Đề thi học phần toán cao cấp 3 - 6 doc

TRƯỜNG ĐHSPKT HƯNG YÊN ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN
Khoa Khoa học cơ bản
Đề số:01
Học phần: Toán cao cấp 3
Ngày thi:
Thời gian làm bài: 90 phút.
Bài 1: Cho hàm số:

3 2 2
1 5
3 2
2 4
z x x xy y x y
= − + − + −
1. Tìm cực trị của hàm.
2. Tại N(0,-1) hàm số sẽ tăng hay giảm nếu dịch chuyển ra
khỏi N theo hướng lập với trục Ox một góc
0
120
.
3. Tại điểm N đó tìm hướng để hàm z thay đổi nhanh nhất.
Biểu diên trên hình vẽ.
Bài 2: Trong không gian Oxyz tìm trọng tâm của tam giác phẳng đồng
chất ABC với các đỉnh có toạ độ A(2,0,0) , B(0,3,0), C(0,-1,3).
Bài 3: Tính
ABCDA
dx dy
I
x y
+
=

+
∫Ñ
, trong đó ABCDA là chu vi hình vuông
lấy theo chiều lần lượt từ đỉnh A(1,0), B(0,1), C(-1,0), D(0,-1).
Bài 4: Giải hệ phương trình vi phân:
, 2
,
3
x
x
y z y e
z y z e
−

= − +


= − − −


Với điều kiện x=0 thì y=0 và z=0
Giảng viên ra đề 1: Khoa / Bộ môn
Giảng viên ra đề 2:
y
z
x
C
B
A
O

2
-2
x
N
Bài 1:
, 2
,
3 6 2 0
5
5
4
0
4
x
y
z x x y
y x
z x y

= − + + =

⇔ = −

= − − =


Thay vào ta được
2 2
5 3
3 6 2 0 3 5 0

4 4
x x x x x
− + − + = ⇔ − + =

2 2
1 13
6 12
x y
−
= → =

2 1
3 1
2 4
x y= → =

Vậy hàm số có 2 điểm tới hạn là
1
1 13
( , ),
6 12
M
−

2
3 1
( , )
2 4
M

2
3 1
( , )
2 4
M

1
1 13
( , )
6 12
M
−

,,
6 6
xx
z x r
= − =
3 -5
,,
1
xy
z s
= =
1 1
,,
1
yy
z t

= − =
-1 -1
2
s rt−
1+3=4 1-5=-4<0
Không cực trị có cực trị
Do r=-5 <0 nên hàm số đạt cực đại tại.
1
1 13
( , )
6 12
M
−
2.
,
( ) 1 2 1
x
z N
= − + =

,
5 1
4 4
y
z x y
−
= − − =
2 1 1 1 1
1. os os . 0
3 4 3 2 4 2

z
c c
l
π π
∂ −
= − = − <
∂
Vậy hàm số sẽ giảm nếu dịch chuyển ra khỏi N theo hướng lập với trục Ox
một góc
0
120
.
3. Hướng thay đổi nhanh nhất của ham z tại N là i-
1
4
j
Bài 2:
+ Vẽ hình :
+ Phương trình mặt phẳng:
4
2
-2
B
C
A
2
9 3 9
2 3 0 0 9( 2) 6 8 0
8 4 4
1 3

2
x y
x y z z x y
z
 
−
 ÷
− = ⇔ − + + = ⇔ = − − +
 ÷
 ÷
−
 
−
+ Khối lượng của mặt phẳng:
, 2 , 2
81 9 181
1 ( ) ( ) 1
64 16 8
x y
S D D D
m ds z z dxdy dxdy dxdy
= = + + = + + =
∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫
Ở đó D là hình chiếu của mặt phẳng ABC lên mặt phẳng z=0. Vậy ta có:
3
3
2
2
1
0

1
2
181 181 181
.
8 8 2
x
D
x
m dxdy dx xdy
−
+
−
−
= = =
∫∫ ∫ ∫
+ Tính toạ độ trọng tâm:
3
3
2
2
1
0
1
2
1 1 181 1 181 1 8 2
. . . .
8 8 4 3 3
x
G
S D

x
x xds xdxdy dx xdy
m m m
−
+
−
= = = = =
∫∫ ∫∫ ∫ ∫
3
3
2
2
1
0
1
2
1 1 181 1 181 2
. . .
8 8 3
x
G
S D
x
y yds ydxdy dx ydy
m m m
−
+
−
= = = =
∫∫ ∫∫ ∫ ∫

