Nội Dung
Hướng dẫn giải Ôn tập cuối năm Đại số 10. Nội dung bài giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 trang 159 160 161 sgk Đại số 10 bao gồm tổng hợp công thức, lý thuyết, phương pháp giải bài tập phần đại số có trong SGK để giúp các em học sinh học tốt môn toán lớp 10.
Lý thuyết
2. Chương II. Hàm số bậc nhất và bậc hai
3. Chương III. Phương trình. Hệ phương trình
4. Chương IV. Bất đẳng thức. Bất phương trình
6. Chương VI. Cung và góc lượng giác. Công thức lượng giác
Dưới đây là phần Hướng dẫn giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 trang 159 160 161 sgk Đại số 10. Các bạn hãy đọc kỹ đầu bài trước khi giải nhé!
Bài tập
Giaibaisgk.com giới thiệu với các bạn đầy đủ phương pháp giải bài tập phần đại số 10 kèm bài giải chi tiết bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 trang 159 160 161 sgk Đại số 10 của Bài Ôn tập cuối năm đại số 10 cho các bạn tham khảo. Nội dung chi tiết bài giải từng bài tập các bạn xem dưới đây:
1. Giải bài 1 trang 159 sgk Đại số 10
Cho hàm số \(f(x) = \sqrt {{x^2} + 3x + 4} \)\( – \sqrt { – {x^2} + 8x – 15} \)
a) Tìm tập xác định \(A\) của hàm số \(f(x)\)
b) Giả sử \(B = \left\{ {x \in R:4 < x \le \left. 5 \right\}} \right.\). Hãy xác định các tập hợp \(A\backslash B\) và \(R\backslash (A\backslash B)\)
Bài giải:
a) Hàm số xác định khi:
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x^2} + 3x + 4 \ge 0\\- {x^2} + 8x – 15 \ge 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\forall x\; \in R\\
{x^2} – 8x + 15 \le 0
\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left( {x – 3} \right)\left( {x – 5} \right) \le 0 \Leftrightarrow 3 \le x \le 5.\)
Vậy tập xác định của hàm số là: \(A = \left( {3;\;5} \right].\)
b) Ta có: \(B = \left\{ {x \in R|\;4 < x \le 5} \right\} = \left( {4;\;5} \right].\)
\(\Rightarrow A\backslash B = \left\{ {x|\;\;x \in A,\;\;x \notin B} \right\} \)\(= \left[ {3;\;4} \right].\)
\(\Rightarrow R\backslash \left( {A\backslash B} \right) = R\backslash \left[ {3;\;4} \right] = \left( { – \infty ;\;3} \right) \cup \)\(\left( {4;\; + \infty } \right).\)
2. Giải bài 2 trang 160 sgk Đại số 10
Cho phương trình: \(mx^2– 2x – 4m – 1 = 0\)
a) Chứng minh rằng với mọi giá trị \(m≠0\) 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.
Bài giải:
Ta có: \(mx^2– 2x – 4m – 1 = 0\)
\(\eqalign{& a) \, \Delta {\rm{ }} = {\rm{ }}1 + m\left( {4m + 1} \right) \cr&= 4{m^2} + m + 1 \cr & = (2m + {1 \over 4}) + {{15} \over {16}} > 0,\forall m \cr} \)
Vậy với \(m ≠ 0\) phương trình là bậc hai có biệt thức chung nên có \(2\) nghiệm phân biệt.
\(\eqalign{ b)
& f( – 1) = m + 2 – 4m – 1 \cr&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\,= – 3m + 1 = 0 \cr
& \Rightarrow m = {1 \over 3} \cr} \)
Với \(m = {1 \over 3}\) , phương trình có nghiệm \(x_1= -1\).
Gọi nghiệm kia là \(x_2\).
Theo định lí Vi-et:
\({x_1} + {x_2} = – 1 + {x_2} = {2 \over m} = {2 \over {{1 \over 3}}}\)\( \Rightarrow {x_2} = 7\)
3. Giải bài 3 trang 160 sgk Đại số 10
Cho phương trình: \({x^2} – 4mx + 9{(m – 1)^2} = 0\)
a) Xem xét với giá trị nào của \(m\), phương trình trên có nghiệm.
b) Giả sử \(x_1,x_2\) là hai nghiệm của phương trình đã cho, hãy tính tổng và tích của chúng. Tìm một hệ thức liên hệ giữa \(x_1\) và \(x_2\) không phụ thuộc vào \(m\).
c) Xác định \(m\) để hiệu các nghiệm của phương trình bằng \(4\).
