giải mẫu đề thi cuối kỳ môn giải tích 1( đề 4)

GIẢI MẪU ĐỀ THI CUỐI KÌ GIẢI TÍCH 1 Bản quyền thuộc về Ngân Hàng Đề Thi ĐH Bách Khoa HCM https://www.facebook.com/nganhangdethibkhcm 1 Câu 1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y = √ x 2 − 6x + 10 x − 5 1.1 Hướng dẫn giải - Tập xác định của hàm số: D = R \ {5} - Ta viết lại hàm số: y = (x 2 − 6x + 10) 1 2 (x − 5) −1 ⇒ ln|y| = 1 2 ln(x 2 − 6x + 10) − ln|x − 5| - Đạo hàm của hàm số: y  y = x − 3 x 2 − 6x + 10 − 1 x − 5 = (x − 3)(x − 5) − (x 2 − 6x + 10) (x 2 − 6x + 10)(x − 5) ⇒ y  = √ x 2 − 6x + 10 x − 5  5 − 2x (x 2 − 6x + 10)(x − 5)  = 5 − 2x (x − 5) 2 √ x 2 − 6x + 10 + Điểm làm đạo hàm bằng 0: y  = 0 ⇔ x = 5 2 + Điểm làm đạo hàm không xác định là: x = 5 - Bảng biến thiên: 1 x y  y −∞ 5 2 5 +∞ + 0 − − −1−1 − √ 5 5 − √ 5 5 −∞ +∞ 11 - Kết luận: + Hàm số đồng biến trên:  −∞, 5 2  + Hàm số nghịch biến trên:  5 2 , 5  ∪ (5, +∞) + Hàm số đạt chỉ đạt cực đại tại x = 5 2 và y CĐ = − √ 5 5 - Các điểm dùng để vẽ đồ thị: x = −2 ⇒ y = − √ 26 7 ≈ −0, 7284 x = −1 ⇒ y = − √ 17 6 ≈ −0, 6872 x = 0 ⇒ y = − √ 10 5 ≈ −0, 6325 x = 5 2 ⇒ y = − √ 5 5 ≈ −0, 4472 x = 3 ⇒ y = − 1 2 x = 6 ⇒ y = √ 10 ≈ 3, 1623 x = 7 ⇒ y = √ 17 2 ≈ 2, 0616 - TIỆM CẬN ĐỨNG: lim x→5 + √ x 2 − 6x + 10 x − 5 = lim x→5 + √ 5 x − 5 = +∞ lim x→5 − √ x 2 − 6x + 10 x − 5 = lim x→5 − √ 5 x − 5 = −∞ 2 ⇒ hàm số có x = 5 tiệm cận đứng. - TIỆM CẬN XIÊN: a = lim x→∞ √ x 2 − 6x + 10 x − 5 1 x = lim x→∞  1 − 6 x + 10 x 2 x − 5 = 0 b = lim x→+∞ √ x 2 − 6x + 10 x − 5 = lim x→+∞ x  1 − 6 x + 10 x 2 x  1 − 5 x  = 1 b = lim x→−∞ √ x 2 − 6x + 10 x − 5 = lim x→−∞ |x|  1 − 6 x + 10 x 2 x  1 − 5 x  = −1 ⇒ không có tiệm cận xiên. ⇒ y = 1 là tiệm cận ngang về phía phải và y = −1 là tiệm cận ngang về phía trái của đồ thị hàm số. - ĐỒ THỊ HÀM SỐ: 2 Câu 2 Cho miền D giới hạn bởi các đường cong sau: x = 0, y = −1, y = x 2 − 2x Tính thể tích vật thể tạo ra khi D quay quanh trục Oy. 3 2.1 Hướng dẫn giải 2.1.1 Cách 1 - Ta có: x = 0 ⇒ y = x 2 − 2x = 0 - Đổi biến của hàm y = x 2 − 2x + Ta có: x 2 − 2x − y = 0 ⇒ ∆  = 1 + y ⇒ x = 1 +  1 + y ∨ x = 1 −  1 + y + Ta chọn x = 1 + √ 1 + y (vì đường cong bị giới hạn bởi x = 0, nếu chọn x = 1 − √ 1 + y thì với giá trị y > 0 làm cho giá trị x âm dẫn đến không thỏa). - Từ đó ta có: V Oy = π  0 −1 [(1 −  1 + y) 2 ]dy = π  0 −1 (2 + y − 2  1 + y)dy = π  2y + y 2 2 − 4 3  (1 + y) 3  | 0 −1 = π 6 2.1.2 Cách 2 - Hoành độ giao điểm của y = x 2 − 2x và y = −1: x 2 − 2x = −1 ⇒ x = 1 - Ta có công thức sau, như đã đề cập trong các đề ôn trước: V Oy = 2π  x b x a |xf(x)|dx - Từ đó ta có: V Oy = 2π  1 0 [x(x 2 − 2x) − x.