Đề thi toán cao cấp 3 trường ĐHSPKT Hưng Yên - đề số 5

Chia sẻ: Nguyen Ngoc Son Son | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

110
lượt xem 11
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 5', 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 5

TRƯỜNG ĐHSPKT HƯNG YÊN ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN Khoa Khoa học cơ bản Đề số: 05 Học phần: Toán cao cấp 3 Ngày thi: Thời gian làm bài: 90 phút. Cho hàm số : Câu 1: −1 2 5 z= x − x + xy + y 3 − 3 y 2 + 2 y 2 4 Tìm cực trị của hàm. 1. Tại A(0,1) hàm số sẽ tăng hay giảm nếu dịch chuyển ra 2. khỏi điểm A theo hướng lập với trục Ox một góc 1500 Tại A(0,1) hãy tìm hướng để hàm z thay đổi nhanh nhất, 3. biểu diễn trên hình vẽ. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, dung tích phân mặt tính Câu 2: khối lượng của tam giác phẳng ABC với A(5,1,3), B(1,6,2), C(5,0,4). Với hàm mật độ ρ ( x, y ) = x . y ∫ i Tính I = arctg dy − dx trong đó OmA là cung parabol Câu 3: x OmAnO y = x 2 ; OnA là đường thẳng y = x . Áp dụng công thức Green kiểm chứng kết quả. Giải hệ phương trình vi phân: Câu 4:  y = y + 8z + e x ,  , −3 x z = 2 y + z + e  thoả mãn điều kiện x=0 thì y=0 và z=0 Giảng viên ra đề 1: Khoa / Bộ môn
Giảng viên ra đề 2: Tìm cực trị: Câu 1: , 5  zx = y − x − = 0 5 ⇔ x= y− 4  4  z ,y = 3 y 2 − 6 y + x + 2 = 0  5 3 Thay vào ta được 3 y − 6 y + y − + 2 = 0 ⇔ 3 y − 5 y + = 0 2 2 4 4 −13 1 3 1 y2 = → x2 = y2 = → x1 = 6 12 2 4 −13 1 13 Vậy hàm số có 2 điểm tới hạn là M1 ( , ), M2( , ) 12 6 42 −13 1 13 M1 ( , ), M2( , ) 12 6 42 z xx = −1 = r ,, -1 -1 z xy = 1 = s ,, 1 1 z ,, = 6 y − 6 = t -5 3 yy 1-5=-4 1+3=4>0 s 2 − rt có cực trị không cực trị −13 1 Do r=-1
⇔ 4( x − 5) + 4( y − 1) + 4( z − 3) = 0 ⇔ x − 5 + y − 1 + z − 3 = 0 ⇔ x + y + z − 9 = 0 ⇔ z = −x − y + 9 Khối lượng của tam giác: m = ∫∫ xds = ∫∫ x 1 + ( Z x ) 2 + ( Z y ) 2 dxdy = ∫∫ x 1 + (−1) 2 + (−1) 2 dxdy = 3 ∫∫ xdxdy ' ' S D D D Trong đó D là hình chiếu của mặt phẳng ABC lên mặt phẳng Z= 0. Phương trình đường thẳng BC: x−2 y−6 −3 15 = ⇔ −6( x − 1) = 4( y − 6) ⇔ x+ = y −6 4 2 2 Phương trình đường thẳng AB: y x − 5 y −1 −5 29 = ⇔ x+ =y B −4 6 5 4 4 Vậy: 4 −5 29 x+ 5 5 4 4 1 1 m = 3 ∫ xdx ∫ dy = 3 ∫ ( x 2 − x )dx 2 2 4 −3 15 1 1 x+ A 2 2 x 5 53 1 1 C5 -2 -1 1 2 3 4 6 = 3( x 3 − x 2 ) = 3 13 6 8 -2 Câu 3: y y I = ∫ arctg dy − dx − ∫ arctg dy − dx x x y OmA OnA Trên cung OmA: y = x 2 , x : 0 → 1 1.5 1 1 A I1 = ∫ (arctgx.2 x − 1)dx n 0.5 m x 0 O -0.5 0.5 1 1.5 1 1 x2 = x arctgx − ∫ dx − 1 2 -0.5 0 0 1 + x2 π π 1 1 = −2+ ∫ dx = − 2 1 + x2 4 2 0 Trên cung OnA : y = x, x : 0 → 1 π y ⇒ dy = dx, arctg = arctg1 = x 4