Bài giải:
a) Phương trình có nghiệm \(\Leftrightarrow Δ’ = 4m^2– 9(m-1) ^2\)\(= -5m^2+ 18m – 9 ≥ 0\)
\(\Leftrightarrow {3 \over 5} \le m \le 3\)
Phương trình có nghiệm nếu \(m \in \left[ {{3 \over 5}; \, 3} \right]\)
b) Với \(m \in \left[ {{3 \over 5},3} \right]\) phương trình có các nghiệm \(x_1,x_2\) thỏa mãn
\(x_1+x_2= 4m\) (1) và \(x_1.x_2= 9(m-1)^2\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
\({x_1}.{x_2} = 9{({{{x_1} + {x_2}} \over 4} – 1)^2}\)
\(\Leftrightarrow 9{({x_1} + {x_2} – 4)^2} – 16{x_1}{x_2} = 0\)
Đó là hệ thức giữa hai nghiệm của phương trình độc lập với tham số \(m.\)
c) Không mất tính tổng quát, ta giả sử phương trình có hai nghiệm thỏa mãn: \(x_2 > x_1.\)
Khi đó ta có: \(x_2– x_1= 4;x_1+ x_2= 4m \)\(⇒ x_2= 2(m+1).\)
Thay biểu thức của \(x_2\) vào phương trình thì được:
\(4(m+1)^2 – 8m(m+1) + 9(m-1)^2\)\(= 0\)
\(\eqalign{
& \Leftrightarrow 5{m^2} – 18m + 13 = 0 \cr
& \Leftrightarrow {m_{_1}} = 1;{m_2} = {{13} \over 5} \cr} \)
Kết luận: Nếu \(m = 1\) hoặc \(m = {{13} \over 5}\) thì hiệu của \(2\) nghiệm bằng \(4\).
4. Giải bài 4 trang 160 sgk Đại số 10
Chứng minh các bất đẳng thức:
a) \(5(x-1) < x^5– 1< 5x^4(x-1)\), biết \(x – 1 > 0\)
b) \(x^5+ y^5– x^4y – xy^4≥ 0\), biết \(x + y ≥ 0\)
c) \(\sqrt {4a + 1} + \sqrt {4b + 1} + \sqrt {4c + 1} < 5\), biết rằng \(a, b, c\) cùng lớn hơn \( – \frac{1}{4}\) và \(a + b + c = 1.\)
Bài giải:
a) Với \(x-1 >0\Leftrightarrow x>1\) ta có:
\(x^5-1-5(x-1)=(x-1)(x^4+x^3+x^2+x+1)-5(x-1)\\ =(x-1)(x^4+x^3+x^2+x-4)>0\)
Do đó: \(x^5-1>5(x-1)\)
Tương tự, ta có:
\(5x^4(x-1)-(x^5-1)=5x^4(x-1)-(x-1)(x^4+x^3+x^2+x+1)\\ =(x-1)(4x^4-x^3-x^2-x-1)>0\)
Do vậy \(5x^4(x-1)>x^5-1\)
Vậy ta được điều phải chứng minh
b) Ta có:
\(A=x^5+y^5-x^4y-xy^4\\ =x^4(x-y)+y^4(y-x)\\ =(x^4-y^4)(x-y)\\ =(x^2+y^2)(x+y)(x-y)^2\ge 0\,\,\forall x+y\ge 0\)
Vậy \(A\ge 0\) với mọi x, y sao cho \(x+y \ge 0\)
c) Với \(a\ge -\dfrac{1}{4};b\ge -\dfrac{1}{4};c\ge -\dfrac{1}{4}\) ta có:
\(\begin{aligned} & B=\sqrt{4a+1}+\sqrt{4b+1}+\sqrt{4c+1} \\ & < \sqrt{4{{a}^{2}}+4a+1}+\sqrt{4{{b}^{2}}+4b+1}+\sqrt{4{{c}^{2}}+4c+1} \\ & =\left| 2a+1 \right|+\left| 2b+1 \right|+\left| 2c+1 \right| \\ \end{aligned} \)
Vì \(a\ge -\dfrac{1}{4}>-\dfrac{1}{2};b\ge -\dfrac{1}{4}>-\dfrac{1}{2};c\ge -\dfrac{1}{4}>-\dfrac{1}{2} \)
Nên
\( \begin{aligned} & B<2a+1+2b+1+2c+1 \\ & =2\left( a+b+c \right)+3 \\ & =5 \\ \end{aligned} \)
Vậy ta được điều phải chứng minh.