3
3
2 2
2
2
1
0 0
1
2
1 1 181 9 3 9
. . ( )
8 8 4 4
1 181 9 3 9 2 181 3
. ( ) . . ( 2) 1
8 8 4 4 8 2
181
G
S D
x
x
z zds x y dxdy
m m
dx x y dy x dx
m
−
+
−
= = − − +
= − − + = − + =
∫∫ ∫∫

∫ ∫ ∫
Bài 3:
Hình vuông ABCD có 4 cạnh AB, BC, CD, và DA.
Cạnh AB có phương trình
1,0 1x y x
+ = ≤ ≤
nên dx + dy = d(x + y) = 0. Do
đó:
0
AB
dx dy
x y
+
=
+
∫
Cạnh BC có phương trình y – x = 1 hay y = x + 1,
1 0x− ≤ ≤
, dx = dy và
1 1x y x x
+ = − + + =
. Do đó :

0
1
2 2 2
BC BC
dx dy
dx dx
x y

−
+
= = = −
+
∫ ∫ ∫
Cạnh CD có phương trình y + x = -1 nên dx + dy = d(x + y) = 0. Do đ ó

0
CD
dx dy
x y
+
=
+
∫
Cạnh DA có phương trình y – x = -1 hay y = x – 1,
0 1x
≤ ≤
nên dx = dy và
1 1x y x x
+ = + − =
. Do đó :

1
0
2 2 2
DA DA
dx dy
dx dx
x y

+
= = =
+
∫ ∫ ∫
Vậy
0 2 0 2 0
ABCD
dx dy
x y
+
= − + + =
+
∫
Bài 4:

, 2
,
3
x
x
y z y e
z y z e
−

= − +


= − − −



+ Ta có :
,, , , 2 ,
3 3
x x x
z y z e z y e z e
−
= − − − = − − + − −

, 2 ,
( 3 ) 3
x x x
z z z e e z e
−
= − + − − − − − −

, 2 , 2
4 4 4 4 2
x x x x x
z z e e e z z e e
− −
= − − − − − = − − − −

,, , 2
4 4 2
x x
z z z e e
−
⇔ + + = − −
+ Phương trình thuần nhất:
,, ,

4 4 0z z z
+ + =
Phương trình đặc trưng
2
1 2
4 4 0 2
λ λ λ λ
+ + = ⇔ = = −
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình trên là:
2 2
1 2
x x
y C e C xe
− −
= +
+ Tìm nghiệm của phương trình
,, , 2
4 4 2
x x
z z z e e
−
+ + = − −
bằng phương
pháp biến thiên hằng số. Ta có:
' 2 ' 2 ' 2 ' 2
1 2 1 2
' 2 ' ' 2 ' 2 ' 2 ' 2 2 2
1 2 1 2
0 0
( ) ( ) 2 2 ( 2 ) 2

x x x x
x x x x x x x x x
C e C xe C e C xe
C e C xe e e C e C e xe e e
− − − −
− − − − − − −
 
+ = + =
 
⇔
 
+ = − − − + − = − −
 
 
Lấy phương trình nhân 2 rồi cộng với phương trình 2 ta được
' 2 2 ' 3 3 *
2 2 2 2
2 1 2 ( 1 2 )
x x x x x
C e e e C e C e dx C
− −
= − − ⇔ = − − ⇔ = − − +
∫
3 *
2 2
2
3
x
C x e C
⇔ = − − +

' ' 3 3
1 2
2
3 * 3 3 *
1 1 1
. ( 1 2 ) 2
2 2
( 2 )
2 3 9
x x
x x x
C C x x e x xe
x
C x xe dx C xe e C
= − = − − − = +
⇔ = + + = + − +
∫
Nghiệm tổng quát của phương trình là:
2
3 3 * 2 3 * 2
1 2
2 2 * * 2
1 2
2 2 2
( ) ( )
2 3 9 3
1 2
( )
2 9
x x x x x

x x x
x
z xe e C e x e C xe
x e e C C x e
− −
− −
= + − + + − − +
−
= − + +
Thay vào
,
3
x
y z z e
= − −
ta được :
2 * * * 2
1 2 2
5 5
( 5 5 )
2 9
x x
y x x C C x C e e
−
= − + − − + −
+ Tìm
*
1
C
,

