Giải SGK Toán 11 (Kết nối tri thức): Bài tập ôn tập cuối năm – KNTT

Giải SGK Toán 11 (Kết nối tri thức): Bài tập ôn tập cuối năm – SÁCH GIÁO KHOA KẾT NỐI TRI THỨC 2024

================

Giải bài tập Toán lớp 11 Bài tập ôn tập cuối năm

A. Trắc nghiệm

Bài 1 trang 105 Toán 11 Tập 2:Khẳng định nào sau đây là sai?

A.cos($\alpha$ + $\beta$) = cos$\alpha$cos$\beta$ + sin$\alpha$sin$\beta$.

B. $\text{sin}\left(\frac{\pi }{2}+\alpha \right)=\text{cos}\alpha$.

C. sin($\alpha$ + $\beta$) = sin$\alpha$cos$\beta$ + cos$\alpha$sin$\beta$.

D. cos2$\alpha$ = cos²$\alpha$ − sin²$\alpha$.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Ta có: cos($\alpha$ + $\beta$) = cos^$\alpha$cos$\beta$ − sin^$\alpha$sin$\beta$ nên đáp án A sai.

Bài 2 trang 105 Toán 11 Tập 2: Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Hàm số y = sinx tuần hoàn với chu kì π.

B. Hàm số y = cosx tuần hoàn với chu kì 2π.

C. Hàm số y = tanx tuần hoàn với chu kì 2π.

D. Hàm số y = cotx tuần hoàn với chu kì 2π.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Hàm số y = sinx; y = cosx tuần hoàn với chu kì 2π.

Hàm số y = tanx; y = cotx tuần hoàn với chu kì π.

Bài 3 trang 105 Toán 11 Tập 2: Cho dãy số (u_n) với u_n = 5ⁿ. Số hạng u_2n bằng

A. 2.5ⁿ.

B. 25ⁿ.

C. 10ⁿ.

D. $5^{}{n}^2$.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Ta có u_2n = 5²ⁿ = (5²)ⁿ = 25ⁿ.

Bài 4 trang 105 Toán 11 Tập 2: Dãy số (u_n) cho bởi công thức số hạng tổng quát nào dưới đây là dãy số tăng?

A. $u_n=\frac{1}{n^2+1}$.

B. $u_n=2^{-n}$.

C. $u_n={\text{log}}_{\frac{1}{2}}n$.

D. $u_n=\frac{n}{n+1}$.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

+) $u_n=\frac{1}{n^2+1}$.

Xét u_{n + 1} – u_n =

, với mọi n $\in$ ℕ^*.

Do đó $u_n=\frac{1}{n^2+1}$là dãy số giảm.

+) $u_n=2^{-n}$. Ta có $u_n=2^{-n}>0,\forall n\in {\mathbb{N}}^{*}$.

Xét $\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{2^{-(n+1)}}{2^{-n}}=2^{-(n+1)+n}=2^{-1}=\frac{1}{2}<1$.

Do đó $u_n=2^{-n}$ là dãy số giảm.

+) $u_n={\text{log}}_{\frac{1}{2}}n$.

Có a = $\frac{1}{2}$nên $u_n={\text{log}}_{\frac{1}{2}}n$luôn nghịch biến với n $\in$ ℕ^*.

Do đó $u_n={\text{log}}_{\frac{1}{2}}n$ là dãy số giảm.

+) $u_n=\frac{n}{n+1}$.

Xét u_{n + 1} – u_n = $\frac{n+1}{n+2}-\frac{n}{n+1}$ $=\frac{{\left(n+1\right)}^2-n\left(n+2\right)}{\left(n+2\right)\left(n+1\right)}$ $=\frac{1}{\left(n+2\right)\left(n+1\right)}>0$, với mọi n $\in$ ℕ^*.

Do đó$u_n=\frac{n}{n+1}$là dãy số tăng.

Bài 5 trang 105 Toán 11 Tập 2: Khẳng định nào sau đây là sai?

A. Nếu $\underset{x\to x_0}{\text{lim}}f\left(x\right)=L\ge 0$thì $\underset{x\to x_0}{\text{lim}}\sqrt{f\left(x\right)}=\sqrt{L}$.