5. Giải bài 5 trang 160 sgk Đại số 10
Giải hệ phương trình sau bằng cách đưa về hệ phương trình dạng tam giác:
\(\left\{ \matrix{
x + 3y + 2z = 1 \hfill \cr
3x + 5y – z = 9 \hfill \cr
5x – 2y – 3z = – 3 \hfill \cr} \right.\)
Bài giải:
Ta có:
\(\begin{array}{l}
\;\;\;\;\left\{ \begin{array}{l}
3x + 5y – z = 9\\
x + 3y + 2z = 1\\
5x – 2y – 3z = – 3
\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
6x + 10y – 2z = 18\\
x + 3y + 2z = 1\\
5x – 2y – 3z = – 3
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
7x + 13 = 19\\
x + 3y + 2z = 1\\
5x – 2y – 3z = – 3
\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
7x + 13y = 19\\
3x + 9y + 6z = 3\\
10x – 4y – 6z = – 6
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
7x + 13y = 19\\
13x + 5y = – 3\\
10x – 4y – 6z = – 6
\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
91x + 169y = 247\\
91x + 35y = – 21\\
10x – 4y – 6z = – 6
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
134y = 268\\
91x + 35y = – 21\\
10x – 4y – 6z = – 6
\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = – 1\\
y = 2\\
x = – 2
\end{array} \right..
\end{array}\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \((x; y; z) = (-1; 2; -2).\)
6. Giải bài 6 trang 160 sgk Đại số 10
a) Xét dấu 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 các đồ thị của các hàm số sau
\(y = 2x(x+2) (C_1)\) và \(y = (x+2)(x+1) (C_2).\)
Tính tọa độ các giao điểm \(A\) và \(B\) của \((C_1)\) và \((C_2)\)
c) Tính các hệ số \(a, b, c\) để hàm số \(y = ax^2+ bx + c\) có giá trị lớn nhất bằng \(8\) và đồ thị của nó đi qua \(A\) và \(B\).
Bài giải:
a) Ta có:
\(\begin{array}{l}
f\left( x \right) = 2x\left( {x + 2} \right) – \left( {x + 2} \right)\left( {x + 1} \right)\\
= \left( {x + 2} \right)\left( {2x – x – 1} \right) \\= \left( {x + 2} \right)\left( {x – 1} \right).
\end{array}\)
Khi đó:
\(\begin{array}{l}
f\left( x \right) \ge 0 \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left( {x – 1} \right) \ge 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
x + 2 \ge 0\\
x – 1 \ge 0
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
x + 2 \le 0\\
x – 1 \le 0
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
x \ge – 2\\
x \ge 1
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
x \le – 2\\
x \le 1
\end{array} \right.
\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x \ge 1\\
x \le – 2
\end{array} \right..
\end{array}\)
\(\begin{array}{l}
f\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left( {x – 1} \right) < 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
x + 2 > 0\\
x – 1 < 0
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
x + 2 < 0\\
x – 1 > 0
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
x > – 2\\
x < 1
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
x < – 2\\
x > 1
\end{array} \right.
\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow – 2 < x < 1.
