2x-2{\cos }^{2}x=(2{\cos }^{2}x-1)-2{\cos }^{2}x=-1$, phương trình trở thành:
$$2\sin x\cos x+\sin x-\cos x-1=0.$$
Đặt $t=\sin x-\cos x$, khi đó $\sin x\cos x=\frac{1-t^2}{2}$ (do $(\sin x-\cos x{)}^2=1-2\sin x\cos x$). Phương trình thành:
$$(1-t^2)+t-1=0\iff t(1-t)=0\iff t=0\text{ hoặc }t=1.$$

- Với $t=0$: $\sin x=\cos x\iff x=\frac{\pi }{4}+k\pi ,k\in \mathbb{Z}$.
- Với $t=1$: $\sin x-\cos x=1\iff \sqrt{2}\sin \left(x-\frac{\pi }{4}\right)=1\iff \sin \left(x-\frac{\pi }{4}\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}$, suy ra $x-\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{4}+2k\pi$ hoặc $x-\frac{\pi }{4}=\frac{3\pi }{4}+2k\pi$, tức $x=\frac{\pi }{2}+2k\pi$ hoặc $x=\pi +2k\pi ,k\in \mathbb{Z}$.

Kiểm tra: $x=\frac{\pi }{2}$: $2\cdot 1\cdot 0+1-0-1=0$ ✓; $x=\pi$: $0+0+1-1=0$ ✓.

Tập nghiệm: $S=\left\{\frac{\pi }{4}+k\pi ;\frac{\pi }{2}+2k\pi ;\pi +2k\pi \mid k\in \mathbb{Z}\right\}$.

**2. Tam giác $ABC$ vuông tại $A$**, $BC=a$ (cạnh huyền), $AB=c$, $AC=b$, và $a,\sqrt{\frac{2}{3}}b,c$ lập thành cấp số nhân nên:
$${\left(\sqrt{\frac{2}{3}}b\right)}^2=ac\iff \frac{2}{3}{b}^2=ac.(\ast )$$
Kết hợp $a^2=b^2+c^2$, từ $(\ast )$ có $b^2=\frac{3}{2}ac$, thay vào:
$$a^2=\frac{3}{2}ac+c^2\iff 2a^2-3ac-2c^2=0.$$
Chia hai vế cho $c^2$, đặt $r=\frac{a}{c}>0$: $2r^2-3r-2=0\iff r=2$ (nhận) hoặc $r=-\frac{1}{2}$ (loại).

Vậy $a=2c$, suy ra $b^2=\frac{3}{2}\cdot 2c\cdot c=3c^2\Rightarrow b=c\sqrt{3}$.

Do đó:
$$\sin B=\frac{b}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow B=60^{\circ },C=90^{\circ }-60^{\circ }=30^{\circ }.$$

Kiểm tra cấp số nhân: $a=2c,\sqrt{\frac{2}{3}}b=\sqrt{\frac{2}{3}}\cdot \sqrt{3}c=\sqrt{2}c,c$ — công bội $\frac{1}{\sqrt{2}}$ ✓.

Kết luận: $\hat{B}=60^{\circ },\hat{C}=30^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 1a: Điều kiện: $\cos x\ne 0$ và $\cos \frac{x}{2}\ne 0$. Đặt $t=\tan \frac{x}{2}$, khi đó $\tan x=\frac{2t}{1-t^2}$, $\sin x=\frac{2t}{1+t^2}$, ${\cos }^{2}x=\frac{(1-t^2{)}^2}{(1+t^2{)}^2}$, với $t\ne \pm 1$. Phương trình trở thành
$$\frac{2t}{1-t^2}+1=\frac{(1-t^2{)}^2}{(1+t^2{)}^2}+\frac{4t^3}{(1+t^2)(1-t^2)}.$$
Nhân hai vế với $(1-t^2)(1+t^2{)}^2$ và rút gọn:
- VT $=(2t+1-t^2)(1+t^2{)}^2=1+2t+t^2+4t^3-t^4+2t^5-t^6$.
- VP $=(1-t^2{)}^3+4t^3(1+t^2)=1-3t^2+3t^4-t^6+4t^3+4t^5$.

Trừ hai vế: $2t+4t^2-4t^4-2t^5=2t(1-t^2)(1+t{)}^2=0$.