B. $\underset{x\to 0^{-}}{\text{lim}}\frac{1}{x}=-\infty$.

C. Nếu |q| ≤ 1 thì $\underset{n\to +\infty }{\text{lim}}{q}^n=0$.

D. $\underset{n\to +\infty }{\text{lim}}\frac{\text{sin}n}{n+1}=0$.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

+) Theo quy tắc tìm giới hạn thì: Nếu $\underset{x\to x_0}{\text{lim}}f\left(x\right)=L\ge 0$thì $\underset{x\to x_0}{\text{lim}}\sqrt{f\left(x\right)}=\sqrt{L}$nên A đúng.

+) $\underset{x\to 0^{-}}{\text{lim}}\frac{1}{x}=-\infty$nên B đúng.

+) Nếu |q| < 1 thì $\underset{n\to +\infty }{\text{lim}}{q}^n=0$, nếu |q| = 1 thì q = 1 hoặc q = – 1, do đó qⁿ = 1 hoặc qⁿ = – 1.

Vậy C sai.

+) Ta có mà $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{n+1}=0$suy ra $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{\sin n}{n+1}=0$nên D đúng.

Bài 6 trang 105 Toán 11 Tập 2:Hàm số nào dưới đây không liên tục trên ℝ?

A. y = tanx.

B. $y=\frac{2x^2+3x-1}{x^2+1}$ .

C. y = sinx.

D. y = |x|.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Các hàm số $y=\frac{2x^2+3x-1}{x^2+1}$; y = sinx; y = |x| đều liên tục trên ℝ.

Hàm số y = tanx có tập xác định là $ℝ$ nên hàm số y = tanx không liên tục trên ℝ.

Bài 7 trang 105 Toán 11 Tập 2: Cho 0 < a ≠ 1. Giá trị của biểu thức ${\text{log}}_a\left(a^3\cdot \sqrt[4]{a}\right)+{\left(\sqrt[3]{a}\right)}^{{\text{log}}_{a}8}$ bằng

A. $\frac{19}{4}$ .

B. 9.

C. $\frac{21}{4}$ .

D. $\frac{47}{12}$ .

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Ta có ${\text{log}}_a\left(a^3\cdot \sqrt[4]{a}\right)+{\left(\sqrt[3]{a}\right)}^{{\text{log}}_{a}8}$$={\log }_a\left(a^3\cdot a^{\frac{1}{4}}\right)+a^{\frac{1}{3}{\log }_{a}8}$

$={\log }_a{a}^{\frac{13}{4}}+a^{\frac{1}{3}{\log }_a{2}^3}$$=\frac{13}{4}+a^{\frac{1}{3}\cdot 3{\log }_{a}2}$$=\frac{13}{4}+a^{{\log }_{a}2}$$=\frac{13}{4}+2=\frac{21}{4}$.

Bài 8 trang 105 Toán 11 Tập 2: Cho đồ thị ba hàm số mũ y = a^x, y = b^x và y = c^x như trong hình vẽ dưới đây. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. a > c > b.

B. b > a > c.

C. c > a > b.

D. c > b > a.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Hàm số y = b^x có đồ thị đi xuống từ trái sang phải nên hàm số này nghịch biến, từ đó suy ra 0 < b < 1.

Hàm số y = a^x và y = c^x đồng biến (do đồ thị của các hàm số này đều đi lên từ trái sang phải) nên a, c > 1.

Với x > 0 thì c^x > a^x nên c > a. Vậy c > a > b.

Bài 9 trang 106 Toán 11 Tập 2: Nếu f(x) = sin²x + xe^2x thì f”(0) bằng

A. 4.

B. 5.

C. 6.

D. 0.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Ta có f'(x) = 2sinxcosx + e^2x + 2xe^2x = sin2x + e^2x + 2xe^2x;

f”(x) = 2cos2x + 2e^2x + 2e^2x + 4xe^2x = 2cos2x + 4e^2x + 4xe^2x .

Ta có f”(0) = 2cos0 + 4 = 2 + 4 = 6.