\end{array}\)
Vậy \(f\left( x \right) \ge 0\) khi \(x \in \left( {0;\; – 2} \right] \cup \left[ {1; + \infty } \right).\)
\(f(x) < 0\) khi \(x \in \left( { – 2;\;1} \right).\)
b) ♦ Hàm số: \(y = 2x\left( {x + 2} \right) = 2{x^2} + 4x.\)
Tập xác định: $R.$
Đỉnh: \(\left( { – 1;\; – 2} \right).\)
Giao điểm của đồ thị hàm số với các trục tọa độ: \(\left( { – 2;\;0} \right),\;\left( {0;\;0} \right).\)
Ta có bảng biến thiên:
♦ Xét hàm số \(y = \left( {x + 2} \right)\left( {x + 1} \right) = {x^2} + 3x + 2.\)
Tập xác định: $R.$
Đỉnh: \(\left( { -\frac{3}{2};\; – \frac{1}{4}} \right).\)
Bảng biến thiên:
Đồ thị (C1) và (C2)
Hoành độ các giao điểm \(A\) và \(B\) của (C1) và (C2) là nghiệm của phương trình \(f(x) = 0 ⇔ x_1= -2, x_2= 1\)
\(⇔ B(-2; 0) , A(1; 6)\)
c) Theo đề bài ta có đồ thị hàm số \(y = a{x^2} + bx + c\) đi qua A và B nên:
\(\left\{ \begin{array}{l}4a – 2b + c = 0\\a + b + c = 6\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b – 2\\c = 8 – 2b\end{array} \right.\)
Để hàm số \(y = a{x^2} + bx + c\) đạt giá trị lớn nhất bằng 8 thì:
\(\begin{aligned} & \left\{ \begin{aligned} & a<0 \\ & \dfrac{-\Delta }{4a}=8 \\ \end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} & a<0 \\ & \dfrac{4ac-{{b}^{2}}}{4a}=8 \\ \end{aligned} \right. \\ & \Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} & a<0 \\ & 4ac-{{b}^{2}}=32a \\ \end{aligned} \right. \\ & \Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} & a<0 \\ & 4\left( b-2 \right)\left( 8-2b \right)=32\left( b-2 \right) \\ \end{aligned} \right. \\ \end{aligned} \)
Giải phương trình:
\(\begin{aligned} & 4\left( b-2 \right)(8-2b)=32(b-2) \\ & \Leftrightarrow 9{{b}^{2}}-16b=0 \\ & \Leftrightarrow \left[ \begin{aligned} & b=0 \\ & b=\dfrac{16}{9} \\ \end{aligned} \right. \\ \end{aligned} \)
Với \(b=0\) thì \(a=2, c=8\)
Với \(b=\dfrac{16}9\Rightarrow a=-\dfrac 2 9 \)
♦ Với \(b = 0\) ta có: \(a = – 2,\;\;c = 8 \Rightarrow y = – 2{x^2} + 8.\)
♦ Với \(b = \frac{{16}}{9}\) thì \(a = – \frac{2}{9},\;\;c = \frac{{40}}{9}\)
\( \Rightarrow y = – \frac{2}{9}{x^2} + \frac{{16}}{9}x + \frac{{40}}{9}.\)
7. Giải bài 7 trang 161 sgk Đại số 10
Chứng minh các hệ thức sau:
a) \({{1 – 2{{\sin }^2}a} \over {1 + \sin 2a}} = {{1 – \tan a} \over {1 + \tan a}}\)
b) \({{\sin a + \sin 3a + \sin 5a} \over {\cos a + \cos 3a + \cos 5a}} = \tan 3a\)
c) \({{{{\sin }^4}a – {{\cos }^4}a + {{\cos }^2}a} \over {2(1 – \cos a)}} = {\cos ^2}{a \over 2}\)
