Đề thi học phần toán cao cấp 3 - 6 doc

TRƯỜNG ĐHSPKT HƯNG YÊN ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN Khoa Khoa học cơ bản Đề số:01 Học phần: Toán cao cấp 3 Ngày thi: Thời gian làm bài: 90 phút. Bài 1: Cho hàm số: 3 2 2 1 5 3 2 2 4 z x x xy y x y = − + − + − 1. Tìm cực trị của hàm. 2. Tại N(0,-1) hàm số sẽ tăng hay giảm nếu dịch chuyển ra khỏi N theo hướng lập với trục Ox một góc 0 120 . 3. Tại điểm N đó tìm hướng để hàm z thay đổi nhanh nhất. Biểu diên trên hình vẽ. Bài 2: Trong không gian Oxyz tìm trọng tâm của tam giác phẳng đồng chất ABC với các đỉnh có toạ độ A(2,0,0) , B(0,3,0), C(0,-1,3). Bài 3: Tính ABCDA dx dy I x y + = + ∫Ñ , trong đó ABCDA là chu vi hình vuông lấy theo chiều lần lượt từ đỉnh A(1,0), B(0,1), C(-1,0), D(0,-1). Bài 4: Giải hệ phương trình vi phân: , 2 , 3 x x y z y e z y z e −  = − +   = − − −   Với điều kiện x=0 thì y=0 và z=0 Giảng viên ra đề 1: Khoa / Bộ môn Giảng viên ra đề 2: y z x C B A O 2 -2 x N Bài 1: , 2 , 3 6 2 0 5 5 4 0 4 x y z x x y y x z x y  = − + + =  ⇔ = −  = − − =   Thay vào ta được 2 2 5 3 3 6 2 0 3 5 0 4 4 x x x x x − + − + = ⇔ − + = 2 2 1 13 6 12 x y − = → = 2 1 3 1 2 4 x y= → = Vậy hàm số có 2 điểm tới hạn là 1 1 13 ( , ), 6 12 M − 2 3 1 ( , ) 2 4 M 2 3 1 ( , ) 2 4 M 1 1 13 ( , ) 6 12 M − ,, 6 6 xx z x r = − = 3 -5 ,, 1 xy z s = = 1 1 ,, 1 yy z t = − = -1 -1 2 s rt− 1+3=4 1-5=-4<0 Không cực trị có cực trị Do r=-5 <0 nên hàm số đạt cực đại tại. 1 1 13 ( , ) 6 12 M − 2. , ( ) 1 2 1 x z N = − + = , 5 1 4 4 y z x y − = − − = 2 1 1 1 1 1. os os . 0 3 4 3 2 4 2 z c c l π π ∂ − = − = − < ∂ Vậy hàm số sẽ giảm nếu dịch chuyển ra khỏi N theo hướng lập với trục Ox một góc 0 120 . 3. Hướng thay đổi nhanh nhất của ham z tại N là i- 1 4 j Bài 2: + Vẽ hình : + Phương trình mặt phẳng: 4 2 -2 B C A 2 9 3 9 2 3 0 0 9( 2) 6 8 0 8 4 4 1 3 2 x y x y z z x y z   −  ÷ − = ⇔ − + + = ⇔ = − − +  ÷  ÷ −   − + Khối lượng của mặt phẳng: , 2 , 2 81 9 181 1 ( ) ( ) 1 64 16 8 x y S D D D m ds z z dxdy dxdy dxdy = = + + = + + = ∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫ Ở đó D là hình chiếu của mặt phẳng ABC lên mặt phẳng z=0. Vậy ta có: 3 3 2 2 1 0 1 2 181 181 181 . 8 8 2 x D x m dxdy dx xdy − + − − = = = ∫∫ ∫ ∫ + Tính toạ độ trọng tâm: 3 3 2 2 1 0 1 2 1 1 181 1 181 1 8 2 . . . . 8 8 4 3 3 x G S D x x xds xdxdy dx xdy m m m − + − = = = = = ∫∫ ∫∫ ∫ ∫ 3 3 2 2 1 0 1 2 1 1 181 1 181 2 . . . 