Bài 10 trang 106 Toán 11 Tập 2: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = −2x³ + 6x² – 5 tại điểm M(3; −5) thuộc đồ thị là

A. y = 18x + 49.

B. y = 18x − 49.

C. y = −18x − 49.

D. y = −18x + 49.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Ta có y’ = −6x² + 12x, y'(3) = −18.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = −2x³ + 6x² – 5 tại điểm M(3; −5) là

y = −18(x – 3) – 5 hay y = −18x + 49.

Bài 11 trang 106 Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và SA $\perp$ (ABC), SA = a$\sqrt{2}$. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng

A. $\frac{6a}{11}$ .

B. $\frac{a\sqrt{66}}{11}$ .

C. $\frac{a\sqrt{6}}{11}$ .

D. $\frac{a\sqrt{11}}{11}$ .

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Kẻ AD $\perp$ BC tại D.

Vì SA $\perp$ (ABC) nên SA $\perp$ BC mà AD ^ BC nên BC $\perp$ (SAD), suy ra (SBC) $\perp$ (SAD).

Kẻ AF $\perp$ SD tại F.

Vì (SBC) $\perp$ (SAD), (SBC) $\cap$ (SAD) = SD, AF $\perp$ SD nên AF $\perp$ (SBC).

Suy ra d(A, (SBC)) = AF.

Vì tam giác ABC đều cạnh a, AD là đường cao nên AD = $\frac{a\sqrt{3}}{2}$ .

Vì SA $\perp$ (ABC) nên SA $\perp$ AD hay tam giác SAD vuông tại A.

Xét tam giác SAD vuông tại A, AF là đường cao nên ta có

$=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{4}{3a^2}\frac{1}{A{F}^2}$$\Rightarrow AF=\frac{\sqrt{66}a}{11}$ .

Vậy d(A, (SBC)) = $\frac{\sqrt{66}a}{11}$ .

Bài 12 trang 106 Toán 11 Tập 2: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình chữ nhật. Biết AC = AA’ = 2a. Giá trị lớn nhất của thể tích hình hộp ABCD.A’B’C’D’ bằng

A. 8a³.

B. 6a³.

C. 4a³.

D. a³.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Xét tam giác ABC vuông tại B, có AC² = AB² + BC².

Ta có S_ABCD = AB . BC ≤ $\frac{A{B}^2+B{C}^2}{2}=\frac{A{C}^2}{2}=2a^2$ . Dấu “=” xảy ra khi AB = BC.

Gọi H là hình chiếu của A’ trên mặt phẳng (ABCD). Khi đó A’H $\perp$ (ABCD). Khi đó AH là hình chiếu của AA’ trên mặt phẳng (ABCD).

Gọi $\alpha$ là góc tạo bởi đường thẳng AA’ và mặt phẳng (ABCD). Khi đó $\alpha =\widehat{A^{‘}AH}$ .

Xét tam giác A’AH vuông tại H có A’H = AA’ . sin$\alpha$ ≤ AA’ = 2a.

Dấu bằng xảy ra khi $\alpha$ = 90° hay AA’ $\perp$ (ABCD).

Do đó V_{ABCD.A’B’C’D’} = S_ABCD . A’H ≤ 2a² . 2a = 4a³.

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích hình hộp ABCD.A’B’C’D’ bằng 4a³.

Bài 13 trang 106 Toán 11 Tập 2: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh AC và cạnh AD. Thể tích khối chóp B.CMND bằng

A. $\frac{a^3\sqrt{2}}{12}$ .

B. $\frac{a^3\sqrt{2}}{16}$ .

C. $\frac{a^3\sqrt{2}}{24}$ .

D. $\frac{a^3\sqrt{2}}{8}$ .

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Gọi G là tâm của tam giác BCD. Vì tứ diện ABCD đều nên G là trọng tâm đồng thời là trực tâm của tam giác BCD và AG $\perp$ (BCD).

Kẻ BG cắt CD tại P, suy ra P là trung điểm của CD và BG = $\frac{2}{3}$BP .

Xét tam giác BCD đều cạnh a có BP là đường cao nên BP = $\frac{a\sqrt{3}}{2}$ , suy ra BG = $\frac{a\sqrt{3}}{3}$ .

Xét tam giác ABG vuông tại G, có AG = $\sqrt{A{B}^2-B{G}^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$ .

Vì tam giác BCD đều cạnh a nên $S_{BCD}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ .

Ta có $V_{ABCD}=\frac{1}{3}\cdot S_{BCD}\cdot AG$$=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a\sqrt{6}}{3}$$=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}$ .

Vì M, N lần lượt là trung điểm của cạnh AC và cạnh AD nên $\frac{AM}{AC}=\frac{AN}{AD}=\frac{1}{2}$ .

Có $\frac{V_{A.BMN}}{V_{A.BCD}}=\frac{AB}{AB}\cdot \frac{AM}{AC}\cdot \frac{AN}{AD}$$=1\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}$$\Rightarrow V_{A.BMN}=\frac{1}{4}{V}_{A.BCD}$ .

Mà V_A.BMN + V_B.CMND = V_ABCD nên $V_{B.CMND}=\frac{3}{4}{V}_{ABCD}$$=\frac{3}{4}\cdot \frac{a^3\sqrt{2}}{12}=\frac{a^3\sqrt{2}}{16}$.

Bài 14 trang 106 Toán 11 Tập 2: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = 1; AA’ = 2. Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ bằng

A. $\frac{\sqrt{3}}{2}$ .

B. $\frac{\sqrt{3}}{6}$ .

C. $\frac{\sqrt{3}}{4}$ .

D. $\frac{\sqrt{3}}{8}$ .

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Vì ABC.A’B’C’ là lăng trụ tam giác đều nên AA’ $\perp$ (ABC) và tam giác ABC đều có cạnh bằng 1 nên $S_{ABC}=\frac{\sqrt{3}}{4}$ .

Do đó $V_{ABC.A^{‘}{B}^{‘}{C}^{‘}}=S_{ABC}\cdot A{A}^{‘}=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 2=\frac{\sqrt{3}}{2}$ .

Bài 15 trang 106 Toán 11 Tập 2: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có AC’ = $\sqrt{3}$ . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và BC’ bằng

A. $\frac{1}{3}$ .

B. $\frac{\sqrt{3}}{3}$ .

C. $\frac{\sqrt{3}}{2}$ .

D. $\frac{1}{2}$ .

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì ABCD là hình vuông nên O là trung điểm của AC, BD và AC $\perp$ BD.

Có AD // B’C’ và AD = B’C’ (vì cùng song song và bằng BC) nên ADC’B’ là hình bình hành, suy ra AB’ // DC’. Do đó AB’ // (BDC’).

Khi đó d(AB’, BC’) = d(AB’, (BDC’)) = d(A, (BDC’)) = d(C, (BDC’)) .

Giả sử hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh là a.

Xét tam giác ABC vuông tại B có $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$ .

Vì CC’ $\perp$ (ABCD) nên CC’ $\perp$ AC hay tam giác ACC’ vuông tại C.

Xét tam giác ACC’ vuông tại C, có $A{}^{}{C}^{‘}2=A{C}^2+C{}^{}{C}^{‘}2$$\iff 3=2a^2+a^2$$\Rightarrow a=1$ .

Do đó hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh là 1 nên AC = $\sqrt{2}$ .

Vì O là trung điểm của AC nên CO = $\frac{\sqrt{2}}{2}$ .

Có AC $\perp$ BD, BD $\perp$ AA’ (do AA’ $\perp$ (ABCD)), suy ra BD $\perp$ (ACC’A’) mà BD $\subset$ (BDC’) nên (BDC’) $\perp$ (ACC’A’) .

Kẻ CE $\perp$ C’O tại E.

Vì (BDC’) $\perp$ (ACC’A’), (BDC’) $\cap$ (ACC’A’) = C’O mà CE $\perp$ C’O nên CE $\perp$ (BDC’).

Khi đó d(C, (BDC’)) = CE.

Xét tam giác C’CO vuông tại C, CE là đường cao có:

$\frac{1}{C{E}^2}=\frac{1}{C{}^{}{C}^{‘}2}+\frac{1}{C{O}^2}=\frac{1}{1}+\frac{1}{{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=3$$\Rightarrow C{E}^2=\frac{1}{3}\Rightarrow CE=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Vậy d(AB’, BC’) $=\frac{\sqrt{3}}{3}$ .