d) \({{\tan 2x\tan x} \over {\tan 2x – \tan x}} = \sin 2x\)
Bài giải:
♦ Cách 1:
\( a)\,\dfrac{1-2{{\sin }^{2}}a}{1+\sin 2a}=\dfrac{{{\cos }^{2}}a-{{\sin }^{2}}a}{{{\left( \sin a+\cos a \right)}^{2}}}=\dfrac{\cos a-\sin a}{\cos a+\sin a}=\dfrac{1-\tan a}{1+\tan a} \)
\(\begin{align} & b)\,\dfrac{\sin a+\sin 3a+\sin 5a}{\cos a+\cos 3a+\cos 5a}=\dfrac{2\sin 3a\cos 2a+\sin 3a}{2\cos 3a\cos 2a+\cos 3a} \\ & =\dfrac{\sin 3a\left( 2\cos 2a+1 \right)}{\cos 3a\left( 2\cos 2a+1 \right)}=\tan 3a \\ \end{align} \)
\(\begin{align} & c)\,\dfrac{{{\sin }^{4}}a-{{\cos }^{4}}a+{{\cos }^{2}}a}{2\left( 1-\cos a \right)}=\dfrac{{{\sin }^{2}}a-{{\cos }^{2}}a+{{\cos }^{2}}a}{2.2{{\sin }^{2}}\dfrac{a}{2}} \\ & =\dfrac{{{\sin }^{2}}a}{4{{\sin }^{2}}\dfrac{a}{2}}={{\cos }^{2}}\dfrac{a}{2} \\ \end{align} \)
\(\begin{align} & d)\,\dfrac{\tan 2x\tan x}{\tan 2x-\tan x}=\dfrac{\dfrac{\sin 2x\sin x}{\cos 2x\cos x}}{\dfrac{\sin 2x}{\cos 2x}-\dfrac{\sin x}{\cos x}} \\ & =\dfrac{\sin 2x\sin x}{\cos 2x\cos x}.\dfrac{\cos 2x\cos x}{\sin 2x\cos x-\cos 2x\sin x} \\ & =\dfrac{\sin 2x\sin x}{\sin x}=\sin 2x \\ \end{align}\)
♦ Cách 2:
\(\eqalign{ a) \, \, & {{1 – 2{{\sin }^2}a} \over {1 + \sin 2a}} \cr&= {{{{\cos }^2}a – {{\sin }^2}a} \over {{{\cos }^2}a + {{\sin }^2}a + 2\sin a\cos a}} \cr & = {{\cos a – \sin a} \over {\cos a + \sin a}} = {{1 – {{\sin a} \over {\cos a}}} \over {1 + {{\sin a} \over {\cos a}}}} \cr & = {{1 – \tan a} \over {1 + \tan a}} \cr} \)
\(\eqalign{b) \, \,
& {{\sin a + \sin 3a + \sin 5a} \over {\cos a + \cos 3a + \cos 5a}} \cr
& = {{2\sin {{a + 5a} \over 2}\cos {{5a – a} \over 2} + \sin 3a} \over {2\cos {{a + 5a} \over 2}\cos {{5a – a} \over 2} + \cos 3a}} \cr&= {{\sin 3a(1 + 2\cos 2a)} \over {\cos 3a(1 + 2\cos 2a)}} \cr
& = \tan 3a \cr} \)
\(\eqalign{d)\, \,
& {{\tan 2x\tan x} \over {\tan 2x – \tan x}} \cr
& = {{{{2\tan x} \over {1 – {{\tan }^2}x}}.\tan x} \over {{{2\tan x} \over {1 – {{\tan }^2}x}} – \tan x}} \cr&= {{2\tan x} \over {{{\tan }^2}x + 1}} \cr
& = \sin 2x \cr} \)
8. Giải bài 8 trang 161 sgk Đại số 10
Rút gọn các biểu thức sau:
a) \({{1 + \sin 4a – \cos 4a} \over {1 + \cos 4a + \sin 4a}}\)
b) \({{1 + \cos a} \over {1 – \cos a}}{\tan ^2}{a \over 2} – {\cos ^2}a\)
c) \({{\cos 2x – \sin 4x – \cos 6x} \over {\cos 2x + \sin 4x – \cos 6x}}\)
Bài giải:
\(\eqalign{a) \, \, & {{1 + \sin 4a – \cos 4a} \over {1 + \cos 4a + \sin 4a}} \cr&= {{2{{\sin }^2}2a + 2\sin 2a\cos 2a} \over {2{{\cos }^2}2a + 2\sin 2a\cos 2a}} \cr & = {{2\sin 2a(\sin 2a + \cos 2a)} \over {2\cos 2a(\sin 2a + \cos 2a)}} \cr&= \tan 2a \cr} \)
