ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN TOÁN CAO CẤP 3

Chia sẻ: Nguyen Ngoc Son Son | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

974
lượt xem 88
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

TÀI LIỆU THAM KHẢO VỀ ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN TOÁN CAO CẤP 3.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN TOÁN CAO CẤP 3

TRƯỜNG ĐHSPKT HƯNG YÊN ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN Khoa Khoa học cơ bản Đề số: 02 Học phần: Toán cao cấp 3 Ngày thi: Thời gian làm bài: 90 phút. 5 Cho hàm số: z = x + x − 2 xy + y − 6 y 3 2 2 Câu 1: 2 • Tìm cực trị của hàm z. • Tại điểm N (1,2) hàm z sẽ tăng hay giảm nếu dịch chuyển ra khỏi điểm N theo hướng lập với trục Ox góc 600. • Tại điểm N đó hãy tìm hướng để hàm z thay đổi nhanh nhất. Biểu diễn trên hình vẽ. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, dùng tích phân mặt Câu 2: tính khối lượng của tam giác phẳng ABC với A (-2,3,0), B 3 ( 4,0,0) và C (-2,0, ) với hàm mật độ ρ (x,y,z) = y. 2 Trên mặt phẳng hệ toạ độ Oxy chọn ba điểm A (1,-1),B (0,0) và Câu 3: C (1,2). L là đường cong kín theo chiều dương, trong đó: • Đoạn nối A với B có phương trình x = y 2 • Đoạn nối B với C có phương trình y = 2x 2 • Đoạn nối C với A là đường thẳng. ∫ Tính i 3 y (2 x + 1)dx + 2( x + y )dy 2 2 L Kiểm chứng kết qủa thông qua việc sử dụng công thức Green. Giải hệ phương trình vi phân: Câu 4:  y, = 3 y + 2z  , 1  z = − y + z + x.e x  2 với điều kiện: khi x = 0 thì y = 0 và z = 0. Giảng viên ra đề 1: Khoa / Bộ môn
Giảng viên ra đề Đáp án Câu 1: z x = 3 x + 5 x − 2 y = 0 , 2 z ,y = −2 x + 2 y − 6 = 0 ⇒ y = x + 3 Thay vào ta có : 3 x 2 + 5 x − 2 x − 6 = 3 x 2 + 3 x − 6 = 0 ⇒ x 2 + x − 2 = 0 ⇒ x1 = 1, x2 = −2 ⇒ y1 = 4, y2 = 1 Hàm số có 2 điểm tới hạn M 1 = (1, 4), M 2 = (−2,1) M 1 = (1, 4) M 2 = (−2,1) z = 6 x + 5 =r ,, 11 -7 xx z = −2 =s ,, -2 -2 xy z ,, = 2 =t 2 2 yy 4-220 s − rt 2 r=11 hsố đạt cực tiểu không cực trị zx ( N ) = 3 + 5 − 4 = 4 , 2. y N 2 z ( N ) = −2 + 4 − 6 = −4 , y ∂z 31 x 5 = 4 cos 600 − 4 cos 300 = 4(− + )
m = ∫∫ yds = ∫∫ y 1 + ( z x ) 2 + ( z ,y ) 2 dxdy y , A S D 2 −1 2 −1 2 21 m = ∫∫ y 1 + ( 4 ∫∫ ) + ( ) dxdy = ydxdy 4 2 C B x 5 D D Tính tích phân này có 2 cách: −x y= +2 4 2 21 21 ∫ dx ∫ Cách 1: ydy = 9. 4 −2 4 y =0 x =−2 y + 4 3 21 21 4∫ ∫ ydx = 9. dy Cách 2: 4 x =−2 0 Câu 3: i =∫ + ∫ ∫ ∫ + L BA AC CB 1.Trên đoạn BA: x = y 2 , y : 0 → −1 ∫ 3 y(2 x + 1)dx + 2( x + y 2 )dy 2 C 2 BA −1 = ∫ [3 y (2 y 2 + 1)2 y + 2( y 4 + y 2 )]dy 0 −1 = ∫ [(6y3 + 3 y ).2 y + 2 y 4 + 2 y 2 ]dy B 0 −1 = ∫ (2y 4 + 2 y 2 + 12 y 4 + 6 y 2 )dy A 0 14 5 8 3 −1 −14 8 −82 −1 = ∫ (14y 4 + 8 y 2 )dy = ( y + y) = −= -2 0 5 3 5 3 15 0 2. Trên đoạn AC: x = 1, y : −1 → 2 2 2 2 ∫ 3 y(2 x + 1)dx + 2( x + y ) dy = ∫ 2(1 + y 2 ) dy = (2 y + y 3 ) = 12 2 2 −1 3 −1 AC 3. Trên đoạn CB: y = 2 x 2 , x :1 → 0
