Toán 10 Ôn tập cuối năm | Hay nhất Giải bài tập Toán lớp 10

(1)

Ôn tập cuối năm

Câu hỏi 1 trang 159 Toán lớp 10 Đại số: Hãy phát biểu các khẳng định sau đây dưới dạng điều kiện cần và đủ

Tam giác ABC vuông tại A thì BC² =AB² +AC².

Tam giác ABC có các cạnh thỏa mãn hệ thức BC² =AB² +AC² thì vuông tại A.

Lời giải:

Điều kiện cần và đủ để tam giác ABC vuông tại A là các cạnh của nó thỏa mãn hệ thức:BC² = AB² +AC²

Câu hỏi 2 trang 159 Toán lớp 10 Đại số: Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của các hàm số

a) y = -3x + 2;

b) y=2x²

c) y=2x² −3x 1+ Lời giải:

a) y = -3x + 2

Ta có: a = -3 < 0 nên hàm số đã cho nghịch biến trên . Bảng biến thiên:

Đồ thị hàm số:

(2)

Cho x = 0  =y 2 ta được điểm (0; 2)

Cho y = 0 2

x 3

 = ta được điểm ²;0 3

 

 

  Vẽ đồ thị

Đồ thị hàm số là đường thẳng đi qua hai điểm (0; 2) và ²;0 3

 

 

  b) y=2x²

Ta có:  =b² −4ac=0² −4.2.0=0

b 0; 0

2a 4a

− = − =

a = 2 > 0 nên hàm số đồng biến trên

(

^0;+

)

và nghịch biến trên

(

^−^;0

)

Bảng biến thiên

(3)

Đồ thị hàm số

Đồ thị hàm số là Parabol:

- Đỉnh O(0;0)

- Đi qua các điểm (0;0),(−1;2),(1;2).

- Bề lõm hướng lên trên - Trục đối xứng Oy.

c) y=2x² −3x 1+

Ta có: a =2; b = -3; c = 1

(4)

2 2

b 4ac ( 3) 4.2.1 1

 = − = − − =

b 3 1

2a 4 4a; 8

− = − −=

Vì a = 2 > 0 nên hàm số đồng biến trên khoảng ³; 4

 +

 

  và nghịch biến trên

;3 4

− 

 

 

Bảng biến thiên

Đồ thị hàm số:

Đồ thị là parabol có đỉnh là I ³; ¹ 4 8

 − 

 

 , trục đối xứng 3 x= 4

(5)

- Cắt trục tung tại P(0; 1), cắt trục hoành tại các điểm có hoành độ là nghiệm của phương trình:

2x2 −3x 1 0+ = ₁ 1 ₂

x ; x 1

 = 2 = Tức là cắt trục hoàn tại ¹;0

2

 

 

  và (1; 0).

Câu hỏi 3 trang 159 Toán lớp 10 Đại số: Phát biểu quy tắc xét dấu một nhị thức bậc nhất. Áp dụng quy tắc đó để giải bất phương trình

( )( )

( )

3x 2 5 x 2 7x 0

− −

− 

Lời giải:

Nhị thức f(x) = ax + b

(

^b^⁰

)

có dấu cùng với hệ số a khi x lấy trong khoảng b;

a

− +

 

 và trái dấu với hệ số a khi x lấy các giá trị thuộc khoảng ; ^b a

− − 

 

 

Áp dụng cho

( )( )

( )

3x 2 5 x 2 7x 0

− −

−  +) 3x – 2 = 0 2

x 3

 =

+) 5 – x = 0  =x 5 +) 2x – 7 = 0 2

x 7

 =

Áp dụng ta lập bảng xét dấu của vế trái f(x) của bất phương trình

(6)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình: ^S ^{2 2}^; ^5;

)

7 3

 

=  + .

Câu hỏi 4 trang 159 Toán lớp 10 Đại số: Phát biểu định lí về dấu của một tam thức bậc hai f(x) = ax² +bx+c.

Áp dụng quy tắc đó, hãy xác định giá trị của m để tam thức sau luôn âm.

( )

²

f x = −2x +3x 1 m+ − . Lời giải:

Định lí: Tam thức bậc hai f(x) = ax² +bx+c

(

^a ^⁰

)

có biệt thức  =b² −4ac - Nếu  0 thì f(x) cùng dấu với hệ số a với mọi x .

- Nếu  =0 thì f(x) cùng dấu với hệ số a với mọi x b 2a

 − .

- Nếu  0 thì f(x) có hai nghiệm x ; x1 2

(

x1x2

)

f(x) cùng dấu với hệ số a khi x < x hoặc x > ₁ x ₂ f(x) trái dấu với hệ số a khi x₁ x x₂.

