20 câu Trắc nghiệm Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài 1. Giá trị lượng giác của một góc từ 0° đến 180° (Đúng-sai, trả lời ngắn) có đáp án

Đáp án đúng là: B

Đẳng thức đúng là $\cot \left( {180^\circ - \alpha } \right) = - \cot \alpha .$

$A = \left( {\tan 1^\circ \cdot \tan 89^\circ } \right) \cdot \left( {\tan 2^\circ \cdot \tan 88^\circ } \right) \cdot ... \cdot \left( {\tan 44^\circ \cdot \tan 46^\circ } \right) \cdot \tan 45^\circ$

$$= \left( {\tan 1^\circ \cdot \cot 1^\circ } \right) \cdot \left( {\tan 2^\circ \cdot \cot 2^\circ } \right) \cdot ... \cdot \left( {\tan 44^\circ \cdot \cot 44^\circ } \right) \cdot \tan 45^\circ$$

$= 1$.

\ (A = \ left ({\ tan 1^\ circ \ cdot \ tan 89^\ circ} \ right) } \ right) \ cdot \ tan 45^\ Circ \)

$\tan \alpha - \cot \alpha = 3 \Leftrightarrow {\left( {\tan \alpha - \cot \alpha } \right)^2} = 9 \Leftrightarrow {\tan ^2}\alpha + {\cot ^2}\alpha - 2\tan \alpha \cdot \cot \alpha = 9$

$\Leftrightarrow {\tan ^2}\alpha + {\cot ^2}\alpha - 2 = 9 \Leftrightarrow {\tan ^2}\alpha + {\cot ^2}\alpha = 11$.

Đáp án đúng là: B

Do $0^\circ < \alpha < 90^\circ \Rightarrow \cos \alpha > 0$.</>

Từ ${\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1 \Rightarrow {\cos ^2}\alpha = 1 - {\sin ^2}\alpha = 1 - {\left( {\frac{4}{5}} \right)^2} = \frac{9}{{25}} \Rightarrow \cos \alpha = \frac{3}{5}$.

Từ \ ({\ sin ^2} \ alpha + {\ cos ^2} \ alpha = 1 \ rightarrow {\ cos ^2} \ alpha = 1 - {\ sin ^2} \ frac {9} {{25}} \ Rightarrow \ cos \ alpha = \ frac {3} {5} \).

Đáp án đúng là: C

Bất đẳng thức đúng là $\cos 95^\circ > \cos 100^\circ$.

Đáp án đúng là: A

Do ${\cos ^2}\frac{\alpha }{5} + {\sin ^2}\frac{\alpha }{5} = 1 \Rightarrow 5\left( {{{\cos }^2}\frac{\alpha }{5} + {{\sin }^2}\frac{\alpha }{5}} \right) = 5.$

Đáp án đúng là: D

Vì $90^\circ < \alpha < 180^\circ \Rightarrow \cot \alpha < 0$.

$1 + {\cot ^2}\alpha = \frac{1}{{{{\sin }^2}\alpha }} \Rightarrow \cot \alpha = - \sqrt {\frac{1}{{{{\sin }^2}\alpha }} - 1} = \frac{{ - 3}}{4}$.

Đáp án đúng là: A

Ta có $A = \frac{{\frac{{3\sin \alpha + 4\cos \alpha }}{{\sin \alpha }}}}{{\frac{{2\sin \alpha - 5\cos \alpha }}{{\sin \alpha }}}}\,\, = \,\,\frac{{3\, + 4\,\cot \alpha }}{{2 - \,5\,\cot \alpha }}\,\, = \,\,\frac{{3\,\, + \,\,4 \cdot \,\frac{1}{3}}}{{2\, - \,5 \cdot \frac{1}{3}}}\, = \,\,\,13$.

Lời giải

a) Sai. Ta có $90^\circ < \alpha < 180^\circ$ nên $\cos \alpha < 0$.

b) Đúng. Vì ${\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1 \Rightarrow {\cos ^2}\alpha = 1 - {\sin ^2}\alpha = 1 - {\left( {\frac{3}{5}} \right)^2} = \frac{{16}}{{25}}$.

Do đó $\cos \alpha = - \sqrt {\frac{{16}}{{25}}} = - \frac{4}{5}$.

c) Sai. Ta có $\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = - \frac{3}{4} \Rightarrow \,\tan \left( {180^\circ - \alpha } \right) = - \tan \alpha = \frac{3}{4}$.

d) Đúng. $A = \frac{{\tan \alpha - \cot \left( {180^\circ - \alpha } \right)}}{{\sin \left( {90^\circ - \alpha } \right)}} = \frac{{\tan \alpha - \frac{1}{{\tan \left( {180^\circ - \alpha } \right)}}}}{{\cos \alpha }} = \frac{{\frac{{ - 3}}{4} - \frac{4}{3}}}{{\frac{{ - 4}}{5}}} = \frac{{125}}{{48}}$.

Lời giải

a) Đúng. Do $0^\circ < \alpha < 180^\circ$ nên $\sin \alpha > 0$.</>

b) Sai. Ta có ${\sin ^2}\alpha = \frac{1}{{1 + {{\cot }^2}\alpha }} = \frac{1}{{1 + 2}} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow \sin \alpha = \pm \frac{1}{{\sqrt 3 }}$.

