ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP GIỮA HỌC KÌ I TOÁN 11

ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP GIỮA HỌC KÌ I

TỐN 11
ĐÁP ÁN CHI TIẾT

HÌNH HỌC
Câu 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với A  0;4 , B  2;3 , C  6; 4 . Gọi G là trọng
tâm tam giác ABC và a là đường phân giác của góc phần tư thứ nhất. Phép đối xứng trục a
biến G thành G ' có tọa độ là




4
3

A.  1;  .

 4
 3

B. 1;  .

 4 
 3 

C.   ;1 .

 4 
 3 

D.   ;1 .


Câu 2: Cho 3 điểm A  4;5 , B  6;1 , C  4; 3 . Xét phép tịnh tiến theo v   20; 21 biến tam giác

ABC thành tam giác A ' B ' C ' . Hãy tìm tọa độ trọng tâm tam giác A ' B ' C ' .
A.  22; 20 .

B. 18;22 .

C.  18; 22 .

D.  22;20 .

Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng  có phương trình 5x  y  3  0 . Đường thẳng đối
xứng của  qua trục tung có phương trình là:
A. x  5y  3  0 .

B. 5x  y  3  0 .

C. 5x  y  3  0 .

D. x  5y  3  0 .

Câu 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d : x  y  2  0 . Tìm phương trình đường
thẳng d ' là ảnh của d qua phép đối xứng tâm I 1;2 .
A. x  y  4  0 .

B. x  y  4  0 .

C. x  y  4  0 .

D. x  y  4  0 .

Câu 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng  : x  2 y  3  0 và  ' : x  2 y  7  0 . Qua
phép đối xứng tâm I 1;  3 , điểm M trên đường thẳng  biến thành điểm N thuộc đường
thẳng  ' . Tính độ dài đoạn thẳng MN .
A. MN  4 5 .

B. MN  13 .

C. MN  2 37 .

D. MN  12 .

Câu 6: Nếu phép tịnh tiến biến điểm A  3; 2 thành A ' 1; 4 thì nó biến điểm B 1; 5 thành điểm B ' có
tọa độ là:
A.  4; 2 .

B.  1;1 .

C. 1; 1 .

D.  4;2 .




Câu 7: Cho đường thẳng d :2 x  y  1  0 . Để phép tịnh tiến theo v biến đường thẳng d thành chính nó


thì v phải là véc-tơ nào sau đây?




A. v   2; 1 .
B. v   1; 2  .
C. v   2;1 .
D. v  1; 2  .
Câu 8: Hình gồm hai đường trịn phân biệt có cùng bán kính có bao nhiêu tâm đối xứng
A. 2 .

B. 1.

C. 0 .

D. Vô số.

Câu 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng 1 : x  2 y  1  0 và  2 : x  2 y  3  0 và
điểm I  2;1 . Phép vị tự tâm I , tỉ số k biến 1 thành  2 . Tìm k .
A. k  3 .

B. k  1 .

C. k  4 .

D. k  3 .

Câu 10: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn  C  :  x  1   y  2   4 . Hỏi phép dời hình có
2

2

được bằng cách liên tiếp thực hiện phép đối xứng qua trục Oy và phép tịnh tiến theo véc tơ

v   2;3 biến  C  thành đường trịn có phương trình nào sau đây?
A.  x  2    y  6   4 .

B. x 2  y 2  4 .

C.  x  2    y  3   4 .

D.  x  1   y  1  4 .

2

2

2

2

2

2

Câu 11: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : x  2 . Trong bốn đường thẳng cho bởi các
phương trình sau, đường thẳng nào là ảnh của d qua phép đối xứng tâm O ?
B. y  2 .

A. x  2 .

D. y  2 .

C. x  2 .

Câu 12: Cho 2 đường thẳng song song d và d ' và 1 điểm O khơng nằm trên chúng. Có bao nhiêu phép
vị tự tâm O biến đường thẳng d thành d '
B. 2 .

A. Vô số.

C. 0 .

D. 1.

Câu 13: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d có phương trình 3x  y  1  0 . Xét phép đối
xứng trục  : 2 x  y  1  0 , đường thẳng d biến thành đường thẳng d  có phương trình là:
A. x  3 y  1  0 .

B. x  3 y  3  0 .

C. x  3 y  3  0 .

D. 3 x  y  1  0 .

Câu 14: Cho tam giác Cho tam giác ABC với trọng tâm G . Gọi A , B , C  lần lượt là trung điểm của
các cạnh BC , AC , AB của tam giác ABC . Khi đó phép vị tự nào biến tam giác AB C  thành
tam giác ABC ?
A. Phép vị tự tâm G , tỉ số k  2 .

B. Phép vị tự tâm G , tỉ số k  2 .

C. Phép vị tự tâm G , tỉ số k  3 .

D. Phép vị tự tâm G , tỉ số k  3 .

Câu 15: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip E :

x2 y 2

 1 . Viết phương trình elip E  là ảnh của elip
4 1

E qua phép đối xứng tâm I 1;0 .
A.

 x  1
E :
4

2

y2

 1.
1

B.

 x  2
E :
4

2



y2
 1.
1


C.

 x  2
E :
4

2

y2

 1.
1

D.

 x  1
E :

2

4



y2
 1.
1


Câu 16: Cho v   3;3 và đường tròn  C  : x 2  y 2  2 x  4 y  4  0 . Ảnh của  C  qua T là
v
A. x 2  y 2  8 x  2 y  4  0 .

B.  x  4    y  1  9 .

C.  x  4    y  1  9 .

D.  x  4    y  1  4 .

2

2

2

2

2

2

Câu 17: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai điểm M  4;6 và M   3;5 . Phép vị tự tâm I , tỉ số k 

1
2

biến điểm M thành điểm M  . Tìm tọa độ tâm vị tự I .
A. I  10;4 .