Áp dụng: ^{f x}

( )

^{= −}^2x²⁺^{3x 1 m}^{+ −} có hệ số a = -2 < 0 Biệt thức:  =b² −4ac=3² −4.( 2).(1 m) 17 8m− − = − .

Ta có a = -2 < 0 nên tam thức f(x) luôn âm (tức f(x) < 0, x  ) khi:

0 17 8m 0

   − 

(7)

8m 17 m 17

 −  −   8 .

Câu hỏi 5 trang 159 Toán lớp 10 Đại số: Nêu các tính chất của bất đẳng thức. Áp dụng một trong các tính chất đó, hãy so sánh 2³⁰⁰⁰ và 3²⁰⁰⁰.

Lời giải:

- Các tính chất của bất đẳng thức:

+ Tính chất1: Tính chất bắc cầu: ^A ^B A C

B C

 

   

 + Tính chất 2: Quy tắc cộng:

A < B A + C < B + C

+ Tính chất 3: Quy tắc cộng hai bất đẳng thức cùng chiều

A B

A C B D

C D

 

 +  +

 

+ Tính chất 4: Quy tắc nhân

A B

AC BC

C 0

 

 

 

A B

AC BC

C 0

 

 

 

+ Tính chất 5: Quy tắc nhân hai bất đẳng thức

0 A B

AC BD

0 C D

  

 

  



+ Tính chất 6: Quy tắc lũy thừa, khai căn Với A, B > 0, n  ^* ta có:

A < B Aⁿ  Bⁿ A < B  ⁿ A ⁿ B.

Áp dụng tính chất:

(8)

Với A, B > 0, n  ^* ta có: A < B Aⁿ Bⁿ

( )

¹⁰⁰⁰

3000 3 1000

2 = 2 =8

( )

¹⁰⁰⁰

2000 2 1000

3 = 3 =9

Vì 8 < 9 nên 8¹⁰⁰⁰ 9¹⁰⁰⁰ Do đó, 2³⁰⁰⁰ 3²⁰⁰⁰.

Câu hỏi 6 trang 159 Toán lớp 10 Đại số:

a) Em hãy thu thập điểm trung bình học kỳ I về môn Toán của từng học sinh lớp mình.

b) Lập bảng phân bố tần số và tần suất ghép lớp để trình bày các số liệu thông kê thu tập được theo các lớp [0; 2), [2; 4), [4; 6), [6; 8), [8, 10].

Lời giải:

a) Một lớp học có 30 học sinh có điểm trung bình học kỳ I môn Toán được thống kê trong bảng sau:

5,4 3,6 6,8 5,4 7,8 8,0

4,5 5,7 8,9 9,0 6,7 7,9

6,8 5,2 6,7 8,7 8,4 8,2

7,0 7,1 4,5 6,9 9,1 8,2

9,6 5,8 7,4 5,2 8,5 9,3

b) Lập bảng tần số, tần suất theo phân bố ghép lớp.

Lớp điểm trung bình môn Toán Tần số Tần suất [0;2)

[2;4) [4;6) [6;8) [8;10]

0 1 8 10 11

0%

3,33%

26,67%

33,33%

36,67%

Cộng 30 100%

(9)

Câu hỏi 7 trang 159 Toán lớp 10 Đại số: Nêu các công thức biến đổi lượng giác đã học.

Lời giải:

*) Các hệ thức lượng giác cơ bản

2 2

sin  +cos  =1

tan ^sin

(

^k

)

cos

 =    



cot ^cos

(

^k

)

sin

 =    



1 + tan² ¹₂ k

cos 2

  

 =    +  1 + ^cot² ¹₂

(

^k

)

 =sin   

 tan .cot 1 k

2

 

  =   

*) Công thức cộng

( )

sin a+b =sin a.cos b+cos a.sin b

( )

sin a−b =sin a.cos b−cos a.sin b

( )

cos a +b =cosa.cos b sin a.sin b−

( )

cos a −b =cosa.cos b+sin a.sin b

( )

^{tan a} ^{tan b}

tan a b

1 tan a.tan b + = +

−

( )

^{tan a} ^{tan b}

tan a b

1 tan a.tan b

− = − +

*) Công thức nhân đôi sin 2 =2sin .cos 

(10)

