Đề thi kết thúc học phần học kì 1 môn Đại số tuyến tính và ứng dụng năm 2023-2024 có đáp án

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

2
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo Đề thi kết thúc học phần học kì 1 môn Đại số tuyến tính và ứng dụng năm 2023-2024 có đáp án - Trường ĐH Văn Lang sau đây để biết được cấu trúc đề thi, cách thức làm bài thi cũng như những dạng bài chính được đưa ra trong đề thi. Từ đó, giúp các bạn sinh viên có kế hoạch học tập và ôn thi hiệu quả.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi kết thúc học phần học kì 1 môn Đại số tuyến tính và ứng dụng năm 2023-2024 có đáp án

BM-004 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VĂN LANG KHOA KHCB ĐỀ THI, ĐÁP ÁN/RUBRIC VÀ THANG ĐIỂM THI KẾT THÚC HỌC PHẦN Học kỳ 1, năm học 2023-2024 I. Thông tin chung Tên học phần: Đại số tuyến tính và ứng dụng Mã học phần: 71MATL10053 Số tín chỉ: 3 Mã nhóm lớp học phần: Hình thức thi: Tự luận Thời gian làm bài: 75 phút Thí sinh được tham khảo tài liệu: ☒ Có ☐ Không Cách thức nộp bài: SV làm bài trên giấy II. Các yêu cầu của đề thi nhằm đáp ứng CLO Lấy dữ Ký Hình Trọng số CLO Câu Điểm liệu đo hiệu Nội dung CLO thức trong thành phần hỏi số lường CLO đánh giá đánh giá (%) thi số tối đa mức đạt PLO/PI (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) Hiểu được và nắm vững kiến thức các dạng ma trận đặc biệt, các phép toán trên ma trận, hạng CLO 1 của ma trận, ma Tự luận 40% 4 PI 1.1 trận nghịch đảo;định nghĩa định thức, tính chất của định thức, không gian vectơ Nắm vững Kiến thức tính toán hệ phương trình tuyến CLO 2 tính và các cách Tự luận 20% 2 PI 1.1 giải hệ phương trình tuyến tính và ứng dụng Áp dụng trị riêng và vectơ riêng, tính chất của trị riêng và CLO 3 Tự luận 40% 4 PI 1.1 vectơ riêng, điều kiện và thuật toán để chéo hóa ma Trang 1 / 5
BM-004 trận. Đưa được dạng toàn phương về dạng chính tắc III. Nội dung câu hỏi thi Câu hỏi 1: (4 điểm)  1 3 1 0 1  2 1 a) Cho các ma trận: A    , B   4 m 2  và C   4 1  .  1 0      Tìm ma trận:  2 A  C  B . b) Tìm m để hệ vectơ sau là một cơ sở của không gian vectơ  3 : U  u1  1, 2, 1 ; u2   2,3, 0  ; u3   3, m,1 Câu hỏi 2: (2 điểm)  m3 x  4 y  4 z  1  Cho hệ phương trình tuyến tính sau (m là tham số):  4 x  m 3 y  4 z  1 . Tìm m để hệ  4 x  4 y  m3 z  1  phương trình có nghiệm duy nhất. Câu hỏi 3: (4 điểm) 2 3 3 a) Chéo hóa ma trận A   3 4 3 .   3 3 2   b) Đưa dạng toàn phương f  x1 , x2 , x3   2 x12  x2 2  4 x1 x3  8 x2 x3 về dạng chính tắc. ……………… hết ……………… Trang 2 / 5
BM-004 ĐÁP ÁP VÀ THANG ĐIỂM Phần câu hỏi Nội dung đáp án Than Gh g i điểm ch ú I. Tự luận Câu 1 4.0 1 3  2 6 0.25 a) Cho các ma trận A   , 2A     1 0  2 0  1 0 1 2 1  4 5 0.25 B  và C  4 1  . 2A  C    4 m 2    2 1 Hãy tìm ma trận  2A  C  B . 4 5 1 0 1 2A  C  B   2 1  4 m 2    0.25x 24 5m 6  6  6 m 0  (Mỗi phần tử của ma trận  2A  C  B đúng được 0.25đ) b) Tìm m để hệ vectơ sau là một cơ Lập ma trận A có các cột là các sở của không gian vectơ 3 :  1 2 3 0.25 u1  1, 2, 1 ;  vectơ của hệ U: A   2 3 m       1 0 1    U  u 2   2,3, 0  ;    Hệ vectơ đã cho là cơ sở của  3 u3   3, m,1  khi và chỉ khi det  A   0 0.5 det  A   1.3.1  2.m. 1  2.0.  3  3.3  1  0.m.1  2.2.1 0.5x2  2 m  8 Hệ vectơ đã cho là cơ sở của  3 0.25 khi và chỉ khi m  4 (Nếu sinh viên dùng cách giải khác đầy đủ và chính xác thì vẫn cho điểm tối đa) Câu 2 2.0 Hệ có nghiệm duy nhất khi và m3 4 4 0.5 chỉ khi det A  4 m3 4 0 4 4 m3 Trang 3 / 5
BM-004 Cho hệ phương trình sau (m là m3  8 m3  8 m 3  8  m3 x  4 y  4 z  1  4 m3 4 0  4 4 m3 tham số):  4 x  m3 y  4 z  1 . Tìm m  3 1 1 1 4 x  4 y  m z  1   m 3  8  4 m3 4  0 0.25 3 x3 để hệ phương trình có nghiệm duy 4 4 m 1 1 1 nhất.   m  8 0 m  4 3 3 0 0 3 0 0 m 4 2   m3  8  m3  4   0 0.25   m  2 m 3 4 0.5 Câu 3 4.0 a) Chéo hóa ma trận Đa thức đặc trưng: 2 3 3 2 3 3 0.25 PA     3 4   3 A  3 4 3 .   3 3 2 3 3 2   2   2      1 PA     0 0.25    2    1 0.25 + Khi   2 , ta có hệ: 3 x2  3 x3  0  3 x1  6 x2  3 x3  0 3 x1  3 x2  0  0.25 có không gian nghiệm con: x2 E  2   u1  1, 1,1 + Khi   1, ta có hệ: 3 x1  3 x2  3 x3  0  3 x1  3 x2  3 x3  0 3 x1  3 x2  3 x3  0  0.25 có không gian nghiệm con: x2 E  1  u 2   1,1, 0  ; u3   1,0,1 Ma trận làm chéo hóa A là:  1 1 1 P   1 1 0  và ma trận   1 0 1   0.25 Trang 4 / 5
BM-004 đường chéo là 2 0 0  P AP  0 1 0  1   0 0 1   b) Đưa về dạng chính tắc dạng toàn f  x1 , x2 , x3   2  x1  2 x1 x3  x32  2 phương: 2 x32  x2 2  8 x2 x3 0.5 2 2 f  x1 , x2 , x3   2 x  x2  4 x1 x3  8 x2 x3 1 f  x1 , x2 , x3   2  x12  2 x1 x3  x32  0.5   x2 2  8 x2 x3  16 x32   18 x32 2 2  2  x1  x3    x2  4 x3   18 x3 2 0.25 x2  y1  x1  x3  Đặt  y2  x2  4 x3 suy ra dạng 0.5  y3  x3  chính tắc là: 2 y12  y2 2  18 y32 Điểm tổng 10.0 TP. Hồ Chí Minh, ngày 08 tháng 06 năm 2024 Người duyệt đề Giảng viên ra đề Lê Văn Vĩnh và Trần Thị Nắng Đinh Tiến Liêm Trang 5 / 5