0 0 ∫ 3 y(2 x + 1)dx + 2( x + y ) dy = ∫ [(6x (2 x + 1) + 2( x + 4 x ).4x]dx = ∫ (12x 3 + 6 x 2 + 8 x 3 + 32 x 5 )dx 2 2 2 2 4 CB 1 1 0 0 32 6 37 = ∫ (32x 5 + 20 x 3 + 6 x 2 )dx =( x + 5 x 4 + 2 x3 ) = − 1 6 3 1 −82 37 29 ∫ i 3 y (2 x + 1)dx + 2( x 2 + y 2 )dy = + 12 − =− . Vậy 15 3 5 L Dùng công thức Green: Q = 2( x 2 + y 2 ) , P = 3 y (2 x + 1) ∂Q ∂P − = − 6 x − 3 + 4 x = −2 x − 3 ∂x ∂y y = x2 1 − ∫∫ (2 x + 3)dxdy = − ∫ dx ∫ (2 x + 3)dy y =− x D 0 1 1 4 52 3 = − ∫ (2 x + 3)(2 x 2 + x )dx = −( x 4 + 2 x 3 + x + 2x 2 ) 0 5 0 −29 4 = −(1 + 2 + + 2) = 5 5 Câu 4: Bước 1: Khử y ,, = 3 y , + 2 z , = 3 y , + (− y + 2 z + 2 xe x ) = 3 y , − y + y , − 3 y + 2 xe x ⇔ y ,, − 4 y , + 4 y = 2 xe x . Bước 2: Phương trình thuần nhất y ,, − 4 y , + 4 y = 0 Phương trình đặc trưng λ − 4λ + 4 = 0 ⇔ λ1 = λ2 = 2 2 Nghiệm riêng y1 = e , y2 = xe 2x 2x Nghiệm tổng quát y = c1e + c2 xe x 2x Bước 3: Phương trình không thuần nhất y ,, − 4 y , + 4 y = 2 xe x . Tìm nghiệm bằng phương pháp biến thiên hằng số: C1'e 2 x + C2 xe 2 x = 0 C1' e 2 x + C2 xe2 x = 0 ' '   ⇔  ' 2x ⇔ C2e 2 x = 2 xe 2 x '  ' 2x ' C1 (e ) + C2 ( xe ) = 0 2C1e + C2 (e + 2 xe ) = 0 ' 2x ' ' 2x 2x   C2 = 2 xe − x dx + C2 ∫ * C2 = 2 xe − x  −x C2 = −2( x + 1)e + C2 ' *   ⇔ ' ⇔ ⇔ C1 = − ∫ x e dx + C1 −x C1 = − xC2 C1 = (− x + 2 x + 2)e + C1 ' 2 * 2 −x *    Nghiệm tổng quát phương trình không thuần nhất:
y=[(− x 2 + 2 x + 2)e − x + C1* ]e2 x + [ − 2( x + 1)e − x + C2 ]xe 2 x = −(3 x 2 + 4 x + 2)e x + C1*e 2 x + C2 xe 2 x * * Thay vào tìm z z = (6 x 2 + 2 x)e x − C1*e 2 x + C2 e 2 x − C2 xe 2 x = (6 x 2 + 2 x )e x − (C1* − C2 )e 2 x − C2 xe 2 x * * * * Bước 4: Thay điều kiện vào tìm C1* , C2* ta được C1* = 2, C2 = 2 *  y = −(3 x 2 + 4 x + 2)e x + 2( x + 1)e 2 x  Vậy   z = (6 x + 2 x)e − 2 xe 2 x 2x  Thang điểm Câu 1: z x = 3x 2 + 5x − 2 y = 0 , (1.5d) z ,y = −2 x + 2 y − 6 = 0 ⇒ y = x + 3 ⇒ 3x 2 + 5 x − 2 x − 6 = 3x 2 + 3x − 6 = 0 0.5 ⇒ x 2 + x − 2 = 0 ⇒ x1 = 1, x2 = −2 ⇒ y1 = 4, y2 = 1 tại M 1 = (1, 4) cực tiểu 0.5 tại M 2 = (−2,1) hàm số không đạt cực trị z (N ) = 3 + 5 − 4 = 4 , x z ,y ( N ) = −2 + 4 − 6 = −4 ∂z 31 = 4 cos 600 − 4 cos 300 = 4(− + )
∫ 3 y(2 x + 1)dx + 2( x 0.5 + y 2 )dy = 12 2 AC ∫ 3 y(2 x + 1)dx + 2( x + y 2 ) dy 2 CB 0 0.5 −37 = ∫ [(6x 2 (2 x + 1) + 2( x 2 + 4 x 4 ).4x]dx = 3 1 Lập biểu thức theo công thức Green − ∫∫ (2 x + 3) dxdy = D 0.5 y = x2 1 = − ∫ dx ∫ (2 x + 3)dy y =− x 0 −29 = 1 5 Câu 4: (2.5) 0.5 Phép khử ⇔ y ,, − 4 y , + 4 y = 2 xe x 0.5 Phương trình thuần nhất y ,, − 4 y , + 4 y = 0 Phương trình đặc trưng λ − 4λ + 4 = 0 ⇔ λ1 = λ2 = 2 2 Nghiệm tổng quát y = c1e + c2 xe x 2x 0.5 C2 = −2( x + 1)e − x + C2 *  Tim ra  0.5 −x C1 = (− x + 2 x + 2)e + C1 2 *  0.25 C1* = 2, C2 = 2 * 0.25  y = −(3 x + 4 x + 2)e + 2( x + 1)e 2 x 2x    z = (6 x + 2 x)e − 2 xe 2 x 2x 