2 2

cos 2 =cos  −sin =2cos² − = −1 1 2sin² tan 2 tan₂

2 1 tan

 = 

− 

*) Công thức hạ bậc

2 1 cos 2

sin 2

− 

 =

2 1 cos 2

cos 2

+ 

 =

2 1 cos 2 tan 1 cos 2

− 

 = + 

*) Công thức biến đổi tích thành tổng

( ) ( )

cosa.cos b 1 cos a b cos a b

= 2 + + − 

( ) ( )

sin a.sin b 1 cos a b cos a b

= −2 + − − 

( ) ( )

sin a.cos b 1 sin a b sin a b

= 2 + + − 

*) Công thức biến đổi tổng thành tích

a b a b

cos a cos b 2cos cos

2 2

+ −

+ =

a b a b

cos a cos b 2sin sin

2 2

+ −

− = −

a b a b

sin a sin b 2sin .cos

2 2

+ −

+ =

a b a b

sin a sin b 2sin .cos

2 2

+ −

+ =

( )

sin a b tan a tan b

cos a.cos b + = +

(11)

( )

sin a b tan a tan b

cos a.cos b

− = −

( )

sin a b cot a cot b

sin a.sin b + = +

( )

sin a b cot a cot b

sin a.sin b

− = −

Câu hỏi 8 trang 159 Toán lớp 10 Đại số: Nêu cách giải hệ hai bất phương trình bậc nhất hai ẩn và giải hệ:

2x y 1 x 3y 1

 + 

 − 



Lời giải:

Cách giải hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn:

- Biểu diễn hình học miền nghiệm của từng phương trình trong hệ.

- Tìm miền giao của các tập nghiệm trên hình vẽ.

Áp dụng:

+ Ta dựng đường thẳng (d): 2x + y = 1 (tức là vẽ đồ thị hàm số y = -2x + 1).

Điểm O(0; 0) (d) ta có: 2.0 + 0 < 1 nên O không thuộc miền nghiệm.

Vậy nửa mặt phẳng bờ là (d) không chứa điểm (0; 0) là miền nghiệm của bất phương trình 2x + y 1 .

+ Ta dựng đường thẳng : x – 3y – 1 = 0 (tức là dựng đường thẳng y = 1 1 3x−3. Điểm O(0; 0) ta có: 0 – 3.0 1 nên điểm O thuộc miền nghiệm của bất phương trình x – 3y 1 .

Vậy nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng có chứa điểm O là miền nghiệm của bất phương trình x – 3y 1.

Biểu diễn miền nghiệ của hệ

(12)

II. Bài tập

Bài 1 trang 160 Toán lớp 10 Đại số: Cho hàm số f(x) =

2 2

x +3x+ − − +4 x 8x 15− a) Tập xác định A của hàm số f(x)

b) Giả sử ^B⁼



^x^ ^{| 4}^{ }^x ⁵



. Hãy các định tập A \ B và \ (A \ B).

Lời giải:

a) f(x) xác định

2 2

x 3x 4 0

x 8x 15 0

 + + 

 

− + − 



+) x² +3x+4 có 32 4.1.4 7 0

 = − = − 

Mà a = 1 > 0 nên x² +3x+4> 0 với mọi x thuộc R +) − +x² 8x 15− 0

x2 8x 15 0

 − + 

(

^x ^{3 x}

)(

⁵

)

⁰

 − − 

(13)

3 x 5

  

Vậy ^A^{= }

   

^3;5 ⁼ ^3;5

b) ^B⁼



^x^ ^{| x}^{ }⁴ ⁵



⁼

(

^4;5



 

A \ B= 3;4

( )   ( ) ( )

R \ A \ B =R \ 3;4 = −;3  4;+

Bài 2 trang 160 Toán lớp 10 Đại số: Cho phương trình ^x² ⁻^4mx⁺^{9 m 1}

(

⁻

)

² ⁼⁰

a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m 0 , phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.

b) Tìm giá trị của m để -1 là một nghiệm của phương trình. Sau đó tìm nghiệm còn lại.

Lời giải:

a) mx² – 2x – 4m – 1 = 0 (1) Với m ≠ 0, ta có:

Δ’ = 1 + m.(4m + 1) = 4m² + m + 1

=

( )

^2m ² ^2.2m.¹ ¹ ¹⁵ ^2m ¹ ² ¹⁵

4 16 16 4 16

 

+ + + = +  + với mọi m

Hay phương trình này có hai nghiệm phân biệt với mọi m 0 b) x = -1 là nghiệm của phương trình (1)

⇔ m.(-1)² – 2.(-1) – 4m – 1 = 0

⇔ m + 2 - 4m – 1 = 0

⇔ -3m + 1 = 0

⇔ m =1 3.

(14)

Vậy với m = 1

3 thì phương trình (1) nhận -1 là nghiệm.

Khi đó theo định lý Vi-et ta có: x2 + (-1) = 2

m(x2 là nghiệm còn lại của (1))

⇒ x2 = 2

m + 1= 6 + 1 = 7.

