Chuyên Đề Phương Trình Và Bất Phương Trình Ôn Thi Tốt Nghiệp THPT 2025 Giải Chi Tiết

Chuyên Đề Phương Trình Và Bất Phương Trình Ôn Thi Tốt Nghiệp THPT 2025 Giải Chi Tiết. Tài liệu được sưu tầm và biên soạn dưới dạng PDF gồm 18 trang giúp em củng cố kiến thức, ôn tập và đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem.

Chủ đề:

Đề thi THPTQG môn Toán năm 2025 70 tài liệu

Môn:

Toán 1.9 K tài liệu

Thông tin:
18 trang 2 tuần trước
Tác giả:
Student
Kim Ngân Lê
docx.com.vn

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

Chuyên Đề Phương Trình Và Bất Phương Trình Ôn Thi Tốt Nghiệp THPT 2025 Giải Chi Tiết

Chuyên Đề Phương Trình Và Bất Phương Trình Ôn Thi Tốt Nghiệp THPT 2025 Giải Chi Tiết. Tài liệu được sưu tầm và biên soạn dưới dạng PDF gồm 18 trang giúp em củng cố kiến thức, ôn tập và đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem.

25 13 lượt tải Tải xuống

Chủ đề: Đề thi THPTQG môn Toán năm 2025 70 tài liệu

Môn: Toán 1.9 K tài liệu

Thông tin:

18 trang 2 tuần trước

Tác giả:

Profile Kim Ngân Lê
CHỦ ĐỀ 1: PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
I. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
1. Phương trình lượng giác cơ bản
1. Phương trình lượng giác cơ bản
a) Phương trình
( )
sin 1xm=
• Với
1m
, phương trình (1) vô nghiệm.
• Với
1m
, gọi
là số thực thuộc đoạn
;
22


−


sao cho
sinxm=
.
Khi đó, ta có:
sin sin sinx m x
= =
( )
2
2
xk
k
xk

=+

= − +
Z
.
Chú ý
• Ta có một số trường hợp đặc biệt sau của phương trình
sinxm=
:
( )
sin 1 2
2
x x k k
= − = − + Z
( )
sin 0x x k k
= = Z
• Nếu
x
là góc lượng giác có đơn vị đo là độ thì ta có thể tìm góc lượng giác
x
sao cho
sin sinxa=
nhu sau:
( )
360
sin sin
180 360
x a k
x a k
x a k
=+
=
= − +
Z
b) Phương trình
( )
cos 2xm=
• Với
1m
, phương trình (2) vô nghiệm.
• Với
1m
, gọi
là số thực thuộc đoạn
0;
sao cho
cos m
=
.
Khi đó, ta có:
( )
2
cos cos cos
2
xk
x m x k
xk


=+
= =
= − +
Z
.
Chú ý
• Ta có một số trường hợp đặc biệt sau của phương trình
cosxm=
:
( )
cos 1 2x x k k
= = Z
( )
cos 1 2x x k k

= − = + Z
( )
cos 0
2
x x k k
= = + Z
• Nếu
x
là góc lượng giác có đơn vị đo là độ thỉ ta có thể tìm góc lượng giác
x
sao cho
0
cos cosxa=
như sau:
( )
360
cos cos
360
x a k
x a k
x a k
=+
=
= − +
Z
c) Phương trình
tanxm=
Gọi
là số thực thuộc khoảng
;
22


−


sao cho
tanxm=
. Khi đó, ta có:
( )
tan tan tanx m x x k k
= = = + Z
Chú ý: Nếu
x
là góc lượng giác có đơn vị đo là độ thì ta có thể tìm góc lượng giác
x
sao cho
tan tanxa=
nhu sau:
( )
tan tan 180x a x a k k= = + Z
d) Phương trinh
cotxm=
Gọi
là số thực thuộc đoạn
( )
0;
sao cho
cotxm=
. Khi đó, ta có:
( )
cot cot cotx m x x k k
= = = + Z
Chú ý: Nếu
x
là góc lượng giác có đơn vị đo là độ thì ta có thể tìm góc lượng giác
x
sao cho
0
cot cotxa=
như sau:
( )
cot cot 180x x k k Z

= = +
.
2. Phương trình lượng giác đưa về dạng cơ bản
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
2
sin sin
2
f x g x k
f x g x k
f x g x k

=+
=
= − +
Z
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
2
cos cos
2
f x g x k
f x g x k
f x g x k
=+
=
= − +
Z
với phương trình có dạng:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
sin sin ,cos cos ,sin cosu x v x u x v x u x v x===
ta có thể dùng công thức hạ bậc để đưa về phương trình dạng
( ) ( )
cos cosf x g x=
.
- Với một số phương trình lượng giác, ta có thể dùng các công thức lượng giác và các biến đổi để đưa về
phương trình dạng tích
( ) ( )
0A x B x=
.
II. PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LÔGARIT
1.Phương trình mũ
Với
0, 1aa
thì:
( )
( )
log
fx
a
a b f x b= =
với
0b
;
( ) ( )
( ) ( )
f x g x
a a f x g x= =
.
2.Phương trình lôgarit
Với
0, 1aa
thì:
( ) ( )
log
b
a
f x b f x a= =
.
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
log log
0 hoac 0.
aa
f x g x
f x g x
f x g x
=
=

3.Bất phương trình mũ
Với
0, 1aa
thì:
a) Xét bất phương trình:
( )
fx
ab
.
Nếu
0b
, tập nghiệm của bất phương trình là tập xác định của
( )
fx
;
Nếu
0, 1ba
thì bất phương trình đưa về:
( )
log
a
f x b
;
Nếu
0,0 1ba
thì bất phương trình đưa về:
( )
log
a
f x b
.
b) Xét bất phương trình:
( ) ( )
f x g x
aa
.
Nếu
1a
thì bất phương trình đưa về:
( ) ( )
f x g x
;
Nếu
01a
thì bất phương trình đưa về:
( ) ( )
f x g x
.
Các bất phương trình mũ khác cùng loại được giải tương tự.
4. Bất phương trình lôgarit
Với
0, 1aa
thì:
a) Xét bất phương trình:
( )
log
a
f x b
.
Nếu
1a
thì bất phương trình đưa về:
( )
b
f x a
;
Nếu
01a
thì bất phương trình đưa về:
( )
0
b
f x a
.
b) Xét bất phương trình:
( ) ( )
log log
aa
f x g x
.
Nếu
1a
thì bất phương trình đưa về:
( ) ( )
0f x g x
;
Nếu
01a
thì bất phương trình đưa về:
( ) ( )
0 f x g x
.
Các bất phương trình lôgarit khác cùng loại được giải tương tự.
B. MỘT SỐ VÍ DỤ
Dạng 1: Câu hỏi trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn
Mỗi câu thí sinh chỉ chọn một phương án.
Ví dụ 1: [MĐ 2] Nghiệm của phương trình
3
sin
32
x

+ = −


là:
A.
2
2
3
xk
= − +
và
( )
2x k k

= + Z
. B.
2
3
xk
= − +
và
( )
2
3
x k k
= + Z
.
C.
2xk
=
và
( )
2x k k

= + Z
. D.
2
2
xk
= − +
và
( )
5
2
3
x k k
= + Z
.
Lời giải
Do
3
sin
32

− = −


nên
3
sin sin sin
3 2 3 3
xx
+ = − + = −
2
33
2
33
xk
xk



+ = − +

+ = − − +


( )
2
2
.
3
2
xk
k
xk

= − +

=+
Z
Chọn A
Ví dụ 2: [MĐ 2] Tổng các nghiệm của phương trình
2
2
3 81
xx−
=
là:
A.
4
. B.
4−
. C.
2−
. D.
2
.
Lời giải
22
2 2 4 2
3 81 3 3 2 4 0.
x x x x
xx
−−
= = − − =
Phương trình
2
2 4 0xx− − =
có hệ số
,ac
trái dấu nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt và
tổng hai nghiệm bằng
2
. Chọn D
Ví dụ 3: [MĐ 1] Nghiệm của phương trình
( )
16
1
log 5
2
x +=
là:
A.
3
. B.
1−
. C.
3−
. D.
27
.
Lời giải
Ta có:
1
2
5 16x +=
. Suy ra
1x =−
. Chọn B
Ví dụ 4: [MĐ2] Số nghiệm của phương trình
( )
( )
2
22
log 4 log 5 4x x x− = − +
là
A.
1
. B.
2
. C.
0
. D.
3
.
Lời giải
Chọn C
( )
( )
2
2
22
4 5 4
log 4 log 5 4
40
x x x
x x x
x
− = − +
− = − +
−
2
2
6 8 0
4
4
4
x
xx
x
x
x
=
− + =

=

.
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Dạng 2: Trắc nghiệm đúng -sai
Trong mỗi ý a) b) c) d) ở mỗi câu thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Ví dụ 5: Cho phương trình
22
sin 2 cos
42
xx

+ = +
.
a) Hạ bậc hai vế, ta được phương trình :
( )
1 cos 4
1 cos 2
2
22
x
x

++

−+

=
.
b) Ta có :
( )
cos 2 cos2xx
+ = −
.
c) Phương trình đã cho đưa về dạng :
cos 4 cos2
2
xx

+=


.
d) Nghiệm của phương trình đã cho là :
4
xk
= − +
và
( )
12 3
x k k Z

= +
Lời giải
Ý
a)
b)
c)
d)
Kết quả
S
Đ
Đ
S
a) Hạ bậc hai vế, ta được phương trình:
( )
1 cos 4
1 cos 2
2
22
x
x

−+

++

=
. Suy ra sai
b)
( )
cos 2 cos2xx
+ = −
( Áp dụng giá trị lượng giác của 2 cung hơn kém
). Suy ra đúng
c)
( )
1 cos 4
1 cos 2
2
22
x
x

