Đề thi kết thúc học phần học kì 2 môn Toán cao cấp và ứng dụng năm 2023-2024 - Trường ĐH Văn Lang

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

2
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn có thêm tài liệu ôn tập, củng cố lại kiến thức đã học và rèn luyện kỹ năng làm bài tập, mời các bạn cùng tham khảo Đề thi kết thúc học phần học kì 2 môn Toán cao cấp và ứng dụng năm 2023-2024 - Trường ĐH Văn Lang dưới đây. Hy vọng sẽ giúp các bạn tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi kết thúc học phần học kì 2 môn Toán cao cấp và ứng dụng năm 2023-2024 - Trường ĐH Văn Lang

BM-004 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VĂN LANG KHOA KHCB ĐỀ THI, ĐÁP ÁN/RUBRIC VÀ THANG ĐIỂM THI KẾT THÚC HỌC PHẦN Học kỳ 2, năm học 2023-2024 I. Thông tin chung Tên học phần: Toán cao cấp và ứng dụng Mã học phần: 71ITMA10104 Số tín chỉ: 4 Mã nhóm lớp học phần: 232_71ITMA10104_01, 02, 03, 04, 05, 06 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) Áp dụng kiến thức về hàm số, đạo hàm, đạo hàm CLO 1 riêng, chuỗi số để Tự luận 50% 5 PI 1.1 giải quyết một số bài toán thực tế và bài toán tối ưu. Áp dụng kiến thức về tích phân để giải quyết một số bài CLO 2 Tự luận 30% 3 PI 1.1 toán thực tế và bài toán tìm diện tích, thể tích. Áp dụng các kiến thức về đạo hàm, CLO 3 tích phân để giải Tự luận 20% 2 PI 1.1 các phương trình vi phân cấp 1, cấp 2 III. Nội dung câu hỏi thi Trang 1 / 6
BM-004 Câu hỏi 1: (5 điểm) a) Hãng nước ngọt X sản xuất vỏ lon nước ngọt bằng chất liệu kim loại có hình dạng khối trụ tròn xoay với dung tích là 0.5 lít. Để tiết kiệm chi phí sản xuất vỏ lon thì hãng nước ngọt X cần thiết kế chiều cao vỏ lon và bán kính đáy như thế nào? b) Tìm xấp xỉ tuyến tính của hàm số f  x, y   6  x 2  y 2 tại 1;1 rồi dựa vào đó xấp xỉ f  0.99;1.01  1 c) Xét tính hội tụ của chuỗi số sau: n n 1 2023  2024 d) Tìm giá trị cực đại địa phương, cực tiểu địa phương và điểm yên ngựa của hàm số sau: f  x, y   x 4  y 2  4 xy  2024 Câu hỏi 2: (3 điểm) a) Đường cong y  100  x 2 ,  1  x  1 , là một cung của đường tròn x 2  y 2  100 . Tìm diện tích của mặt tròn xoay thu được bằng cách quay cung này quanh trục Ox. b) Tính tích phân kép   x  2 y  dA , biết D bị chặn bởi đồ thị các hàm số D y  x và y  x 2 Câu hỏi 3: (2 điểm) Giải các phương trình vi phân: dy x  2024 a.  b. y  y  2 y  2024 . dx y2 ……………… hết ……………… Trang 2 / 6
BM-004 ĐÁP ÁP VÀ THANG ĐIỂM Phần câu hỏi Nội dung đáp án Than Gh g i điểm chú I. Tự luận Câu 1 5.0 a) Hãng nước ngọt X sản Giả sử lon hình trụ có bán kính đáy r và chiều cao h (đơn vị: cm) 0.25 xuất vỏ lon nước ngọt bằng chất liệu kim loại có hình Để giảm tối thiểu chi phí kim loại dùng khi sản xuất, ta cần cực tiểu hóa diện tích bề mặt dạng khối trụ tròn xoay với của hình trụ (gồm mặt trên, mặt dưới và mặt dung tích là 0.5 lít. Để tiết xung quanh). kiệm chi phí sản xuất vỏ lon 0.25 Diện tích bề mặt là: A  2 r 2  2 rh thì hãng nước ngọt X cần thiết kế chiều cao vỏ lon và Theo giả thuyết, lon hình trụ có dung tích 0.25 bán kính đáy như thế nào? 0.5 lít: 500  r 2 h  500  cm3  hay h   r2  500  1000 Vậy A  2 r 2  2 r  2   2 r 2  r  r 1000 4  r  250  3 A  r   4 r  2  r r2 0.25 250 A  r   0   r 3  250  r  3  Lập bảng biến thiên suy ra A đạt giá trị cực 250 tiểu tuyệt đối tại r  3 . Khi đó:  500 500 250 0.25 h   23  r2 250  2  3      Vậy, để giảm tối thiểu chi phí sản xuất cái 250 lon, bán kính lon là 3 (cm) và chiều 0.25  Trang 3 / 6