Vậy nghiệm còn lại của (1) là 7.

Bài 3 trang 160 Toán lớp 10 Đại số: Cho phương trình : x² - 4mx +9(m - 1)² = 0 a) Xem xét với các giá trị nào của m thì phương trình trên có nghiệm?

b) Giả sử x1, x2 là nghiệm của phương trình đã cho, hãy tính tổng và tích của chúng. Tìm một hệ thức giữa x1 và x2 không phụ thuộc vào m.

c) Xác định giá trị của m để hiệu các nghiệm của phương trình bằng 4.

Lời giải

a) Xét: x² - 4mx + 9.(m – 1)² = 0 (1)

Δ’ = (2.m)² – 9.(m – 1)² = 4m² – 9.(m² – 2m + 1) = -5m² + 18m – 9 Phương trình (1) có nghiệm ⇔ Δ’ ≥ 0

⇔ -5m² + 18m – 9 ≥ 0

⇔ 5m² - 18m + 9 ≤ 0

⇔ (5m – 3)(m – 3) ≤ 0

⇔ 3

5≤ m ≤ 3.

Vậy đểu phương trình có nghiệm thì 3

5≤ m ≤ 3.

b) Giả sử x1, x2 là nghiệm của (1) nên theo định lý Vi – ét ta có:

(15)

( )

1 2

2 1 2

x x 4m (*) x .x 9 m 1 (**)

+ =



= −



Mối liên hệ giữa x1, x2 không phụ thuộc vào m Từ (*) ta có: x¹ x²

m 4

= +

Thay vào (**) ta được:

2

1 2

x x

x .x 9. 1

4

 + 

=  − 

 

c) Ta có: x₁+x₂ =4m. Để x₁−x₂ =4.

Ta có: x₁ =x₂ +4x₂ + +4 x₂ =4m

( )

2 2

2x 4 4m x 2 m 1

 + =  = −

( )

x1 2. m 1

 = + .

Lại có: x .x1 2 =9 m 1

(

−

)

² nên:

2(m + 1).(2m – 1) = 9.(m – 1)²

2 2

4m 4 9m 18m 9

 − = − +

5m2 18m 13 0

 − + =

m 1 m 13

5

 =



 = Thử lại:

+ m = 1, (1) trở thành x² – 4x = 0 có hai nghiệm x = 0; x = 4 có hiệu bằng 4

(16)

+ m =13

5 , (1) trở thành ² 52 576

x x 0

5 25

− + = có hai nghiệm x = 7,2 và x = 3,2 có hiệu bằng 4.

Vậy m = 1 hoặc m =13 5 .

Bài 4 trang 160 Toán lớp 10 Đại số: Chứng minh các bất đẳng thức sau a) 5

(

^{x 1}^{− }

)

^x⁵^{− }^{1 5x}⁴

(

^{x 1}⁻

)

nếu x – 1 > 0;

b) x⁵ +y⁵ −x y⁴ −xy⁴ 0, biết rằng x + y 0

c) 4a 1+ + 4b 1+ + 4c 1+ 5, biết rằng a, b, c cùng lớn hơn 1 4

− và a + b + c = 1.

Lời giải

a) Ta có: x⁵ – 1 = (x – 1)(x⁴ + x³ + x² + x + 1)

Lại có: x – 1 > 0 ⇒ x > 1 ⇒ x⁵ > x⁴ > x³ > x² > x > 1

⇒ 1 + 1 + 1 + 1 + 1 < x⁴ + x³ + x² + x + 1 < x⁴ + x⁴ + x⁴ + x⁴ + x⁴ hay 5 < x⁴ + x³ + x² + x + 1 < 5x⁴

⇒ 5.(x – 1) < (x – 1)(x⁴ + x³ + x² + x + 1) < 5x⁴.(x – 1) hay 5.(x – 1) < x⁵ – 1 < 5x⁴.(x – 1) (đpcm)

b) x⁵ + y⁵ – x⁴y – xy⁴ = (x⁵ - x⁴y) - (xy⁴ - y⁵)

= x⁴.(x – y) – y⁴.(x – y)

= (x⁴ – y⁴).(x – y)

= (x² + y²)(x² – y²)(x – y)

= (x² + y²).(x + y)(x – y)(x – y)

(17)

= (x² + y²)(x + y)(x – y)²

Mà x² + y² ≥ 0; x + y ≥ 0; (x – y)² ≥ 0

⇒ x⁵ + y⁵ – x⁴y – xy⁴ ≥ 0.