−+

++

=
.
( )
cos 4 cos 2
2
xx

− + = +


( )
cos 4 cos 2
2
xx

− + = −


Suy ra đúng
d)
( )
4 2 2
4
2
cos 4 cos2
2
4 2 2
12 3
2
xk
x x k
x x k Z
xk
x x k

= − +
+ = +

+ =


= − +
+ = − +
. Suy ra sai.
Ví dụ 6: Cho bất phương trình
( ) ( )
2
4 5 2
3 2 2 3 2 2
x x x−−
− +
.
a) Ta có :
( )
1
3 2 2 3 2 2
−
+ = −
.
b) Bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình :
2
4 2 5x x x−−
.
c) Số nghiệm nguyên của bất phương trình là 5.
d) Tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình là 9.
Lời giải
Ý
a)
b)
c)
d)
Kết quả
Đ
S
S
Đ
a)
( )( )
3 2 2 3 2 2 1+ − =
( )
( )
1
3 2 2
3 2 2
+ =
−
( ) ( )
1
3 2 2 3 2 2
−
+ = −
Suy ra đúng
b)
( ) ( )
2
4 5 2
3 2 2 3 2 2
x x x−−
− +
( ) ( )
2
4 2 5
3 2 2 3 2 2
x x x−−
− −
2
4 2 5x x x − −
. Suy ra sai
c)
22
4 2 5 6 5 0 1 5x x x x x x− − − +
Vậy bất phương trình có 3 nghiệm nguyên là 2 ; 3 ; 4. Suy ra sai
d) Tổng các nghiệm nguyên là
2 3 4 9+ + =
. Suy ra đúng
Ví dụ 7: Cho bất phương trình
( )
( )
2
2 1 2 1
log 2 2 log 5 5xx
−−
− +
.
a) Ta có :
0 2 1 1 −
.
b) Bất phương trình đã cho tương đương với:
2
2 2 5 5
5 5 0
xx
x
− +
+
.
c) Số nghiệm nguyên của bất phương trình là 2.
d) Nghiệm nguyên nhỏ nhất của bất phương trình là 0.
Lời giải
Ý
a)
b)
c)
d)
Kết quả
Đ
S
Đ
S
a) Ta có :
0 2 1 1 −
. Suy ra đúng
b)
( )
( )
2
2 1 2 1
log 2 2 log 5 5xx
−−
− +
2
2
2 2 5 5
2 2 0
xx
x
− +
−
. Suy ra sai
c)
22
22
2 2 5 5 2 5 7 0
2 2 0 2 2 0
x x x x
xx

− + − −


− −


.
7
1
2
x
Vậy bất phương trình có hai nghiệm nguyên là 2 và 3. Suy ra đúng.
d) Nghiệm nguyên nhỏ nhất là 2. Suy ra sai
Dạng 3: Câu trắc nghiệm trả lời ngắn
Ví dụ 8: Hàng ngày mực nước tại một cảng biển lên xuống theo thủy triều. Độ sâu
( )
mh
của mực nước
theo thời gian
t
(giờ) trong một ngày cho bởi công thức
16 7sin
12
ht

=+


với
0 24t
Tìm thời điểm mà mực nước tại cảng là cao nhất.
Lời giải
Do
1 sin 1
12
t

−


nên
16 7 16 7sin 16 7
12
t

− + +


hay
9 23h
.
Vậy mực nước tại cảng cao nhất bằng 23m khi
( )
sin 1 2 6 24
12 12 2
t t k t k k

= = + = +


.
Mà
0 24t
nên
6t =
. Thời điểm mà mực nước tại cảng cao nhất là
6t =
(giờ).
Ví dụ 9: Công thức Định luật làm mát của Newton được cho như sau:
0
ln
TS
kt
TS
−
=
−
trong đó
t
là số giờ
trôi qua,
0
T
là nhiệt độ lúc đầu,
T
là nhiệt độ sau
t
giờ,
S
là nhiệt độ môi trường (
0
,,T T S
theo cùng
một đơn vị đo),
k
là một hằng số. Một cốc trà có nhiệt độ
96 C
, sau 2 phút nhiệt độ giảm còn
90 C
.
Biết nhiệt độ phòng là
24 C
. Tính nhiệt độ của cốc trà sau 10 phút (làm tròn kết quả đến hàng phần
mười).
Lời giải
Thay
2t =
phút
1
30
=
giờ,
0
96, 90, 24T T S= = =
ta có
1 90 24
ln
30 96 24
k
−
=
−
. Do đó
11
30ln
12
k =
.
Sau 10 phút
1
6
=
giờ, ta có
1 24
ln
6 96 24
T
k
−
=
−
hay
11 24
5ln ln
12 72
T −
=
. Do đó
5
24 11
72 12
T −

=


.
Suy ra
5
11
72. 24 70,6 C
12
T

= +


.
Vậy nhiệt độ của cốc trà sau 10 phút khoảng
( )
70,6 C
.
C. BÀI TẬP LUYỆN TẬP
⮲Dạng 1: Câu hỏi trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn
Mỗi câu thí sinh chỉ chọn một phương án.
Câu 1. [MĐ2] Các nghiệm của phương trình
sin 0
5
x

−=


là:
A.
( )
5
π
xkπk= − + ¢
. B.
( )
2
5
π
xkπk= + ¢
.
C.
( )
2
5
π
xkπk= − + ¢
. D.
( )
5
π
xkπk= + ¢
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
( )
sin 0
5 5 5
x x k x k k


− = − = = −


, hay
( )
5
π
xkπk= + ¢
.
Câu 2. [MĐ2] Các nghiệm của phương trình
2sin3 2 0x +=
là:
A.
2
12 3
ππ
xk=+
và
( )
32
12 3
x k k

= +
. B.
2
12 3
ππ
xk= − +
và
( )
52
12 3
x k k

= +
.
C.
2
12 3
ππ
xk=+
và
( )
2
12 3
x k k

= − +
. D.
2
12 3
ππ
xk= − +
và
( )
32
12 3
x k k

= +
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
2
2sin3 2 0 sin3 sin3 sin
24
x x x

+ = = − = −


32
4
5
32
4
xk
xk
= − +
=+
( )
2
12 3
52
12 3
xk
k
xk


= − +

=+
Câu 3. [MĐ2] Các nghiệm của phương trình
1
cos
62
x

+=


là:
A.
2
6
π
xkπ=+
và
( )
2
2
x k k
= − +
. B.
2
6
π
xkπ= − +
và
( )
2
2
x k k
= +
.
C.
2xkπ=
và
( )
2
3
x k k
= − +
. D.
6
π
xkπ=+
và
( )
2
x k k
= − +
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
1
cos cos cos
6 2 6 3
xx
+ = + =
2
63
2
63
xk
xk


+ = +
+ = − +
( )
2
6
2
2
xk
k
xk
=+

= − +
Câu 4. [MĐ2] Các nghiệm của phương trình
2
sin 2 1x =
là:
A.
( )
42
x k k

= +
. B.
( )
2
x k k
=
.
C.
( )
2
x k k
= +
. D.
( )
82
x k k

= +
.
Lời giải
2 2 2
sin 2 1 1 cos 2 1 cos 2 0 cos2 0
2
2 4 2
x x x x
x k x k
= − = = =
= + = +
.
Câu 5. [MĐ2] Các nghiệm của phương trình
tan 3
3
x

−=


là:
A.
( )
2
2
3
x k k
= +
. B.
( )
x k k
=
.
C.
( )
2
3
x k k
= +
. D.
( )
2
3
x k k
= − +
.
Lời giải
tan 3
3 3 3
x x k

− = − = +


2
3
xk
= +
Câu 6. [MĐ2] Các nghiệm của phương trình
cot 3 1
4
x

+ = −


là:
A.
( )
6
x k k
= − +
. B.
( )
63
x k k

= +
.
C.
( )
66
x k k

= − +
. D.
( )
62
x k k

= +
.
Lời giải
Cách 1:
3
cot 3 1 3
4 4 4
x x k

+ = − + = +


3
2 6 3
x k x k
= + = +
Cách 2:
cot 3 1 3
4 4 4
x x l

+ = − + = − +


3
2
xl
= − +
( )
1
6 3 6 3 3 6 3
x l l k
−
= − + = + + − = +
Câu 7. [MĐ2] Các nghiệm của phương trình
sin 3cos 0xx+=
là:
A.
( )
6
x k k
= − +
. B.
( )
3
x k k
= +
.
C.
( )
6
x k k
= +
. D.
( )
3
x k k
= − +
.
Lời giải
sin 3cos 0 sin 3cos tan 3
3
x x x x x x k
−
+ = = − = − = +
Câu 8. [MĐ2] Các góc lượng giác
x
sao cho
( )
1
cos 15
2
x − = −
là:
A.
165 360xk= +
và
( )
135 360 x k k= − +
.
B.
165 180xk= +
và
( )
135 .180 x k k= − +
.
C.
135 360xk= +
và
( )
105 360 x k k= − +
.
D.
135 180xk= +
và
( )
105 180 x k k= − +
.
Lời giải
( )
1
cos 15
2
x − = −
15 120 360
15 120 360
xk
xk
− = +
− = − +
135 360
105 360
xk
xk
= +
= − +
Câu 9. [MĐ2] Các góc lượng giác
x
sao cho
( )
tan 2 27 tan35x + =
là:
A.
( )
4 180 x k k= +
B.
( )
4 180 x k k= − +
C.
( )
4 90 x k k= − +
D.
( )
4 90 x k k= +
.
Lời giải
( )
tan 2 27 tan35x + =
2 27 35 180 4 90x k x k + = + = +
Câu 10: [MĐ2] Các góc lượng giác
x
sao cho
( )
0
sin 2 sin 36xx=−
là:
A.
12 120xk= +
và
( )
144 360 x k k= +
.
B.
12 120xk= +
và
( )
48 120 x k k= +
.
C.
12 360xk= +
và
( )
144 120 x k k= +
.
D.
35 360xk= +
và
( )
144 360 x k k= +
.
Lời giải
( )
0
sin 2 sin 36xx=−
( )
00
0 0 0
2 36 360
2 180 36 360
x x k
x x k
= − +
= − − +
00
00
12 120
144 360
xk
xk
=+
=+
Câu 11: [MĐ2] Số nghiệm của phương trình
cos 1x =
trên khoảng
39
;
42


−


là:
A.
1.
B.
2.
C.
4.
D.
3.
Lời giải
( )
cos 1 2x x k k
= = Z
Giả thiết
3 9 3 9 3 9
;2
4 2 4 2 8 4
x k k

− − −


Mà
k Z
nên chọn
0;1;2k
. Vậy phương trình có 3 nghiệm thỏa bài toán.
Câu 12: [MĐ3] Số nghiệm của phương trình
1
sin
3
x =
trên khoảng
55
;
22


−


là:
A.
2.
B.
5.
C.
4.
D.
3.
Lời giải
Cách 1: Tồn tại một giá trị
0;
2



sao cho
sin
=
1
3
.
Phương trình
2
1
sin sin sin
2
3
xk
xx
xm

=+
= =
= − +
với
,km
Vì
55
;
22
x


−


nên
55
2
22
55
2
22
k
m



− +
−
− +
5 5 5
32
2 2 2
7 5 5
22
2 2 2
k
m
− − − −
− − − + − +
35
24
7
1
4
k
k
−
−
với
,km
.
Suy ra:
1;0;1k −
;
1;0m−
. Vậy có 5 nghiệm thỏa bài toán.
Cách 2: Dùng đường tròn lượng giác:
Trên hai vòng đường tròn
2 ;2x

−
phương trình
1
sin
3
x =
có 4 nghiệm.
Trên
1
4
vòng đường tròn
5
2;
2
x



phương trình
1
sin
3
x =
có 1 nghiệm
Trên
1
4
vòng đường tròn
5
;2
2
x

− −


phương trình
1
sin
3
x =
vô nghiệm
Vậy phương trình
1
sin
3
x =
có 5 nghiệm trên
55
;
22