BM-004 250 cao lon bằng 2 3 (cm)  b) Tìm xấp xỉ tuyến tính của hàm số x y 0.25 fx   ; fy   6  x2  y 2 6  x2  y 2 f  x, y   6  x 2  y 2 tại 1 0.25 f x 1;1  f y 1;1   1;1 rồi dựa vào đó xấp xỉ 2 Hàm tuyến tính hóa tại (1;1) là: 0.25 f  0.99;1.01 1 1 L  x; y   2   x  1   y  1 2 2 1 1   x y 3 2 2 Xấp xỉ tuyến tính: 0.25 1 1 f  x; y    x  y  3 2 2  f  0.99;1.01  2 c) Xét tính hội tụ của chuỗi 1 1 0.25 Xét an  2023 ; bn  2023  n  2024 n 1 số sau:  2023 n 1 n  2024 Ta thấy: 0  an  bn ; n    0.25   1 0.25 Hơn nữa, b   n n1 n n 1 2023 là p-chuỗi có p>1 nên hội tụ. Theo tiêu chuẩn so sánh thì chuỗi 0.25  1 n n 1 2023  2024 cũng hội tụ. d) Tìm giá trị cực đại địa f x  4 x3  4 y f y  2 y  4x 0.25 phương, cực tiểu địa phương và điểm yên ngựa của hàm  fx  0  x3  y  0   số sau.  fy  0   y  2x 0.25 f  x, y   x 4  y 2  4 xy  2024   x; y    0;0  ,   2;2 2 ,  2; 2 2  f xx  12 x 2 f xy  4 f yy  2 2 0.25 D  x, y   f xx f yy   f xy   24 x 2  16   D  0,0   16  0  f không có cực đại và cực tiểu địa phương tại  0,0  và  0,0  0.25 là một điểm yên ngựa. Trang 4 / 6
BM-004 D   2, 2 2  32  0, f xx   2;2 2  24  0 0.25  f   2;2 2  2020 là giá trị cực tiểu địa phương của f  D  2, 2 2  32  0   , f xx  2; 2 2  24  0  0.25  f  2; 2 2   2020 là giá trị cực tiểu địa phương của f Câu 2 3.0 a) Đường cong x 0.25 f  x   100  x2  f   x   y  100  x 2 ,  1  x  1 , là 100  x 2 Diện tích của mặt tròn xoay: 0.25 một cung của đường tròn 1 2 2 2 x  y  100 . Tìm diện tích S  2 f  x  1   f   x   dx   1 của mặt tròn xoay thu được 1 2 0.25 2  x  bằng cách quay cung này   2 100  x 1   2  dx  1  100  x  quanh trục Ox. 1 0.25 100   2 100  x 2 dx 1 100  x 2 1 0.25   20 dx 1  40 (đvdt) 0.25 b) Tính tích phân kép Phương trình hoành độ giao điểm: 0.25 x  0   x  2 y  dA , biết D bị x  x2   D x  1 chặn bởi đồ thị các hàm số Miền D có biểu diễn: 0.25 y  x và y  x 2  D   x; y  / 0  x  1, x 2  y  x  1 x   0.25    x  2 y  dA      x  2 y  dy dx   D 0  x2  1 y x 1 0.25    xy  y 2  dx    2 x 2  x3  x 4 dx 0 y x2 0 2 1 1  1 0.25   x3  x 4  x 5  3 4 5 0 Trang 5 / 6
BM-004 13 0.25  60 Câu 3 2.0 Giải các phương trình vi dy x  2024 0.25 phân:   y 2 dy   x  2024  dx dx y2 dy x  2024 0.25 a.    y 2 dy    x  2024  dx dx y2 1 3 1 2 0.25  y  x  2024 x  C 3 2 3 0.25  y  3 x 2  6072 x  K  K  3C    2 b. y  y  2 y  2024 . Xét phương trình đặc trưng: r  1 0.25 r2  r  2  0   1 r2  2 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: 0.25 x yc  C1e  C2e 2 x  C1 , C2    Nghiệm riêng có dạng: y p  A  y p  y  0 p Thay vào phương trình ban đầu ta được: 0.25 2 A  2024  A  1012  y p  1012 Nghiệm cần tìm: y  yc  y p  C1e x  C2e 2 x  1012 0.25 Điểm tổng 10.0 TP. Hồ Chí Minh, ngày 25 tháng 4 năm 2024 Người duyệt đề Giảng viên ra đề Đinh Tiến Liêm Lê Văn Vĩnh Trang 6 / 6