B. I 11;1 .

C. I 1;11 .

D. I  4;10 .

Câu 18: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ) :( x  1) 2  ( y  2) 2  4 . Phép đối xứng trục Ox
biến đường tròn (C ) thành đường tròn (C ) có phương trình là
A. ( x  1)2  ( y  2)2  4 .

B. ( x  1)2  ( y  2)2  4

C. ( x 1)2  ( y  2)2  4 .

D. ( x 1)2  ( y  2)2  4

Câu 19: Cho hai đường thẳng vng góc với nhau a và b . Có bao nhiêu phép đối xứng trục biến a thành
a và biến b thành b ?

C. 1.

B. 0 .

A. vô số.

D. 2 .

Câu 20: Cho phép vị tự tâm O tỉ số bằng  3 lần lượt biến hai điểm A, B thành hai điểm C , D Mệnh đề
nào sau đây đúng?



A. AC  3BD .



B. AC  3CD .

 1 
D. AB  CD .
3

 
C. 3AB  DC .

ĐẠI SỐ
Bài 1. Giải các phương trình sau:
1. sin 4 x  cos 5 x =0.



2. tan 2  x    3 .
6


3. cos2 x  sin x  1  0.

4. 3 tan x  2 cot 3 x  tan 2 x.

5. tan x  3 cot x  1  3

6. 1  sin x cos x  2 sin 2 x  cos 2 2 x   0 .

7. 2cos2

3x
4x
 1  3cos
5
5

9. sin 2 2 x  sin 2 x  sin 2

8. 2 tan 2 x  3 


4

.

Bài 2. Giải các phương trình sau
2. 4sin x  cos x  3  tan

x
2

10.

3
.
cos x

sin 2 2 x  cos4 2 x  1
0
sin x. cos x


3.

3 cos 5 x  sin 2 x.cos 3 x  2.cos 3 x  sin 3 x.cos 3 x

4. 3sin 3x  3 cos 9 x  1  4sin 3 3x 1
5. Giải phương trình: sin 2 x  sin 2 x 

1
2

6. Giải phương trình: 3cos x  4sin x 

6
6
3cos x  4sin x  1

7. Giải phương trình cos 2 x  3 sin 2 x  3 sin x  cos x  4  0

2  3cos x  2sin  2x  4 
2

8. Giải phương trình

2cos x  1

 1.

Bài 3. Giải các phương trình sau
1. 6sin 2 x  sin x cos x  cos2 x  2
3.

3 sin x  cos x 

1
;
cos x

5. 2sin 3 x  4cos3 x  3sin x  0 .
7.




2 sin 3  x    2sin x .
4


8. 2 cos3 x  sin 3x

2. 4sin 2 2 x  3sin 4 x  2 cos2 2 x  4
4. 4sin 3 x  3cos3 x  3sin x  sin 2 x.cos x  0
6. 2sin x  2 3 cos x 
9. 6 sin x  2 cos3 x 

3
1
.

cos x sin x

5sin 4 x.cos x
.
2 cos 2 x

10. sin 3 x  3cos3 x  sin x.cos 2 x  3 sin 2 x. cos x


PHẦN 2: GIẢI CHI TIẾT
BẢNG ĐÁP ÁN.
1B

2D

3C

4B

5A

6B

7D

8B

9B

10D 11A 12D 13C 14A 15B

16C 17A 18D 19D 20C

Câu 1:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với A  0;4 , B  2;3 , C  6; 4 . Gọi G là trọng
tâm tam giác ABC và a là đường phân giác của góc phần tư thứ nhất. Phép đối xứng trục a biến

G thành G ' có tọa độ là



4
3

A.  1;  .

 4
 3

 4 
 3 

 4 
 3 

C.   ;1 .

B. 1;  .

D.   ;1 .

Lời giải
4 
Tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là G  ;1 .
3 

Do a là đường phân giác của góc phần tư thứ nhất nên ta có: a : x  y  0 .
Giả sử Da  G   G '  m; n  . Khi đó GG '  a và trung điểm I của GG ' thuộc đường thẳng a .


 
4


Ta có GG '  m  ; n  1 , vecto chỉ phương của a là u 1;1 ,
3



4

 3  m 1 n 
I
;

2
2 




Do đó ta có hệ phương trình sau

4

7

m  3  n  1  0
mn 
m  1





3


4
4.
 3  m n 1
m  n   1
n  3

0

3

 2
2

 4
 3

Vậy G ' 1;  .
Lưu ý: Biểu thức tọa độ qua phép đối xứng đường phân giác a : x  y  0
x '  y
Giả sử Da  M  x; y    M '  x '; y ' thì 
.
y'  x
4 
 4
Áp dụng vào bài tốn ta có G  ;1 thì G ' 1;  .
3 
 3

Câu 2:


Cho 3 điểm A  4;5 , B  6;1 , C  4; 3 . Xét phép tịnh tiến theo v   20; 21 biến tam giác

ABC thành tam giác A ' B ' C ' . Hãy tìm tọa độ trọng tâm tam giác A ' B ' C ' .
A.  22; 20 .

B. 18;22 .

C.  18; 22 .

D.  22;20 .

Lời giải
Gọi G và G ' lần lượt là trọng tâm tam giác ABC và tam giác A ' B ' C ' .


x A  xB  xC

2
 xG 
3
Ta có 
 y  y A  yB  yC  1
 G
3

 

 xG '  20  2  22
Theo đề ta có GG '  v  
. Vậy G '  22;20 .
 yG '  21  1  20
Câu 3:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng  có phương trình 5x  y  3  0 . Đường thẳng
đối xứng của  qua trục tung có phương trình là:
A. x  5y  3  0 .