8 8 3 x G S D x y yds ydxdy dx ydy m m m − + − = = = = ∫∫ ∫∫ ∫ ∫ 3 3 2 2 2 2 1 0 0 1 2 1 1 181 9 3 9 . . ( ) 8 8 4 4 1 181 9 3 9 2 181 3 . ( ) . . ( 2) 1 8 8 4 4 8 2 181 G S D x x z zds x y dxdy m m dx x y dy x dx m − + − = = − − + = − − + = − + = ∫∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ Bài 3: Hình vuông ABCD có 4 cạnh AB, BC, CD, và DA. Cạnh AB có phương trình 1,0 1x y x + = ≤ ≤ nên dx + dy = d(x + y) = 0. Do đó: 0 AB dx dy x y + = + ∫ Cạnh BC có phương trình y – x = 1 hay y = x + 1, 1 0x− ≤ ≤ , dx = dy và 1 1x y x x + = − + + = . Do đó : 0 1 2 2 2 BC BC dx dy dx dx x y − + = = = − + ∫ ∫ ∫ Cạnh CD có phương trình y + x = -1 nên dx + dy = d(x + y) = 0. Do đ ó 0 CD dx dy x y + = + ∫ Cạnh DA có phương trình y – x = -1 hay y = x – 1, 0 1x ≤ ≤ nên dx = dy và 1 1x y x x + = + − = . Do đó : 1 0 2 2 2 DA DA dx dy dx dx x y + = = = + ∫ ∫ ∫ Vậy 0 2 0 2 0 ABCD dx dy x y + = − + + = + ∫ Bài 4: , 2 , 3 x x y z y e z y z e −  = − +   = − − −   + Ta có : ,, , , 2 , 3 3 x x x z y z e z y e z e − = − − − = − − + − − , 2 , ( 3 ) 3 x x x z z z e e z e − = − + − − − − − − , 2 , 2 4 4 4 4 2 x x x x x z z e e e z z e e − − = − − − − − = − − − − ,, , 2 4 4 2 x x z z z e e − ⇔ + + = − − + Phương trình thuần nhất: ,, , 4 4 0z z z + + = Phương trình đặc trưng 2 1 2 4 4 0 2 λ λ λ λ + + = ⇔ = = − Vậy nghiệm tổng quát của phương trình trên là: 2 2 1 2 x x y C e C xe − − = + + Tìm nghiệm của phương trình ,, , 2 4 4 2 x x z z z e e − + + = − − bằng phương pháp biến thiên hằng số. Ta có: ' 2 ' 2 ' 2 ' 2 1 2 1 2 ' 2 ' ' 2 ' 2 ' 2 ' 2 2 2 1 2 1 2 0 0 ( ) ( ) 2 2 ( 2 ) 2 x x x x x x x x x x x x x C e C xe C e C xe C e C xe e e C e C e xe e e − − − − − − − − − − −   + = + =   ⇔   + = − − − + − = − −     Lấy phương trình nhân 2 rồi cộng với phương trình 2 ta được ' 2 2 ' 3 3 * 2 2 2 2 2 1 2 ( 1 2 ) x x x x x C e e e C e C e dx C − − = − − ⇔ = − − ⇔ = − − + ∫ 3 * 2 2 2 3 x C x e C ⇔ = − − + ' ' 3 3 1 2 2 3 * 3 3 * 1 1 1 . ( 1 2 ) 2 2 2 ( 2 ) 2 3 9 x x x x x C C x x e x xe x C x xe dx C xe e C = − = − − − = + ⇔ = + + = + − + ∫ Nghiệm tổng quát của phương trình là: 2 3 3 * 2 3 * 2 1 2 2 2 * * 2 1 2 2 2 2 ( ) ( ) 2 3 9 3 1 2 ( ) 2 9 x x x x x x x x x z xe e C e x e C xe x e e C C x e − − − − = + − + + − − + − = − + + Thay vào , 3 x y z z e = − − ta được : 2 * * * 2 1 2 2 5 5 ( 5 5 ) 2 9 x x y x x C C x C e e − = − + − − + − + Tìm * 1 C , * 2 C từ điều kiện ta được: * * 1 1 * * * 1 2 2 2 2 0 9 9 5 15 5 0 9 9 C C C C C −   + = =     ⇔     − + − = =     Vậy nghiệm là: 2 2 2 1 2 2 15 ( ) 2 9 9 9 x x x z x e e x e − − − = − + + 2 2 