−


Câu 13: [MĐ2] Các nghiệm của phương trình
22
cos sin 0xx−=
là:
A.
( )
42
x k k

= +
. B.
( )
4
x k k
= +
.
C.
( )
2
x k k
= +
. D.
( )
4
x k k
= − +
.
Lời giải
22
cos sin 0 cos2 0 2
2 4 2
x x x x k x k
− = = = + = +
.
Câu 14: [MĐ2] Các nghiệm của phương trình
cos 2 cos6
2
xx

−=


là:
A.
2
2
3
xk
= − +
và
( )
2x k k

= + Z
.
B.
2
3
xk
= − +
và
( )
2
3
x k k
= + Z
.
C.
2xk
=
và
( )
2x k k

= + Z
.
D.
82
xk

= − +
và
( )
16 4
x k k

= + Z
.
Lời giải
cos 2 cos6
2
xx

−=


2 6 2
2
2 6 2
2
x x k
x x k
− = +
− = − +
82
16 4
xk
xk


= − −
=+
.
Câu 15: [MĐ1] Nghiệm của phương trình
34
29
x

=


là:
A.
2x =−
. B.
2x =−
. C.
2x =
. D.
2x =
.
Lời giải
2
3 4 3 3
2
2 9 2 2
xx
x
−
= = = −
.
Câu 16: [MĐ2] Nghiệm của phương trình
2
24
xx−
=
là:
A.
1x =−
và
2x =
. B.
0x =
và
1x =
.
C.
1x =
và
2x =−
. D.
0x =
và
2x =
Lời giải
22
22
1
2 4 2 2 2
2
x x x x
x
xx
x
−−
=−
= = − =
=
.
Câu 17: [MĐ2] Tổng các nghiệm của phương trình
2
3
5 10
xx−
=
là :
A.
3−
. B.
5
log 10
. C.
3
. D.
5
log 10−
.
Lời giải
22
5
log 10
3 3 2
5
5 10 5 5 3 log 10
x x x x
xx
−−
= = − =
2
5
3 log 10 0xx − − =
có
5
1; log 10 0ac= = −
phương trình có hai nghiệm trái dấu.
Vậy tổng các nghiệm của phương trình là
3
.
Câu 18: [MĐ2] Nghiệm của phương trình
32
3
1
5
25
x
x
−
+

=


là
A.
3x =−
. B.
5x =
. C.
5x =−
. D.
3x =
.
Lời giải
( )
32
2 3 2
33
1
5 5 5 6 4 3 3
25
x
x
xx
x x x
−
−−
++

= = − + = + =


.
Câu 19: [MĐ2] Nghiệm của phương trình
( )
2
27
1
log 1
3
x −=
là
A.
2x =
. B.
10x =
. C.
2x =
. D.
10x =
.
Lời giải
Điều kiện:
2
1
10
1
x
x
x
−
−
.
( ) ( )
1
22
3
27 27 27
1
log 1 log 1 log 27
3
xx− = − =
2
1 3 2xx − = =
.
Kết hợp điều kiện: nghiệm của phương trình là
2x =
.
Câu 20: [MĐ2] Tích các nghiệm của phương trình
( )
2
2
log 2 3xx−=
là :
A.
8
. B.
6
. C.
8−
. D.
6−
.
Lời giải
Điều kiện:
2
0
20
2
x
xx
x
−
.
( )
2
2
log 2 3xx−=
( )
23
22
log 2 log 2xx − =
2
28xx − =
(thỏa điều kiện)
2
2 8 0xx − − =
luôn có hai nghiệm trái dấu. Tích các nghiệm là
8−
.
Câu 21: [MĐ2] Số nghiệm của phương trình
( )
( )
2
77
log 2 log 3 6x x x− = −
là:
A.
2
. B.
0
. C.
3
. D.
1
.
Lời giải
Điều kiện
2
20
2
3 6 0
xx
x
x
−

−
.
( )
( )
2
77
log 2 log 3 6x x x− = −
2
2 3 6x x x − = −
2
5 6 0xx − + =
2
3
x
x
=
=
.
Kết hợp với điều kiện:
3x =
là nghiệm.
Câu 22: [MĐ2] Nghiệm của bất phương trình
( )
0,5 3
x
là:
A.
0,5
log 3x
. B.
0,5
log 3x
. C.
3
log 0,5x
. D.
3
log 0,5x
.
Lời giải
( ) ( ) ( )
0,5
log 3
0,5
0,5 3 0,5 0,5 log 3
xx
x
.
Câu 23: [MĐ2] Tập nghiệm của bất phương trình
( )
2
0,2 1
x
là:
A.
. B.
\0
. C.
( )
0;+
. D. .
Lời giải
( ) ( ) ( )
22
0
2
0,2 1 0,2 0,2 0
xx
x
x
.
Câu 24: [MĐ3] Tập nghiệm của bất phương trình
( ) ( )
2 1 5
2 3 2 3
xx−−
− +
là:
A.
( )
2;+
. B.
( )
4;− +
. C.
( )
;2−
. D.
( )
;4− −
.
Lời giải
( ) ( )
2 1 5
2 3 2 3
xx−−
− +
( )
21
5
1
23
23
x
x
−
−

+

+

( ) ( )
2 1 5
2 3 2 3
xx− + −
+ +
2 1 5 2x x x − + −
.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
( )
;2−
.
Câu 25: [MĐ3] Tập nghiệm của bất phương trình
( )
1
2
log 2 6 2x − −
là
A.
( )
3;5
. B.
( )
;5−
. C.
( )
3; +
D.
( )
5;+
.
Lời giải
Điều kiện:
2 6 0 3xx−
.
( )
1
2
log 2 6 2x − −
( )
2
11
22
1
log 2 6 log
2
x
−

−


.
2 6 4 5xx −
Kết hợp điều kiện: tập nghiệm của bất phương trình là
( )
5;+
.
Câu 26: [MĐ3] Số nghiệm nguyên của bất phương trình
( )
2
5 25
log 2 3 logxx−
là:
A.
1
. B.
2
. C.
0
. D. vô số.
Lời giải
Điều kiện:
2
2 3 0
3
2
0
x
x
x
−

.
( )
2
5 25
log 2 3 logxx−
( )
55
1
log 2 3 .2.log
2
xx −
2 3 3x x x −
.
Kết hợp điều kiện: tập nghiệm của bất phương trình là
3
;3
2



.
Số nghiệm nguyên của bất phương trình là
1
.
Dạng 2. Câu trắc nghiệm đúng sai
Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Câu 27: [MĐ3] Cho phương trình
22
cos sin 3
24
xx

− = +
.
a) Hạ bậc hai vế, ta được phương trình:
( )
1 cos 6
1 cos 2
2
22
x
x

−+

+−

=
.
b) Ta có:
( )
cos 2 cos2xx
−=
.
c) Phương trình đã cho đưa về dạng:
cos2 cos6xx=
.
d) Nghiệm của phương trình đã cho là:
()
4
x k k
=
.
Lời giải
Ta có:
( ) ( )
cos 2 cos 6 cos 2 cos 6
22
x x x x


− = − + − = −
2 6 2
2
2 6 2
2
x x k
x x k


− = − +
− = − + +
82
( ).
3
16 4
xk
k
xk


= − +

=+
Đáp án: a) Đ, b) S, c) S, d) S
Câu 28: [MĐ3] Cho phương trình
cos2 sin
4
xx

=−


với
0;x
.
a) Ta có:
cos2 sin 2
2
xx

=−


.
b) Phương trình
sin 2 sin
24
xx

− = −
có các nghiệm là:
2
4
xk
=+
và
5
2 ( )
4
x k k
= +
.
c) Phương trình đã cho có hai nghiệm thuộc đoạn
0;
.
d) Tổng các nghiệm của phương trình đã cho trên đoạn
0;
là
5
6
.
Lời giải
Do
cos2 sin 2
2
xx

=−


nên phương trình đưa về dạng
sin 2 sin
24
xx

− = −
22
24
22
24
x x k
x x k



− = − +

− = − − +


2
4
()
2
12 3
xk
k
xk

=+

= − +
.
Do
0;x
nên
4
x
=
và
7
12
x
=
. Tổng các nghiệm của phương trình
cos2 sin
4
xx

=−


trên đoạn
0;
là
75
4 12 6
+=
.
Đáp án: a) Đ, b) S, c) Đ, d) Đ
Câu 29: [MĐ3] Cho phương trình:
sin 4 sin2 cos4 cos2x x x x+ = +
.
a) Dùng công thức biến đổi tổng thành tích, vế trái của phương trình đưa về dạng:
sin3 cosxx
.
b) Dùng công thức biến đổi tổng thành tích, vế phải của phương trình đưa về dạng:
cos3 cosxx
.
c) Nghiệm của phương trình đã cho là nghiệm của phương trình
cos 0x =
và phương trình
sin3 cos3xx=
.
d) Nghiệm của phương trình đã cho là:
2xk
=
và
()
12 3
x k k

= +
.
Lời giải
Dùng công thức biến đổi tổng thành tích, phương trình đưa về dạng:
( )
2sin3 cos 2cos3 cos cos sin3 cos3 0x x x x x x x= − =
cos 0x=
hoặc
sin3 cos3 0xx−=
.
Với
cos 0 ( )
2
x x k k
= = +
.
Với
sin3 cos3 0 sin3 cos3x x x x− = =
.
+ Nếu
cos3 0x =
thì phương trình đưa về dạng:
sin3 0x =
(vô lí).
+ Với
cos3 0x
, phương trình đưa về dạng:
tan3 1 3 ( ).
4 12 3
x x k x k k Z
= = + = +
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
2
xk
=+
và
()
12 3
x k k

= +
.
Đáp án: a) S, b) S, c) Đ, d) Đ
Câu 30: [MĐ3] Hàng ngày mực nước tại một cảng biển lên xuống theo thủy chiều. Chiều cao
( )
hm
của mực nước theo thời gian
t
(giờ) trong một ngày được cho bởi công thức
14 8sin
12
ht

=+


với
0 24.t
a) Lúc 6 giờ sáng thì chiều cao của mực nước biển là cao nhất
b) Chiều cao của mực nước biển thấp nhất vào lúc 12 giờ
c) Mực nước tại bến cảng cao 18 m vào lúc 2 giờ 10 phút
d) Biết tàu chỉ vào được cảng khi mực nước trong cảng không thấp hơn 18 m. Vậy thời gian tàu
vào được cảng là từ 10 giờ sáng hôm trước đến 2 giờ sáng hôm sau.
Lời giải
Ý
a)
b)
c)
d)
Kết quả
Đ
S
Đ
S
+ Do
1 sin 1
12
t

−


nên
14 8 14 8sin 14 8
12
t

− + +


Hay
6 22.h
Vậy chiều cao của mực nước tại bến cảng cao nhất bằng
22 .m
Khi
( )
sin 1 2 6 24 .
12 12 2
t t k t k k