c) Ta có: 1

a 4a 1 4a 1 0

4

 −   −  + 

Tương tự. 4b +1 >0 và 4c +1 > 0

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương 4a 1+ và 1 ta có:

4a 1 1

4a 1 4a 1.1 2a 1

2

+ = +  + + = +

Chứng minh tương tự ta có:

4b 1 1

4b 1 2b 1

2

+  + + = + 4c 1 1

4c 1 2c 1

2

+  + + = +

Do đó, 4a 1+ + 4b 1+ + 4c 1+ 2a+2b+2c 3+

= ^{2 a}

(

^{+ + + =}^b ^c

)

³ ^{2.1 3}^{+ =}⁵

Dấu “=” xảy ra khi

4a 1 1 4b 1 1

a b c 0

4c 1 1

a b c 1 a, b,c 1

4 a b c 1

 + =

 + =

  = = =

 + = 

  + + =

 −

 

 + + =



(18)

Không có giá trị nào của a, b, c thỏa mãn hệ trên nên dáu “=” của BĐT không xảy ra.

Vậy 4a 1+ + 4b 1+ + 4c 1+ 5

Bài 5 trang 160 Toán lớp 10 Đại số: Giải hệ phương trình sau bằng cách đưa về hệ phương trình dạng tam giác.

x 3y 2z 1 3x 5y z 9 5x 2y 3z 3

+ + =

 + − =

 − − = −



Lời giải:

x 3y 2z 1 (1) 3x 5y z 9 (2) 5x 2y 3z 3 (3)

+ + =

 + − =

 − − = −



(I)

Nhân phương trình (2) với 2 rồi cộng với phương trình (1) và nhân phương trình (2) với 3 rồi trừ đi phương trình (3), phương trình (2) giữ nguyên ta được:

7x 13y 19 4x 17y 30 3x 5y z 9

+ =

 + =

 + − =



( ) ( )

17 7x 13y 13 4x 17y 17.19 13.30 4x 17y 30

3x 5y z 9

+ − + = −



 + =

 + − =



67x 67 4x 17y 30 3x 5y z 9

 = −

 + =

 + − =



(hệ tam giác)

Giải hệ phương trình trên ta được: x = -1; y = 2; z = -2 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y; z) = (-1; 2; -2).

Bài 6 trang 160 Toán lớp 10 Đại số:

(19)

a) Xét dấu của biểu thức f(x) = 2x(x + 2) - (x + 2)(x + 1)

b) Lập bảng biến thiên và vẽ trong cùng một hệ tọa độ vuông góc đồ thị của các đồ thị của các hàm số sau

y = 2x(x+2) ( C1 ) y = (x+2)(x+1)(C2)

Tính tọa độ giao điểm A và B của (C1) và (C2).

c) Tính các hệ số a, b, c để hàm số y = ax² + bx + c có giá trị lớn nhất bằng 8 và độ thị của nó đi qua A và B.

Lời giải

a) f(x) = 2x.(x + 2) - (x + 2)(x + 1) = 2x² + 4x - (x² + 3x + 2) = x² + x - 2 Tam thức x² + x – 2 có hai nghiệm x1 = -2 và x2 = 1, hệ số a = 1 > 0.

Vậy:

+ f(x) > 0 nếu x > x2 = 1 hoặc x < x1 = -2, hay x ∈ (-∞; -2) ∪ (1; + ∞) + f(x) < 0 nếu x1 < x < x2 hay x ∈ (-2; 1)

+ f(x) = 0 nếu x = -2 hoặc x = 1.

b)

* Hàm số y = 2x(x + 2) = 2x² + 4x có đồ thị (C1) là parabol có:

+ Tập xác định: D = R + Đỉnh I1(-1; -2)

+ Trục đối xứng: x = -1

+ Giao điểm với trục tung tại gốc tọa độ.

+ Giao điểm với trục hoành tại O(0; 0) và M(-2; 0).

(20)

+ Bảng biến thiên:

* Hàm số y = (x + 2)(x+1) = x² + 3x + 2 có đồ thị (C2) là parabol có:

+ Tập xác định D = R.

+ Đỉnh I ³; ¹ 2 4

− − 

 

 

+ Trục đối xứng: x = 3 2

−

+ Giao với trục tung tại D(0; 2)

+ Giao với trục hoành tại M(-2; 0) và E(-1; 0) + Bảng biến thiên

* Đồ thị:

(21)

* Tìm tọa độ giao điểm:

Cách 1: Dựa vào đồ thị hàm số:

Nhìn vào đồ thị thấy (C1) cắt (C2) tại A(1; 6) và B ≡ M(-2; 0) Cách 2: Tính:

Hoành độ giao điểm của (C1) và (C2) là nghiệm của phương trình:

2x(x + 2) = (x + 2)(x + 1)

⇔ (x + 2).2x – (x + 2)(x + 1) = 0

⇔ (x + 2).(2x – x – 1) = 0

⇔ (x + 2).(x – 1) = 0

⇔ x = -2 hoặc x = 1.