B. 5x  y  3  0 .

C. 5x  y  3  0 .

D. x  5y  3  0 .
Lời giải

+) Gọi A    Ox . y  0  x 

3
3 
 A  ;0  . Gọi B    Oy . x  0  y  3  B  0;3 .
5
5 

 3 
+) Gọi điểm A’ đối xứng với điểm A qua trục tung suy ra A '   ;0  và  ' là đường đối xứng
 5 
 3 
với  qua trục tung thì A '   ;0    ' và B  0;3  ' .

 5 

+) Phương trình  ' là

Câu 4:

x
y
  1  5x  y  3  0 .
3 3

5

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d : x  y  2  0 . Tìm phương trình đường
thẳng d ' là ảnh của d qua phép đối xứng tâm I 1;2  .
A. x  y  4  0 .

B. x  y  4  0 .

C. x  y  4  0 .

D. x  y  4  0 .

Lời giải
Lấy điểm A  2;0  thuộc d .
Suy ra ảnh của A qua phép đối xứng tâm I 1;2  là điểm A '  0;4  .
Vì d ' là đường thẳng đi qua A ' và song song với d nên d ' : x  y  4  0 .
Câu 5:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng  : x  2 y  3  0 và  ' : x  2 y  7  0 . Qua

phép đối xứng tâm I 1;  3 , điểm M trên đường thẳng  biến thành điểm N thuộc đường
thẳng  ' . Tính độ dài đoạn thẳng MN .
A. MN  4 5 .

B. MN  13 .

C. MN  2 37 .

D. MN  12 .

Lời giải
Ta gọi điểm M  2a  3; a  là điểm thuộc đường thẳng  .
Vì phép đối xứng tâm I 1;  3 biến điểm M  2a  3; a  thành điểm N nên tọa độ điểm

N  2a 1;  6  a  .


Do điểm N thuộc đường thẳng  ' nên tọa độ điểm N thỏa mãn phương trình đường thẳng

'
Suy ra 2a 1  12  2a  7  0  a  1.
Từ đó M  5;  1 và N  3;  5 . Vậy MN  4 5 .
Câu 6:

Nếu phép tịnh tiến biến điểm A  3; 2 thành A ' 1; 4 thì nó biến điểm B 1; 5 thành điểm B '
có tọa độ là:
A.  4; 2  .

B.  1;1 .

C. 1; 1 .

D.  4;2  .

Lời giải


Ta có AA '  2;6 


Gọi tọa độ điểm B '  x; y  . Khi đó BB '  x  1; y  5 

 
 x  1  2  x  1

Theo bài ra, ta có BB '  AA '  
y 5  6
y 1
Vậy B '  1;1 .
Câu 7:



Cho đường thẳng d :2 x  y  1  0 . Để phép tịnh tiến theo v biến đường thẳng d thành chính nó

thì v phải là véc-tơ nào sau đây?





A. v   2; 1 .
B. v   1; 2  .
C. v   2;1 .
D. v  1; 2  .
Lời giải

d có véc -tơ pháp tuyến là n   2; 1 ,



Với v  1; 2  ta có n.v  2.1  1.2  0 do đó v  1; 2  là véc-tơ chỉ phương của d , nên

Tv  d   d .
Câu 8:

Hình gồm hai đường trịn phân biệt có cùng bán kính có bao nhiêu tâm đối xứng
A. 2 .

B. 1.

C. 0 .

D. Vơ số.

Lời giải
Hình gồm hai đường trịn phân biệt có cùng bán kính có 1 tâm đối xứng duy nhất là trung điểm
của đoạn thẳng nối hai tâm của hai đường trịn phân biệt đó.
Câu 9:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng 1 : x  2 y  1  0 và  2 : x  2 y  3  0 và

điểm I  2;1 . Phép vị tự tâm I , tỉ số k biến 1 thành  2 . Tìm k .
A. k  3 .

B. k  1 .

C. k  4 .
Lời giải

Gọi M  a; b   1  a  2b  1  0 .

M   a , b    2  a   2b  3  0 (*)

D. k  3 .


a   2  k  a  2 
a   ka  2k  2


b   kb  k  1
b   1  k  b  1



V I ,k   M   M   IM   k .IM

Thay vào (*) ta có:
ka  2 k  2  2 kb  2 k  2  3  0  k  a  2b  1  2k  2  0  k  1

Câu 10: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn  C  :  x  1   y  2   4 . Hỏi phép dời hình có

2

2

được bằng cách liên tiếp thực hiện phép đối xứng qua trục Oy và phép tịnh tiến theo véc tơ

v   2;3 biến  C  thành đường tròn có phương trình nào sau đây?
A.  x  2    y  6   4 .

B. x 2  y 2  4 .

C.  x  2    y  3   4 .

D.  x  1   y  1  4 .

2

2

2

2

2

2

Lời giải
Đường tròn  C  :  x  1   y  2   4 có tâm I 1; 2  và bán kính R  2
2

2

Phép đối xứng qua trục Oy biến  C  thành đường trịn  C1  có tâm I1  1; 2 và bán kính
R1  R  2


Phép tịnh tiến theo véc tơ v   2;3 biến  C1  thành đường tròn  C2  có tâm I 2  x; y  và bán

kính R2  R1  2

 
x 1  2
x  1

Khi đó I1 I 2  v  
y  2  3 y 1
Vậy I 2 1;1 , nên đường trịn  C2  có phương trình  x  1   y  1  4
2

2

Câu 11: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : x  2 . Trong bốn đường thẳng cho bởi các
phương trình sau, đường thẳng nào là ảnh của d qua phép đối xứng tâm O ?
A. x  2 .