= = + = +


Mà
0 24t
nên
6t =
. Vậy lúc
6
giờ sáng thì chiều cao của mực nước biển là cao nhất
+ Chiều cao của mực nước biển tại bến cảng thấp nhất bằng
6m
khi
( )
sin 1 2 6 24 .
12 12 2
t t k t k k

= − = − + = − +


Mà
0 24t
nên
18t =
. Vậy lúc
18
giờ thì chiều cao của mực nước biển là thấp nhất.
Xét phương trình:
1
14 8sin 18 sin
12 12 2
tt

+ = =
( )
2
2 24
12 6
.
5 10 24
2
12 6
tk
tk
k
tk
tk


=+
=+
=+
=+
Mà
0 24t
nên
2;10t
.
+ Trong khoảng thời gian từ
2
giờ đến
10
giờ, mực nước tại bến cảng lớn hơn hoặc bằng
18 .m
Vậy thời gian tàu vào được cảng là từ
2
giờ đến
10
giờ.
Đáp án: a) Đ, b) S, c) Đ, d) S.
Câu 31: [MĐ3] Cho bất phương trình
2
2
5
1
4
8
xx
x
−
+



a) Ta có:
23
1
4 2 ; 2 .
8
−
==
b) Bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình
( ) ( )
22
2 50 3x x x+ = − −
c) Số nghiệm nguyên của bất phương trình là
6.
d) Tích nghiệm nguyên lớn nhất và nghiệm nguyên nhỏ nhất của bất phương trình là
4.−
Lời giải
Ý
a)
b)
c)
d)
Kết quả
Đ
Đ
S
S
Ta có:
( ) ( )
2
22
2
2 5 3
5
1
4 2 2
8
xx
x x x
x
−
+ − −
+



( ) ( )
22
2 5 3x x x + − −
2
3 10 0 2 5x x x − − −
Vậy phương trình có
8
nghiệm nguyên. Tích nghiệm lớn nhất và nghiệm nguyên nhỏ nhất của
bất phương trình là
10.−
Đáp án: a) Đ, b) Đ, c) S, d) S.
Câu 32: [MĐ3] Cho bất phương trình
( )
2
1
32
log 7 18 2.xx− + + −
a) Ta có:
1
0 1.
32

b) Bất phương trình đã cho là nghiệm của bất phương trình
2
2
1
7 18
32
xx
−

− + +


c) Số nghiệm nguyên của bất phương trình là
2.
d) Tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình là
14.
Lời giải
Ý
a)
b)
c)
d)
Kết quả
Đ
Đ
S
Đ
Ta có:
( )
2
1
32
log 7 18 2xx− + + −
2
2
0
7 18 18
7
7 18 0
2 9.
x
xx
x
xx
x

− + +



− + +
−
Vậy bất phương trình có nghiệm là:
20x−
hoặc
7 9.x
Bất phương trình có
4
nghiệm nguyên là
1;0;7;8−
và tổng các nghiệm nguyên của bất phương
trình là
14.
Đáp án: a) Đ, b) Đ, c) S, d) Đ.
Câu 33. [MĐ3] Mức cường độ âm
L
( đơn vị dB) được tính bởi công thức
12
10log
10
I
L
−
=
, trong đó
I
(
đơn vị:
2
W/m
) là cường độ của âm (Nguồn: R. Larson and B. Edwards, Calculus 10e
Cengage). Một người đứng giữa hai loa A và B. Khi loa A bật thì người đó nghe được âm có
mức cường độ 80 dB. Khi loa B bật thì nghe được âm có mức cường độ 90 dB. Nếu bật cả hai
loa thì cường độ âm tác động vào tai người bằng tổng cường độ âm của hai loa đó.
a) Cường độ âm của loa A là
80 12 2
10 .10 (W / )m
.
b) Cường độ âm của loa B là
90 12 2
10 .10 (W / )m
−
.
c) Cường độ âm tác động vào tai người khi bật cả hai loa là
170 12 2
10 .10 (W / )m
−
.
d) Nếu bật cả hai loa thì người đó nghe được âm có mức cường độ là 90,4 dB.
Lời giải
Ý
a)
b)
c)
d)
Kết quả
S
S
S
Đ
Đặt
12
80( dB), 90( dB)LL==
.
12
,II
lần lượt là cường
độ âm của loa
A
và loa
B
. Ta có:
1
1
12
10log
10
I
L
−
=
1
12 8 12
10
1
10 10 10 10
L
I
−−
= =
.
2
2
12
10log
10
I
L
−
=
2
12 9 12
10
2
10 10 10 10
L
I
−−
= =
Do đó,
( )
8 9 12
12
10 10 10II
−
+ = +
.
Vậy:
( )
89
12
12
10log 10 log 10 10 90,4( dB)
10
II
L
−
+
= = +
.
Dạng 3: Câu trắc nghiệm trả lời ngắn
Câu 34. [MĐ4] Mức cường Hội Lim ( tỉnh Bắc Ninh) vào mùa xuân thường có trò chơi đánh đu. Khi
người chơi đu nhún đều, cây đu sẽ đưa người chơi đu dao động quanh vị trí cân bằng (Hình 1).
Nghiên cứu trò chơi này, người ta thấy khoảng cách h (m) từ người chơi đu đến vị trí cân bằng
được biểu diễn qua thời gian t (s) ( với
0t
) bởi hệ thức
hd=
với
( )
3cos 2 1
3
dt

=−


,
trong đó ta quy ước
0d
khi vị trí cân bằng ở phía sau lưng người chơi đu và
0d
trong
trường hợp ngược lại (Nguồn: R. Larson and B. Edwards, Calculus 10e Cengage). Tìm thời
điểm đầu tiên mà khoảng cách
h
là lớn nhất. (Viết kết quả dưới dạng số thập phân).
Lời giải
Trả lời:
0,5 st =
Do
1 cos (2 1) 1
3
t

− −


nên
3 3cos (2 1) 3
3
t

− −


hay
33d−
.
Do đó,
0 | | 3d
. Vậy
h
lớn nhất bằng 3 khi
| | 3d =
hay
cos (2 1) 1 sin (2 1) 0
33
tt

− = − =
13
(2 1)
32
k
t k t
+
− = =
với
k
Thời điểm đầu tiên mà khoảng cách
h
lớn nhất là
0,5 st =
(ứng với
0k =
).
Câu 35. [MĐ4] Một cây cầu có dạng cung
AB
của đồ thị hàm số
4,8cos
9
x
y =
và được mô tả trong hệ
trục toạ độ với đơn vị trục là mét như ở Hinh vẽ. Một sà lan chở khối hàng hoá được xếp thành
hình hộp chữ nhật với độ cao
3,6m
so với mực nước sông. Hỏi chiều rộng của khối hàng hoá
đó lớn nhất là bao nhiêu mét đề sà lan có thể đi qua được gầm cầu (làm tròn kết quả đến hàng
đơn vị)?
Lời giải
Trả lời: 13
Với mỗi điểm
( )
;M x y
nằm trên mặt cầu, khoảng cách từ điểm 𝑀 đến mặt nước tương ứng với
giá trị tung độ 𝑦 của điểm 𝑀.
Xét phương trình:
3
4,8cos 3,6 cos
9 9 4
xx
= =
Do
99
;
22
x


−


nên
;
9 2 2
x


−


Từ phương trình
3
4,8cos 3,6 cos
9 9 4
xx
= =
với
;
9 2 2
x


−


Ta có
0,7227
9
x

Khi đó,
2 13,0086x
Vậy chiều rộng của khối hàng hoá đó lớn nhất là
13m
để sà lan có thể đi qua được gầm cầu.
Câu 36. [MĐ4] Trong một thí nghiệm, một quả cầu được gắn vào một đầu dây đàn hồi, đầu kia của sợi
đây được gắn cố định vào một thanh treo nằm ngang. Sau khi quá cầu được kéo xuống và thả
ra, nó bắt đầu di chuyển lên xuống. Khi đó, chiều cao
( )
h cm
của quả cầu so với mặt đất theo
thời gian
( )
ts
được cho bởi công thức
100 30cos20ht=−
. Tính thời điểm đầu tiên mà quả
cầu đạt chiều cao cao nhất kể từ khi quả cầu được thả ra (làm tròn kết quá đến hàng phần trăm).
Lời giải
Trả lời: 0,16
Do
1 cos20 1 70 100 30cos20 130tt− −
Do đó quả cầu đạt chiều cao cao nhất khi
130h =
Khi
cos20 1 20 2 ;
20 10
t t k t k k


= − = + = +
Vậy thời điểm đầu tiên mà quả cầu đạt chiều cao cao nhất kể từ khi quả cầu được thả ra là
0,16
20
t
=
Câu 37. [MĐ4] Trung bình sau mỗi năm sử dưng, giá trị còn lại của một chiếc ô tô giảm đi
6%
so với
năm trước đó. Giả sử một chiếc ô tô lúc mới mua là
800
triệu đồng. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu
năm sử dụng thì giá trị còn lại của chiếc ô tô đó nhỏ hơn
600
triệu đồng (làm tròn kết quả đến
hàng đơn vị)?
Lời giải
Trả lời: 5
Gọi
S
là giá trị còn lại của một chiếc ô tô sau 𝑡 năm sử dụng và
được tính bởi công thức:
( )
0
0,94
t
SS=
, trong đó
0
S
là giá trị ban đầu của ô tô.
Xét phương trình:
( ) ( )
800. 0,94 600 0,94 0,75
tt
( )
0,94
log 0,75 4,65t
Vậy sau khoảng
5
năm sử dụng thì giá trị còn lại của một chiếc ô tô đó nhỏ hơn
600
triệu
đồng.
Câu 38. [MĐ4] Các nhà khoa học xác định được chu kì bán rã của
14
6
C
là
5730
năm, tức là sau
5730
năm thì số nguyên tử
14
6
C
giảm đi một nửa. Một cây còn sống có lượng
14
6
C
trong cây được
duy trì không đổi. Nhưng nếu cây chết thì lượng
14
6
C
trong cây phân rã theo chu kì bán rã của
nó. Các nhà khảo cổ đã tìm thấy một mẫu gỗ cổ và đo được tỉ lệ phần trăm lượng
14
6
C
còn lại
trong mẫu gỗ cổ đó so với lúc còn sinh trương là
75%
. Hỏi mẫu gỗ cổ đó đã chết cách đây bao
nhiêu năm (làm tròn kết quả đến hàng đơn vì)?
Lời giải
Trả lời: 2378
Gọi
0
m
là khối lượng của
14
6
C
trong cây tại thời điểm cây còn sống
( )
0t =
.
Khi đó, khối lượng
( )
mt
của
14
6
C
trong cây sau khi chết
t
(năm) được tính bởi công
thức:
( )
5730
1
2
t
o
m t m