+ x = -2 ⇒ y = 0. Ta có giao điểm B(-2; 0) + x = 1 ⇒ y = 6. Ta có giao điểm A(1; 6).

c)

(22)

+ Đồ thị hàm số y = ax² + bx + c đi qua điểm A(1; 6) và B(-2; 0)

⇔ Tọa độ A và B thỏa mãn phương trình y = ax² + bx + c a b c 0

4a 2b c 0 + + =

 

− + =



b x 6 a

2b c 4a

+ = −

 − + = −

3b 6 3a

c 4a 2b

 = +

  = − +

b 2 a c 4 2a

 = +

  = −

+ Ta có bảng biến thiên của hàm số y = ax² + bx + c:

Nếu a < 0

Nếu a > 0

Nhận thấy y đạt giá trị lớn nhất bằng 8

(23)

2

4ac b 2

4ac b 32a 4a 8

a 0 a 0

 − =  − =

 

 

 

Vì đồ thị hàm số đi qua A và B nên ta có:

4a 2b c 0 a b c 6

− + =

 + + =



3a 3b 6 c 6 a b

− = −

  = − −

( )

a b 2

c 6 a b

− = −

  = − +

( )

b a 2

c 6 a a 2

 = +

  = − + +

b a 2 c 4 2a

 = +

  = −

Thay b = 2 + a và c = 4 – 2a vào biểu thức 4ac – b² = 32a ta được:

4.a.(4 – 2a) – (2 + a)² = 32a

⇔ 16a – 8a² – (a² + 4a + 4) = 32a

⇔ 16a– 8a² – a² – 4a - 4 – 32a = 0

⇔ -9a² - 20a - 4 = 0

⇔ a = -2 hoặc a = 2 9

− .

Nếu a = -2 ⇒ b = 0, c = 8, hàm số y = -2x² + 8 Nếu a = 2

9

− ⇒ b = 16

9 , c = 40

9 , hàm số 2 ² 16 40

y x x

9 9 9

=− + + .

(24)

Bài 7 trang 161 Toán lớp 10 Đại số: Chứng minh các hệ thức sau:

a)

1 2sin a2 1 tan a 1 sin 2a 1 tan a

− = −

+ + ;

b) sin a sin 3a sin 5a

tan 3a cos a cos3a cos5a

+ + =

+ +

c)

( )

4 4 2

sin a cos a cos a 2 a 2 1 cos a cos 2

− + =

− d) tan 2x.tan x

sin 2x tan 2x tan x =

− Lời giải:

a) Ta có:

2 2 2 2

2 2

1 2sin a sin a cos a 2sin a 1 sin 2a sin a cos a sin 2a

− = + −

+ + +

2 2

cos a sin a

sin a cos a 2.sin a.cos a

= −

+ +

=

( )( )

( )

²

cos a sin a cos a sin a cos a sin a

− +

+

=cos a sin a cos a sin a

− +

=

sin a

1 cos a 1 tan a sin a 1 tan a 1 cos a

− = −

+ + (điều phải chứng minh)

b) Ta có:

( )

(

^{sin a} ^{sin 5a}

)

^{sin 3a}

sin a sin 3a sin 5a

cos a cos3a cos5a cos a cos5a cos3a

+ +

+ + = + +

(25)

a 5a 5a a

2.sin .cos sin 3a

2 2

a 5a 5a a

2.cos .cos cos3a

2 2

+ − +

= + − +

= 2.sin 3a.cos 2a sin 3a 2.cos3a.cos 2a cos3a

+ +

( )

sin 3a 2cos 2a 1 cos3a 2cos 2a 1

= +

+ sin 3a

tan 3a cos3a

= = (điều phải chứng minh).

c) Ta có:

( )

4 4 2

sin a cos a cos a 2 1 cos a

− +

−

( )( )

( )

2 2 2 2 2

sin a cos a sin a cos a cos a 2 1 cos a

+ − +

= −

( )

2 2 2

sin a cos a cos a 2 1 cos a

− +

= −

2

sin a 2. 1 1 2sin a

2

=  − − 

=

2

a a

2sin cos

2 2

2.2.sin a 2

 

 

 

(26)

2 2

a a

4sin 2.cos 2 cos a

a 2

4sin 2

= = (điều phải chứng minh).