π π 1 y ∫ dy − dx = ∫ ( − 1)dx = − 1 arctg x 4 4 OnA 0 π π π Vậy I = I1 + I 2 = − 2 − +1 = −1 2 4 4 y + Áp dụng công thức Green : p = −1, Q = arctg x y=x 1 −y −y I = ∫∫ 2 dxdy = ∫ dx ∫ 2 dy x + y2 2x +y 2 y=x D 0 x 1 −1 = ∫ ln( x + y ) 2 dx 2 2 2 x 0 1 1 1 1 1 = ∫ [ ln(1 + x 2 ) − ln 2]dx = ∫ ln(1 + x 2 )dx − ln 2 20 20 2 2x dx , dv = dx ⇒ v = x Đặt u = ln( x + 1) ⇒ du = 2 x +1 2 π 1 21 11 x2 1 1 1 I = x ln(1 + x ) − ∫ dx − ln 2 = ln 2 − 1 + arctgx − ln 2 = − 1 0 0 1+ x 2 02 2 2 2 4 Câu 4:  y, = y + 8z + e x  , −3 x z = 2 y + z + e  z ,, = 2 y , + z , − 3e −3 x = 2( y + 8 z + e x ) + z , − 3e −3 x = z , − z − e −3 x + 16 z + 2e x + z , − 3e −3 x = 2 z , + 15 z + 2e x − 4e −3 x ⇔ z ,, − 2 z , − 15 z = 2e x − 4e −3 x (1) + Giải phương trình 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 + T ìm nghiệm của (1) bằng phương pháp biến thiên hằng số:
C1' e −3 x + C2e5 x = 0 '   ' −3 x −3 x −3C1e + 5C2e = 2e − 4e ' 5x x  ⇒ 8C2 e5 x = 2e x − 4e −3 x ' 1 ⇔ C2 = (2e −4 x − 4e −8 x ) ' 8 1 ⇔ C2 = ∫ (2e −4 x − 4e−8 x ) dx + C2 * 8 −1 1 ⇔ C2 = e −4 x + e −8 x + C2 * 16 2 1 1 1 1 C1' = − e 4 x + ⇔ C1 = ∫ (− e 4 x + )dx + C1* 4 2 4 2 1 1 ⇔ C1 = − e4 x + x + C1* 16 2 1 1 1 ⇒ z = − e x + xe −3 x + e −3 x + C1*e −3 x + C2 e5 x * 8 2 2 1 1 3 3 ⇒ z , = − e x + e −3 x − xe −3 x − e −3 x − 3C1*e −3 x + 5C2 e5 x * 8 2 2 2 −5 − 3 x e − xe −3 x − 2C1*e−3 x + 2C2 e5 x ⇒y= * 4 + Thay vào điều kiện:  −1 1 * 1  8 + 2 + C1 + C2 = 0 C1 = 8 * *   ⇔   −5 − 2C * + 2C * = 0  C * = −1 4 2 2 1 2   Vậy nghiệm của hệ là: −1 −3 x 1 e − xe−3 x + e5 x y= 4 4 1 1 1 z = − e x + xe −3 x + e5 x 8 2 8
Câu 1: 0.25 , 5  zx = y − x − = 0 5 (1.5) ⇔ x= y− 4  4  z ,y = 3 y 2 − 6 y + x + 2 = 0  −13 1 0.25 13 Tìm ra 2 điểm tới hạn M 1 ( , ), M 2 ( , ) 12 6 42 −13 1 0.5 Do r=-1
+ Áp dụng công thức Green 0.5 −y I = ∫∫ dxdy x2 + y2 D 1.0 1 1 1 I = ∫ ln(1 + x 2 )dx − ln 2 20 2 π 0.5 I= −1 4 Câu 4: 0.5 z = 2 z , + 15 z + 2e x − 4e −3 x ,, (3đ) Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: 0.5 C1e −3 x + C2e5 x . 0.25 1 ⇔ C2 = (2e −4 x − 4e −8 x ) ' 8 −1 1 ⇔ C2 = e −4 x + e −8 x + C2 * 16 2 0.25 0.25 1 1 1 1 C1' = − e 4 x + ⇔ C1 = ∫ (− e4 x + )dx + C1* 4 2 4 2 1 1 ⇔ C1 = − e4 x + x + C1* 0.25 16 2 1 1 1 ⇒ z = − e x + xe −3 x + e−3 x + C1*e −3 x + C2 e5 x * 0.25 8 2 2 −5 − 3 x 0.25 e − xe −3 x − 2C1*e −3 x + 2C2 e5 x ⇒y= * 4 0.25  −1 1 * 1 + + C1* + C2 = 0 C1 = 8 * 8 2   ⇔  0.25  −5 − 2C * + 2C * = 0 C * = −1 4 2 2 1 2   −1 −3 x 0.25 1 e − xe −3 x + e5 x y= 4 4 1 1 1 z = − e x + xe −3 x + e5 x 8 2 8 0.25