giải mẫu đề thi cuối kỳ môn giải tích 1( đề 4)

GIẢI MẪU ĐỀ THI CUỐI KÌ GIẢI TÍCH 1
Bản quyền thuộc về Ngân Hàng Đề Thi ĐH Bách Khoa HCM
/>1 Câu 1
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số:
y =
√
x
2
− 6x + 10
x − 5
1.1 Hướng dẫn giải
- Tập xác định của hàm số: D = R \ {5}
- Ta viết lại hàm số: y = (x
2
− 6x + 10)
1
2
(x − 5)
−1
⇒ ln|y| =
1
2
ln(x
2
− 6x + 10) − ln|x − 5|
- Đạo hàm của hàm số:
y

y
=
x − 3

x
2
− 6x + 10
−
1
x − 5
=
(x − 3)(x − 5) − (x
2
− 6x + 10)
(x
2
− 6x + 10)(x − 5)
⇒ y

=
√
x
2
− 6x + 10
x − 5

5 − 2x
(x
2
− 6x + 10)(x − 5)

=
5 − 2x
(x − 5)

2
√
x
2
− 6x + 10
+ Điểm làm đạo hàm bằng 0:
y

= 0 ⇔ x =
5
2
+ Điểm làm đạo hàm không xác định là: x = 5
- Bảng biến thiên:
1
x
y

y
−∞
5
2
5
+∞
+
0
− −
−1−1
−
√
5

5
−
√
5
5
−∞
+∞
11
- Kết luận:
+ Hàm số đồng biến trên:

−∞,
5
2

+ Hàm số nghịch biến trên:

5
2
, 5

∪ (5, +∞)
+ Hàm số đạt chỉ đạt cực đại tại x =
5
2
và y
CĐ
= −
√
5

5
- Các điểm dùng để vẽ đồ thị:
x = −2 ⇒ y = −
√
26
7
≈ −0, 7284
x = −1 ⇒ y = −
√
17
6
≈ −0, 6872
x = 0 ⇒ y = −
√
10
5
≈ −0, 6325
x =
5
2
⇒ y = −
√
5
5
≈ −0, 4472
x = 3 ⇒ y = −
1
2
x = 6 ⇒ y =
√

10 ≈ 3, 1623
x = 7 ⇒ y =
√
17
2
≈ 2, 0616
- TIỆM CẬN ĐỨNG:
lim
x→5
+
√
x
2
− 6x + 10
x − 5
= lim
x→5
+
√
5
x − 5
= +∞
lim
x→5
−
√
x
2
− 6x + 10
x − 5

= lim
x→5
−
√
5
x − 5
= −∞
2
⇒ hàm số có x = 5 tiệm cận đứng.
- TIỆM CẬN XIÊN:
a = lim
x→∞
√
x
2
− 6x + 10
x − 5
1
x
= lim
x→∞

1 −
6
x
+
10
x
2
x − 5

= 0
b = lim
x→+∞
√
x
2
− 6x + 10
x − 5
= lim
x→+∞
x

1 −
6
x
+
10
x
2
x

1 −
5
x

= 1
b = lim
x→−∞
√
x

2
− 6x + 10
x − 5
= lim
x→−∞
|x|

1 −
6
x
+
10
x
2
x

1 −
5
x

= −1
⇒ không có tiệm cận xiên.
⇒ y = 1 là tiệm cận ngang về phía phải và y = −1 là tiệm cận ngang về
phía trái của đồ thị hàm số.
- ĐỒ THỊ HÀM SỐ:
2 Câu 2
Cho miền D giới hạn bởi các đường cong sau:
x = 0, y = −1, y = x
2
− 2x

Tính thể tích vật thể tạo ra khi D quay quanh trục Oy.
3
2.1 Hướng dẫn giải
2.1.1 Cách 1
- Ta có: x = 0 ⇒ y = x
2
− 2x = 0
- Đổi biến của hàm y = x
2
− 2x
+ Ta có:
x
2
− 2x − y = 0
⇒ ∆

= 1 + y
⇒ x = 1 +

1 + y ∨ x = 1 −

1 + y
+ Ta chọn x = 1 +
√
1 + y (vì đường cong bị giới hạn bởi x = 0, nếu chọn
x = 1 −
√
1 + y thì với giá trị y > 0 làm cho giá trị x âm dẫn đến không
thỏa).
- Từ đó ta có:

V
Oy
= π

0
−1
[(1 −

1 + y)
2
]dy = π

0
−1
(2 + y − 2

1 + y)dy
= π

2y +
y
2
2
−
4
3

(1 + y)
3


|
0
−1
=
π
6
2.1.2 Cách 2
- Hoành độ giao điểm của y = x
2
− 2x và y = −1:
x
2
− 2x = −1 ⇒ x = 1
- Ta có công thức sau, như đã đề cập trong các đề ôn trước:
V
Oy
= 2π

x
b
x
a
|xf(x)|dx
- Từ đó ta có:
V
Oy
= 2π

1
0

[x(x
2
− 2x) − x.(−1)]dx = 2π

1
0
(x
3
− 2x
2
+ x)dx
= 2π

x
4
4
−
2x
3
3
+
x
2
2

|
1
0
=
π

6
4
3 Câu 3
Tìm α để tích phân sau hội tụ
I =

+∞
1
x
α

e
2
x
2
− e
−
3
x
2

dx
Tính tích phân khi α = −5
3.1 Hướng dẫn giải
- Đây là tích phân suy rộng loại 1.
- Khi x → +∞, ta có:
x
α

e

2
x
2
− e
−
3
x
2

= x
α
[(e
2
x
2
− 1) − (e
−
3
x
2
− 1)] ∼ x
α

2
x
2
−
−3
x
2


=
5x
α
x
2
=
5
x
2−α
- Để tích phân hội tụ thì:
2 − α > 1 ⇒ α < 1
- Khi α = −5, tích phân trở thành:
I =

+∞
1
e
2
x
2
− e
−
3
x
2
x
5
dx
+ Đặt:

u =
1
x
2
⇒ du = −
2
x
3
dx
+ Đổi cận:
x = 1 ⇒ u = 1 ; x = +∞ ⇒ y = 0
+ Tích phân trở thành:
I =
1
2

1
0
u(e
2u
− e
−3u
)du =
1
2

1
0
ue
2u

du −
1
2

1
0
ue
−3u
du = I
1
− I
2
- Tính I
1
:
+ Đặt:
t = u ⇒ dt = du
5
dv = e
2u
du ⇒ v =
1
2
e
2u
⇒ I
1
=
1
2


u
2
e
2u
|
1
0
−

1
0
1
2
e
2u
du

=
1
2

u
2
e
2u
|
1
0
−

1
4
e
2u
|
1
0

=
e
2
8
+
1
8
- Tính I
2
:
+ Đặt:
t = u ⇒ dt = du
dv = e
−3u
du ⇒ v = −
1
3
e
−3u
⇒ I
2
=

1
2

−
u
3
e
−3u
|
1
0
+

1
0
1
3
e
−3u
du

=
1
2

−
u
3
e
−3u

|
1
0
−
1
9
e
−3u
|
1
0

= −
2
9e
3
+
1
18
- Vậy:
I =
e
2
8
+
2
9e
3
+
5

72
4 Câu 4
Giải phương trình:
a) 2(3xy
2
+ 2x
3
)dx + 3(2x
2
y + y
2
)dy = 0
b) y

+ 4y

+ 8y = 10xe
−x
− 24
4.1 Hướng dẫn giải
4.1.1 Câu a
- Đặt:
P (x) = 2(3xy
2
+ 2x
3
) = 6xy
2
+ 4x
3

Q(x) = 3(2x
2
y + y
2
) = 6x
2
y + 3y
2
- Xét:
∂Q(x)
∂x
= 12xy
∂P (x)
∂y
= 12xy
6
⇒
∂Q(x)
∂x
=
∂P (x)
∂y
⇒ đây là phương trình vi phân toàn phần.
- Nghiệm tổng quát của phương trình là:
u(x, y) =

x
0
P (x, y)dx +


y
0
Q(0, y)dy = C
⇔

x
0
(6xy
2
+ 4x
3
)dx +

y
0
(0 + 3y
2
)dy = C
⇔ 3x
2
y
2
+ x
4
+ y
3
= C
4.1.2 Câu b
y


+ 4y

+ 8y = 10xe
−x
− 24
- Phương trình đặc trưng:
k
2
+ 4k + 8 = 0 ⇔ k
1
= −2 + 2i ∨ k
2
= −2 − 2i
- Với k
1
= −2 + 2i, nghiệm của phương trình thuần nhất:
y
0
= e
−2x
(C
1
cos 2x + C
2
sin 2x)
- Ta xét:
f(x) = 10xe
−x
− 24 = f
1

(x) + f
2
(x)
- Với:
f
1
(x) = 10xe
−x
= P
n
(x)e
αx
+ Từ đó suy ra được:
α = −1 ; P
n
(x) bậc 1
- Nghiệm riêng có dạng:
y
r
= x
s
e
αx
Q
n
(x)
+ Trong đó:
s = 0 vì α = −1 không là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng.
Q
n

(x) = Ax + B vì cùng bậc với P
n
(x)
+ Khi đó ta được:
y
r1
= e
−x
(Ax + B)
7
y

r1
= −e
−x
(Ax + B) + Ae
−x
= e
−x
(−Ax + A − B)
y

r1
= −e
−x
(−Ax + A − B) − Ae
−x
= e
−x
(Ax − 2A + B)