d) Ta có:

tan 2x.tan x tan 2x−tan x

sin 2x sin x cos 2x cos x. sin 2x sin x cos 2x cos x

=

−

=

sin 2x.sin x cos 2x.cos x

sin 2x.cos x cos 2x.sin x cos 2x.cos x

−

sin 2x.sin x cos 2x.cos x

cos 2x.cos x sin 2x.cos x. cos 2x.sin x

= −

( )

sin 2x.sin x sin 2x.sin x

sin 2x

sin 2x x sin x

= = =

− (điều phải chứng minh)

Bài 8 trang 161 Toán lớp 10 Đại số: Rút gọn các biểu thức sau:

a) 1 sin 4a cos 4a 1 sin 4a cos 4a

+ −

+ + ;

b) 1 cos a ²a ² .tan cos a

1 cos a 2

+ −

− ;

c) cos 2x sin 4x cos 6x cos 2x sin 4x cos 6x

− −

+ − .

Lời giải:

a) 1 sin 4a cos 4a 1 sin 4a cos 4a

+ −

+ +

(27)

=

( )

(

^{1 cos 4a}^{1 cos 4a}⁻⁻

)

⁺⁺^{sin 4a}^{sin 4a}

=

2 2

2sin 2a 2sin 2a.cos 2a 2.cos 2a 2.sin 2a.cos 2a

+ +

( )

2.sin 2a. sin 2a cos 2a 2.cos 2a. sin 2a cos 2a

= +

+

=sin 2a

tan 2a cos 2a = .

b) 1 cos a ²a ² .tan cos a

1 cos a 2

+ −

−

2 2

2

2 2

a a

2.cos sin

2. 2 cos a

a a

2sin cos

2 2

= −

=1 cos a− ² =sin a²

c) cos 2x sin 4x cos 6x cos 2x sin 4x cos 6x

− −

+ −

=

( )

cos 2x cos 6x sin 4x cos 2x cos 6x sin 4x

− −

− +

( )

2sin 4x sin 2x sin 4x 2sin 4x sin 2x sin 4x

− − −

= − − +

2sin 2x.sin 4x sin 4x 2sin 2x.sin 4x sin 4x

= −

+

(vì ^sin

(

⁻^2x

)

^{= −}^{sin 2x}⁾

( )

sin 4x 2sin 2x 1 sin 4x 2sin 2x 1

= −

+

(28)

2sin 2x 1 2sin 2x 1

= −

+ .

Bài 9 trang 161 Toán lớp 10 Đại số: Tính

a) ^{4 cos 24}

(

^{ +}^{cos 48}^{ −}^cos84^{ −}^cos12^

)

b) 96 3 sin cos cos cos cos

48 48 24 12 6

    

c) tan 9 −tan 63 +tan81 −tan 27 Lời giải:

a) Ta có:

( )

4 cos 24 +cos 48 −cos84 −cos12

=⁴

(

^{cos 24} +^{cos 48} −

) (

^cos84 +^cos12

)



( )

4. 2.cos36 .cos12 2.cos 48 .cos36

=   −  

( )

8.cos36 cos12 cos 48

=   − 

( )

8.cos36 . 2.sin 30 .sin 18

=  −  − 

( )

8.cos36 . 2. .sin1 18 2

 

=  − −   8.cos36 .sin18

=   (vì ^sin

(

^{−  = −}¹⁸

)

^sin18^⁾

Đặt x = 36, ta có: ^{sin 3x}⁼^{sin 180}

(

^{ −}^3x

)

⁼^{sin 2x} (cùng bằng 72) 3sin x 4sin x3 2sin x.cos x

 − =

(

²

)

3 4 1 cos x 2cos x

 − − = (do sin x0)

4cos x2 2cos x 1 0

 − − =

(29)

1 5 cos x

4

 = +

1 5 2 1 5

cos36 1 2sin 18

4 4

+ +

  =  −  =

3 5

sin18

8

  = −

Vậy ^{4 cos 24}

(

^{ +}^{cos 48}^{ −}^cos84^{ −}^cos12^

)

=8.cos36 .sin18 

= ^8.¹⁺₄ ⁵^. ³⁻₈ ⁵ ⁼^{2. 1}

(

⁺ ⁵

)

³⁻₈ ⁵ ⁼²

b) 96 3 sin cos cos cos cos

48 48 24 12 6

    

48 3.sin .cos .cos .cos

24 24 12 6

   

=

24 3.sin .cos .cos

12 12 6

  

=

12 3.sin .cos

6 6

 

=

6 3.sin 6 3. 3 9

3 2

= = =

c) Ta có: tan 9 −tan 63 +tan81 −tan 27

= tan 9 −cot 27 +cot 9 −tan 27

( )

tan 9 cot 9 cot 27 tan 27

=  +  −  + 

1 1

tan 9 tan 27

 

