Đề thi học phần toán cao cấp 3 - 6

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

Thêm vào BST

Báo xấu

236
lượt xem 33
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:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

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

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:
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
+ 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
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   
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
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
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