Đề thi toán cao cấp 3 trường ĐHSPKT Hưng Yên - đề số 4

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

Thêm vào BST

Báo xấu

125
lượt xem 15
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 4', 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 4

TRƯỜNG ĐHSPKT HƯNG YÊN ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN Khoa Khoa học cơ bản Đề số:04 Học phần: Toán cao cấp 3 Ngày thi: Thời gian làm bài: 90 phút. Cho hàm số z = 4 x 2 + 3 y 2 + 1 − ( x 2 + y 2 + 1) 2 . Câu 1: Tìm cực trị của hàm số. 1. Tại điểm P(-1,-1) hàm số sẽ tăng hay giảm nếu dich 2. chuyển ra khỏi P theo hướng lập với trục Ox một góc 45o Tại điểm P đó tìm hướng để hàm z thay đổi nhanh nhất 3. Biểu diễn trên hình vẽ. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, dùng tích phân mặt, tính Câu 2: khối lượng của tam giác phẳng ABC với mật độ ρ = x 2 với A(-1,1,2),B(-1,2,0), C(-3,1,0). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, đương cong kín L theo Câu 3: chiều dương tạo bởi 2 đường: + Trục Ox, 0 ≤ x ≤ 2 . + Đường y = 1 − 1 − x với 0 ≤ x ≤ 2 . ∫( Tính I = Ñ x + y )dx + ( x − y )dy 2 2 2 2 L Kiểm chứng kết quả thông qua việc sử dụng công thức Green. Giải hệ phương trình vi phân: Câu 4:  y = y + 8x + e x ,  , z = 2 y + z  Với điều kiện x=0 thì y=0 và z=0 Giảng viên ra đề 1: Khoa / Bộ môn Giảng viên ra đề 2:
Câu 1: z = 4 x 2 + 3 y 2 + 1 − ( x 2 + y 2 + 1) 2 1. Z x = 8 x − 2.2 x ( x 2 + y 2 + 1) = 4 x (1 − x 2 + y 2 ) ' Z y = 6 y − 2.2 y ( x 2 + y 2 + 1) = 2 y (1 − 2 x 2 − 2 y 2 ) '  Z x' = 0  Giải hệ phương trình ta được hệ tương đương với 4 hệ sau: ' Z y = 0  x = 0, y = 0 • x = 0 1 ⇔ x = 0, y = ± •  1 − 2 x − 2 y = 0 2 2 2 y = 0 ⇔ x = ±1, y = 0  • 1 − x2 + y 2 = 0  1 − x 2 + y 2 = 0  hệ vô nghiệm. •  1 − 2 x − 2 y = 0 2 2  Vậy hàm số có 5 điểm tới hạn là −1 1 ) , M 3 (1;0) , M 4 (−1;0) O(0, 0), M 1 (0; ) , M 2 (0; 2 2 −1 1 M 4 (−1;0) O(0, 0) M 3 (1;0) M 1 (0; ) M 2 (0; ) 2 2 Z xx = −12 x 2 − 4 y 2 + 4 = r '' 4 2 2 -8 -8 Z = −8 xy = s '' 0 0 0 0 xy 0 Z = −12 y − 4 x + 2 = t '' 2 2 2 -4 -4 -2 -2 yy -8 8 8 -16 s − rt 2 -16 Vậy hàm số đạt cực đại tại M 3 (1;0) và M 4 (−1;0) . j Hàm số đạt cực tiểu tại O(0, 0) . y 6 2. z x ( P) = −4(1 − 1 + 1) = −4 ' z 'y ( P ) = −2(1 − 2 − 2) = 6 4 π π ∂z = −4 cos + 6 cos = 2 > 0 2 ∂l 4 4 Vậy hàm số sẽ tăng nếu dịch chuyển ra khỏi P theo x -5 hướng lập với trục Ox một góc 45o P -2 -4
3. Hướng để hàm z thay đổi nhanh nhất là :-4j+6j z Câu 2: +Vẽ hình: 3 A C + Lập phương trình mặt phẳng ABC: 2 B  x +1 y −1 z − 2  y -2 -1  ÷ 1 2 1 −2 ÷ = 0 0 1 2 -1   −2 −2 ÷ 0 x   ⇔ −2( x + 1) + 4( y − 1) + 2( z − 2) = 0 ⇔ − x − 1 + 2 y − 2 + z − 2 = 0 ⇔ −x + 2 y + z − 5 = 0 ⇔ z = x − 2 y + 5 + Khối lượng của mặt phẳng ABC. y B 2 m = ∫∫ x 2 ds = ∫∫ x 2 1 + ( Z x ) 2 + ( Z y ) 2 dxdy ' ' C A S D = ∫∫ x 2 1 + (1) 2 + (−2) 2 dxdy = 6 ∫∫ x 2 dxdy x D D Trong đó D là hình chiếu của mặt phẳng ABC lên mặt phẳng Z= 0. Ta có: 15 y= x+ −1 −1 −1 22 1 3 1 1 m = 6 ∫ x dx ∫ dy = 6 ∫ x 2 ( x + )dx = 6( x 4 + x 3 ) =4 6 2 −3 2 2 8 2 −3 y =1 −3 Câu 3: ∫ ∫ ∫ I= + + AO OB BA + Trên đoạn AO : y = x, 0 ≤ x ≤ 1 0 −2 ∫ ( x + y ) dx + ( x − y )dy = ∫ 2 x 2 dx = y 2 2 2 2 3 2 AO 1 A + Trên đoạn OB: 0 ≤ x ≤ 2, y = 0 x O B 2 2 ∫ ( x 2 + y 2 )dx + ( x 2 − y 2 )dy = ∫ x 2 dx = 3 OB 0 + Trên đoạn BA: y = 2 − x ⇒ dy = −dx, x : 2 → 1 1 −2 ∫ ( x + y )dx + ( x − y )dy = ∫ [x + (2 − x) − x + (2 − x) ]dx = 2 2 2 2 2 2 2 2 3 BA 2