B. y  2 .

C. x  2 .

D. y  2 .

Lời giải
Với M  x; y  ; M   x; y và M  là ảnh của M qua phép đối xứng qua gốc tọa độ.
 x  2
Áp dụng biểu thức tọa độ của phép đối xứng qua gốc tọa độ ta có: 
.
 y   y
Do đó phương trình đường thẳng d  là ảnh của d là: x  2 .
Câu 12: Cho 2 đường thẳng song song d và d ' và 1 điểm O không nằm trên chúng. Có bao nhiêu phép
vị tự tâm
A. Vơ số.

O biến đường thẳng d thành d '
B. 2 .

C. 0 .
Lời giải

D. 1.


Kẻ d1 là đường thẳng đi qua O và cắt d và d ' lần lượt tại A và B .


Gọi k là số thỏa mãn: OB  kOA . Lúc đó phép vị tự tâm O tỉ số k biến đường thẳng d thành

d'
Do số k xác định duy nhất ( khơng phụ thuộc vào d1 ), nên có duy nhất 1 phép vị tự tâm O biến
đường thẳng d thành d ' .

Câu 13: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d có phương trình 3 x  y  1  0 . Xét phép đối
xứng trục  : 2 x  y  1  0 , đường thẳng d biến thành đường thẳng d  có phương trình là:
A. x  3 y  1  0 .

B. x  3 y  3  0 .

C. x  3 y  3  0 .

D. 3x  y  1  0 .

Lời giải
Gọi I là giao điểm của đường thẳng d và  . Tọa độ của I thỏa mãn hệ phương trình sau:
3 x  y  1  0
x  0

 I  0;1 .

2 x  y  1  0
y 1
Ảnh của I qua phép đối xứng trục  vẫn là chính nó.
Lấy điểm M 1; 2  d . Đường thẳng d1 đi qua M và vng góc với  có phương trình là:

 x 1  2  y  2  0  x  2 y  3  0 .
Gọi M 0 là giao điểm của đường thẳng d1 và đường thẳng  , khi đó tọa độ của điểm M 0 thỏa
x  2y  3  0
 x  1
mãn hệ phương trình: 

 M 0  1; 1 .
2 x  y  1  0

 y  1
Gọi M  là ảnh của điểm M qua phép đối xứng trục   M 0 là trung điểm của MM 

 M   3;0   IM    3; 1 .


Đường thẳng d  đi qua I , M  và nhận n  1; 3 làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình
là:  x  0  3  y  1  0  x  3 y  3  0 .
Câu 14: Cho tam giác Cho tam giác ABC với trọng tâm G . Gọi A , B , C  lần lượt là trung điểm của
các cạnh BC , AC , AB của tam giác ABC . Khi đó phép vị tự nào biến tam giác AB C  thành
tam giác ABC ?
A. Phép vị tự tâm G , tỉ số k  2 .

B. Phép vị tự tâm G , tỉ số k  2 .

C. Phép vị tự tâm G , tỉ số k  3 .

D. Phép vị tự tâm G , tỉ số k  3 .


Lời giải


Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên GB  2GB  VG ,2   B   B .
Tương tự V G , 2  A   A và V G , 2  C    C .
Vậy phép vị tự tâm G , tỉ số 2 biến tam giác AB C  thành tam giác ABC .
Câu 15: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip E :

x2 y 2


 1 . Viết phương trình elip E  là ảnh của elip
4 1

E qua phép đối xứng tâm I 1;0 .
A.

 x  1
E :

2

4

C. E  :

 x  2
4

y2

 1.
1

2



B.

y2

 1.
1

 x  2
E :

2

4

D. E  :

 x  1
4



y2
 1.
1



y2
 1.
1

2

Lời giải

Lấy M  x; y   E


 x  1  1  x
Gọi M   x; y   ÐI  M   IM '   IM   x  1; y     x  1; y   
 y   y
 x  2  x
 2  x     y    1   x  2   y 2  1

 M  2  x;  y  
4
1
4
1
 y   y
2

Vậy elip E  có phương trình là
Câu 16: Cho


v   3;3

và đường tròn

 x  2
4

2



2

2

y2
 1.
1

 C  : x 2  y 2  2 x  4 y  4  0 . Ảnh của  C  qua T
v

A. x 2  y 2  8 x  2 y  4  0 .

B.  x  4    y  1  9 .

C.  x  4    y  1  9 .

D.  x  4    y  1  4 .

2

2

2

2

là

2

2

Lời giải
Đường tròn  C  có tâm I 1; 2  và bán kính R  3 .
x 1  3
T   I   I '  x; y   

v
y  2  3

x  4
 I '  4;1

y 1

Ảnh của  C  qua T là đường trịn  C '  có tâm I '  4;1 và bán kính R '  R  3
v
Vậy phương trình đường trịn  C '  là:  x  4    y  1  9
2

2

Câu 17: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai điểm M  4;6 và M   3;5 . Phép vị tự tâm I , tỉ số k 
biến điểm M thành điểm M  . Tìm tọa độ tâm vị tự I .
A. I  10;4 .

B. I 11;1 .

C. I 1;11 .
Lời giải

D. I  4;10 .

1
2


1

 1  3  x  2  4  x   x  10

Ta có: V 1   M   M   IM   IM  
2
I; 
y  4
5  y  1  6  y 
 2

2
Vậy I  10;4  .
Câu 18: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ) :( x  1) 2  ( y  2) 2  4 . Phép đối xứng trục

Ox biến đường tròn (C ) thành đường trịn (C ) có phương trình là
A. ( x  1)2  ( y  2)2  4 . B. ( x  1)2  ( y  2)2  4
C. ( x 1)2  ( y  2)2  4 D. ( x 1)2  ( y  2)2  4
Lời giải
Đường trịn (C ) có tâm I (1;  2) , bán kính R  2 .