\(\eqalign{b) \, \,
& {{1 + \cos a} \over {1 – \cos a}}{\tan ^2}{a \over 2} – {\cos ^2}a\cr& = {{2{{\cos }^2}{a \over 2}} \over {2{{\sin }^2}{a \over 2}}}.{{2{{\sin }^2}{a \over 2}} \over {2{{\cos }^2}{a \over 2}}} – {\cos ^2}{a} \cr
& = 1 – {\cos ^2}{a} = {\sin ^2}{a} \cr} \)
\(\eqalign{c) \, \,
& {{\cos 2x – \sin 4x – \cos 6x} \over {\cos 2x + \sin 4x – \cos 6x}} \cr&= {{(cos2x – \cos 6x) – sin4x} \over {(cos2x – \cos 6x) + sin4x}} \cr
& = {{-2\sin {{2x + 6x} \over 2}\sin {{6x – 2x} \over 2} – \sin 4x} \over {-2\sin {{2x + 6x} \over 2}\sin {{2x – 6x} \over 2} + \sin 4x}} \cr
& = {{2\sin 2x – 1} \over {2\sin 2x + 1}} \cr} \)
9. Giải bài 9 trang 161 sgk Đại số 10
Tính
a) \(4(cos{24^0} + \cos {48^0} – \cos {84^0} – \cos {12^0})\)
b) \(96\sqrt 3 \sin {\pi \over {48}}\cos {\pi \over {48}}\cos {\pi \over {24}}\cos {\pi \over {12}}\cos {\pi \over 6}\)
c) \(\tan {9^0} – \tan {63^0} + \tan {81^0} – \tan {27^0}\)
Bài giải:
Ta có:
\(\begin{align} a)\,&4\left( \cos {{24}^{o}}+\cos {{48}^{o}}-\cos {{84}^{o}}-\cos {{12}^{o}} \right) \\ & =4\left[ \left( \cos {{24}^{o}}-\cos {{84}^{o}} \right)+\left( \cos {{48}^{o}}-\cos {{12}^{o}} \right) \right] \\ & =8\sin {{54}^{o}}\sin {{30}^{o}}+8\sin {{30}^{o}}\sin {{18}^{o}} \\ & =4\left( \sin {{54}^{o}}+\sin {{18}^{o}} \right) \\ & =8\cos {{36}^{o}}\sin {{18}^{o}} \\ & =\dfrac{8\cos {{36}^{o}}\sin {{18}^{o}}\cos {{18}^{o}}}{\cos {{18}^{o}}} \\ & =\dfrac{4\cos {{36}^{o}}\sin {{36}^{o}}}{\sin {{72}^{o}}}=2 \\ \end{align} \)
\(\begin{align} b)& \,96\sqrt{3}\sin \dfrac{\pi }{48}\cos \dfrac{\pi }{48}\cos \dfrac{\pi }{24}\cos \dfrac{\pi }{12}\cos \dfrac{\pi }{6} \\ & =48\sqrt{3}\sin \dfrac{\pi }{24}\cos \dfrac{\pi }{24}\cos \dfrac{\pi }{12}\cos \dfrac{\pi }{6} \\ & =24\sqrt{3}\sin \dfrac{\pi }{12}\cos \dfrac{\pi }{12}\cos \dfrac{\pi }{6} \\ & =12\sqrt{3}\sin \dfrac{\pi }{6}\cos \dfrac{\pi }{6} \\ & =6\sqrt{3}\sin \dfrac{\pi }{3}=9 \\ \end{align}\)
\(\begin{align} c)& \,\tan {{9}^{o}}-\tan {{63}^{o}}+\tan {{81}^{o}}-\tan {{27}^{o}} \\ & =\tan {{9}^{o}}+\cot {{9}^{o}}-\left( \tan {{27}^{o}}+\cot {{27}^{o}} \right) \\ & =\dfrac{\sin {{9}^{o}}}{\cos {{9}^{o}}}+\dfrac{\cos {{9}^{o}}}{\sin {{9}^{o}}}-\left( \dfrac{\sin {{27}^{o}}}{\cos {{27}^{o}}}+\dfrac{\cos {{27}^{o}}}{\sin {{27}^{o}}} \right) \\ & =\dfrac{1}{\sin {{9}^{o}}\cos {{9}^{o}}}-\dfrac{1}{\sin {{27}^{o}}\cos {{27}^{o}}} \\ & =\dfrac{2}{\sin {{18}^{o}}}-\dfrac{2}{\sin {{54}^{o}}} \\ & =\dfrac{4\cos {{36}^{o}}\sin {{18}^{o}}}{\sin {{18}^{o}}\sin {{54}^{o}}} \\ & =4 \\ \end{align} \)