(−1)]dx = 2π  1 0 (x 3 − 2x 2 + x)dx = 2π  x 4 4 − 2x 3 3 + x 2 2  | 1 0 = π 6 4 3 Câu 3 Tìm α để tích phân sau hội tụ I =  +∞ 1 x α  e 2 x 2 − e − 3 x 2  dx Tính tích phân khi α = −5 3.1 Hướng dẫn giải - Đây là tích phân suy rộng loại 1. - Khi x → +∞, ta có: x α  e 2 x 2 − e − 3 x 2  = x α [(e 2 x 2 − 1) − (e − 3 x 2 − 1)] ∼ x α  2 x 2 − −3 x 2  = 5x α x 2 = 5 x 2−α - Để tích phân hội tụ thì: 2 − α > 1 ⇒ α < 1 - Khi α = −5, tích phân trở thành: I =  +∞ 1 e 2 x 2 − e − 3 x 2 x 5 dx + Đặt: u = 1 x 2 ⇒ du = − 2 x 3 dx + Đổi cận: x = 1 ⇒ u = 1 ; x = +∞ ⇒ y = 0 + Tích phân trở thành: I = 1 2  1 0 u(e 2u − e −3u )du = 1 2  1 0 ue 2u du − 1 2  1 0 ue −3u du = I 1 − I 2 - Tính I 1 : + Đặt: t = u ⇒ dt = du 5 dv = e 2u du ⇒ v = 1 2 e 2u ⇒ I 1 = 1 2  u 2 e 2u | 1 0 −  1 0 1 2 e 2u du  = 1 2  u 2 e 2u | 1 0 − 1 4 e 2u | 1 0  = e 2 8 + 1 8 - Tính I 2 : + Đặt: t = u ⇒ dt = du dv = e −3u du ⇒ v = − 1 3 e −3u ⇒ I 2 = 1 2  − u 3 e −3u | 1 0 +  1 0 1 3 e −3u du  = 1 2  − u 3 e −3u | 1 0 − 1 9 e −3u | 1 0  = − 2 9e 3 + 1 18 - Vậy: I = e 2 8 + 2 9e 3 + 5 72 4 Câu 4 Giải phương trình: a) 2(3xy 2 + 2x 3 )dx + 3(2x 2 y + y 2 )dy = 0 b) y  + 4y  + 8y = 10xe −x − 24 4.1 Hướng dẫn giải 4.1.1 Câu a - Đặt: P (x) = 2(3xy 2 + 2x 3 ) = 6xy 2 + 4x 3 Q(x) = 3(2x 2 y + y 2 ) = 6x 2 y + 3y 2 - Xét: ∂Q(x) ∂x = 12xy ∂P (x) ∂y = 12xy 6 ⇒ ∂Q(x) ∂x = ∂P (x) ∂y ⇒ đây là phương trình vi phân toàn phần. - Nghiệm tổng quát của phương trình là: u(x, y) =  x 0 P (x, y)dx +  y 0 Q(0, y)dy = C ⇔  x 0 (6xy 2 + 4x 3 )dx +  y 0 (0 + 3y 2 )dy = C ⇔ 3x 2 y 2 + x 4 + y 3 = C 4.1.2 Câu b y  + 4y  + 8y = 10xe −x − 24 - Phương trình đặc trưng: k 2 + 4k + 8 = 0 ⇔ k 1 = −2 + 2i ∨ k 2 = −2 − 2i - Với k 1 = −2 + 2i, nghiệm của phương trình thuần nhất: y 0 = e −2x (C 1 cos 2x + C 2 sin 2x) - Ta xét: f(x) = 10xe −x − 24 = f 1 (x) + f 2 (x) - Với: f 1 (x) = 10xe −x = P n (x)e αx + Từ đó suy ra được: α = −1 ; P n (x) bậc 1 - Nghiệm riêng có dạng: y r = x s e αx Q n (x) + Trong đó: s = 0 vì α = −1 không là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng. Q n (x) = Ax + B vì cùng bậc với P n (x) + Khi đó ta được: y r1 = e −x (Ax + B) 7 y  r1 = −e −x (Ax + B) + Ae −x = e −x (−Ax + A − B) y  r1 = −e −x (−Ax + A − B) − Ae −x = e −x (Ax − 2A + B) + Nhân thêm hệ số để cộng theo vế, ta được: 8y r1 = e −x (8Ax + 8B) 4y  r1 = −e −x (Ax + B) + Ae −x = e −x (−4Ax + 4A − 4B) y  r1 = −e −x (−Ax + A − B) − Ae −x = e −x (Ax − 2A + B) + Cộng 2 vế lại, ta được: y  r1 + 4y  r1 + 8y r1 = e −x (Ax − 2A + B) + e −x (−4Ax + 4A − 4B) + e −x (8Ax + 8B) = e −x (5Ax + 2A + 5B) + Từ đó ta có: e −x (5Ax + 2A + 5B) = 10xe −x + Từ đó ta có hệ sau:  5A = 10 2A + 5B = 0 ⇒  A = 2 B = − 4 5 + Ta có nghiệm riêng ứng với f 1 (x) là: y r1 = e −x  2x − 4 5  - Với: f 2 (x) = −24 = P n (x)e αx + Từ đó suy ra được: α = 0 ; P n (x) bậc 0 - Nghiệm riêng có dạng: y r = x s e αx Q n (x) - Tương tự, suy ra: y r2 = A 8 y  r2 = 0 y  r2 = 0 + Nhân thêm hệ số để cộng theo vế, ta được: 8y r2 = 8A 4y  r1 = 0 y  r1 = 0 + Suy ra: 8A = −24 ⇒ A = −3 + KẾT LUẬN: Nghiệm của phương trình là: y = e −2x (C 1 cos 2x + C 2 sin 2x) + e −x  2x − 4 5  − 3 5 Câu 5 Giải hệ phương trình:  x  = −11x + 5y − 2e −t (1) y  = −30x + 14y (2) 5.1 Hướng dẫn giải 5.1.1 Phương pháp khử - Ta lấy 30 × (1) − 11 × (2), ta được: 30x  − 11y  = −4y − 60e −t (3) - Đạo hàm 2 vế của phương trình (2) theo t, ta được: y  = −30x  + 14y  ⇒ 30x  = −y  + 14y  (4) - Thay (4) vào (3), ta được: y  − 3y  − 4y = 60e −t (3) 9 + Phương trình đặc trưng: k 2 − 3k − 4 = 0 ⇒ k 1 = −1 ∨ k 2 = 4 + Nghiệm của phương trình thuần nhất: y 0 = C 1 e −t + C 2 e 4t + Ta xét: f(t) = 60e −t = e αt P n (t) + Suy ra: α = −1 ; P n (t) bậc 0 + Nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất có dạng: y r = t s e αt Q n (t) + Trong đó: s = 1 do α = −1 là nghiệm đơn của phương trình thuần nhất. Q n (t) = A do cùng bậc với P n (t) + Do đó: y r = Ate −t y  r = Ae −t − Ate −t = e −t (−At + A) y  r = −e −t (−At + A) − Ae −t = e −t (At − 2A) + Nhân hệ số để cộng theo vế dễ dàng, ta được: −4y r = −4Ate −t −3y  r = e −t (3At − 3A) y  r = e −t (At − 2A) + Cộng theo vế lại ta được: y  r − 3y  r − 4y  r = −5Ae −t + Và ta có: 60e −t = −5Ae −t ⇒ A = −12 - Vậy nghiệm tổng quát là: y = C 1 e −t + C 2 e 4t − 12te −t 10 . GIẢI MẪU ĐỀ THI CUỐI KÌ GIẢI TÍCH 1 Bản quyền thuộc về Ngân Hàng Đề Thi ĐH Bách Khoa HCM https://www.facebook.com/nganhangdethibkhcm 1 Câu 1 Khảo sát và vẽ đồ. 2π  x 4 4 − 2x 3 3 + x 2 2  | 1 0 = π 6 4 3 Câu 3 Tìm α để tích phân sau hội tụ I =  +∞ 1 x α  e 2 x 2 − e − 3 x 2  dx Tính tích phân khi α = −5 3.1 Hướng dẫn giải - Đây là tích phân suy rộng loại 1. - Khi x →. giao điểm của y = x 2 − 2x và y = −1: x 2 − 2x = −1 ⇒ x = 1 - Ta có công thức sau, như đã đề cập trong các đề ôn trước: V Oy = 2π  x b x a |xf(x)|dx - Từ đó ta có: V Oy = 2π  1 0 [x(x 2 − 2x)