=  + −  + 

2 2

tan 9 1 tan 27 1 tan 9 tan 27

 +  +

= −

 

(30)

2 2

1 1

sin 9 sin 27

cos 9 . cos 27 .

cos9 cos 27

=   −  

 

1 1

cos9 .sin 9 cos 27 .sin 27

= −

   

2 2

2cos9 .sin 9 2cos 27 .sin 27

= −

   

( )

2. sin 54 sin18

2 2

sin18 sin 54 sin 54 .sin18

 − 

= − =

   

2.2.cos36 .sin18 4.cos36 sin 54 .sin18 sin 54

  

= =

  

4.sin 54 sin 54 4

=  =

 (vì ^cos36^{ =}^{sin 90}

(

^{ −  =}³⁶

)

^{sin 54 )}^

Bài 10 trang 161 Toán lớp 10 Đại số: Rút gọn

a) x 2x 4x 8x

cos .cos .cos .cos

5 5 5 5 ;

b) x 3x 5x

sin 2sin sin

7 + 7 + 7

Lời giải:

Đặt A = x 2x 4x 8x

cos .cos .cos .cos

5 5 5 5

A. x

sin5 = x x 2x 4x 8x

sin .cos .cos .cos .cos

5 5 5 5 5

1 2x 2x 4x 8x

.sin .cos .cos .cos

2 5 5 5 5

=

1 4x 4x 8x

.sin .cos .cos

4 5 5 5

=

1 8x 8x

.sin .cos

8 5 5

=

(31)

1 16x 16.sin 5

=

sin16x A 5

16.sinx 5

 =

b) x 3x 5x

sin 2sin sin

7 + 7 + 7

5x x 3x

sin sin 2.sin

7 7 7

 

= + +

3x 2x 3x

2.sin .cos 2.sin

7 7 7

= +

3x 2x

2.sin . cos 1

7 7

 

=  + 

3x 2 x

2.sin .2.cos

7 7

=

3x 2 x 4sin cos

7 7

= .

Bài 11 trang 161 Toán lớp 10 Đại số: Chứng minh rằng trong một tam giác ABC ta có

a) tan A + tan B + tan C = tan A.tan B.tan C (A;B;C cùng khác 2

)

b) sin2A + sin2B + sin2C = 4sin A.sin B.sin C Lời giải

Vì A, B, C là ba góc của tam giác nên ta có : A + B + C = π.

⇒ C = π - (A + B); A + B = π - C

a) Ta có: tan A + tan B + tan C = (tan A + tan B) + tan C

(32)

= tan (A + B). (1 – tan A.tan B) + tan C

= tan (π – C).(1 – tan A. tan B) + tan C

= -tan C.(1 – tan A. tan B) + tan C

= -tan C + tan A. tan B. tan C + tan C

= tan A. tan B. tan C

b) sin 2A + sin 2B + sin 2C

= 2. sin (A + B). cos (A – B) + 2.sin C. cos C

= 2. sin (π – C). cos (A – B) + 2.sin C. cos (π – (A + B))

= 2.sin C. cos (A – B) - 2.sin C. cos (A + B)

= 2.sin C.[cos (A – B) - cos (A + B)]

= 2.sin C.[-2sinA. sin(- B)]

= 2.sin C. 2.sin A. sin B ( vì sin(- B)= - sinB )

= 4. sin A. sin B. sin C

Bài 12 trang 161 Toán lớp 10 Đại số: Không sử dụng máy tín, hãy tính:

( )

6 3 3tan15 sin 40 sin 45 sin 50

cos 40 cos 45 cos50 3 3.tan15

+ 

 −  +  −

 −  +  − 

Lời giải

Ta có: sin 40 =cos50 ;sin 45  =cos 45 ;sin 50  =cos 40 Do đó:

sin 40 sin 45 sin 50 cos 40 cos 45 cos50

 −  + 

cos50 co45 cos 40 cos 40 cos 45 cos50 1

 −  + 

= =

 −  + 

(33)

Lại có:

( ) ( )

( )

6 3 3.tan15 6 3 1 3.tan15

3 3.tan15 3 3 tan15

+  + 

−  = − 

6 3 tan15 1 3.tan15

= − 

+ 

6 6

tan 60 tan15 tan 45 6 1 tan 60 .tan15

=  −  =  =

+  

Vậy sin 40 sin 45 sin 50 ⁶

(

³ ^3tan15

)

cos 40 cos 45 cos50 3 3 tan15

+ 

 −  +  −

 −  +  −  =1 – 6 = -5.