Bài 16 trang 106 Toán 11 Tập 2: Cho mẫu số liệu ghép nhóm về thu nhập của các công nhân tại một doanh nghiệp lớn:

Nhóm chứa trung vị là

A. [5; 10).

B. [10; 15).

C. [15; 20).

D. [20; 25).

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Cỡ mẫu là n = 7 + 18 + 35 + 57 + 28 = 145.

Giả sử x₁; x₂; …; x₁₄₅ là mức thu nhập của 145 công nhân được sắp xếp theo thứ tự tăng dần. Khi đó trung vị là x₇₃ mà x₇₃ thuộc nhóm [15; 20). Vậy nhóm chứa trung vị là [15; 20).

Bài 17 trang 106 Toán 11 Tập 2: Cho mẫu số liệu ghép nhóm về thu nhập của các công nhân tại một doanh nghiệp lớn:

Nhóm chứa mốt là

A. [5; 10).

B. [10; 15).

C. [15; 20).

D. [20; 25).

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Tần số lớn nhất là 57 nên nhóm chứa mốt là [15; 20).

Bài 18 trang 106 Toán 11 Tập 2:Vận động viên Tùng thi bắn súng. Biết rằng xác suất để Tùng bắn trúng vòng 10 là 0,2. Mỗi vận động viên được bắn hai lần và hai lần bắn là độc lập. Vận động viên đạt huy chương vàng nếu cả hai lần bắn trúng vòng 10. Xác suất để vận động viên Tùng đạt huy chương vàng là

A. 0,04.

B. 0,035.

C. 0,05.

D. 0,045.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Gọi biến cố A: “Lần thứ nhất Tùng bắn trúng vòng 10”;

Biến cố B: “Lần thứ hai Tùng bắn trúng vòng 10”.

Biến cố C: “Tùng đạt huy chương vàng”.

Theo đề có P(A) = 0,2; P(B) = 0,2.

Ta có C = AB. Vì A, B là độc lập nên P(C) = P(A) . P(B) = 0,2 . 0,2 = 0,04.

Vậy xác suất để Tùng đạt huy chương vàng là 0,04.

Bài 19 trang 107 Toán 11 Tập 2: Hai bạn Sơn và Tùng, mỗi người gieo một con xúc xắc. Xác suất để số chấm xuất hiện trên cả hai con xúc xắc của Sơn và Tùng lớn hơn 1 là

A. $\frac{3}{4}$ .

B. $\frac{25}{36}$ .

C. $\frac{26}{35}$ .

D. $\frac{28}{37}$ .

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Gọi biến cố A: “Số chấm xuất hiện trên cả hai con xúc xắc của Sơn và Tùng lớn hơn 1”.

Khi đó ta có A = {(a,b)|a,b$\in${2;3;4;5;6}}. Ta có n(A) = 25; n($\Omega$) = 36.

P(A) = $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{25}{36}$ .

Vậy xác suất để số chấm xuất hiện trên cả hai con xúc xắc của Sơn và Tùng lớn hơn 1 là $\frac{25}{36}$ .

Bài 20 trang 107 Toán 11 Tập 2: Hai bạn An và Bình tham gia một trò chơi độc lập với nhau. Xác suất để An và Bình giành giải thưởng tương ứng là 0,8 và 0,6. Xác suất để có ít nhất một bạn giành giải thưởng là

A. 0,94.

B. 0,924.

C. 0,92.

D. 0,93.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Gọi biến cố A: “An giành được giải thưởng”;

Biến cố B: “Bình giành được giải thưởng”;

A $\cup$ B: “Có ít nhất một bạn được giải”

Theo đề có P(A) = 0,8; P(B) = 0,6.

Vì A, B độc lập nên ta có: P(AB) = P(A).P(B) = 0,8 . 0,6 = 0,48.

Ta có P(A $\cup$ B) = P(A) + P(B) – P(AB) = 0,8 + 0,6 – 0,48 = 0,92.

Vậy xác suất để có ít nhất một bạn giành giải là 0,92.