10. Giải bài 10 trang 161 sgk Đại số 10
Rút gọn
a) \(\cos {x \over 5}\cos {{2x} \over 5}\cos {{4x} \over 5}\cos {{8x} \over 5}\)
b) \(\sin {x \over 7} + 2\sin {{3x} \over 7} + \sin {{5x} \over 7}\)
Bài giải:
a) $A=\cos \dfrac{x}{5}\cos \dfrac{2x}{5}\cos \dfrac{4x}{5}\cos \dfrac{8x}{5}$
Nhân biểu thức với \(\sin {x \over 5}\),ta có:
\(\eqalign{
& A\sin {x \over 5}\cr& = \sin {x \over 5}\cos {x \over 5}\cos {{2x} \over 5}\cos {{4x} \over 5}\cos {{8x} \over 5} \cr
& = {1 \over 2}\sin {{2x} \over 5}\cos {{2x} \over 5}\cos {{4x} \over 5}\cos {{8x} \over 5} \cr
& = {1 \over 4}\sin {{4x} \over 5}\cos {{4x} \over 5}\cos {{8x} \over 5} \cr&= {1 \over 8}\sin {{8x} \over 5}\cos {{8x} \over 5} \cr
& = {1 \over {16}}\sin {{16x} \over 5} \cr} \)
⇒ \(A=\dfrac{\sin \dfrac{16x}{5}}{16\sin \dfrac{x}{5}}\)
b) Áp dụng công thức biến tổng thành tích ta có:
\(\eqalign{
& B = \sin {x \over 7} + 2\sin {{3x} \over 7} + \sin {{5x} \over 7}\cr& = 2\sin {{3x} \over 7} + (\sin {x \over 7} + \sin {{5x} \over 7}) \cr
& = 2\sin {{3x} \over 7} \cr&\;\;\;+ 2\sin {1 \over 2}({{5x} \over 7} + {x \over 7})cos{1 \over 2}({{5x} \over 7} – {x \over 7}) \cr
& = 2\sin {{3x} \over 7}(1 + \cos {{2x} \over 7}) \cr&= 4\sin {{3x} \over 7}{\cos ^2}{x \over 7}. \cr} \)
11. Giải bài 11 trang 161 sgk Đại số 10
Chứng minh rằng trong một tam giác \(ABC\) ta có:
a) \(\tan A + \tan B + \tan C \)\(= \tan A\tan B\tan C, \) \(\left( {\widehat A,\;\widehat B,\;\widehat C \ne \frac{\pi }{2}} \right).\)
b) \(\sin 2A + \sin 2B + \sin 2C \)\(= 4\sin A\sin B\sin C\)
Bài giải:
Trong một tam giác ta luôn có \(\widehat A + \widehat B+\widehat C =180^o\Rightarrow \widehat C=180^o-(\widehat A+\widehat B)\)
Áp dụng liên hệ giữa các cung bù nhau:
\(\sin \alpha =\sin (\pi-\alpha)\\ \cos \alpha =-\cos(\pi-\alpha)\\ \tan \alpha =-\tan (\pi-\alpha)\)
a) Ta có:
\(\begin{align} & \tan \left( A+B \right)=\frac{\tan A+\tan B}{1-\tan A\tan B} \\ & \Leftrightarrow -\tan C=\frac{\tan A+\tan B}{1-\tan A\tan B}\,\,\left( \text{vì}\,\,\widehat{C}={{180}^{o}}-\left( \widehat{A}+\widehat{B} \right) \right) \\ & \Leftrightarrow \tan A+\tan B+\tan C=\tan A\tan B\tan C \\ \end{align} \)
b) Ta có:
\(\begin{align} & \sin 2A+\sin 2B+\sin 2C=2\sin \left( A+B \right)\cos \left( A-B \right)+2\sin C\cos C \\ & =2\sin C\cos (A-B)+2\sin C\cos C \\ & =2\sin C\left[ \cos \left( A-B \right)+\cos C \right] \\ & =2\sin C\left[ \cos \left( A-B \right)-\cos \left( A+B \right) \right] \\ & =2\sin C\left[ -2\sin \left( A \right)\sin \left( -B \right) \right] \\ & =4\sin A\sin B\sin C \\ \end{align} \)
12. Giải bài 12 trang 161 sgk Đại số 10
Không sử dụng máy tính, hãy tính:
\({{\sin {{40}^0} – \sin {{45}^0} + \sin {{50}^0}} \over {\cos {{40}^0} – \cos {{45}^0} + \cos {{50}^0}}} – {{6(\sqrt 3 + \tan {{15}^0})} \over {3 – \sqrt 3 \tan {{15}^0}}}\)
Bài giải:
♦ Cách 1:
\(\begin{align} & \dfrac{\sin {{40}^{o}}-\sin {{45}^{o}}+\sin {{50}^{o}}}{\cos {{40}^{o}}-\cos {{45}^{o}}+\cos {{50}^{o}}}-\dfrac{6\left( \sqrt{3}+3\tan {{15}^{o}} \right)}{3-\sqrt{3}\tan {{15}^{o}}} \\ & =\dfrac{\left( \sin {{40}^{o}}+\sin {{50}^{o}} \right)-\sin {{45}^{o}}}{\left( \cos {{40}^{o}}+\cos {{50}^{o}} \right)-\cos {{45}^{o}}}-\dfrac{6\left( \dfrac{\sqrt{3}}{3}+\tan {{15}^{o}} \right)}{1-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\tan {{15}^{o}}} \\ & =\dfrac{2\sin {{45}^{o}}\cos {{5}^{o}}-\sin {{45}^{o}}}{2\cos {{45}^{o}}\sin {{5}^{o}}-\cos {{45}^{o}}}-\dfrac{6\left( \tan {{30}^{o}}+\tan {{15}^{o}} \right)}{1-\tan {{30}^{o}}\tan {{15}^{o}}} \\ & =\dfrac{\sin {{45}^{o}}}{\cos {{45}^{o}}}-6\tan \left( {{30}^{o}}+{{15}^{o}} \right) \\ & =\tan {{45}^{o}}-6\tan {{45}^{o}}=-5\tan {{45}^{o}}=-5 \\ \end{align} \)
♦ Cách 2:
Ta có: \(sin{45^0} = {\rm{ }}cos{45^0},{\rm{ }}sin{40^0} = {\rm{ }}cos{50^0},\)\({\rm{ }}sin{50^0} = {\rm{ }}cos{40^0}\)
Ta được:
\({{\cos {{50}^0} – \cos {{45}^0} + \cos {{50}^0}} \over {\cos {{40}^0} – \cos {{45}^0} + \cos {{50}^0}}}- {{6.3({{\sqrt 3 } \over 3} + \tan {{15}^0})} \over {3(1 – {{\sqrt 3 } \over 3}\tan {{15}^0})}}\)
\(\eqalign{
& = 1 – 6({{\tan {{30}^0} + \tan {{15}^0}} \over {1 – \tan {{30}^0}.\tan {{15}^0}}}) \cr
& = 1 – 6\tan {45^0} = – 5 \cr} \)
Bài trước:
Bài tiếp theo:
Xem thêm:
- Các bài toán 10 khác
- Để học tốt môn Vật lí lớp 10
- Để học tốt môn Sinh học lớp 10
- Để học tốt môn Ngữ văn lớp 10
- Để học tốt môn Lịch sử lớp 10
- Để học tốt môn Địa lí lớp 10
- Để học tốt môn Tiếng Anh lớp 10
- Để học tốt môn Tiếng Anh lớp 10 thí điểm
- Để học tốt môn Tin học lớp 10
- Để học tốt môn GDCD lớp 10
Chúc các bạn làm bài tốt cùng giải bài tập sgk toán lớp 10 với giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 trang 159 160 161 sgk Đại số 10!
“Bài tập nào khó đã có giaibaisgk.com“