Với $t\ne \pm 1$ (do điều kiện $\cos x\ne 0$ và $t\ne \pm 1$ để $\tan x$ xác định):
• $t=0\Rightarrow \tan \frac{x}{2}=0\Rightarrow x=2k\pi$, $k\in \mathbb{Z}$ (thỏa mãn, kiểm tra: $0+1=1+0$ ✓).
• $(1-t^2)=0\Rightarrow t=\pm 1$ (loại).
• $(1+t{)}^2=0\Rightarrow t=-1$ (loại).

Vậy tập nghiệm: $S=\{2k\pi \mid k\in \mathbb{Z}\}$.

Câu 1b: Người chơi qua vị trí cân bằng khi $d=0$, tức $\cos \left[\frac{\pi }{3}(2t-1)\right]=0⟺\frac{\pi }{3}(2t-1)=\frac{\pi }{2}+k\pi ⟺2t-1=\frac{3}{2}+3k⟺t=\frac{5}{4}+\frac{3}{2}k$, $k\in \mathbb{Z}$. Với $0\le t\le 20$: $t=1,25;2,75;4,25;\dots$; số hạng lớn nhất: $\frac{5}{4}+\frac{3}{2}k\le 20⟺k\le 12,5\Rightarrow k=0,1,\dots ,12$. Vậy có 13 lần người chơi đi qua vị trí cân bằng từ lúc bắt đầu đến thời điểm 20 giây.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $-2{\cos }^{2}x+1=-\cos 2x$, nên phương trình trở thành $$\sin 4x=\cos 2x=\sin \left(\frac{\pi }{2}+2x\right).$$ Do đó $\sin 4x=\sin \left(\frac{\pi }{2}+2x\right)$, với $\forall k\in \mathbb{Z}$:

**TH1:** $4x=\frac{\pi }{2}+2x+k2\pi \iff 2x=\frac{\pi }{2}+k2\pi \iff x=\frac{\pi }{4}+k\pi$.

**TH2:** $4x=\pi -\left(\frac{\pi }{2}+2x\right)+k2\pi \iff 6x=\frac{\pi }{2}+k2\pi \iff x=\frac{\pi }{12}+\frac{k\pi }{3}$.

Kiểm tra: với $x=\frac{\pi }{4}$: $\sin \pi -2\cdot \frac{1}{2}+1=0$ ✓; với $x=\frac{\pi }{12}$: $\sin \frac{\pi }{3}-2{\cos }^2\frac{\pi }{12}+1=\frac{\sqrt{3}}{2}-\cos \frac{\pi }{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}=0$ ✓.

Vậy tập nghiệm của phương trình là $$S=\left\{\frac{\pi }{4}+k\pi ,\frac{\pi }{12}+\frac{k\pi }{3}|k\in \mathbb{Z}\right\}.$$

(AI giải đề cho tôi)
Bài 1a: Đặt $c=\cos x$ (với $-1\le c\le 1$). Ta có ${\sin }^{4}x+{\cos }^{4}x=(1-c^2{)}^2+c^4=1-2c^2+2c^4$. Phương trình trở thành $1-2c^2+2c^4=\frac{3}{4}+\frac{1}{4}c$, nhân 4: $8c^4-8c^2-c+1=0$. Phân tích: thử $c=1$ là nghiệm, chia đa thức cho $(c-1)$ được $8c^3+8c^2-1=0$; thử $c=-\frac{1}{2}$ là nghiệm, phân tích tiếp $8c^3+8c^2-1=(2c+1)(4c^2+2c-1)$. Vậy $8c^4-8c^2-c+1=(c-1)(2c+1)(4c^2+2c-1)=0$. Các nghiệm: $c=1$; $c=-\frac{1}{2}$; $c=\frac{-1\pm \sqrt{5}}{4}$ (đều thuộc $[-1;1]$). Do đó $x=2k\pi$; $x=\pm \frac{2\pi }{3}+2k\pi$; $x=\pm \arccos \frac{\sqrt{5}-1}{4}+2k\pi$; $x=\pm \arccos \left(-\frac{1+\sqrt{5}}{4}\right)+2k\pi$, với $k\in \mathbb{Z}$. Bài 1b: Từ ${\log }_a(a{b}^2)=5$ suy ra $1+2{\log }_{a}b=5\Rightarrow {\log }_{a}b=2\Rightarrow b=a^2$ (hợp lệ vì $a,b>1$). Khi đó $ab=a^3$ và $a^5{b}^2=a^5\cdot a^4=a^9$, nên $P={\log }_{a^3}{a}^9=\frac{9}{3}=3$.