Phép đối xứng trục Ox biến đường tròn (C ) thành đường trịn (C ) có tâm I (1; 2) và bán
kính R  R  2 .
Phương trình (C ) là ( x  1)2  ( y  2)2  4 .
Câu 19: Cho hai đường thẳng vng góc với nhau a và b . Có bao nhiêu phép đối xứng trục biến a thành
a và biến b thành b ?

B. 0 .

A. vơ số.

C. 1.

D. 2 .

Lời giải
Theo tính chất của phép đối xứng trục, có 2 phép đối xứng trục biến a thành a và biến b thành
b là Đa và Đb .

Câu 20: Cho phép vị tự tâm O tỉ số bằng  3 lần lượt biến hai điểm A, B thành hai điểm C , D Mệnh đề
nào sau đây đúng?



A. AC  3BD .



B. AC  3CD .

 1 

D. AB  CD .
3

 
C. 3AB  DC .
Lời giải



 
Theo tính chất của phép vị tự tâm O tỉ số bằng 3 , ta có CD  3 AB  3 AB  DC .
ĐẠI SỐ
CHƯƠNG I: PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
Bài 1. Giải các phương trình sau:
1. sin 4 x  cos 5 x  0.



2. tan 2  x    3 .
6


3. cos2 x  sin x  1  0.

4. 3 tan x  2 cot 3 x  tan 2 x.

5. tan x  3 cot x  1  3

6. 1  sin x cos x  2 sin 2 x  cos 2 2 x   0 .

7. 2 cos2

3x
4x
 1  3cos
5
5

8. 2 tan 2 x  3 

3
.
cos x


9. sin 2 2 x  sin 2 x  sin 2


4

.

10.

sin 2 2 x  cos4 2 x  1
0
sin x. cos x

Lời giải
1. Ta có:



 x  2  k 2


sin 4 x  cos 5 x  0  cos 5 x   sin 4 x  cos 5 x  cos   4 x   
,  k    .
2

 x     k 2

18
9
Vậy phương trình có nghiệm: x 


2

 k 2 ; x  


18

k

2
, k  .
9

 

 tan  x  6   3




2. tan 2  x    3  
.
 
6


 tan  x     3
6
 







tan  x    3  tan  x    tan  x   k , k  .
6
6
3
6





2



tan  x     3  tan  x    tan
 x   k , k  .
6
6
3
2




Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x 


6

 k ; x 


2

 k , k   .

sin x  -1
3. cos 2 x  sin x  1  0  sin 2 x  sin x  2  0  

sin x  2
sin x  1  x  


2

.
 k 2 , k  

sin x  2>1 vơ nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x  


2

.
 k 2 , k  

4. 3 tan x  2 cot 3 x  tan 2 x. (1)
cos x  0

Điều kiện: sin 3 x  0 .
cos 2 x  0


Với điều kiện trên
 sin x cos3 x  sin 2 x cos3 x
(1)  3  tan x  cot 3x   tan 2 x  cot 3 x  3 




 cos x sin 3 x  cos 2 x sin 3 x
3cox 2 x cos x
 sin x.sin3x+cosx.cos3x  sin 2 x.sin 3 x  cos 2 x.cos3 x
 3



cos x.sin 3 x
cos 2 x.sin 3 x
cos x
cos 2 x




1

cos 2 x 

1  cos2 x
2
 3cos 2 2 x  cos 2 x  3cos 2 2 x 
 6 cos 2 2 x  cos 2 x  1  0  
2
 cos 2 x   1

3
Ta có: cos 2 x 

1


 cos 2 x  cos  x    k ,  k    .
2
3
6

1
1
 1
cos 2 x    x   arccos     k ,  k    .
3
2
 3

Kết

hợp

điều

kiện

phương

trình

đã

cho

có

nghiệm

là:

1
 1
x   arccos     k ,  k    .
2
 3

5. tan x  3 cot x  1  3
ĐKXĐ: x 

k
2

Đặt t  tan x, t  0 , phương trình đã cho trở thành:
t  1
1
t  3.  1  3  t 2  t  3  3t  0   t  1 t  3  0  
t
t  3



 ) tan x  1  x 


4

 ) tan x  3  x 



 k


3

 k , k  

(thỏa mãn đk)

Vậy phương trình đã cho có hai họ nghiệm là: x 


4

 k và x 


3

 k , k  

6. 1  sin x cos x  2 sin 2 x  cos 2 2 x   0
1  sin x cos x  2 sin 2 x  cos 2 2 x   0

sin 2 x
sin 2 x sin 3 2 x
2sin 2 x 1  sin 2 2 x   0  1  sin 2 2 x 

0

2
2
2
sin 2 x  1
sin 3 2 x
sin 2 x
2

 sin 2 x 
 1  0  sin 2 x  1
2
2
sin 2 x  2 (loai )
 1





 2 x  2  k 2
 x  4  k




k    
k    x   k
4
2
 2 x     k 2
 x     k

2

4



Vậy tập nghiệm của phương trình là S    k ; k   
2
4

7. 2cos2

3x
4x
 1  3cos
5
5

k  

x


6

 k ;


3x
4x
6x
4x
6x
4x
 1  3cos
 1  cos  1  3cos
 cos  3cos  2  0
5
5
5
5
5
5
2
x
2
x
2
x
 

 
 4 cos3    6 cos 2    3cos  5  0
5
5
 
 5 
2 cos2


2x

 2 x  k 2
 cos 5  1
5


 1  21 
2 x 1  21
2x

  cos

 l     arccos 
  k 2
5
4
5
4 





2 x 1  21
 2x
 1  21 
 cos 5  4  tm 


arccos


  k 2

4
 5




 x  k 5

 1  21 
5
  x  arccos 
  k 5  k   

2
4 




 1  21 
5
 x   arccos 
  k 5
2
 4 

8. 2 tan 2 x  3 

3
cos x

Điều kiện: cos x  0  x 


2

 k  k   

Phương trình trở thành: 2(tan 2 x  1)  1 

3
1
1
2
3
1  0
2
cos x

cos x
cos x

 1
 cos x  1
 cos x  1

 cos x  1  x  k 2  k  (nhận)

cos
x

2
VN


 1 1

 cos x 2

 k   .