−2 −2 8 4 Vậy I = + += 3 333 Áp dụng công thức Green P = x 2 + y 2 , Q = x2 − y 2 2− y 1 1 14 1 I = ∫∫ (2 x − 2 y )dxdy = 2 ∫ dy ∫ ( x − y )dx = 2 ∫ (2 y 2 − 4 y + 2)dy = 4( y 3 − y 2 + y ) = 03 3 D 0 y 0 Câu 4:  y, = y + 8x + e x  , Giải hệ phương trình z = 2 y + z  z = 2 y + z = 2( y + 8 x + e ) + z , = z , − z + 16 z + 2e x + z , = 2 z , + 15 z + 2e x ,, , , x ⇔ z ,, − 2 z , − 15 z = 2e x (*) + Phương trình vi phân thuần nhất: z ,, − 2 z , − 15 z = 0 Phương trình đặc trưng λ 2 − 2λ − 15 = 0 ⇔ λ1 = −3, λ2 = 5 −3 x Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: C1e + C2 e 5x +Tìm nghiệm của phương trình (*) bằng phương pháp biến thiên hàm số −1 4 x  ' −1 4 x  C1 = 16 e + C1 C1 = 4 e * C1' .e −3 x + C2 .e5 x = 0 '    =>  x =>   C = −1 e −4 x + C * ' −3 x C ' = 1 e −4 x  −3C1.e + 5C2 .e = 2e ' 5x    2 16 2 2   4 −1 −1 z = e x − e x + C1*e −3 x + C2 e5 x * 16 16 => −1 x = e + C1*e −3 x + C2 e5 x * 8 1 ( ) Và y = −4C1*e −3 x + 4C2 e5 x * 2  −4C1* + 4C2 = 0 *  1 => C1* = C2 = * Từ điều kiện ta có:  −1 * *  + C1 + C2 = 0 16 8 −1 −3 x 1 5 x  y = 8 e + 8 e  =>   z = 1 e −3 x + 1 e5 x − 1 e x  16  16 8
Điểm Câu 1: 0.5 Z = 0 '  x giải hệ  cho 5 điểm tới hạn: (2.5đ) Z y = 0 '  −1 1 ) , M 3 (1; 0) , M 4 (−1; 0) 0.5 O(0, 0), M 1 (0; ) , M 2 (0; 2 2 Vậy hàm số đạt cực đại tại M 3 (1;0) và M 4 (−1;0) . 0.5 0.25 Hàm số đạt cực tiểu tại O(0, 0) . 0.25 Hàm số không đạt cực trị tại những điểm còn lại Hàm số sẽ tăng nếu dịch chuyển ra khỏi P theo 0.25 hướng lập với trục Ox một góc 45o 0.25 Hướng để hàm z thay đổi nhanh nhất là :-4j+6j Vẽ hình Câu 2: 0.25 Lập phương trình mặt phẳng ABC: (1.5đ) 0.5 ⇔ z = x − 2y + 5 Khối lượng của mặt ABC: 0.5 m = ∫∫ x 2 ds = ∫∫ x 2 1 + ( Z x ) 2 + (Z y ) 2 dxdy ' ' S D = ∫∫ x 2 1 + (1) 2 + (−2) 2 dxdy = 6 ∫∫ x 2 dxdy D D 0.25 m=4 6 Câu 3: (3Đ) Trên AO 0 −2 ∫ ( x + y )dx + ( x − y )dy = ∫ 2 x 2 dx = 2 2 2 2 0.5 3 AO 1 2 2 ∫ ( x + y )dx + ( x − y ) dy = ∫ x 2 dx = 2 2 2 2 0.5 3 OB 0
∫ (x + y 2 )dx + ( x 2 − y 2 )dy 2 BA 0.5 1 −2 = ∫ [x 2 + (2 − x) 2 − x 2 + (2 − x) 2 ]dx = 3 2 Áp dụng công thức Green I = ∫∫ (2 x − 2 y )dxdy 0.5 D 4 Tính I = ∫∫ (2 x − 2 y )dxdy = 1.0 3 D Câu 4: z ,, = 2 y , + z , = 2( y + 8 x + e x ) + z , (3đ) 0.5 ⇔ z ,, − 2 z , − 15 z = 2e x (*) + PGiải phương trình z ,, − 2 z , − 15 z = 0 Ph Phương trình đặc trưng λ 2 − 2λ − 15 = 0 ⇔ λ1 = −3, λ2 = 5 0.5 −3 x Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất : C1e + C2 e 5x Tìm nghiệm của phương trình bằng phương pháp biến thiên hằng Số −1  ' −1 4 x  0.25 C1 = e 4 x + C1* C1 = e     16 4 =>   C = −1 e −4 x + C * C ' = 1 e −4 x 0.25   2 16 2 2   4 0.25 1 Z = C1e −3 x + C2e 5 x − e x 8 0.25 1 1 ⇒ y = ( z , − z ) = (−4C1e −3 x + 4C2 e5 x ) 2 2 0.5  −2C1 + 2C2 = 0  1 ⇔ C1 = C2 =  1 C1 + C2 − 8 = 0 16  0.25 1 −3 x 1 5 x 1 x z= e + e−e 16 16 8 1 1 y = − e −3 x + e5 x ) 0.25 8 8