Lời giải.

1. a) Thay $t=6$ vào hàm $h(t)$ ta được

$$h(6)=4-1,5\sin \left(\frac{\pi }{12}\cdot 6\right)=4-1,5\sin \left(\frac{\pi }{2}\right)=4-1,5\cdot 1=2,5m.$$

Vậy độ cao của mực nước lúc 6 giờ là $2,5$ m.

b) Do mực nước đạt độ cao $3,25$ m nên

$$h(t)=3,25\iff 4-1,5\sin \left(\frac{\pi }{12}t\right)=3,25$$

$$\iff 1,5\sin \left(\frac{\pi }{12}t\right)=0,75$$

$$\iff \sin \left(\frac{\pi }{12}t\right)=\frac{1}{2}$$

$$\iff \{\begin{array}{l}\frac{\pi }{12}t=\frac{\pi }{6}+k2\pi \\ \frac{\pi }{12}t=\pi -\frac{\pi }{6}+k2\pi \end{array}\iff \{\begin{array}{l}t=2+24k\\ t=10+24k\end{array},(k\in \mathbb{Z}).$$

Do $0\le t\le 24$ nên $t=2$ hoặc $t=10$.

Vậy trong vòng 1 ngày mực nước đạt độ cao $3,25$ mét lúc 2 giờ và 10 giờ.

2. a) Ta có

$$f\left(\frac{17}{2}\right)={\log }_2\left(2\cdot \frac{17}{2}-1\right)={\log }_2(16)=4.$$

b) Ta có

$$f(x)\le 3\iff {\log }_2(2x-1)\le 3$$

$$\iff 0<2x-1\le 2^3$$

$$\iff \frac{1}{2}<x\le \frac{2^3+1}{2}$$

$$\iff \frac{1}{2}<x\le \frac{9}{2}.$$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S=\left(\frac{1}{2},\frac{9}{2}\right]$.

Bình luận.

1. a) Việc tính độ cao mực nước tại một thời điểm cụ thể chỉ cần thay giá trị của $t$ vào biểu thức của hàm số. Đây là thao tác trực tiếp, mang tính tính toán thuần túy và không đòi hỏi khả năng suy luận hay tư duy.

b) Bài toán yêu cầu tìm thời điểm mực nước đạt một giá trị cho trước bằng cách giải phương trình lượng giác. Nội dung này tương đối quen thuộc trong chương trình học và cách giải chủ yếu dựa trên các công thức lượng giác cơ bản.

2. a) Việc tính giá trị của hàm logarit tại một điểm cụ thể cũng chỉ là thay số và biến đổi đơn giản. Ý này khá ngắn, đơn giản và không đặt ra yêu cầu tư duy cao.

b) Bất phương trình logarit được giải bằng cách xét điều kiện xác định và biến đổi về dạng đại số quen thuộc. Đây là dạng bài thường gặp nên chưa tạo được độ khó đáng kể.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\cos \left(\frac{3\pi }{4}-x\right)=\cos \frac{3\pi }{4}\cos x+\sin \frac{3\pi }{4}\sin x=\frac{\sin x-\cos x}{\sqrt{2}}$, nên ${\cos }^2\left(\frac{3\pi }{4}-x\right)=\frac{(\sin x-\cos x{)}^2}{2}=\frac{1-\sin 2x}{2}$.

Phương trình trở thành: $\frac{1-\sin 2x}{2}-\cos x=\frac{1}{2}\iff -\frac{\sin 2x}{2}=\cos x\iff \sin 2x=-2\cos x$.

Với $\sin 2x=2\sin x\cos x$: $2\cos x(\sin x+1)=0\iff \cos x=0$ hoặc $\sin x=-1$.

