Đề thi toán cao cấp 3 trường ĐHSPKT Hưng Yên - đề số 3

Chia sẻ: Nguyen Ngoc Son Son | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

158
lượt xem 14
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi toán cao cấp 3 trường đhspkt hưng yên - đề số 3', 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 toán cao cấp 3 trường ĐHSPKT Hưng Yên - đề số 3

TRƯỜNG ĐHSPKT HƯNG YÊN ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN Khoa Khoa học cơ bản Đề số:03 Học phần: Toán cao cấp 3 Ngày thi: Thời gian làm bài: 90 phút. 52 Cho hàm số z = x − 6 x − 2 xy + y + 2 3 y Câu 1: 2 Tìm cực trị của hàm số. 1. Tại M(2;1) hàm số sẽ tăng hay giảm nếu dịch chuyển ra 2. khỏi điểm M theo hướng lập với trục Ox một góc 300 . Tại M, hãy tìm hướng để hàm z tăng nhah nhất. 3. Biểu diễn trên hình vẽ. Trong không gian với hệ toạ độ trục Oxyz, dung tích phân mặt Câu 2: tính trọng tâm của tam giác phẳng ABC với A (-2,3,0), 3 B ( 4,0,0) và C (-2,0, ) với hàm mật độ ρ (x,y,z) = y. 2 ∫ Ñxy dy − x 2 2 ydx Câu 3: Tính C trong đó C là đường tròn x 2 + y 2 = a 2 lấy theo chiều ngược chiều kim đồng hồ. Kiểm chứng kết quả thông qua sử dụng công thức Green. Giải hệ phương trình vi phân: Câu 4:  4 y − z = sin x − 3 y , , ,  y = cos x − z + xe x  thoả mãn điều kiện khi x=0 thì y=0 và z=0 Giảng viên ra đề 1: Khoa / Bộ môn Giảng viên ra đề 2:
Câu 1(2đ): z x = −2 y + 2 x − 6 = 0 ⇒ x = y + 3 , z ,y = 3 y 2 + 5 y − 2 x = 0 (0.25đ) Thay vào ta có : 3 y 2 + 5 y − 2 y − 6 = 3 y 2 + 3 y − 6 = 0 ⇒ y 2 + y − 2 = 0 ⇒ y1 = 1, y2 = −2 ⇒ x1 = 4, x2 = 1 Hàm số có 2 điểm tới hạn M 1 = (4,1), M 2 = (1, −2) (0.25đ) M 1 = (4,1) M 2 = (1, −2) z xx = 2 =r ,, 2 2 z xy = −2 =s ,, -2 -2 z ,, = 6 y + 5 =t 11 -7 yy 4-220 s 2 − rt r=2 hsố đạt cực tiểu không cực trị (0.5) 6 y 2. Ta có: 4 z x ( N ) = −2 + 4 − 6 = −4 2 z ,y ( N ) = 3 + 5 − 4 = 4 M x -5 ∂z 31 (0.5đ) = −4 cos 300 + 4 cos 600 = 4( − )>0 ∂l 22 Vậy hàm số sẽ tăng nếu dịch chuyển ra khỏi điểm M theo hướng lập với trục Ox một góc 300 . 3. Hướng thay đổi nhanh nhất -4i+4j (0.5đ) Câu 2(3đ): +vẽ hình (0.5đ) z +) Bước 1: Lập phương trình mặt phẳng ABC.   C  x + 2 y −3 z÷  ÷ A 9 −3 0 ÷ = 0 ⇔ − ( x + 2) − 9( y − 3) − 18 z = 0 6 y O 2  3÷ 0 −3 ÷ B  2 x xy xy ⇔ + + z = 1 ⇔ z = 1− − (0.5đ) 42 42 +) Bước 2: Đưa tích phân mặt về tích phân bội 2 bằng cách chiếu xuống mặt phẳng Oxy. Khi đó ta có:
m = ∫∫ yds =∫∫ y 1 + ( z x ) 2 + ( z ,y ) 2 dxdy , S D −1 2 −1 2 21 m = ∫∫ y 1 + ( 4 ∫∫ ) + ( ) dxdy = ydxdy (0.25đ) 4 2 y D D 4 Tính tích phân này có 2 cách: (0.25đ) A −x y= +2 2 4 2 21 21 ∫ dx ∫ Cách 1: ydy = 9. 4 −2 4 y =0 x C B 5 x =−2 y + 4 3 21 21 ∫ dy x=−2 ydx = 9. 4 ∫ Cách 2: -2 40 +) Bước 3: Tính toạ độ trọng tâm: 1 1 1 21 ∫∫ xyds = m ∫∫ xy 1 + ( z x ) + ( z y ) dxdy = m . 4 ∫∫ ydxdy xG = ,2 ,2 mS D D −x y= +2 4 2 1 21 ∫ dx ∫ = . xydy 2m 4 −2 (0.5đ) y =0 4 −1 4 3 4 1 21 x 1 21 x 2 3 ∫ = ( − 2 x 2 + 4 x) dx = ( − x + 2 x2 ) = . . −2 2 2m 4 −2 4 2m 4 16 3 1 1 yG = ∫∫ y 2 ds = ∫∫ y 2 1 + ( z x ) 2 + ( z ,y ) 2 dxdy , mS mD −x y= +2 4 2 1 21 1 21 ∫∫ y dxdy = 3m . 4 −∫2 dx ∫ = 2 y 2 dy . m4D y =0 4 x4 4 x3 1 21 3 1 21 1 (0.5đ) ∫ = (8 − 6 x + x 2 − )dx = (8 x − 6 x 2 + x 3 − ) . . 32 −2 3m 4 −2 2 8 3m 4 2 18 21 21 27 = = . 7 4 2 1 1 ∫∫ zyds = m ∫∫ yz 1 + ( z x ) + ( z y ) dxdy zG = ,2 ,2 mS D
1 21 xy m 4 ∫∫ = y (1 − − )dxdy . 42 D −x y= +2 4 2 1 21 xy ∫ dx ∫ = y (1 − − )dy . m 4 −2 42 y =0 (0.5đ) −x y y= +2 4 2 2 1 21 1 2 xy ∫2 ( 2 y − 8 − 4 ) =. dx 2 m 4− y=0 4 1 21 − x 3 x 2 x 2 −37 ∫ = + − − ) dx = . ( m 4 −2 96 823 72 −1 27 −37 Vậy trọng tâm G( ). ,, 2 2 72 Câu 3(2đ):  x = a cos t với 0 ≤ t ≤ 2π Tham số hoá đường tròn C:   y = a sin t (0.25đ) 2π ∫ ∫ (a Ñxy dy − x ydx = cos t sin 2 t.a cos t + a 2 cos 2 t.a sin t.a sin t )dt 2 2 3 (0.25đ) C 0 2π 2π a4 = 2a ∫ cos t sin tdt = ∫ sin 4 2 2 2 2tdt 2 0 0 2π 1 − cos 4t a4 ∫ 2 dt = (0.5đ) 2 0 a 4 t sin 4t 2π 2π a 4 π a 4 = (− = = ) 0 42 4 4 2 Áp dụng công thức Green ta có: Đặt P = − x 2 y , Q = xy 2 . Khi đó: ∫ xy ∫∫ I = Ñ 2 dy − x 2 ydx = (x 2 + y 2 )dxdy (0.5 đ) x2 + y 2 ≤ a 2 C chuyển sang hệ toạ độ cực x = r cos ϕ , y = r sin ϕ , 0 ≤ ϕ ≤ 2π (0.25 đ) Ta có:
2π π a4 a ∫ dϕ ∫ I= r dr = 3 (0.25 đ) 2 0 0 Câu 4(3đ): 4 y , − z , = sin x − 3 y (1)  , (2)  y = cos x − z + xe x  (2) ⇒ y ,, = − sin x − z , + ( x + 1)e x . Thế vào (1) ta được : y ,, = − sin x − (4 y , − sin x + 3 y ) + ( x + 1)e x ⇔ y ,, + 4 y , + 3 y = ( x + 1)e x (3) (0.5đ) + Phương trình thuần nhất: y ,, + 4 y , + 3 y = 0 Phương trình đặc trưng λ + 4λ + 3 = 0 ⇔ λ1 = −1, λ2 = 3 . 2 −x Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là : C1e + C2e . 3x (0.5 đ) + Tìm nghiệm của phương trình (3) bằng phương pháp biến thiên hằng số: ' 1 C1 = − 4 ( x + 1)e 2x C1'e − x + C2 e3 x = 0 '   ⇔  ' −x C ' = 1 ( x + 1)e −2 x  −C1e + 3C2 e = ( x + 1)e ' 3x x  2 4  −1 −2 x 3 −2 x 1 ⇒ C2 = ∫ ( x + 1)e −2 x dx + C2 = xe + e + C2 * * (0.5 đ) 4 8 16 1 1 1 ⇒ C1 = ∫ − ( x + 1)e 2 x dx + C1* ⇒ C1 = − xe 2 x + e 2 x + C1* (0.5 đ) 4 8 16 −1 1 1 3 ⇒ y = (− xe 2 x + e 2 x + C1* )e − x + ( xe −2 x + e −2 x + C2 )e3 x * 8 16 8 16 (0.25 đ) 1 1 ⇒ y = − xe x + e x + C1*e − x + C2 e3 x * 4 4 5x ⇒ z = xe + C1*e − x − 3C2 e3 x + cos x * (0.25 đ) 4 Từ điều kiện ta có:  * −7 1 C = + C1* + C2 = 0 *   1 16 ⇔ 4 (0.25 đ) C * = 3 1 + C * − 3C * = 0   2 16 1 2  1 1 7 3 ⇒ y = − xe x + e x − e − x + e3 x 4 4 16 16 5 9 ⇒ z = xe x − 7 e − x − e3 x + cos x (0.25) 16 4 16