Đề thi toán cao cấp 3 trường ĐHSPKT Hưng Yên - đề số 6 pptx

TRƯỜNG ĐHSPKT HƯNG YÊN ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN
Khoa Khoa học cơ bản
Đề số: 06
Học phần: Toán cao cấp 3
Ngày thi:
Thời gian làm bài: 90 phút.
Câu 1: Cho hàm số:
3 2 2
3 2 4 2
x x y y
z xy x= + − + − −
1. Tìm cực trị của hàm
2. Tại điểm N(1,1) hàm số sẽ tăng hay giảm nếu dịch chuyển ra
khỏi điểm N theo hướng lập với truc Ox một góc
0
30
3. Tại điểm N đó hãy tìm hướng để hàm z thay đổi nhanh nhất.
Biểu diễn trên hình vẽ.
Câu 2: Trong không gian Oxyz, tìm trọng tâm của tam giác đồng chất
ABC với A (3, 0, 0), B (0, 2, 0), C(0, 0, 1).
Câu 3: Tính
( ) ( )
C
I x y dx x y dy= + + −
∫
, trong đó C là đường ellip
2 2
2 2
1
x y
a b

+ =
lấy theo chiều ngược kim đồng hồ.
Câu 4: Giải phương trình vi phân:
y
’’
-4y
’
+4y=
2
1
x
e x x
+
thoả mãn điều kiện khi x=0 thì y=0 và y
’
=0.
Giảng viên ra đề 1: Khoa / Bộ môn
Giảng viên ra đề 2:
y
z
x
B
C
A
O
Câu 1: Tìm cực trị của hàm
3 2 2
3 2 4 2
x x y y
z xy x

= + − + − −
z
’
x
=x
2
+x-y-1=0
z
’
y
=-x+
1
2 2
y
−
=0 →y=2x+1
Thay vào z
’
x
ta có:
2 2
2 1 1 2 0x x x x x
+ − − − = − − =
Nghiệm x
1
= -1 → y
1
= -1 M
1
(-1, -1).

x
2
= 2 → y
2
= 5 M
2
(2, 5)
M
1
(-1, -1) M
2
(2, 5)

''
2 1
xx
z x r
= + =
-1 5

''
1
xy
z s
=− =
-1 -1
''
1
2
yy

z t
= =
1
2
1
2
s
2
- rt (-1)
2
+
1
2
>0 (-1)
2
-
5
2
<0
Không cực trị Cực trị
r=5 >0 cực tiểu
2. z
’
x
(N)= 1+1-1-1=0
z
’
y
(N)=-1+
1 1

2 2
−
=-1
1
1. os 0
3 2
z
c
l
π
∂ −
= − = <
∂
Tại điểm N(1,1) hàm số sẽ \ giảm nếu dịch chuyển ra khỏi điểm N theo
hướng lập với truc Ox một góc
0
30
3. Hướng thay đổi nhanh nhất là -j
Câu 2: Tìm trọng tâm của tam giác đồng nhất ABC với A(3,0,0), B(0,2,0),
C(0,0,1).
Phương trình mặt phẳng:
2
-2
y
x
N
1
3 2
x y
z+ + =

Đường thẳng AB:
1
3 2
x y
+ =
1) Khối lượng của tam giác:
2 2
1 1 36 4 9
1
3 2 9.4
7 7
6 2
D xy
xy
xy
s D
D
ds dxdy dxdy
dxdy
+ +
   
= + + =
 ÷  ÷
   
= =
∫∫ ∫∫ ∫∫
∫∫
2) Tìm x
G
:

2
2
3 3
3
0 0 0
3
2 3
2 3
0
0
7 7 7 2
. (2 )
6 6 6 3
7 2 7 2 7 7
2 ( ) (9 6)
6 3 6 9 6 2
xy
x
s D
xds x dxdy dx xdy x x dx
x x
x dx x
−
= = = −
 
= − = − = − =
 ÷
 
∫∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫
∫

→x
G
= 1
3) Tìm y
G
:
3
3
2
2
0 0
7 7
6 3
y
s
yds dy ydx
−
= =
∫∫ ∫ ∫
→y
G
=
2
3
4) Tìm z
G
:
2
2
3 3

2
2
3
2
3
0
0 0 0
7 7 7
(1 ) ( )
6 3 2 6 3 4 6
x
x
s
x y x y
zds dx dy dx y y
−
−
= − − = − − =
∫∫ ∫ ∫ ∫
→z
G
=
1
3
Toạ độ trọng tâm (1,
2
3
,
1
3

).
Câu 3:

( ) ( )
C
I x y dx x y dy= + + −
∫
Tham số hoá đường cong C ta có:
2
y
x
B
A
C
os , sin ,0 2x ac y b
ϕ ϕ ϕ π
= = ≤ ≤
2
0
( ) ( ) [ ( os sin )a sin ( os sin ) os ]d
C
I x y dx x y dy ac b ac b bc
π
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
= + + − = − + + −
∫ ∫