=


Theo giả thiết, ta có:
( )
5730
1
0,75
2
t
o
o
mt
m
m

==


Do đó
( )
0,5
log 0,75 2378
5730
t
t=
Vậy mẫu gỗ cổ đó đã chết cách đây bao nhiêu
2378
năm
Câu 39. [MĐ4] Cô Liên gửi
100
triệu đồng vào ngân hàng theo hình thức lãi kép có kì hạn là
12
tháng
với lãi suất
6%
một năm. Giả sử qua các năm thì lãi suất không thay đổi và cô Liên không gửi
thêm tiền vào mỗi năm. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm thì số tiền cô Liên có được cả gốc và lãi
nhiều hơn
150
triệu đồng (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)?
Lời giải
Trả lời: 150
Số tiền sau
t
năm mà cô Liên có là:
( )
100. 1,06
t
S=
Xét bất phương trình:
( ) ( )
1,06
100. 1,06 150 log 1,5 6,96
t
t
Vậy sau ít nhất
7
năm thì số tiền cô Liên có được cả gốc và lãi nhiều hơn
150
triệu đồng.
| 1/18

Tài liệu khác của Toán

Preview text:

CHỦ ĐỀ 1: PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
I. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
1. Phương trình lượng giác cơ bản
1. Phương trình lượng giác cơ bản
a) Phương trình sinx = m( ) 1
• Với m  1, phương trình (1) vô nghiệm.    
• Với m  1, gọi  là số thực thuộc đoạn − ; 
 sao cho sinx = m .  2 2 
x =  + k2
Khi đó, ta có: sinx = m  sinx = sin  (k   Z ) .
x =  − + k2 Chú ý
• Ta có một số trường hợp đặc biệt sau của phương trình sinx = m :  sinx = 1  x = + k2 (k Z) 2  sinx = 1
−  x = − + k2 (k Z) 2
sinx = 0  x = k (k  Z )
• Nếu x là góc lượng giác có đơn vị đo là độ thì ta có thể tìm góc lượng giác x sao cho sinx = sina nhu sau:
x = a + k360
sinx = sina   (k Z)
x =180 − a + k360
b) Phương trình cosx = m(2)
• Với m  1, phương trình (2) vô nghiệm.
• Với m  1, gọi  là số thực thuộc đoạn 0;  sao cho cos = m.
x =  + k2
Khi đó, ta có: cosx = m  cosx = cos  (k   Z ) . x =  − + k2 Chú ý
• Ta có một số trường hợp đặc biệt sau của phương trình cosx = m :
cosx = 1  x = k 2 (k  Z ) cosx = 1
−  x =  + k2 (k Z)  cosx = 0  x = + k (k Z) 2
• Nếu x là góc lượng giác có đơn vị đo là độ thỉ ta có thể tìm góc lượng giác x sao cho 0 cosx = cosa như sau:
x = a + k360
cosx = cosa   (k Z)
x = −a + k360
c) Phương trình tanx = m    
Gọi  là số thực thuộc khoảng − ; 
 sao cho tanx = m . Khi đó, ta có:  2 2 
tanx = m  tanx = tan  x =  + k (k  Z )
Chú ý: Nếu x là góc lượng giác có đơn vị đo là độ thì ta có thể tìm góc lượng giác x sao cho
tanx = tana nhu sau:
tanx = tana x = a + 1 k 80 (k  Z )
d) Phương trinh cotx = m
Gọi  là số thực thuộc đoạn (0; ) sao cho cotx = m . Khi đó, ta có:
cotx = m  cotx = cot  x =  + k (k  Z )
Chú ý: Nếu x là góc lượng giác có đơn vị đo là độ thì ta có thể tìm góc lượng giác x sao cho 0
cotx = cota như sau:
cotx = cot  x =  + 18 k 0 (k Z ) .
2. Phương trình lượng giác đưa về dạng cơ bản  = +  f ( x) = g ( x)
f ( x) g ( x) k2 sin sin   Z f
 (x) =  − g (x) (k ) + k2  = +  f ( x) = g ( x)
f ( x) g ( x) k2 cos cos   Z f
 (x) = −g (x) ( k ) + k2
với phương trình có dạng: 2u ( x) 2 = v ( x) 2u ( x) 2 = v ( x) 2u ( x) 2 sin sin , cos cos , sin = cos v (x)
ta có thể dùng công thức hạ bậc để đưa về phương trình dạng cosf ( x) = cosg ( x) .
- Với một số phương trình lượng giác, ta có thể dùng các công thức lượng giác và các biến đổi để đưa về
phương trình dạng tích A( x) B ( x) = 0 .
II. PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LÔGARIT 1.Phương trình mũ
Với a  0, a  1 thì: f ( x) a
= b f (x) = log b với b  0 ; a f ( x) g ( x) a = a
f (x) = g (x).
2.Phương trình lôgarit
Với a  0, a  1 thì:
log f ( x) = b f ( x) b = a . a  f x = g x log f x = g x   a ( ) loga ( ) ( ) ( )  f
 (x)  0 hoac g (x)  0.
3.Bất phương trình mũ
Với a  0, a  1 thì:
a) Xét bất phương trình: f (x) ab .
Nếu b  0 , tập nghiệm của bất phương trình là tập xác định của f ( x) ;
Nếu b  0, a  1 thì bất phương trình đưa về: f ( x)  log b ; a
Nếu b  0, 0  a  1 thì bất phương trình đưa về: f ( x)  log b . a
b) Xét bất phương trình: f (x) g ( x) aa .
Nếu a  1 thì bất phương trình đưa về: f ( x)  g ( x) ;
Nếu 0  a  1 thì bất phương trình đưa về: f ( x)  g ( x) .
Các bất phương trình mũ khác cùng loại được giải tương tự.
4. Bất phương trình lôgarit
Với a  0, a  1 thì:
a) Xét bất phương trình: log f x b . a ( )
Nếu a  1 thì bất phương trình đưa về: ( ) b f x a ;
Nếu 0  a  1 thì bất phương trình đưa về: 0  ( ) b
f x a .
b) Xét bất phương trình: log f ( x)  log g x . a a ( )
Nếu a  1 thì bất phương trình đưa về: f ( x)  g ( x)  0 ;
Nếu 0  a  1 thì bất phương trình đưa về: 0  f ( x)  g ( x) .
Các bất phương trình lôgarit khác cùng loại được giải tương tự. B. MỘT SỐ VÍ DỤ
Dạng 1: Câu hỏi trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn
Mỗi câu thí sinh chỉ chọn một phương án.   
Ví dụ 1: [MĐ 2] Nghiệm của phương trình 3 sin x + = −   là:  3  2 2   A. x = −
+ k2 và x =  + k2 (k Z) . B. x = −
+ k2 và x = + k2 (k Z). 3 3 3  5
C. x = k 2 và x =  + k 2 (k  Z ) . D. x = − + k2 và x =
+ k2 (k Z) . 2 3 Lời giải    3    3       Do sin − = −   nên sin x + = −  sin x + = sin −        3  2  3  2  3   3     x + = − + k2   2 3 3 = − +    x k 2   3 (k Z). Chọn A       x + =  − − + k2   
x =  + k2  3  3 
Ví dụ 2: [MĐ 2] Tổng các nghiệm của phương trình 2 x −2 3 x = 81 là: A. 4 . B. −4 . C. −2 . D. 2 . Lời giải 2 2 x −2 x x −2 x 4 2 3 = 81  3
= 3  x − 2x − 4 = 0. Phương trình 2
x − 2x − 4 = 0 có hệ số a, c trái dấu nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt và
tổng hai nghiệm bằng 2 . Chọn D 1
Ví dụ 3: [MĐ 1] Nghiệm của phương trình log x + 5 = là: 16 ( ) 2 A. 3 . B. 1 − . C. 3 − . D. 27 . Lời giải 1 Ta có: 2
x + 5 = 16 . Suy ra x = −1 . Chọn B
Ví dụ 4: [MĐ2] Số nghiệm của phương trình log ( x − 4) = log ( 2
x − 5x + 4 là 2 2 ) A. 1. B. 2 . C. 0 . D. 3 . Lời giải Chọn C  =  x 2
x − = x − x + 2
x − 6x + 8 = 0 
log ( x − 4) = log ( x − 5x + 4) 2 4 5 4 2      x = 4 . 2 2 x − 4  0 x  4  x  4
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Dạng 2: Trắc nghiệm đúng -sai
Trong mỗi ý a) b) c) d) ở mỗi câu thí sinh chọn đúng hoặc sai.      
Ví dụ 5: Cho phương trình 2 2 sin 2x + = cos x +     .  4   2     1+ cos 4x +    2 1− cos  (2x + )
a) Hạ bậc hai vế, ta được phương trình : = . 2 2
b) Ta có : cos (2x +  ) = − cos 2x .   
c) Phương trình đã cho đưa về dạng : cos 4x + = cos 2x   .  2    
d) Nghiệm của phương trình đã cho là : x = − + k và x =
+ k (k Z ) 4 12 3 Lời giải Ý a) b) c) d) Kết quả S Đ Đ S    1− cos 4x +    2 1+ cos  (2x + )
a) Hạ bậc hai vế, ta được phương trình: = . Suy ra sai 2 2
b) cos (2x +  ) = − cos 2x ( Áp dụng giá trị lượng giác của 2 cung hơn kém  ). Suy ra đúng    1− cos 4x +    2 1+ cos  (2x + ) c) = . 2 2     −cos 4x + = cos   (2x + )  2      −cos 4x + = −cos   (2x)  2  Suy ra đúng     4x + = 2x + k2 x = − + k      2 4 d) cos 4x + = cos 2x      
(k Z ) . Suy ra sai.  2       4x + = 2 − x + k2 x = − + k  2  12 3 2 x −4 x 5−2 x
Ví dụ 6: Cho bất phương trình (3− 2 2)  (3+ 2 2) . − a) Ta có : + = ( − ) 1 3 2 2 3 2 2 .
b) Bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình : 2
x − 4x  2x − 5 .
c) Số nghiệm nguyên của bất phương trình là 5.
d) Tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình là 9. Lời giải Ý a) b) c) d) Kết quả Đ S S Đ a) (3+ 2 2 )(3− 2 2 ) =1 1  (3+ 2 2) = ( 3 − 2 2 ) ( + )=( − ) 1−  3 2 2 3 2 2 Suy ra đúng 2 x −4 x 5−2 x b) (3− 2 2)  (3+ 2 2)  ( −