Vậy nghiệm phương trình là x  k 2
9. sin 2 2 x  sin 2 x  sin 2


4

.

 cos 2 x  0
1  cos 2 x 1
2
sin 2 x  sin x  sin
 1  cos 2 x 
  2cos 2 x  cos 2 x  0  
1
 cos 2 x 
4
2
2

2
2

2

2



2






 2 x  2  k
x  4  k 2






 2 x   k 2 , k  Z   x   k , k  Z


3
6


 2 x     k 2
 x     k

3
6

Vậy phương trình có nghiệm là: x 


4

k


2

,x 


6

 k , x  


6

 k , k  Z .


10.

sin 2 2 x  cos4 2 x  1
0
sin x. cos x

 x  k
sin x  0


sin x.cos x  0  

xk

2
cos x  0
 x  2  k

 k   .

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với
Bài 2. Giải các phương trình sau
2. 4sin x  cos x  3  tan
3.

x
2

3 cos 5 x  sin 2 x.cos 3 x  2.cos 3 x  sin 3 x.cos 3 x

4. 3sin 3x  3 cos 9 x  1  4sin 3 3x 1
5. Giải phương trình: sin 2 x  sin 2 x 

1
2

6. Giải phương trình: 3cos x  4sin x 

6
6
3cos x  4sin x  1

7. Giải phương trình cos 2 x  3 sin 2 x  3 sin x  cos x  4  0

2  3cos x  2sin  2x  4 
2

8. Giải phương trình

2cos x  1

 1.

Lời giải
1. 3sin x  2 cos x  2 .
PT : 3sin x  2cos x  2 

3
2
2
sin x 
cos x =
( đặt
13
13
13

 cos sin x  sin  cos x  sin 

 sin( x   )  sin 
 x  2  k 2

(k  Z )
 x    k 2
2. 4sin x  cos x  3  tan
Điều kiện: cos

x
2

x
 0  x    l2 , l 
2

x
2t
1  t2
Đặt t  tan , khi đó có sin x 
và
cos
x

2
1  t2
1  t2
Phương trình trở thành 4.


2t
1  t2

 3t
1  t2 1  t2

t 3  4t 2  7t  2
 0  t 3  4 t 2  7t  2  0
1  t2

3

 cos  ;
13

2
 sin  )
13



t  1

5  33
 t 

2

 t  5  33

2
+) Với t  1 tức là tan
+) Với t 
tan

5  33
tức là
2

x 5  33
x
5  33

5  33

  arctan
 k  x  2 arctan
 k 2 ,  k   
2
2
2
2
2

+) Với t 
tan

x
x 

 1    k  x   k 2 ,  k  
2
2 4
2

5  33
tức là
2

x 5  33
x
5  33
5  33


  arctan
 k  x  2 arctan
 k 2 ,  k   
2
2
2
2
2

Thử lại thấy tất cả các họ nghiệm đều thoả mãn.
3.

3 cos 5 x  sin 2 x.cos 3 x  2.cos 3 x  sin 3 x.cos 3 x
3 cos 5 x  sin 2 x.cos 3 x  2.cos 3 x  sin 3 x.cos 2 x

 3 cos 5 x  (sin 2 x.cos 3x  sin 3x.cos 2 x)  2.cos 3 x
 3 cos 5 x  sin  2 x  3x   2.cos 3 x 
 cos


6

.cos 5 x  sin

3
1
cos 5 x  sin 5 x  cos 3 x
2
2



.sin 5 x  cos 3 x  cos  5 x    cos 3 x
6
6










5 x  6  3 x  k 2
 2 x  6  k 2
 x  12  k



;k 
5 x    3 x  k 2
8 x     k 2
 x     k


48 4
6

6

4. 3sin 3x  3 cos 9 x  1  4sin 3 3x 1
Điều kiện: x  
x   ,

1  3sin 3x  4sin 3 3x 
 sin 9 x.cos


3

 cos 9 x.sin

3 cos 9 x  1  sin 9 x  3 cos 9 x 1


3



1
 1

 sin  9 x   
2
3 2


 


k2


9 x  3  6  k 2
 x  18  9 


, k  .
9 x    5  k 2
9 x  7  k 2 


3 6
54 18



k2

 x  18  9 
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm là: 
, k  .
9 x  7  k 2 

54 18
5. Giải phương trình: sin 2 x  sin 2 x 
sin 2 x  sin 2 x 



1
2

1
1  cos2 x 1
 sin 2 x 
  2 sin 2 x  cos2 x  0
2
2
2

2
1
sin 2 x 
cos2 x  0 1
5
5


cos  
Đặt 
sin  


2
5
 1  cos  sin 2 x  sin  cos 2 x  0
1
5

 sin  2 x     0  2 x    k  2 x    k  x 

Vậy phương trình có các nghiệm là: x 
6. Giải phương trình: 3cos x  4sin x 
3cos x  4sin x 