*
2
C
từ điều kiện ta được:
* *
1 1
* * *
1 2 2
2 2
0
9 9
5 15
5 0
9 9
C C
C C C
−
 
+ = =
 
 
⇔
 
 
− + − = =
 
 
Vậy nghiệm là:
2 2 2
1 2 2 15

( )
2 9 9 9
x x x
z x e e x e
− −
−
= − + +
2 2
2 2
5 10 75 15 5
( )
2 9 9 9 9
86 5 5 5
( )
9 2 9 9
x x
x x
y x x x e e
x x e e
−
−
= − + − − + −
−
= + + −
Bài 1
(2đ)
, 2
,
3 6 2 0
5

5
4
0
4
x
y
z x x y
y x
z x y

= − + + =

⇔ = −

= − − =


0.5
2 2
1 13
6 12
x y
−
= → =
2 1
3 1
2 4
x y= → =
0.25
0.25

hàm số đạt cực đại tại.
1
1 13
( , )
6 12
M
−
Hàm số không đạt cực trị tại
2
3 1
( , )
2 4
M
Tại N(0,-1) hàm số sẽ tăng hay giảm nếu dịch chuyển ra
khỏi N theo hướng lập với trục Ox một góc
0
120
.
Hướng thay đổi nhanh nhất của ham z tại N là i-
1
4
j
0.25
0.25
0.25
0.25
Bài 2:
(2.5đ)
Vẽ hình 0.25
Lập phương trình mặt phẳng

9 3 9
8 4 4
z x y= − − +
0.25
Khối lượng của mặt phẳng:
, 2 , 2
181
1 ( ) ( )
2
x y
S D
m ds z z dxdy
= = + + =
∫∫ ∫∫
0.5
1 1 181 2
. .
8 3
G
S D
x xds xdxdy
m m
= = =
∫∫ ∫∫
0.5
1 1 181 2
. .
8 3
G
S D

y yds ydxdy
m m
= = =
∫∫ ∫∫
0.5
2
2
0
1 1 181 9 3 9
. . ( )
8 8 4 4
181 3
. ( 2) 1
8 2
G
S D
z zds x y dxdy
m m
x dx
= = − − +
= − + =
∫∫ ∫∫
∫
0.5
Bài 3:
(2.5đ)
Vẽ hình
Cạnh AB có
0
AB

dx dy
x y
+
=
+
∫
0.5
0.5
Cạnh BC có:

0
1
2 2 2
BC BC
dx dy
dx dx
x y
−
+
= = = −
+
∫ ∫ ∫
0.5
Cạnh CD :
0
CD
dx dy
x y
+
=

+
∫
0.5
1
0
2 2 2
DA DA
dx d y
dx dx
x y
+
= = =
+
∫ ∫ ∫
0.5
Bài 4:
(3.0 đ)
Khử
,, , 2
4 4 2
x x
z z z e e
−
⇔ + + = − −
0.5
Phương trình thuần nhất:
,, ,
4 4 0z z z
+ + =
Phương trình đặc trưng

2
1 2
4 4 0 2
λ λ λ λ
+ + = ⇔ = = −
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình trên là:
2 2
1 2
x x
y C e C xe
− −
= +
0.25
0.25
' 2 2 3 *
2 2 2
2 ( 1 2 )
x x x x
C e e e C e dx C
− −
= − − ⇔ = − − +
∫
3 *
2 2
2
3
x
C x e C
= − − +
0.25

0.25
' ' 3 3
1 2
2
3 3 *
1 1
. ( 1 2 ) 2
2 2
2 3 9
x x
x x
C C x x e x xe
x
C xe e C
= − = − − − = +
⇔ = + − +
0.25
0.25
2 2 * * 2
1 2
1 2
( )
2 9
x x x
z x e e C C x e
− −
−
= − + +
2 * * * 2
1 2 2

5 5
( 5 5 )
2 9
x x
y x x C C x C e e
−
= − + − − + −
0.25
0.25
* *
1 1
* * *
1 2 2
2 2
0
9 9
5 15
5 0
9 9
C C
C C C
−
 
+ = =
 
 
⇔
 
 
− + − = =

 
 
0.25
0.25