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

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)
Ta có $\sin (2x-40^{\circ })=1\iff 2x-40^{\circ }=90^{\circ }+360^{\circ }k\iff x=65^{\circ }+180^{\circ }k$, $k\in \mathbb{Z}$. Với $-180^{\circ }<x<180^{\circ }$: $-245^{\circ }<180^{\circ }k<115^{\circ }$ nên $k\in \{-1,0\}$, cho $x=-115^{\circ }$ và $x=65^{\circ }$. Tổng các nghiệm: $-115^{\circ }+65^{\circ }=-50^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $t=3x$, với $x\in \left(0;\frac{201\pi }{4}\right]$ thì $t\in \left(0;\frac{603\pi }{4}\right]$. Đặt $a=\frac{m}{20}$, phương trình trở thành $\sin t=a$ với $t\in \left(0;\frac{603\pi }{4}\right]$. Chú ý $\frac{603\pi }{4}=150,75\pi =75\cdot 2\pi +\frac{3\pi }{4}$.

Xét các trường hợp với $|a|<1$, $\alpha =\arcsin a$:

• Với $0<a<1$: họ nghiệm $t=\alpha +2k\pi$: điều kiện $2k\le 75,375-\frac{\alpha }{2\pi }$ với $\frac{\alpha }{2\pi }\in \left(0;\frac{1}{4}\right)$ nên $k\le 75$, cho $76$ nghiệm. Họ $t=\pi -\alpha +2k\pi$: $k\le 74,875+\frac{\alpha }{2\pi }$, nên nếu $a<\frac{\sqrt{2}}{2}$ (tức $\alpha <\frac{\pi }{4}$) thì $k\le 74$, cho $75$ nghiệm; nếu $a\ge \frac{\sqrt{2}}{2}$ thì $k\le 75$, cho $76$ nghiệm.
Vậy tổng số nghiệm: $151$ khi $0<a<\frac{\sqrt{2}}{2}$; $152$ khi $\frac{\sqrt{2}}{2}\le a<1$.

• Với $-1<a<0$: họ $t=-\beta +2k\pi$ ($\beta =\arcsin |a|\in \left(0;\frac{\pi }{2}\right)$) cho $75$ nghiệm ($k=\mathrm{1..75}$), họ $t=\pi +\beta +2k\pi$ cho $75$ nghiệm ($k\le 74$), tổng $150$ nghiệm.

• $a=0$: $t=k\pi$, $k=\mathrm{1..150}$ → $150$ nghiệm. $a=\pm 1$: $76$ nghiệm.

Vậy phương trình có đúng $151$ nghiệm khi và chỉ khi $0<\frac{m}{20}<\frac{\sqrt{2}}{2}$, tức $0<m<10\sqrt{2}\approx 14,142$. Các giá trị nguyên $m$: $1,2,\dots ,14$, tất cả $14$ giá trị.

(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)
Đặt $t=\cos x$. Vì $\cos 2x=2{\cos }^{2}x-1$, phương trình trở thành $$4t^3-2t^2+1+(m-3)t=1⟺t\left(4t^2-2t+m-3\right)=0.$$ Xét trên đoạn $\left[-\frac{\pi }{2};2\pi \right]$ (độ dài $\frac{5\pi }{2}$):
• Phương trình $\cos x=0$ có đúng 3 nghiệm: $x=-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2}$.
• Với $t\in (0;1)$: $\cos x=t$ có 3 nghiệm $x=\pm \arccos t$ và $x=2\pi -\arccos t$ (vì $-\arccos t\ge -\frac{\pi }{2}$ khi $t\ge 0$).
• Với $t\in (-1;0)$: $-\arccos t<-\frac{\pi }{2}$ nên chỉ có 2 nghiệm $x=\arccos t$ và $x=2\pi -\arccos t$.
• Với $t=1$: 2 nghiệm ($x=0,2\pi$); với $t=-1$: 1 nghiệm ($x=\pi$).
Cần tổng số nghiệm bằng 8, tức phương trình bậc hai $4t^2-2t+m-3=0$ phải cho thêm đúng 5 nghiệm, tức một nghiệm thuộc $(0;1)$ (đóng góp 3 nghiệm) và nghiệm kia thuộc $(-1;0)$ (đóng góp 2 nghiệm). (Trường hợp có nghiệm $t=1$ thì nghiệm còn lại $t=-\frac{1}{2}$ chỉ cho thêm 2 nghiệm, tổng $3+2+2=7$ — loại; nghiệm $t=0$ hoặc $t=-1$ cũng không đủ.)
Đặt $f(t)=4t^2-2t+m-3$. Hai nghiệm nằm khác phía qua $0$ và có một nghiệm trong $(0;1)$ khi:
$$f(0)=m-3<0⟺m<3,f(1)=m-1>0⟺m>1.$$
Khi đó nghiệm âm $t_2\in \left(-\frac{1}{2};0\right)\subset (-1;0)$ (vì tổng hai nghiệm bằng $\frac{1}{2}$), nên điều kiện $t_2>-1$ tự thỏa ($f(-1)=m+3>0$). Biệt thức $\Delta =52-16m>0$ thỏa với $m<3$.
Kiểm tra: với $1<m<3$, ví dụ $m=2$: phương trình $t(4t^2-2t-1)=0$ có $t=0$ (3 nghiệm), $t=\frac{1+\sqrt{5}}{4}\in (0;1)$ (3 nghiệm), $t=\frac{1-\sqrt{5}}{4}\in (-1;0)$ (2 nghiệm) — tổng đúng 8 nghiệm phân biệt.
Vậy $m\in (1;3)$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ $\sqrt{3}\tan 2x+3=0$ ta có $\tan 2x=-\sqrt{3}$, nên $2x=-\frac{\pi }{3}+k\pi$, suy ra $x=-\frac{\pi }{6}+\frac{k\pi }{2}$, $k\in \mathbb{Z}$. Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Phương trình $\cos x=1$ có nghiệm $x=k2\pi$ với $k\in \mathbb{Z}$, vì $\cos x=1$ khi và chỉ khi $x$ là bội nguyên của $2\pi$. Kiểm tra: với $x=k2\pi$ thì $\cos x=\cos (k2\pi )=1$ đúng với mọi $k$. Các phương án khác sai: A ($x=k\pi$) cho $\cos x=\pm 1$; C cho $\cos x=0$; D gồm cả $x=\frac{\pi }{2}+k\pi$ cho $\cos x=0$.

(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 $2\cos 9x-\sqrt{3}=0$ ta có $\cos 9x=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Suy ra $9x=\pm \frac{\pi }{6}+k2\pi$, tức $x=\pm \frac{\pi }{54}+k\frac{2\pi }{9}$, với $k\in \mathbb{Z}$. Kết quả khớp với đáp án B (khớp cả bảng đáp án mã đề 1102, câu 9 là B).

(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)
Từ $2\cos 9x-\sqrt{3}=0$ ta có $\cos 9x=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Suy ra $9x=\pm \frac{\pi }{6}+k2\pi$, tức $x=\pm \frac{\pi }{54}+k\frac{2\pi }{9}$ với $k\in \mathbb{Z}$. Kết quả khớp với đáp án C và với bảng đáp án mã đề 1101 (câu 3 là C).

(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.

Ta có: $\sin \left(x-\frac{\pi }{3}\right)=1\leftrightarrow x-\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{2}+k2\pi ,k\in \mathbb{Z}$ $\leftrightarrow x=\frac{5\pi }{6}+k2\pi ,k\in \mathbb{Z}$.