2
2 2 2 2
0

2
( ) ( ) 1
[ sin 2 os2 ] ( os2 sin 2 ) 0
0
2 4 2
a b a b
abc d c ab
π
π
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
− + +
= + = + =
∫
Áp dụng công thức Green với
,P x y Q x y
= + = −

1 1 0
Q P
x y
∂ ∂
− = − =
∂ ∂
Vậy I = 0
Câu 4: Giải phương trình vi phân:
y
’’
-4y
’
+4y=

2
1
x
e x x +
thoả mãn điều kiện khi x=0 thì y=0 và y
’
=0
• Phương trình thuần nhất: y
’’
-4y
’
+4y=0
Phương trình đặc trưng:
2
4 4 0
λ λ
− + =
→
2
( 1) 0
λ
− =
→
1 2
2
λ λ
= =
→
2
1

x
y e
=
,
2
2
x
y xe
=
• Phương trình không thuần nhất: Phương pháp hằng số biến
thiên:
.
⇒
{
' 2 ' 2
1 2
' 2 ' 2 2 2
1 2
0
2 (2 ) 1
x x
x x x x
c e c xe
c e c xe e e x x
+ =
+ + = +
⇒
{
' '
1 2

' '
1 2
0
2 (2 1) 1
c c x
c c x x x
+ =
+ + = +
PT2-2PT1→
'
2
1c x x
= +
→c
2
=
( ) ( )
3
1
2 2
1 ( 1 1) 1 1 1x x dx x x dx x x dx
 
+ = + − + = + − +
 
 
∫ ∫ ∫
=
( ) ( )
5 3
*

2 2
2
2 2
1 1
5 3
x x c
+ − + +
Thay vào tìm c
1
ta có:
' ' 2
1 2
. 1c c x x x
= − = − +
→
2
1
1c x x dx
= − +
∫
Đặt x+1=t →
( )
2
2 2
1 2 1x t t t
= − = − +

( )
(
)

5 3 7 5 3
1
2 *
2 2 2 2 2 2
1 1
2 4 2
2 1 2
7 5 3
c t t tdt t t t dt t t t c
→ = − − + = − − + = − + − +
∫ ∫

Vậy y=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1
7 5 3 5 3
* 2 * 2
2 2 2 2 2
2
2 4 2 2 2
1 1 1 1 1
7 5 3 5 3
x x
x x x c e x x c xe
   
− + + + − + + + + − + +
   
   
Thay điều kiện ta có:
*

1
16
105
c
=
,
*
2
4
15
c
=
Thang điểm
Bài 1(2đ): z
’
x
=x
2
+x-y-1=0 (0.25)
z
’
y
=-x+
1
2 2
y
−
=0 (0.25)
M
1

(-1, -1) (0.25)
M
2
(2, 5) (0.25)
M
1
không cực trị (0.25)
M
2
cực tiểu (0.25)
Tại điểm N(1,1) hàm số sẽ tăng hay giảm nếu dịch chuyển ra
khỏi điểm N theo hướng lập với truc Ox một góc
0
30
(0.25)
Hướng thay đổi nhanh nhất là –j (0.25)
Bài 2(3 đ): Vẽ được hình (0.5)
Lập phương trình mặt phẳng

1
3 2
x y
+ =
,
2
2
3
y = − +
(0.5)
Khối lượng

7
2
(0.5)
Lập tích phân tính x
G
(0.25)
Tính tích phân tính
G
x
suy ra kết quả 1 (0.25)

Lập tích phân tính
G
y
(0.25)
Tính tích phân tính
G
y
suy ra kết quả 2/3 (0.25)

Lập tích phân tính
G
z
(0.25)
Tính tích phân tính
G
z
suy ra kết quả 1/3 (0.25)

Bài 3(1 đ): Tham số hoá đường cong C ta có:

os , sin ,0 2x ac y b
ϕ ϕ ϕ π
= = ≤ ≤
(0.25)

2
0
( ) ( )
[ ( os sin )a sin ( os sin ) os ]d
C
I x y dx x y dy
ac b ac b bc
π
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
= + + −
= − + + −
∫
∫
2
2 2
0
2 2
( )
[ sin 2 os2 ]
2
2
( ) 1
( os2 sin 2 ) 0
0
4 2

a b
abc d
a b
c ab
π
ϕ ϕ ϕ
π
ϕ ϕ
− +
= +
+
= + =
∫
(0.5)
Áp dụng công thức Green với
,P x y Q x y
= + = −

1 1 0
Q P
x y
∂ ∂
− = − =
∂ ∂
(0.25)
Bài 4: Lập phương trình thuần nhất. (1/2)
Tính nghiệm thuần nhất. (1/2)
Lập
2
1C x x dx

= +
∫
(1/2)
Tính C
2
=
( ) ( )
5 3
*
2 2
2
2 2
1 1
5 3
x x c
+ − + +
(1/2)
Lập
2
1
1c x x dx
= − +
∫
(1/2)
Tính C
1
=
( ) ( ) ( )
7 5 3
*

2 2 2
1
2 4 2
1 1 1
7 5 3
x x x c
− + + + − + +
(1/2)
Thay biểu thức trên ta được
*
1
16
105
c
=
(1/2)
*
2
4
15
c
=
(1/2)