Mà $\sin \alpha > 0$ nên $\sin \alpha = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$.

c) Đúng. Ta có $\cot \alpha = \frac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }} \Rightarrow \cos \alpha = \cot \alpha \cdot \sin \alpha = - \sqrt 2 \cdot \frac{1}{{\sqrt 3 }} = - \frac{{\sqrt 6 }}{3}$.

d) Sai. Ta có $\tan \alpha = \frac{1}{{\cot \alpha }} = - \frac{1}{{\sqrt 2 }}$.

Lời giải

a) Đúng. Ta có $\cot \alpha = \frac{1}{{\tan \alpha }} = \frac{1}{2}$.

b) Sai. $\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{{\rm{cos}}\alpha }} = 2 > 0 \Rightarrow \sin \alpha \cdot {\rm{cos}}\alpha > 0$.

c) Đúng. Vì $0^\circ < \alpha < 90^\circ$ nên ${\rm{cos}}\alpha > 0$.</>

Ta có $1 + {\tan ^2}\alpha = \frac{1}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha }} \Rightarrow {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha = \frac{1}{{1 + {2^2}}} = \frac{1}{5} \Rightarrow {\rm{cos}}\alpha = \frac{{\sqrt 5 }}{5} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}$.

d) Sai. Ta có $\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{{\rm{cos}}\alpha }} \Rightarrow \sin \alpha = \tan \alpha \cdot {\rm{cos}}\alpha = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}$.

Suy ra ${\rm{sin}}\alpha \,{\rm{ + }}\,{\rm{cos}}\alpha = \frac{{2\sqrt 5 }}{5} + \frac{{\sqrt 5 }}{5} = \frac{{3\sqrt 5 }}{5}$.

Lời giải

a) Đúng. Vì $\cos \alpha \, < \,0$ nên $90^\circ < \alpha < 180^\circ$.

b) Đúng. Vì $90^\circ < \alpha < 180^\circ$ nên $\sin \alpha > 0$, mà $\cos \alpha \, < \,0$, từ đó suy ra $\cot \alpha \, < \,0$.

c) Sai. Ta có ${\sin ^2}\alpha \, + \,{\cos ^2}\alpha = \,1\, \Leftrightarrow \,{\sin ^2}\alpha \, = \,1\, - \,{\cos ^2}\alpha \, = \,\,\frac{5}{9}$$\Rightarrow \sin \alpha = \frac{{\sqrt 5 }}{3}$.

d) Sai. Có $\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{cos\alpha }}\, = - \frac{{\sqrt 5 }}{2}$.

Lời giải

a) Đúng. Ta có $\tan \alpha = 3$ nên $\cot \alpha = \frac{1}{{\tan \alpha }} = \frac{1}{3}$.

b) Đúng. Ta có $\frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }} = 1 + {\tan ^2}\alpha = 1 + {3^2} = 10$ $\Rightarrow {\cos ^2}\alpha = \frac{1}{{10}}$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\rm{cos}}\alpha = \frac{1}{{\sqrt {10} }}\\{\rm{cos}}\alpha = - \frac{1}{{\sqrt {10} }}\end{array} \right.$.

Vì ${\rm{0}}^\circ < \alpha < 90^\circ$ nên $\cos \alpha > 0$$\Rightarrow {\rm{cos}}\alpha = \frac{1}{{\sqrt {10} }} = \frac{{\sqrt {10} }}{{10}}$.</>

c) Sai. Vì ${\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1$$\Rightarrow {\sin ^2}\alpha = {\rm{1}} - {\cos ^2}\alpha = 1 - \frac{1}{{10}} = \frac{9}{{10}}$;

$\cot \left( {90^\circ - \alpha } \right) = \tan \alpha = 3$.

Suy ra $5{\sin ^2}\alpha - 3{\cos ^2}\alpha + \cot \left( {90^\circ - \alpha } \right) = 5 \cdot \frac{9}{{10}} - 3 \cdot \frac{1}{{10}} + 3 = \frac{{36}}{5}$.

d) Đúng. Vì ${\rm{tan}}\alpha = 3$ nên $\cos \alpha \ne 0$.

Chia tử và mẫu của $E$ cho ${\cos ^2}\alpha \ne 0$, ta được:

$E = \frac{{\frac{{{{\sin }^2}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }} - \frac{{5{{\cos }^2}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }}}}{{\frac{{2{{\sin }^2}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }} + \frac{{3\sin \alpha \cos \alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }} + \frac{{{{\cos }^2}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }}}} = \frac{{{\rm{ta}}{{\rm{n}}^2}\alpha - 5}}{{2{\rm{ta}}{{\rm{n}}^2}\alpha + 3{\rm{tan}}\alpha + 1}}\,$

$E = \frac{{9 - 5}}{{18 + 9 + 1}} = \frac{4}{{28}} = \frac{1}{7} = \frac{a}{b} \Rightarrow a = 1,b = 7 \Rightarrow a + b = 8$.

