intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE

Đề thi học phần toán cao cấp 3 - 6

Chia sẻ: Nguyen Ngoc Son Son | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:8

230
lượt xem
32
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi học phần toán cao cấp 3 - 6', khoa học tự nhiên, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi học phần toán cao cấp 3 - 6

  1. 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. Cho hàm số: Bài 1: 12 5 z = x 3 − 3x 2 + xy − y + 2x − y 2 4 Tìm cực trị của hàm. 1. Tại N(0,-1) hàm số sẽ tăng hay giảm nếu dịch chuyển 2. ra khỏi N theo hướng lập với trục Ox một góc 1200 . Tại điểm N đó tìm hướng để hàm z thay đổi nhanh 3. nhất. Biểu diên trên hình vẽ. Trong không gian Oxyz tìm trọng tâm của tam giác phẳng Bài 2: đồng chất ABC với các đỉnh có toạ độ A(2,0,0) , B(0,3,0), C(0,-1,3). dx + dy ∫ Ñ Tính I = Bài 3: , trong đó ABCDA là chu vi hình vuông x+y ABCDA lấy theo chiều lần lượt từ đỉnh A(1,0), B(0,1), C(-1,0), D(0,- 1). Giải hệ phương trình vi phân: Bài 4:  y = z − y + e −2 x ,  ,  z = − y − 3z − e x  Với điều kiện x=0 thì y=0 và z=0 Giảng viên ra đề 1: Khoa / Bộ môn Giảng viên ra đề 2:
  2. Bài 1:  z x = 3x 2 − 6 x + y + 2 = 0 ,  5 ⇔ y = x− , 5 zy = x − y − = 0 4  4 5 3 Thay vào ta được 3x − 6 x + x − + 2 = 0 ⇔ 3 x − 5 x + = 0 2 2 4 4 −13 1 3 1 x2 = → y2 = x2 = → y1 = 6 12 2 4 1 −13 31 Vậy hàm số có 2 điểm tới hạn là M1 ( , ), M2( , ) 6 12 24 1 −13 31 M2( , ) M1 ( , ) 24 6 12 z xx = 6 x − 6 = r ,, 3 -5 z xy = 1 = s ,, 1 1 z ,, = −1 = t -1 -1 yy 1+3=4 1-5=-4
  3. + Phương trình mặt phẳng:  x −2 y z  ÷ 9 3 9  −2 3 0 ÷ = 0 ⇔ 9( x − 2) + 6 y + 8 z = 0 ⇔ z = − x − y + 8 4 4  −2 −1 3 ÷   + Khối lượng của mặt phẳng: 81 9 181 m = ∫∫ ds = ∫∫ 1 + ( z x ) 2 + ( z ,y )2 dxdy = ∫∫ 1 + + dxdy = 8 ∫∫ , dxdy 64 16 S D D D Ở đó D là hình chiếu của mặt phẳng ABC lên mặt phẳng z=0. Vậy ta có: −3 x +3 2 2 181 181 181 .∫∫ dxdy = ∫ dx −1∫ xdy = 2 m= 8D 80 x −1 2 + Tính toạ độ trọng tâm: −3 x +3 2 2 1 1 181 1 181 18 2 ∫∫ xds = m . 8 .∫∫ xdxdy = m . 8 ∫ dx 1 ∫ xdy = 4 . 3 = 3 xG = mS D 0 x −1 2 4 −3 x+3 2 2 1 1 181 1 181 2 B yG = ∫∫ yds = . .∫∫ ydxdy = . ∫ dx 1 ∫ ydy = 3 mS m8D m80 2 x −1 2 1 1 181 9 3 9 ∫∫ zds = m . 8 .∫∫ (− 8 x − 4 y + 4 )dxdy zG = mS A D C −3 x +3 2 2 2 1 181 9 3 9 2 181 3 m 8∫ 1 dx ∫ (− x − y + )dy = .∫ (− x + 2) 2 dx = 1 -2 =. . 8 4 4 181 8 0 2 0 x −1 2 Bài 3: Hình vuông ABCD có 4 cạnh AB, BC, CD, và DA. Cạnh AB có phương trình x + y = 1, 0 ≤ x ≤ 1 nên dx + dy = d(x + y) = 0. Do dx + dy ∫ x + y =0 đó: AB
  4. Cạnh BC có phương trình y – x = 1 hay y = x + 1, −1 ≤ x ≤ 0 , dx = dy và x + y = − x + x + 1 = 1 . Do đó : 0 dx + dy ∫ x + y = 2BC dx = 2−∫1 dx = −2 ∫ BC Cạnh CD có phương trình y + x = -1 nên dx + dy = d(x + y) = 0. Do đ ó dx + dy ∫ =0 x+ y CD Cạnh DA có phương trình y – x = -1 hay y = x – 1, 0 ≤ x ≤ 1 nên dx = dy và x + y = x + 1 − x = 1 . Do đó : 1 dx + dy ∫ x + y = 2DA dx = 2∫ dx = 2 ∫ DA 0 dx + dy ∫ = 0−2+0+2 = 0 Vậy x+y ABCD Bài 4:  y , = z − y + e −2 x  ,  z = − y − 3z − e x  + Ta có : z ,, = − y , − 3 z , − e x = − z − y + e −2 x − 3z , − e x = − z + (− z , − 3z − e x ) − e −2 x − 3z , − e x = −4 z , − 4 z − e x − e −2 x − e x = −4 z , − 4 z − 2e x − e −2 x ⇔ z ,, + 4 z , + 4 z = −2e x − e −2 x + Phương trình thuần nhất: z ,, + 4 z , + 4 z = 0 Phương trình đặc trưng λ + 4λ + 4 = 0 ⇔ λ1 = λ2 = −2 2 −2 x −2 x Vậy nghiệm tổng quát của phương trình trên là: y = C1e + C2 xe + Tìm nghiệm của phương trình z ,, + 4 z , + 4 z = −2e x − e −2 x bằng phương pháp biến thiên hằng số. Ta có: C1'e −2 x + C2 xe −2 x = 0 C1'e −2 x + C2 xe −2 x = 0 ' '   ⇔  ' −2 x ' C1 (e ) + C2 ( xe −2 x )' = −e −2 x − 2e x ' −2 x −2 x −2 x −2 x  −2C1e + C2 (e − 2 xe ) = −e − 2e ' ' x   
  5. Lấy phương trình nhân 2 rồi cộng với phương trình 2 ta được C2 e−2 x = −e −2 x − 2e x ⇔ C2 = −1 − 2e3 x ⇔ C2 = ∫ (−1 − 2e3 x )dx + C2 ' ' * 2 ⇔ C2 = − x − e 3 x + C 2 * 3 C1' = −C2 .x = − x (−1 − 2e3 x ) = x + 2 xe3 x ' x2 2 3x 2 3x ⇔ C1 = ∫ ( x + 2 xe )dx +C = + xe − e + C1* 3x * 1 23 9 Nghiệm tổng quát của phương trình là: x2 2 3x 2 3x 2 z = ( + xe − e + C1* )e −2 x + (− x − e3 x + C2 ) xe −2 x * 23 9 3 −1 2 −2 x 2 x x e − e + (C1* + C2 x)e −2 x = * 2 9 Thay vào y = z , − 3z − e x ta được : 52 5 x − 5C1* − 5C2 x + C2 )e −2 x − e x y = (− x + * * 2 9 + Tìm C1* , C2 từ điều kiện ta được: *  −2 * 2 + C1* = 0 C1 = 9 9   ⇔  −5C * + C * − 5 = 0 C * = 15  2 9 1 2   9 Vậy nghiệm là: −1 2 −2 x 2 x 2 15 x e − e + ( + x )e −2 x z= 2 9 99 5 2 10 75 15 5 x − − x + )e −2 x − e x y = (− x + 2 99 9 9 −86 5 5 5 x + x 2 + )e −2 x − e x =( 9 2 9 9
  6. Bài 1  z x = 3x 2 − 6 x + y + 2 = 0 ,  5 (2đ) 0.5 ⇔ y = x− , 5 zy = x − y − = 0 4  4 −13 0.25 1 x2 = → y2 = 6 12 3 1 0.25 x2 = → y1 = 2 4 1 −13 0.25 hàm số đạt cực đại tại. M 1 ( , ) 6 12 31 0.25 Hàm số không đạt cực trị tại M 2 ( , ) 24 Tại N(0,-1) hàm số sẽ tăng hay giảm nếu dịch chuyển ra khỏi N theo hướng lập với trục Ox một góc 1200 . 0.25 1 0.25 Hướng thay đổi nhanh nhất của ham z tại N là i- j 4 Vẽ hình Bài 2: 0.25 Lập phương trình mặt phẳng (2.5đ) 0.25 9 3 9 z =− x− y+ 8 4 4 Khối lượng của mặt phẳng: 0.5 181 m = ∫∫ ds = ∫∫ 1 + ( z ) + ( z ) dxdy = ,2 ,2 x y 2 S D 1 1 181 2 ∫∫ xds = m . 8 .∫∫ xdxdy = 3 xG = 0.5 mS D 1 1 181 2 m ∫∫ .∫∫ ydxdy = yG = yds = . 0.5 m8D 3 S 1 1 181 9 3 9 ∫∫ zds = m . 8 .∫∫ (− 8 x − 4 y + 4 )dxdy zG = 0.5 mS D 2 181 3 .∫ (− x + 2) 2 dx = 1 = 8 02 Vẽ hình Bài 3: 0.5 dx + dy (2.5đ) ∫ x + y =0 Cạnh AB có 0.5 AB
  7. Cạnh BC có: 0 dx + dy ∫ x + y = 2BC dx = 2−∫1 dx = −2 ∫ 0.5 BC dx + dy ∫ x + y =0 Cạnh CD : 0.5 CD 1 dx + dy ∫ x + y = 2DA dx = 2∫ dx = 2 ∫ 0.5 DA 0 Bài 4: 0.5 Khử ⇔ z ,, + 4 z , + 4 z = −2e x − e −2 x (3.0 đ) Phương trình thuần nhất: z ,, + 4 z , + 4 z = 0 0.25 Phương trình đặc trưng λ + 4λ + 4 = 0 ⇔ λ1 = λ2 = −2 2 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình trên là: 0.25 y = C1e −2 x + C2 xe −2 x C2 e −2 x = −e −2 x − 2e x ⇔ C2 = ∫ (−1 − 2e3 x ) dx + C2 0.25 ' * 2 C2 = − x − e 3 x + C2 * 0.25 3 C1' = −C2 .x = − x( −1 − 2e3 x ) = x + 2 xe3 x ' 0.25 2 x 2 2 ⇔ C1 = + xe3 x − e3 x + C1* 23 9 0.25 −1 2 −2 x 2 x 0.25 x e − e + (C1* + C2 x )e −2 x z= * 2 9 5 5 0.25 y = (− x + x 2 − 5C1* − 5C2 x + C2 )e −2 x − e x * * 2 9 0.25  −2 * 2  9 + C1 = 0 C1 = 9 *   ⇔  −5C * + C * − 5 = 0 C * = 15 0.25  2 9 1 2   9
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2