) 2x−4x ( − )2x−5 3 2 2 3 2 2 2
x − 4x  2x − 5 . Suy ra sai c) 2 2
x − 4x  2x − 5  x − 6x + 5  0  1  x  5
Vậy bất phương trình có 3 nghiệm nguyên là 2 ; 3 ; 4. Suy ra sai
d) Tổng các nghiệm nguyên là 2 + 3 + 4 = 9 . Suy ra đúng
Ví dụ 7: Cho bất phương trình log −  + . − ( 2 2x 2 log 5x 5 2 1 ) ( ) 2 1 − a) Ta có : 0  2 −1  1. 2
2x − 2  5x + 5
b) Bất phương trình đã cho tương đương với:  . 5  x + 5  0
c) Số nghiệm nguyên của bất phương trình là 2.
d) Nghiệm nguyên nhỏ nhất của bất phương trình là 0. Lời giải Ý a) b) c) d) Kết quả Đ S Đ S a) Ta có : 0 
2 −1  1. Suy ra đúng 2
2x − 2  5x + 5 b) log −  +   . Suy ra sai − ( 2 2x 2 log 5x 5 2 1 ) ( ) 2 1 − 2 2x − 2  0 2 2
2x − 2  5x + 5
2x −5x −7  0 7 c)    .  1  x  2 2 2x − 2  0 2x − 2  0 2
Vậy bất phương trình có hai nghiệm nguyên là 2 và 3. Suy ra đúng.
d) Nghiệm nguyên nhỏ nhất là 2. Suy ra sai
Dạng 3: Câu trắc nghiệm trả lời ngắn
Ví dụ 8: Hàng ngày mực nước tại một cảng biển lên xuống theo thủy triều. Độ sâu h (m) của mực nước
theo thời gian t (giờ) trong một ngày cho bởi công thức    h = 16 + 7 sin t
 với 0  t  24 12 
Tìm thời điểm mà mực nước tại cảng là cao nhất. Lời giải       Do 1 −  sin t  1   nên 16 − 7  16 + 7 sin t  16 + 7   hay 9  h  23 . 12  12 
Vậy mực nước tại cảng cao nhất bằng 23m khi      sin t = 1  t =
+ k2  t = 6 + 24k (k    ) . 12  12 2
Mà 0  t  24 nên t = 6 . Thời điểm mà mực nước tại cảng cao nhất là t = 6 (giờ). T − S
Ví dụ 9: Công thức Định luật làm mát của Newton được cho như sau: kt = ln T − trong đó t là số giờ S 0
trôi qua, T là nhiệt độ lúc đầu, T là nhiệt độ sau t giờ, S là nhiệt độ môi trường ( T ,T , S theo cùng 0 0
một đơn vị đo), k là một hằng số. Một cốc trà có nhiệt độ 96 C
 , sau 2 phút nhiệt độ giảm còn 90 C  .
Biết nhiệt độ phòng là 24 C
 . Tính nhiệt độ của cốc trà sau 10 phút (làm tròn kết quả đến hàng phần mười). Lời giải 1 1 90 − 24 Thay t = 2 phút =
giờ, T = 96 ,T = 90 , S = 24 ta có k = ln . Do đó 11 k = 30 ln . 30 0 30 96 − 24 12 5 1 T − 11 T − 24 T − 24  11  Sau 10 phút = giờ, ta có 1 24 k = ln 5ln = ln . Do đó =   . 6 6 96 − hay 24 12 72 72 12  5  11  Suy ra T = 72. + 24  70,6 C    . 12 
Vậy nhiệt độ của cốc trà sau 10 phút khoảng 70,6( C  ) .
C. BÀI TẬP LUYỆN TẬP
⮲Dạng 1: Câu hỏi trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn
Mỗi câu thí sinh chỉ chọn một phương án.    Câu 1.
[MĐ2] Các nghiệm của phương trình sin − x = 0   là:  5  π 2π A. x = −
+ kπ (k ¢ ) . B. x =
+ kπ (k ¢ ) . 5 5 π π C. x = −
+ k2π (k ¢ ). D. x =
+ kπ (k ¢ ) . 5 5 Lời giải Chọn D      π Ta có sin
− x = 0  − x = k  x = − k (k   
) , hay x = + kπ(k ¢ ) .  5  5 5 5 Câu 2.
[MĐ2] Các nghiệm của phương trình 2sin 3x + 2 = 0 là: π 2π 3 2 π 2π 5 2 A. x = + k và x = + k
(k  ) . B. x = − + k và x = + k (k  ). 12 3 12 3 12 3 12 3 π 2π  2 π 2π 3 2 C. x = + k và x = − + k
(k  ) . D. x = − + k và x = + k (k  ) . 12 3 12 3 12 3 12 3 Lời giải Chọn B Ta có 2   
2sin 3x + 2 = 0  sin 3x = −  sin 3x = sin −   2  4      2 3x = − + k2  x = − + k  4   12 3   (k  ) 5  5 2  3x = + k2  x = + k  4  12 3    Câu 3.
[MĐ2] Các nghiệm của phương trình 1 cos x + =   là:  6  2 ππA. x =
+ k2π và x = − + k2 (k  ) . B. x = −
+ k2π và x = + k2 (k  ). 6 2 6 2  π
C. x = k 2π và x = −
+ k2 (k  ) . D. x =
+ kπ và x = − + k (k  ) . 3 6 2 Lời giải Chọn A Ta có    1     cos x + =  cos x + = cos      6  2  6  3      x + = + k2  x = + k2  6 3   6   (k  )      x + = − + k2  x = − + k2  6 3  2
Câu 4. [MĐ2] Các nghiệm của phương trình 2
sin 2x = 1 là:    A. x = + k (k  ) . B. x = k (k  ) . 4 2 2    C. x =
+ k (k  ). D. x = + k (k  ) . 2 8 2 Lời giải 2 2 2
sin 2x = 1  1− cos 2x = 1  cos 2x = 0  cos 2x = 0    .
 2x = + k  x = + k 2 4 2   
Câu 5. [MĐ2] Các nghiệm của phương trình tan x − = 3   là:  3  2 A. x =
+ k2 (k  ) .
B. x = k (k  ) . 3 2 2 C. x =
+ k (k  ) . D. x = −
+ k (k  ). 3 3 Lời giải      2 tan x −
= 3  x − = + k    x = + k  3  3 3 3   
Câu 6. [MĐ2] Các nghiệm của phương trình cot 3x + = 1 −   là:  4     A. x = −
+ k (k  ) . B. x = + k (k  ) . 6 6 3     C. x = − + k (k  ) . D. x = + k (k  ) . 6 6 6 2 Lời giải     3 cot 3x + = 1 −  3x + = + k   Cách 1:  4  4 4   
 3x = + k  x = + k 2 6 3      cot 3x + = 1
−  3x + = − + l   Cách 2:  4  4 4
 3x = − + l 2    −    
x = − + l = + + (l − ) 1 = + k 6 3 6 3 3 6 3
Câu 7. [MĐ2] Các nghiệm của phương trình sin x + 3 cos x = 0 là:   A. x = −
+ k (k  ) . B. x =
+ k (k  ) . 6 3   C. x =
+ k (k  ). D. x = −
+ k (k  ) . 6 3 Lời giải  −
sin x + 3 cos x = 0  sin x = − 3 cos x  tan x = − 3  x = + k 3
Câu 8. [MĐ2] Các góc lượng giác x sao cho (x − ) 1 cos 15 = − là: 2
A. x = 165 + k360 và x = 13
− 5 + k360 (k  ) .
B. x = 165 + 180 k  và x = 13
− 5 + k.180 (k  ) .
C. x = 135 + k360 và x = 10
− 5 + k360 (k  ) .
D. x = 135 + 180 k  và x = 10 − 5 + 18 k 0 (k  ) . Lời giải ( x −  =  + kx − ) 1 cos 15 = − 15 120 360   2 x −15 = 1
− 20 + k360
x =135 + k360   x = 1 − 05 + k360
Câu 9. [MĐ2] Các góc lượng giác x sao cho tan (2x + 27) = tan 35 là: A. x = 4 + 1
k 80 (k  ) B. x = 4 −  + 18 k 0 (k  ) C. x = 4
−  + k90 (k  )
D. x = 4 + k90 (k  ) . Lời giải
tan (2x + 27) = tan 35
 2x + 27 = 35 + 18 k
0  x = 4 + k90
Câu 10: [MĐ2] Các góc lượng giác x sao cho x = ( 0 sin 2
sin 36 − x) là: A. x = 12 + 1
k 20 và x = 144 + k360 (k  ) . B. x = 12 + 1
k 20 và x = 48 + 12 k 0 (k  ) .
C. x = 12 + k360 và x = 144 + 12 k 0 (k  ) .
D. x = 35 + k360 và x = 144 + k360 (k  ) . Lời giải 0 0
2x = 36 − x + k360 x = ( 0 sin 2 sin 36 − x)   0 2x = 180 −  ( 0 36 − x) 0 + k360 0 0 x =12 + 1 k 20   0 0 x =144 + k360    
Câu 11: [MĐ2] Số nghiệm của phương trình cos x = 1 trên khoảng 3 9 − ;   là:  4 2  A. 1. B. 2. C. 4. D. 3. Lời giải
cos x = 1  x = k 2 (k Z)       Giả thiết 3 9 3 9 3 9 x  − ;  −  k2   −  k     4 2  4 2 8 4
Mà k Z nên chọn k 0;1; 
2 . Vậy phương trình có 3 nghiệm thỏa bài toán.    
Câu 12: [MĐ3] Số nghiệm của phương trình 1 sin x = trên khoảng 5 5 − ;   là: 3  2 2  A. 2. B. 5. C. 4. D. 3. Lời giải  sin = 1
Cách 1: Tồn tại một giá trị     0;   sao cho 3 .  2  1
x =  + k2 Phương trình sin x =
 sin x = sin   với k, m  3
x =  − + m2  5 5  Vì x  − ;   nên  2 2   5 5 −   + k2   2 2  5 −  5 
  − + m2   2 2  5 5 5 3 −   − −  k2  −   2 2 2   7 5 5 −  −
− +  m2  − +  2  2 2 2  3 5 −  k   2 4   với k, m  . 7 −  k 1  4 Suy ra: k  1 − ;0;  1 ; m  1 − ; 
0 . Vậy có 5 nghiệm thỏa bài toán.
Cách 2: Dùng đường tròn lượng giác:
Trên hai vòng đường tròn x  2
−  ;2  phương trình 1 sin x = có 4 nghiệm. 3 1    Trên vòng đường tròn 5 x  2 ;   phương trình 1 sin x = có 1 nghiệm 4  2  3 1    Trên vòng đường tròn 5 x  − ; 2 −    phương trình 1 sin x = vô nghiệm 4  2  3     Vậy phương trình 1 sin x = có 5 nghiệm trên 5 5 − ;   3  2 2 
Câu 13: [MĐ2] Các nghiệm của phương trình 2 2
cos x − sin x = 0 là:    A. x = + k (k  ) . B. x =
+ k (k  ). 4 2 4   C. x =
+ k (k  ). D. x = −
+ k (k  ) . 2 4 Lời giải    2 2
cos x − sin x = 0  cos 2x = 0  2x =
+ k  x = + k . 2 4 2   
Câu 14: [MĐ2] Các nghiệm của phương trình cos 2x − = cos6x   là:  2  2 A. x = −
+ k2 và x =  + k2 (k Z) . 3   B. x = − + k2 và x =
+ k2 (k Z). 3 3