2 2 5 10 75 15 5 ( ) 2 9 9 9 9 86 5 5 5 ( ) 9 2 9 9 x x x x y x x x e e x x e e − − = − + − − + − − = + + − Bài 1 (2đ) , 2 , 3 6 2 0 5 5 4 0 4 x y z x x y y x z x y  = − + + =  ⇔ = −  = − − =   0.5 2 2 1 13 6 12 x y − = → = 2 1 3 1 2 4 x y= → = 0.25 0.25 hàm số đạt cực đại tại. 1 1 13 ( , ) 6 12 M − Hàm số không đạt cực trị tại 2 3 1 ( , ) 2 4 M Tại N(0,-1) hàm số sẽ tăng hay giảm nếu dịch chuyển ra khỏi N theo hướng lập với trục Ox một góc 0 120 . Hướng thay đổi nhanh nhất của ham z tại N là i- 1 4 j 0.25 0.25 0.25 0.25 Bài 2: (2.5đ) Vẽ hình 0.25 Lập phương trình mặt phẳng 9 3 9 8 4 4 z x y= − − + 0.25 Khối lượng của mặt phẳng: , 2 , 2 181 1 ( ) ( ) 2 x y S D m ds z z dxdy = = + + = ∫∫ ∫∫ 0.5 1 1 181 2 . . 8 3 G S D x xds xdxdy m m = = = ∫∫ ∫∫ 0.5 1 1 181 2 . . 8 3 G S D y yds ydxdy m m = = = ∫∫ ∫∫ 0.5 2 2 0 1 1 181 9 3 9 . . ( ) 8 8 4 4 181 3 . ( 2) 1 8 2 G S D z zds x y dxdy m m x dx = = − − + = − + = ∫∫ ∫∫ ∫ 0.5 Bài 3: (2.5đ) Vẽ hình Cạnh AB có 0 AB dx dy x y + = + ∫ 0.5 0.5 Cạnh BC có: 0 1 2 2 2 BC BC dx dy dx dx x y − + = = = − + ∫ ∫ ∫ 0.5 Cạnh CD : 0 CD dx dy x y + = + ∫ 0.5 1 0 2 2 2 DA DA dx d y dx dx x y + = = = + ∫ ∫ ∫ 0.5 Bài 4: (3.0 đ) Khử ,, , 2 4 4 2 x x z z z e e − ⇔ + + = − − 0.5 Phương trình thuần nhất: ,, , 4 4 0z z z + + = Phương trình đặc trưng 2 1 2 4 4 0 2 λ λ λ λ + + = ⇔ = = − Vậy nghiệm tổng quát của phương trình trên là: 2 2 1 2 x x y C e C xe − − = + 0.25 0.25 ' 2 2 3 * 2 2 2 2 ( 1 2 ) x x x x C e e e C e dx C − − = − − ⇔ = − − + ∫ 3 * 2 2 2 3 x C x e C = − − + 0.25 0.25 ' ' 3 3 1 2 2 3 3 * 1 1 . ( 1 2 ) 2 2 2 2 3 9 x x x x C C x x e x xe x C xe e C = − = − − − = + ⇔ = + − + 0.25 0.25 2 2 * * 2 1 2 1 2 ( ) 2 9 x x x z x e e C C x e − − − = − + + 2 * * * 2 1 2 2 5 5 ( 5 5 ) 2 9 x x y x x C C x C e e − = − + − − + − 0.25 0.25 * * 1 1 * * * 1 2 2 2 2 0 9 9 5 15 5 0 9 9 C C C C C −   + = =     ⇔     − + − = =     0.25 0.25 . TRƯỜNG ĐHSPKT HƯNG YÊN ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN Khoa Khoa học cơ bản Đề số:01 Học phần: Toán cao cấp 3 Ngày thi: Thời gian làm bài: 90 phút. Bài 1: Cho hàm số: 3 2 2 1 5 3 2 2 4 z x x xy. 1 ( , ) 2 4 M 1 1 13 ( , ) 6 12 M − ,, 6 6 xx z x r = − = 3 -5 ,, 1 xy z s = = 1 1 ,, 1 yy z t = − = -1 -1 2 s rt− 1 +3= 4 1-5 =-4 <0 Không cực trị có cực trị Do r =-5 <0 nên hàm số. 2 5 3 3 6 2 0 3 5 0 4 4 x x x x x − + − + = ⇔ − + = 2 2 1 13 6 12 x y − = → = 2 1 3 1 2 4 x y= → = Vậy hàm số có 2 điểm tới hạn là 1 1 13 ( , ), 6 12 M − 2 3 1 ( , ) 2 4 M 2 3 1 (