+ Nhân thêm hệ số để cộng theo vế, ta được:
8y
r1
= e
−x
(8Ax + 8B)
4y

r1
= −e
−x
(Ax + B) + Ae
−x
= e
−x
(−4Ax + 4A − 4B)
y

r1
= −e
−x
(−Ax + A − B) − Ae
−x
= e
−x
(Ax − 2A + B)
+ Cộng 2 vế lại, ta được:
y

r1

+ 4y

r1
+ 8y
r1
= e
−x
(Ax − 2A + B) + e
−x
(−4Ax + 4A − 4B) + e
−x
(8Ax + 8B)
= e
−x
(5Ax + 2A + 5B)
+ Từ đó ta có:
e
−x
(5Ax + 2A + 5B) = 10xe
−x
+ Từ đó ta có hệ sau:

5A = 10
2A + 5B = 0
⇒

A = 2
B = −
4
5

+ Ta có nghiệm riêng ứng với f
1
(x) là:
y
r1
= e
−x

2x −
4
5

- Với:
f
2
(x) = −24 = P
n
(x)e
αx
+ Từ đó suy ra được:
α = 0 ; P
n
(x) bậc 0
- Nghiệm riêng có dạng:
y
r
= x
s
e
αx

Q
n
(x)
- Tương tự, suy ra:
y
r2
= A
8
y

r2
= 0
y

r2
= 0
+ Nhân thêm hệ số để cộng theo vế, ta được:
8y
r2
= 8A
4y

r1
= 0
y

r1
= 0
+ Suy ra:
8A = −24 ⇒ A = −3

+ KẾT LUẬN: Nghiệm của phương trình là:
y = e
−2x
(C
1
cos 2x + C
2
sin 2x) + e
−x

2x −
4
5

− 3
5 Câu 5
Giải hệ phương trình:

x

= −11x + 5y − 2e
−t
(1)
y

= −30x + 14y (2)
5.1 Hướng dẫn giải
5.1.1 Phương pháp khử
- Ta lấy 30 × (1) − 11 × (2), ta được:
30x


− 11y

= −4y − 60e
−t
(3)
- Đạo hàm 2 vế của phương trình (2) theo t, ta được:
y

= −30x

+ 14y

⇒ 30x

= −y

+ 14y

(4)
- Thay (4) vào (3), ta được:
y

− 3y

− 4y = 60e
−t
(3)
9
+ Phương trình đặc trưng:

k
2
− 3k − 4 = 0 ⇒ k
1
= −1 ∨ k
2
= 4
+ Nghiệm của phương trình thuần nhất:
y
0
= C
1
e
−t
+ C
2
e
4t
+ Ta xét:
f(t) = 60e
−t
= e
αt
P
n
(t)
+ Suy ra:
α = −1 ; P
n
(t) bậc 0

+ Nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất có dạng:
y
r
= t
s
e
αt
Q
n
(t)
+ Trong đó:
s = 1 do α = −1 là nghiệm đơn của phương trình thuần nhất.
Q
n
(t) = A do cùng bậc với P
n
(t)
+ Do đó:
y
r
= Ate
−t
y

r
= Ae
−t
− Ate
−t
= e

−t
(−At + A)
y

r
= −e
−t
(−At + A) − Ae
−t
= e
−t
(At − 2A)
+ Nhân hệ số để cộng theo vế dễ dàng, ta được:
−4y
r
= −4Ate
−t
−3y

r
= e
−t
(3At − 3A)
y

r
= e
−t
(At − 2A)
+ Cộng theo vế lại ta được:

y

r
− 3y

r
− 4y

r
= −5Ae
−t
+ Và ta có:
60e
−t
= −5Ae
−t
⇒ A = −12
- Vậy nghiệm tổng quát là:
y = C
1
e
−t
+ C
2
e
4t
− 12te
−t
10
+ Suy ra:

y

= −C
1
e
−t
+ 4C
2
e
4t
− 12e
−t
+ 12te
−t
+ Thay vào (2), ta được:
−C
1
e
−t
+ 4C
2
e
4t
− 12e
−t
+ 12te
−t
= −30x + 14[C
1
e

−t
+ C
2
e
4t
− 12te
−t
]
⇔ 30x = C
1
e
−t
− 4C
2
e
4t
+ 12e
−t
− 12te
−t
+ 14C
1
e
−t
+ 14C
2
e
4t
− 168te
−t

⇔ 30x = 15C
1
e
−t
+ 10C
2
e
4t
− 180te
−t
+ 12e
−t
⇔ x =
1
2
C
1
e
−t
+
1
3
C
2
e
4t
− 6te
−t
+
2

5
e
−t
- KẾT LUẬN: Nghiệm của hệ phương trình là:

x =
1
2
C
1
e
−t
+
1
3
C
2
e
4t
− 6te
−t
+
2
5
e
−t
y = C
1
e
−t

+ C
2
e
4t
− 12te
−t
- Để kiểm chứng lại nghiệm của hệ đã đúng hay không, ta thay các nghiệm
tương ứng này vào hệ, sao cho 2 vế bằng nhau là được.
11