- $\cos x=0\iff x=\frac{\pi }{2}+k\pi$. Trong đoạn $[-3\pi ;4\pi ]$: $x\in \left\{-\frac{5\pi }{2},-\frac{3\pi }{2},-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2},\frac{5\pi }{2},\frac{7\pi }{2}\right\}$ — 7 nghiệm.
- $\sin x=-1\iff x=-\frac{\pi }{2}+2k\pi$: cho $x=-\frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2}$, đã nằm trong tập trên (không thêm nghiệm mới).

Vậy phương trình có 7 nghiệm trong đoạn $[-3\pi ;4\pi ]$.

(AI giải đề cho tôi)
Giải phương trình $45-10\sin \left(\frac{\pi }{24}t+\frac{\pi }{6}\right)=35\Rightarrow \sin \left(\frac{\pi }{24}t+\frac{\pi }{6}\right)=1$. Với $t\in [1;31]$ thì $\frac{\pi }{24}t+\frac{\pi }{6}\in \left[\frac{5\pi }{24};\frac{\pi }{2}+\frac{\pi }{6}\right]$, nên sin bằng 1 khi $\frac{\pi }{24}t+\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{2}\Rightarrow \frac{\pi }{24}t=\frac{\pi }{3}\Rightarrow t=8$. Vậy ngày 8 tháng 3, khớp với đáp án nguồn (8).

(AI giải đề cho tôi)
Từ tan 5x = -√3/3 ta có 5x = -π/6 + kπ, suy ra x = -π/30 + kπ/5, k∈ℤ (a đúng). Với k=0 được x = -π/30, k=1 được x = π/6 > 0 nên nghiệm âm lớn nhất là -π/30 (b đúng). Trong khoảng (0; 2π): 0 < -π/30 + kπ/5 < 2π ⇔ 1/6 < k < 61/6 ≈ 10,17, nên k ∈ {1,...,10}, tức 10 nghiệm chứ không phải 11 (c sai). Vì tan(11π/6) = -tan(π/6) = -√3/3 nên phương trình (1) ⇔ tan 5x = tan(11π/6) (d đúng). Kết quả khớp đáp án nguồn: 1a Đ, 1b Đ, 1c S, 1d Đ.
a) (AI giải đề cho tôi)
tan 5x = -√3/3 ⇒ 5x = -π/6 + kπ ⇒ x = -π/30 + kπ/5, k∈ℤ.
b) (AI giải đề cho tôi)
Các nghiệm âm lớn nhất ứng với k=0: x = -π/30 (k=1 cho x = π/6 > 0).
c) (AI giải đề cho tôi)
0 < -π/30 + kπ/5 < 2π ⇔ 1/6 < k < 61/6 ⇒ k = 1,...,10, tức 10 nghiệm, không phải 11.
d) (AI giải đề cho tôi)
tan(11π/6) = -tan(π/6) = -√3/3 nên hai phương trình tương đương.

(AI giải đề cho tôi)
Giải phương trình $45-10\sin \left(\frac{\pi }{24}t+\frac{\pi }{6}\right)=35$ với $t\in \{1,2,\dots ,31\}$.

Ta có $10\sin \left(\frac{\pi }{24}t+\frac{\pi }{6}\right)=10$, suy ra $\sin \left(\frac{\pi }{24}t+\frac{\pi }{6}\right)=1$.

Do đó $\frac{\pi }{24}t+\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{2}+k\cdot 2\pi$, tức $\frac{t}{24}=\frac{1}{3}+2k$, nên $t=8+48k$.

Với $t$ trong khoảng từ 1 đến 31, chỉ có $t=8$ thỏa mãn. Vậy ngày 8 trong tháng 3, lượng chất ô nhiễm bằng 35 mg. Kết quả trùng với đáp án nguồn (8).

(AI giải đề cho tôi)
Chất điểm qua gốc O khi x = 0, tức sin²(πt) − 1 = 0 ⟺ sin²(πt) = 1 ⟺ sin(πt) = ±1 ⟺ πt = π/2 + kπ ⟺ t = 1/2 + k, k ∈ ℤ. Với t ∈ [0; 6] ta có t = 0,5; 1,5; 2,5; 3,5; 4,5; 5,5, tức 6 giá trị. Vậy chất điểm đi qua gốc tọa độ O đúng 6 lần.