B. Tự luận

Bài 21 trang 107 Toán 11 Tập 2: Rút gọn các biểu thức sau:

a) $A=\frac{1-2{\text{sin}}^{2}x}{1+\text{sin}2x}-\frac{1-\text{tan}x}{1+\text{tan}x}$ ;

b) $B=\frac{\text{sin}4x}{1+\text{cos}4x}\cdot \frac{\text{cos}2x}{1+\text{cos}2x}-\text{cot}\left(\frac{3\pi }{2}-x\right)$ ;

c) $C=2\left({\text{cos}}^{4}x-{\text{sin}}^{4}x\right)\text{sin}2x$ .

Lời giải:

a) $A=\frac{1-2{\text{sin}}^{2}x}{1+\text{sin}2x}-\frac{1-\text{tan}x}{1+\text{tan}x}$

$=\frac{{\sin }^{2}x+co{s}^{2}x-2{\text{sin}}^{2}x}{{\sin }^{2}x+co{s}^{2}x+2\sin x\cos x}-\frac{1-\frac{s\text{inx}}{\cos x}}{1+\frac{s\text{inx}}{\cos x}}$

$=\frac{co{s}^{2}x-{\text{sin}}^{2}x}{{\left(\sin x+\cos x\right)}^2}-\frac{\cos x-s\text{inx}}{\cos x+s\text{inx}}$

$=\frac{\left(cosx-\text{sin}x\right)\left(\cos x+\sin x\right)}{{\left(\sin x+\cos x\right)}^2}-\frac{\cos x-s\text{inx}}{\cos x+s\text{inx}}$

$=\frac{cosx-\text{sin}x}{\sin x+\cos x}-\frac{\cos x-s\text{inx}}{\cos x+s\text{inx}}=0$.

b) $B=\frac{\text{sin}4x}{1+\text{cos}4x}\cdot \frac{\text{cos}2x}{1+\text{cos}2x}-\text{cot}\left(\frac{3\pi }{2}-x\right)$

$=\frac{\text{2sin2}xcos2x}{{\text{2cos}}^2\text{2}x}\cdot \frac{\text{cos}2x}{{\text{2cos}}^{2}x}-\text{cot}\left(\pi +\frac{\pi }{2}-x\right)$ (áp dụng công thức góc nhân đôi)

$=\frac{\text{2sin}xcosx}{{\text{2cos}}^{2}x}-\text{cot}\left(\frac{\pi }{2}-x\right)$

$=\frac{\sin x}{\cos x}-\tan x$ = tan x – tan x = 0.

c) $C=2\left({\text{cos}}^{4}x-{\text{sin}}^{4}x\right)\text{sin}2x$

$=2\left({\text{cos}}^{2}x-{\text{sin}}^{2}x\right)\left({\text{cos}}^{2}x+{\text{sin}}^{2}x\right)\text{sin}2x$

= cos2xsin2x = sin4x.

Bài 22 trang 107 Toán 11 Tập 2: Mùa xuân ở hội Lim (tỉnh Bắc Ninh) thường có trò chơi đu. Khi người chơi đu nhún cây đu sẽ đưa người chơi dao động qua lại quanh vị trí cân bằng. Giả sử khoảng cách h (tính bằng mét) từ người chơi đu đến vị trí cân bằng được tính theo thời gian t (t $\ge$ 0 và được tính bằng giây) bởi hệ thức h = |d| với d = 3cos , trong đó ta quy ước rằng d > 0 khi vị trí cân bằng ở về phía sau lưng người chơi đu và d < 0 trong trường hợp ngược lại.

a) Tìm các thời điểm trong vòng 2 giây đầu tiên mà người chơi đu ở xa vị trí cân bằng nhất.

b) Tìm các thời điểm trong vòng 2 giây đầu tiên mà người chơi đu cách vị trí cân bằng 2 m (tính chính xác đến 0,01 giây).

Lời giải:

a) Ta có h = |d| = 3.

Vậy người chơi đu ở xa vị trí cân bằng nhất khi và chỉ khi cos = $\pm$1

sin = 0 $\iff \frac{\pi }{3}\left(2t-1\right)=k\pi$$\iff t=\frac{1}{2}+\frac{3}{2}k$, k $\in$ ℤ.

Mà t $\in$ [0; 2] nên $0\le \frac{1}{2}+\frac{3}{2}k\le 2$$\Rightarrow -\frac{1}{3}\le k\le 1$ , mà k $\in$ ℤ nên k = 0; k = 1.