Ta Có \ (\ frac {1} {{{{\ cos} ^2} \ alpha}} = 1 + {\ tan ^2} \ frac {1} {{10}}} \] = - \ frac {1} {{\ sqrt {10}}} \ end {mảng} \ phải.

Lời giải

Vì $\cot \alpha = - \sqrt 2 \Rightarrow \sin \alpha \ne 0$. Chia cả tử và mẫu của biểu thức $P$ cho $\sin \alpha$ ta được:

$P = \frac{{\frac{{2\sin \alpha - \sqrt 2 \cos \alpha }}{{\sin \alpha }}}}{{\frac{{4\sin \alpha + 3\sqrt 2 \cos \alpha }}{{\sin \alpha }}}} = \frac{{2 - \sqrt 2 \cot \alpha }}{{4 + 3\sqrt 2 \cot \alpha }} = \frac{{2 - \sqrt 2 \cdot \left( { - \sqrt 2 } \right)}}{{4 + 3\sqrt 2 \cdot \left( { - \sqrt 2 } \right)}} = - 2 = \frac{m}{n} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = - 2\\n = 1\end{array} \right.$.

Khi đó $A = {\left( { - 2} \right)^2} + {1^2} = 5$.

Đáp án: $5$.

Lời giải

Ta có $P = \sin \left( {90^\circ - \alpha } \right) - \cos \left( {180^\circ - \alpha } \right) = \cos \alpha - \left( { - \cos \alpha } \right) = 2\cos \alpha$.

Mặt khác ${\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1 \Rightarrow {\cos ^2}\alpha = 1 - {\sin ^2}\alpha = 1 - {\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} = \frac{8}{9} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos \alpha = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\\\cos \alpha = - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\end{array} \right.$.

Lại có $0^\circ < \alpha < 90^\circ$ nên $\cos \alpha > 0$, từ đó ta được $\cos \alpha = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}$.</>

Vậy $P = 2\cos \alpha = \frac{{4\sqrt 2 }}{3} \approx 1{,}89$.

Đáp án: $1{,}89$.

Ta Có \ [P = \ Sin \ Left ({90^\ Circ

Lời giải

Vì $\cot \alpha = 2 \Rightarrow \sin \alpha \ne 0$. Chia cả tử và mẫu của B cho ${\sin ^3}\alpha$ ta được:

$B = \frac{{\left( {\sin \alpha + 2\cos \alpha } \right)\frac{1}{{{{\sin }^3}\alpha }}}}{{\left( {{{\sin }^3}\alpha - {{\cos }^3}\alpha } \right)\frac{1}{{{{\sin }^3}\alpha }}}} = \frac{{\frac{1}{{{{\sin }^2}\alpha }} + 2\cot \alpha \cdot \frac{1}{{{{\sin }^2}\alpha }}}}{{1 - {{\cot }^3}\alpha }}$

$= \frac{{1 + {{\cot }^2}\alpha + 2\cot \alpha \left( {1 + {{\cot }^2}\alpha } \right)}}{{1 - {{\cot }^3}\alpha }} = \frac{{2{{\cot }^3}\alpha + {{\cot }^2}\alpha + 2\cot \alpha + 1}}{{1 - {{\cot }^3}\alpha }} = - \frac{{25}}{7} = - \frac{a}{b}$.

Suy ra $\frac{a}{b} = \frac{{25}}{7}$ và $a = 25,b = 7$. Vậy $a - b = 25 - 7 = 18$.

Đáp án: 18.

Lời giải

$F = 1 - 2{\sin ^2}55^\circ + 4{\cos ^2}60^\circ - 2{\sin ^2}35^\circ + \tan 55^\circ \tan 35^\circ$$= 1 - 2{\sin ^2}\left( {90^\circ - 35^\circ } \right) + 4{\cos ^2}60^\circ - 2{\sin ^2}35^\circ + \tan \left( {90^\circ - 35^\circ } \right)\tan 35^\circ$$= 1 - 2{\cos ^2}35^\circ + 4{\cos ^2}60^\circ - 2{\sin ^2}35^\circ + \cot 35^\circ \cdot \tan 55^\circ$$= 1 - 2\left( {{{\sin }^2}35^\circ + {{\cos }^2}35^\circ } \right) + 4{\cos ^2}60^\circ + \tan 35^\circ \cot 35^\circ = 1 - 2 \cdot 1 + 4 \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} + 1 = 1$.

Đáp án: 1.

Lời giải

Vì $\tan \alpha = 1 \Rightarrow \cos \alpha \ne 0$. Chia cả tử và mẫu cho ${\cos ^2}\alpha$ ta được:

$B = \frac{{\left( {{{\sin }^2}\alpha + 1} \right)\frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }}}}{{\left( {2{{\cos }^2}\alpha - {{\sin }^2}\alpha } \right)\frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }}}} = \frac{{{{\tan }^2}\alpha + \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }}}}{{2 - {{\tan }^2}\alpha }} = \frac{{{{\tan }^2}\alpha + {{\tan }^2}\alpha + 1}}{{2 - {{\tan }^2}\alpha }} = 3$.

Đáp án: 3.