C. x = k 2 và x =  + k 2 (k Z) .     D. x = − + k và x = + k (k Z). 8 2 16 4 Lời giải   − = +     2x 6x k 2  cos 2x − = cos6x   2    2   2x − = 6 − x + k2  2    x = − − k  8 2     . x = + k  16 4 x  3  4
Câu 15: [MĐ1] Nghiệm của phương trình =   là:  2  9 A. x = −2 . B. x = − 2 . C. x = 2 . D. x = 2 . Lời giải x x 2 −  3  4  3   3  =  =  x = 2 −       .  2  9  2   2  −
Câu 16: [MĐ2] Nghiệm của phương trình 2 2x x = 4 là:
A. x = −1 và x = 2 .
B. x = 0 và x = 1 .
C. x = 1 và x = −2 .
D. x = 0 và x = 2 Lời giải  = − 2 2 x 1 x −x x −x 2 2 2 = 4  2
= 2  x − x = 2   . x = 2 −
Câu 17: [MĐ2] Tổng các nghiệm của phương trình 2 x 3 5 x = 10 là : A. 3 − . B. log 10 . C. 3 . D. − log 10 . 5 5 Lời giải 2 2 x −3x x −3x log 10 5 2 5 =10  5 = 5
x − 3x = log 10 5 2
x − 3x − log 10 = 0 có a = 1;c = − log 10  0  phương trình có hai nghiệm trái dấu. 5 5
Vậy tổng các nghiệm của phương trình là 3 . 3−2 x  1 
Câu 18: [MĐ2] Nghiệm của phương trình x+3 = 5   là  25  A. x = −3 . B. x = 5 . C. x = −5 . D. x = 3 . Lời giải 3−2 x  1  x+3 2 − (3−2x) x+3 = 5  5 = 5  6
− + 4x = x + 3  x = 3   .  25  1
Câu 19: [MĐ2] Nghiệm của phương trình log ( 2 x −1 = là 27 ) 3 A. x = 2 . B. x =  10 . C. x = 2 . D. x = 10 . Lời giải x  1 − Điều kiện: 2 x −1  0   . x 1 (x − ) 1 log 1 =  log (x − ) 1 2 2 3 1 = log 27 2
x −1 = 3  x = 2  . 27 27 27 3
Kết hợp điều kiện: nghiệm của phương trình là x = 2 .
Câu 20: [MĐ2] Tích các nghiệm của phương trình log ( 2
x − 2x = 3 là : 2 ) A. 8 . B. 6 . C. 8 − . D. 6 − . Lời giải x  0 Điều kiện: 2
x − 2x  0   . x  2 log ( 2
x − 2x = 3  log x − 2x = log 2 2
x − 2x = 8 (thỏa điều kiện) 2 ( 2 ) 3 2 ) 2 2
x − 2x − 8 = 0 luôn có hai nghiệm trái dấu. Tích các nghiệm là 8 − .
Câu 21: [MĐ2] Số nghiệm của phương trình log ( 2 x − 2x = log 3x − 6 là: 7 ) 7 ( ) A. 2 . B. 0 . C. 3 . D. 1. Lời giải 2
x − 2x  0 Điều kiện   x  2. 3  x − 6  0 x = log ( 2 x − 2x = log 3x − 6 2
x − 2x = 3x − 6 2
x − 5x + 6 = 2 0  . 7 ) 7 ( )  x = 3
Kết hợp với điều kiện: x = 3 là nghiệm. x
Câu 22: [MĐ2] Nghiệm của bất phương trình (0,5)  3 là: A. x  log 3 . B. x  log 3 .
C. x  log 0, 5 .
D. x  log 0, 5 . 0,5 0,5 3 3 Lời giải ( x x
0, 5)  3  (0,5)  (0,5)log0,5 3  x  log 3 . 0,5 x
Câu 23: [MĐ2] Tập nghiệm của bất phương trình ( ) 2 0, 2 1 là: A.  . B. \   0 . C. (0; +) . D. . Lời giải
( ) 2x   ( ) 2x  ( )0 2 0, 2 1 0, 2 0, 2
x  0  x  . 2 x 1 − x−5
Câu 24: [MĐ3] Tập nghiệm của bất phương trình (2 − 3)  (2+ 3) là: A. (2; +) . B. (−4; +) . C. ( ; − 2) . D. (− ;  −4) . Lời giải ( 2 x 1 − −   −
)2x 1− ( + )x−5 x 5 1 2 3 2 3     (2+ 3)  2 + 3 
 ( + ) 2−x 1+  ( + )x−5 2 3 2 3
 −2x +1  x − 5  x  2 .
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ( ; − 2) .
Câu 25: [MĐ3] Tập nghiệm của bất phương trình log 2x − 6  2 − là 1 ( ) 2 A. (3;5) . B. ( ;5 − ) . C. (3; +) D. (5; +) . Lời giải
Điều kiện: 2x − 6  0  x  3 . 2 −  1  log 2x − 6  2
−  log 2x − 6  log . 1 ( ) 1 ( ) 1    2  2 2 2
 2x − 6  4  x  5
Kết hợp điều kiện: tập nghiệm của bất phương trình là (5;+) .
Câu 26: [MĐ3] Số nghiệm nguyên của bất phương trình log (2x − 3) 2  log x là: 5 25 A. 1. B. 2 . C. 0 . D. vô số. Lời giải 2x − 3  0 Điều kiện: 3   x  . 2 x  0 2 1 log (2x − 3) 2
 log x  log 2x − 3  .2.log x 5 ( ) 5 25 5 2
 2x − 3  x x  3 .  
Kết hợp điều kiện: tập nghiệm của bất phương trình là 3 ;3   .  2 
Số nghiệm nguyên của bất phương trình là 1.
Dạng 2. Câu trắc nghiệm đúng sai
Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.      
Câu 27: [MĐ3] Cho phương trình 2 2 cos − x = sin 3x +     .  2   4     ( − +   + − x) 1 cos 6x 1 cos 2
a) Hạ bậc hai vế, ta được phương trình:  2  = . 2 2
b) Ta có: cos ( − 2x) = cos 2x .
c) Phương trình đã cho đưa về dạng: cos 2x = cos 6x . 
d) Nghiệm của phương trình đã cho là: x = k (k  ) . 4 Lời giải      
Ta có: cos ( − 2x) = − cos 6x +  cos  
( − 2x) = cos −6x    2   2      
 − 2x = − 6x + k2  x = − + k  2   8 2     (k ).      − 3 2x = − + 6x + k2  x = + k  2  16 4
Đáp án: a) Đ, b) S, c) S, d) S   
Câu 28: [MĐ3] Cho phương trình cos 2x = sin − x
 với x 0;  .  4     a) Ta có: cos 2x = sin − 2x   .  2         b) Phương trình sin − 2x = sin − x   
 có các nghiệm là: x = + k2 và  2   4  4 5 x =
+ k2 (k  ) . 4
c) Phương trình đã cho có hai nghiệm thuộc đoạn 0; . 
d) Tổng các nghiệm của phương trình đã cho trên đoạn  5 0;  là . 6 Lời giải          Do cos 2x = sin − 2x
 nên phương trình đưa về dạng sin − 2x = sin − x      2   2   4    −   2x = − x + k2  x = + k2 2 4    4   (k  ) .     −  2  2x =  − − x + k2    x = − + k  2  4   12 3  7   
Do x 0;  nên x = và x =
. Tổng các nghiệm của phương trình cos 2x = sin − x   4 12  4     trên đoạn  7 5 0;  là + = . 4 12 6
Đáp án: a) Đ, b) S, c) Đ, d) Đ
Câu 29: [MĐ3] Cho phương trình: sin 4x + sin 2x = cos 4x + cos 2x .
a) Dùng công thức biến đổi tổng thành tích, vế trái của phương trình đưa về dạng: sin 3x cos x .
b) Dùng công thức biến đổi tổng thành tích, vế phải của phương trình đưa về dạng: cos 3x cos x .
c) Nghiệm của phương trình đã cho là nghiệm của phương trình cos x = 0 và phương trình
sin 3x = cos 3x .  
d) Nghiệm của phương trình đã cho là: x = k 2 và x = + k (k  ) . 12 3 Lời giải
Dùng công thức biến đổi tổng thành tích, phương trình đưa về dạng:
2 sin 3x cos x = 2 cos 3x cos x  cos x (sin 3x − cos 3x) = 0
 cos x = 0 hoặc sin 3x − cos3x = 0 . 
Với cos x = 0  x =
+ k (k  ) . 2
Với sin 3x − cos3x = 0  sin 3x = cos3x .
+ Nếu cos 3x = 0 thì phương trình đưa về dạng: sin 3x = 0 (vô lí).
+ Với cos 3x  0 , phương trình đưa về dạng:   
tan 3x = 1  3x = + k  x =
+ k (k Z). 4 12 3   
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x = + k và x = + k (k  ) . 2 12 3
Đáp án: a) S, b) S, c) Đ, d) Đ
Câu 30: [MĐ3] Hàng ngày mực nước tại một cảng biển lên xuống theo thủy chiều. Chiều cao h (m)
của mực nước theo thời gian t (giờ) trong một ngày được cho bởi công thức    h = 14 + 8sin t
 với 0  t  24. 12 
a) Lúc 6 giờ sáng thì chiều cao của mực nước biển là cao nhất
b) Chiều cao của mực nước biển thấp nhất vào lúc 12 giờ
c) Mực nước tại bến cảng cao 18 m vào lúc 2 giờ 10 phút
d) Biết tàu chỉ vào được cảng khi mực nước trong cảng không thấp hơn 18 m. Vậy thời gian tàu
vào được cảng là từ 10 giờ sáng hôm trước đến 2 giờ sáng hôm sau. Lời giải Ý a) b) c) d) Kết quả Đ S Đ S       + Do 1 −  sin t  1   nên 14 − 8  14 + 8sin t  14 + 8   12  12 
Hay 6  h  22. Vậy chiều cao của mực nước tại bến cảng cao nhất bằng 22 . m      Khi sin t = 1  t =
+ k2  t = 6 + 24k (k    ). 12  12 2
Mà 0  t  24 nên t = 6 . Vậy lúc 6 giờ sáng thì chiều cao của mực nước biển là cao nhất
+ Chiều cao của mực nước biển tại bến cảng thấp nhất bằng 6m khi      sin t = 1 −  t = −
+ k2  t = 6 − + 24k (k    ). 12  12 2
Mà 0  t  24 nên t = 18 . Vậy lúc 18 giờ thì chiều cao của mực nước biển là thấp nhất.       Xét phương trình: 1 14 + 8sin t = 18  sin t =     12  12  2    t = + k2  t = 2 + 24 12 6 k     (k  ).  5  t =10 + 24k t = + k2 12 6
Mà 0  t  24 nên t 2;1  0 .
+ Trong khoảng thời gian từ 2 giờ đến 10 giờ, mực nước tại bến cảng lớn hơn hoặc bằng 18 . m
Vậy thời gian tàu vào được cảng là từ 2 giờ đến 10 giờ.
Đáp án: a) Đ, b) S, c) Đ, d) S. 2 x− x 2  x +  1
Câu 31: [MĐ3] Cho bất phương trình 5 4     8  1 a) Ta có: 2 3 4 2 ; 2− = = . 8
b) Bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình ( 2x + ) = − ( 2 2 50 3 x − x )
c) Số nghiệm nguyên của bất phương trình là 6.
d) Tích nghiệm nguyên lớn nhất và nghiệm nguyên nhỏ nhất của bất phương trình là −4. Lời giải Ý a) b) c) d) Kết quả Đ Đ S S 2 x− x 1 ( 2x+ ) − ( 2 2 2 5 3 − +   5 x x x ) Ta có: 4   2  2    8   ( 2 x + )  − ( 2 2 5 3 x − x ) 2
x − 3x −10  0  −2  x  5
Vậy phương trình có 8 nghiệm nguyên. Tích nghiệm lớn nhất và nghiệm nguyên nhỏ nhất của
bất phương trình là −10.
Đáp án: a) Đ, b) Đ, c) S, d) S.
Câu 32: [MĐ3] Cho bất phương trình log ( 2
−x + 7x +18  2 − . 1 ) 3 2 1 a) Ta có: 0  1. 3 2
b) Bất phương trình đã cho là nghiệm của bất phương trình 2 −  1  2
−x + 7x +18     3 2 
c) Số nghiệm nguyên của bất phương trình là 2.
d) Tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình là 14. Lời giải Ý a) b) c) d) Kết quả Đ Đ S Đ Ta có: log ( 2
−x + 7x +18  2 − 1 ) 3 2 x  0 2
−x + 7x +18 18     x  7 2
−x + 7x +18  0   2 −  x  9.
Vậy bất phương trình có nghiệm là: 2
−  x  0 hoặc 7  x  9.
Bất phương trình có 4 nghiệm nguyên là −1;0;7;8 và tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình là 14.
Đáp án: a) Đ, b) Đ, c) S, d) Đ. I
Câu 33. [MĐ3] Mức cường độ âm L ( đơn vị dB) được tính bởi công thức L = 10 log , trong đó I ( 12 10− đơn vị: 2
W / m ) là cường độ của âm (Nguồn: R. Larson and B. Edwards, Calculus 10e
Cengage). Một người đứng giữa hai loa A và B. Khi loa A bật thì người đó nghe được âm có
mức cường độ 80 dB. Khi loa B bật thì nghe được âm có mức cường độ 90 dB. Nếu bật cả hai
loa thì cường độ âm tác động vào tai người bằng tổng cường độ âm của hai loa đó.
a) Cường độ âm của loa A là 80 12 2 10 .10 (W / m ) .
b) Cường độ âm của loa B là 90 12 − 2 10 .10 (W / m ) .
c) Cường độ âm tác động vào tai người khi bật cả hai loa là 170 12 − 2 10 .10 (W / m ) .
d) Nếu bật cả hai loa thì người đó nghe được âm có mức cường độ là 90,4 dB. Lời giải Ý a) b) c) d) Kết quả S S S Đ
Đặt L = 80( dB), L = 90( dB) . I , I lần lượt là cường 1 2 1 2
độ âm của loa A và loa B . Ta có: I L1 1 − − L = 10 log 12 8 12 10  I =10 10 =10 10 . 1 12 10− 1 I L2 2 − − L = 10 log 12 9 12 10  I =10 10 =10 10 2 12 10− 2
Do đó, I + I = ( 8 9 10 +10 ) 1 − 2 10 . 1 2 + Vậy: I I 1 2 L = 10 log
=10log 10 +10  90,4( dB) . 12 − ( 8 9) 10
Dạng 3: Câu trắc nghiệm trả lời ngắn
Câu 34. [MĐ4] Mức cường Hội Lim ( tỉnh Bắc Ninh) vào mùa xuân thường có trò chơi đánh đu. Khi
người chơi đu nhún đều, cây đu sẽ đưa người chơi đu dao động quanh vị trí cân bằng (Hình 1).
Nghiên cứu trò chơi này, người ta thấy khoảng cách h (m) từ người chơi đu đến vị trí cân bằng  
được biểu diễn qua thời gian t (s) ( với t  0 ) bởi hệ thức h = d với d = 3cos (2t − ) 1   ,  3 
trong đó ta quy ước d  0 khi vị trí cân bằng ở phía sau lưng người chơi đu và d  0 trong
trường hợp ngược lại (Nguồn: R. Larson and B. Edwards, Calculus 10e Cengage). Tìm thời
điểm đầu tiên mà khoảng cách h là lớn nhất. (Viết kết quả dưới dạng số thập phân). Lời giải
Trả lời: t = 0,5 s     Do 1 −  cos (2t −1)  1   nên 3 −  3cos (2t −1)  3 hay 3 −  d  3 .    3   3  Do đó, 0 |
d | 3 . Vậy h lớn nhất bằng 3 khi | d |= 3 hay     cos (2t −1) = 1   sin (2t −1) = 0      3   3   1 3k (2t 1) k +  − =  t = với k  3 2
Thời điểm đầu tiên mà khoảng cách h lớn nhất là t = 0,5 s (ứng với k = 0 ). x
Câu 35. [MĐ4] Một cây cầu có dạng cung ABcủa đồ thị hàm số y = 4,8cos và được mô tả trong hệ 9
trục toạ độ với đơn vị trục là mét như ở Hinh vẽ. Một sà lan chở khối hàng hoá được xếp thành
hình hộp chữ nhật với độ cao 3,6m so với mực nước sông. Hỏi chiều rộng của khối hàng hoá
đó lớn nhất là bao nhiêu mét đề sà lan có thể đi qua được gầm cầu (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)? Lời giải Trả lời: 13
Với mỗi điểm M ( ;
x y) nằm trên mặt cầu, khoảng cách từ điểm 𝑀 đến mặt nước tương ứng với
giá trị tung độ 𝑦 của điểm 𝑀. Xét phương trình: x x 3 4,8cos = 3,6  cos = 9 9 4  9 9  x     Do x  − ;   nên  − ;    2 2  9  2 2  x x x     Từ phương trình 3 4,8cos
= 3,6  cos = với  − ;   9 9 4 9  2 2  x Ta có  0
 ,7227 Khi đó, 2 x  13,0086 9
Vậy chiều rộng của khối hàng hoá đó lớn nhất là 13m để sà lan có thể đi qua được gầm cầu.
Câu 36. [MĐ4] Trong một thí nghiệm, một quả cầu được gắn vào một đầu dây đàn hồi, đầu kia của sợi
đây được gắn cố định vào một thanh treo nằm ngang. Sau khi quá cầu được kéo xuống và thả
ra, nó bắt đầu di chuyển lên xuống. Khi đó, chiều cao h(c )
m của quả cầu so với mặt đất theo thời gian t ( )
s được cho bởi công thức h = 100 − 30cos20t . Tính thời điểm đầu tiên mà quả
cầu đạt chiều cao cao nhất kể từ khi quả cầu được thả ra (làm tròn kết quá đến hàng phần trăm). Lời giải Trả lời: 0,16 Do 1
−  cos20t  1 70  100 − 30cos20t  130
Do đó quả cầu đạt chiều cao cao nhất khi h = 130   Khi cos20t = 1
−  20t =  + k2  t = + k ; k  20 10
Vậy thời điểm đầu tiên mà quả cầu đạt chiều cao cao nhất kể từ khi quả cầu được thả ra là  t =  0,16 20
Câu 37. [MĐ4] Trung bình sau mỗi năm sử dưng, giá trị còn lại của một chiếc ô tô giảm đi 6%so với
năm trước đó. Giả sử một chiếc ô tô lúc mới mua là 800 triệu đồng. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu
năm sử dụng thì giá trị còn lại của chiếc ô tô đó nhỏ hơn 600 triệu đồng (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)? Lời giải Trả lời: 5
Gọi Slà giá trị còn lại của một chiếc ô tô sau 𝑡 năm sử dụng và đượ t
c tính bởi công thức: S = S 0,94 , trong đó S là giá trị ban đầu của ô tô. 0 ( ) 0 Xét phương trình: t t
800.(0,94)  600  (0,94)  0,75  t  log (0,7 )5  4,65 0,94
Vậy sau khoảng 5 năm sử dụng thì giá trị còn lại của một chiếc ô tô đó nhỏ hơn 600 triệu đồng.
Câu 38. [MĐ4] Các nhà khoa học xác định được chu kì bán rã của 14C là 5730 năm, tức là sau 5730 6
năm thì số nguyên tử 14C giảm đi một nửa. Một cây còn sống có lượng 14C trong cây được 6 6
duy trì không đổi. Nhưng nếu cây chết thì lượng 14C trong cây phân rã theo chu kì bán rã của 6
nó. Các nhà khảo cổ đã tìm thấy một mẫu gỗ cổ và đo được tỉ lệ phần trăm lượng 14C còn lại 6
trong mẫu gỗ cổ đó so với lúc còn sinh trương là 75% . Hỏi mẫu gỗ cổ đó đã chết cách đây bao
nhiêu năm (làm tròn kết quả đến hàng đơn vì)? Lời giải Trả lời: 2378
Gọi m là khối lượng của 14C trong cây tại thời điểm cây còn sống (t = 0) . 0 6
Khi đó, khối lượng m(t) của 14C trong cây sau khi chết t (năm) được tính bởi công 6 t   thức: m(t) 5730 1 = m   o  2  m(t) t 5730  1  Theo giả thiết, ta có: = m = 0,75   o m  2  o Do đó t = log 0,75  t  2378 0,5 ( ) 5730
Vậy mẫu gỗ cổ đó đã chết cách đây bao nhiêu 2378 năm
Câu 39. [MĐ4] Cô Liên gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng theo hình thức lãi kép có kì hạn là 12 tháng
với lãi suất 6% một năm. Giả sử qua các năm thì lãi suất không thay đổi và cô Liên không gửi
thêm tiền vào mỗi năm. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm thì số tiền cô Liên có được cả gốc và lãi
nhiều hơn 150 triệu đồng (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)? Lời giải Trả lời: 150 t
Số tiền sau t năm mà cô Liên có là: S = 100.(1,06) t
Xét bất phương trình: 100.(1,06)  150  t  log 1,5  6,96 1,06 ( )
Vậy sau ít nhất 7 năm thì số tiền cô Liên có được cả gốc và lãi nhiều hơn 150 triệu đồng.