2




2



k
k 
2 ,

k
k 
2 ,

6
6
3cos x  4sin x  1

6

6
3cos x  4sin x  1

 3cos x  4sin x  1 

6
7.
3cos x  4sin x  1

Đặt t  3cos x  4 sin x  1 , t  0 .
Phương trình đã cho trở thành t 

6
7.
t

t  1
 t 2  7t  6  0  
.
t  6
3
4
 Với t  1  3cos x  4sin x  1  1  cos x  sin x  0 .
5
5
3
4
Đặt sin   ;cos   , ta có: sin  x     0  x    k  x    k .
5
5

3
4
 Với t  6  3cos x  4sin x  1  6  cos x  sin x  1 .
5
5
3
4


Đặt sin   ;cos   , ta có: sin  x     1  x     k 2  x     k 2 .
5
5
2
2




Vậy tập nghiệm của phương trình là S     k ;    k 2  .
2


7. Giải phương trình cos 2 x  3 sin 2 x  3 sin x  cos x  4  0


cos 2 x  3 sin 2 x  3 sin x  cos x  4  0


1

3
3
1
cos 2 x 
sin 2 x 
sin x  cos x  2  0
2
2
2
2
3
1
3
1
sin 2 x  cos 2 x 
sin x  cos x  2
2
2
2
2



 cos


6

sin 2 x  sin


6

cos 2 x  cos


6

sin x  sin


6

cos x  2





 sin  2 x    sin  x    2
6
6


 

 




x   k
sin  2 x  6   1 2 x    k 2


 



6 2
3



 x   k 2 , k  .
3
sin  x     1
 x      k 2
 x    k 2




 
6 2
3


6

2  3cos x  2sin  2x  4 

2

8. Giải phương trình

2cos x  1

 1.



x   k 2

1

3
Điều kiện: 2 cos x  1  0  cos x   
 k    . (*)
2
 x     k 2

3
x 
Khi đó phương trình trở thành: 2  3 cos x  2sin 2     2 cos x  1
2 4








 2  3 cos x  1  cos  x    2cos x  1  sin x  3 cos x  0
2






 tan x  3  x 


3

 k

 k  .

So với điều kiện (*) ta có được x 

4
 k 2
3

k  .


Bài 3. Giải các phương trình sau
1. 6sin 2 x  sin x cos x  cos2 x  2
3.

3 sin x  cos x 

2. 4sin 2 2 x  3sin 4 x  2 cos2 2 x  4

1
;
cos x

4. 4sin 3 x  3cos3 x  3sin x  sin 2 x.cos x  0

5. 2sin 3 x  4cos3 x  3sin x  0 .
7.

6. 2sin x  2 3 cos x 



2 sin 3  x    2sin x .
4


9. 6sin x  2 cos3 x 

8. 2 cos3 x  sin 3x

3
1
.


cos x sin x

5sin 4 x.cos x
.
2 cos 2 x

10. sin 3 x  3cos3 x  sin x.cos 2 x  3 sin 2 x. cos x
Lời giải

2
2
1. Giải phương trình: 6sin x  sin x cos x  cos x  2 1

Ta có với cos x  0 phương trình trở thành 6  2 ( vơ lý)
Với cos x  0 chia hai vế của phương trình 1 cho cos 2 x ta được phương trình:
6 tan 2 x  tan x  1 

2
cos 2 x

 6 tan 2 x  tan x  1  2 1  tan 2 x 



 x   4  k

 x  arc tan  3   k
 

4

 tan x  1
2

 4 tan x  tan x  3  0  
 tan x  3

4
Vây phương trình đã cho có nghiệm x  

với k 



3
 k và x  arc tan    k , ( k  ).
4
4

2. 4sin 2 2 x  3sin 4 x  2cos 2 2 x  4

4sin 2 2 x  3sin 4 x  2cos2 2 x  4
 4 sin 2 2 x  6 sin 2 x.cos 2 x  2 cos 2 2 x  4  sin 2 2 x  cos 2 2 x 

 6sin 2 x.cos 2 x  2cos 2 2 x  0  2cos 2 x  3sin 2 x  cos 2 x   0
 cos 2 x  0
 cos 2 x  0


1

 tan 2 x  
3sin 2 x   cos 2 x
3


+ cos 2 x  0  2 x 


2

 k  x 


4

k


2

, k 

1
1

 1
 1
+ tan 2 x    2 x  arctan     k  x  arctan     k , k 
3
2

2
 3
 3

Kết Luận: Vậy phương trình có nghiệm là: x 


4

k


2

và x 

1

 1
arctan     k , k  .
2
2
 3


3.

3 sin x  cos x 

1

;
cos x

Điều kiện: cos x  0  x 

3 sin x  cos x 

Khi đó:


2

 k , k  .

1
 3 sin x.cos x  cos 2 x  1
cos x

 3 sin x.cos x  1  cos 2 x  0  3 sin x.cos x  sin 2 x  0
 sin x





3 cos x  sin x  0

 x  k
sin x  0
 x  k




k 
 x    k
3
cos
x

sin
x

0
tan
x

3


3

Kết hợp với điều kiện, phương trình đã cho có họ nghiệm: x 


3

 k VÀ x  k , k 

4. 4sin 3 x  3cos3 x  3sin x  sin 2 x.cos x  0 1
Ta xét 2 trường hợp.

Trường hợp 1: cos x  0  sin 2 x  1  sin x  1 nên không thỏa mãn phương trình đã cho.
Trường hợp 2: cos x  0 , chia hai vế của phương trình 1 cho cos3 x ta được
4 tan 3 x  3  3 tan x(1  tan 2 x)  tan 2 x  0

 tan 3 x  tan 2 x  3tan x  3  0   tan x  1  tan 2 x  3  0



 x  4  k
 tan x  1



  tan x  3   x   k ,  k 

3
 tan x   3


 x     k

3
Vậy nghiệm của phương trình là x 


4

 k ; x 



3

 k và x  


3

 k ,  k  .