Với k = 0 thì t = $\frac{1}{2}$ (giây), k = 1 thì t = 2 (giây).

Vậy có 2 thời điểm t = $\frac{1}{2}$ giây và t = 2 giây người chơi đu ở xa vị trí cân bằng nhất.

b) Người chơi cách vị trí cân bằng 2m tức là h = 2 m.

Khi đó

$\iff \frac{4\pi }{3}t=\frac{2\pi }{3}\pm arcc\text{os}\left(-\frac{1}{9}\right)+k2\pi$

$\iff t=\frac{1}{2}\pm \frac{3}{4\pi }arcc\text{os}\left(-\frac{1}{9}\right)+\frac{3}{2}k$, k $\in$ ℤ.

Mà t $\in$ [0; 2] nên $0\le \frac{1}{2}\pm \frac{3}{4\pi }arcc\text{os}\left(-\frac{1}{9}\right)+\frac{3}{2}k\le 2$ .

Trường hợp 1: $0\le \frac{1}{2}+\frac{3}{4\pi }arcc\text{os}\left(-\frac{1}{9}\right)+\frac{3}{2}k\le 2$ $\iff -0,6\le k\le 0,73$ mà k $\in$ ℤ nên k = 0.

Với k = 0 thì $t=\frac{1}{2}+\frac{3}{4\pi }arcc\text{os}\left(-\frac{1}{9}\right)+\frac{3}{2}\cdot 0\approx 0,9$ (giây).

Trường hợp 2: $0\le \frac{1}{2}-\frac{3}{4\pi }arcc\text{os}\left(-\frac{1}{9}\right)+\frac{3}{2}k\le 2$

$\iff -0,07\le k\le 1,27$ mà k $\in$ ℤ nên k = 0; k = 1.

Với k = 0 thì $t=\frac{1}{2}-\frac{3}{4\pi }arcc\text{os}\left(-\frac{1}{9}\right)+\frac{3}{2}\cdot 0\approx 0,1$ (giây).

Với k = 1 thì $t=\frac{1}{2}-\frac{3}{4\pi }arcc\text{os}\left(-\frac{1}{9}\right)+\frac{3}{2}\cdot 1\approx 1,6$ (giây).

Vậy có 3 thời điểm t ≈ 0,9 giây, t ≈ 0,1 giây và t ≈ 1,6 giây người chơi đu cách vị trí cân bằng 2 m.

Bài 23 trang 107 Toán 11 Tập 2: Cho cấp số nhân (u_n) biết rằng ba số u₁, u₄ và u₇ lần lượt là các số hạng thứ nhất, thứ hai và thứ mười của một cấp số cộng có công sai d ≠ 0. Hãy tìm công bội q của cấp số nhân đó.

Lời giải:

Vì q là công bội của cấp số nhân (u_n) nên ta có: u₄ = u₁.q³ và u₇ = u₁.q⁶.

Vì u₁, u₄ và u₇ lần lượt là các số hạng thứ nhất, thứ hai và thứ mười của một cấp số cộng có công sai d ≠ 0 nên u₄ = u₁ + d; u₇ = u₁ + 9d.

Ta có hệ

Vì d ≠ 0 nên $\frac{1}{9}=\frac{u_1\cdot \left(q^3-1\right)}{u_1\cdot \left(q^6-1\right)}$$\iff \frac{1}{9}=\frac{q^3-1}{{\left(q^3\right)}^2-1}$

$\iff \frac{1}{9}=\frac{q^3-1}{\left(q^3-1\right)\left(q^3+1\right)}$$\iff q^3+1=9$$\iff q^3=8\iff q=2$.

Vậy q = 2.

Bài 24 trang 107 Toán 11 Tập 2: Một công ty đề xuất kí hợp đồng với một người lao động theo một trong hai loại hợp đồng sau:

Hợp đồng A: Lương 200 triệu đồng cho năm đầu tiên và sau mỗi năm tăng thêm 10 triệu đồng.

Hợp đồng B: Lương 180 triệu đồng cho năm đầu tiên và sau mỗi năm tăng thêm 5 THUỘC: Giải bài tập Toán 11 TẬP 2- KNTT