5. Giải phương trình sau: 2sin 3 x  4 cos3 x  3sin x  0 .
Ta xét cos x  0 . Phương trình trở thành:

sin x  0
2
2
2sin x  3sin x  0  sin x  2sin x  3  0   2
3 (loại vì sin x  cos x  1 ).
sin x 

2
3

2

Suy ra cos x  0 . Ta chia hai vế của phương trình cho cos3 x .
Phương trình trở thành: 2 tan 3 x  4  3 tan x

1
 0.
cos 2 x

 2 tan 3 x  4  3 tan x 1  tan 2 x   0 .

 tan 3 x  3 tan x  4  0  tan x  1  x 


4

 k  k    .


Vậy nghiệm của phương trình là: x 


4

 k  k    .

6. Giải phương trình 2sin x  2 3 cos x 

3
1

1 .
cos x sin x

sin x  0

Điều kiện: 
xk .

2
cos x  0

3  
1 
Ta có 1   2 3 cos x 
   2sin x 
0
cos x  
sin x 


 3.

2cos 2 x  1 2sin 2  1
cos 2 x cos 2 x

 0  3.

0
cos x
sin x
cos x
sin x

 3
1 
 cos 2 x 

  0

 cos x sin x 
 cos 2 x  0
  3
1
 cos x  sin x  0

 2  x 


4

k

 3  tan x 


2

 2
 3

( Thỏa mãn điều kiện)

1

 x   k (Thỏa mãn điều kiện)
6
3

Vậy nghiệm của phương trình là: x 

7.


4

k


2

;x


6

 k .



2 sin 3  x    2sin x
4


Ta có:





2 sin 3  x    2sin x  sin 3  x    2 sin x

4
4


3


2
2
3
 sin x
 cos x
  2 sin x  (sin x  cos x)  4sin x
2
2


3
2
 sin x  3sin x cos x  3sin x cos 2 x  cos3 x  4sin x(1)
TH1: cos x  0  x 
TH2: cos x  0  x 


2


2

 k ( k  Z )  sin x  1 hoặc sin x  1 (Vô lý)

 k ( k  Z )

(1)  tan 3 x  3tan 2 x  3 tan x  1  4 tan x

1
 tan 3 x  3 tan 2 x  3 tan x  1  4 tan x 1  tan 2 x 
cos 2 x

 tan 3 x  3 tan 2 x  3tan x  1  4 tan x  4 tan 3 x  3 tan 3 x  3 tan 2 x  tan x  1  0

 3 tan 2 x(tan x  1)  (tan x  1)  0  (tan x  1)  3 tan 2 x  1  0


 tan x  1  0  tan x  1  x  



 k (k  Z )

4

Vậy nghiệm của phương trình là x  


4

 k ( k  Z )

8. Giải phương trình sau: 2 cos3 x  sin 3 x

2cos3 x  sin 3x  2cos3 x  3sin x  4sin 3 x
*) cos x  0 không phải là nghiện của phương trình.
*) cos x  0 , chia cả hai vế cho cos3 x .
Ta có phương trình:

sin x 1
sin 3 x
.

4
 2  3tan x(1  tan 2 x)  4 tan 3 x
cosx cos 2 x
cos3 x
 tan x  1
  tan 3 x  3tan x  2  0  
 tan x  2
23

+) tan x  1  x 


4

 k , k 

+) tan x  2  x  arctan(2)  k , k 
Vậy phương trình có nghiệm là: x 
9. 6 sin x  2 cos3 x 

4

 k , k   ; x  arctan(2)  k , k  

5sin 4 x.cos x
2 cos 2 x

Điều kiện: cos 2 x  0  x 
Phương trình




4



k
2

 6 sin x  2 cos 3 x 

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

 6sin x  2cos3 x  5sin 2 x.cos x  6sin x  2 cos3 x  10sin x.cos 2 x  0

 3sin x  cos3 x  5sin x.cos2 x  0  3sin x 1  2 cos 2 x   cos 2 x  sin x  cos x   0
 3sin x  sin x  cos x  sin x  cos x   cos 2 x  sin x  cos x   0
  sin x  cos x   3sin 2 x  3sin x.cos x  cos 2 x   0

sin x  cos x  0(1)

2
2
3sin x  3sin x.cos x  cos x  0(2)







(1)  2 sin( x  )  0  x   k  x   k ( loại)
4
4
4
 Giải (2): Nếu cos x  0 thì  2   sin x  0 . điều này vơ lý.

Suy ra cos x  0 . Lúc đó  2   3 tan 2 x  3tan x  1  0 . Phương trình này vơ nghiệm
Vậy phương trình đã cho vơ nghiệm.
10. sin 3 x  3cos3 x  sin x.cos 2 x  3 sin 2 x.cosx


sin 3 x  3 cos 3 x  sin x. cos 2 x  3 sin 2 x.cos x

 (sin 3 x  sin x.cos 2 x)  ( 3 sin 2 x.cos x  3 cos 3 x)  0
 sin x(sin 2 x  cos 2 x)  3 cos x(sin 2 x  cos 2 x)  0
 (sin 2 x  cos 2 x)(sin x  3 cos x)  0  cos 2 x(sin x  3 cos x)  0
cos 2 x  0 (1)


 k

(1)  2 x   k (k   )  x  
( k  )
2
4 2
sin x  3 cos x  0 (2)

Do cos x  0 thì (2) vơ lí nên
(2)  tan x   3  x  


3

 k (k  )

 k

x  4  2
(k   )

Vậy phương trình có nghiệm là 

x    k

3