Đề thi tuyển sinh sau đại học năm 2014 môn toán cao cấp III đh quốc gia hà nội

Cập nhật 22/08/2014
3.1 Đề thi đợt 1 năm 2014
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
ĐỀ THI TUYỂN SINH SAU ĐẠI HỌC NĂM 2014
Môn thi cơ bản: Toán cao cấp III
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1. Giải và biện luận theo tham số a hệ phương trình sau







=−+−
=+−
=++−
=+−
at2zyx
0t2zy
12tzy2x
23tzx
Câu 2. Đưa dạng toàn phương sau về dạng chính tắc
3121
2
3
2
2
2
1
x4xx2x4x5xxQ(X)

−+−+=
Câu 3. Chứng minh rằng hàm
22
b)(ya)(xlnu
−+−=
; a, b ∈ R thỏa mãn phương
trình
0
y
u
x
u
2
2
2
2
=
∂
∂
+
∂
∂
Câu 4. Tính các giới hạn sau
1e
1xsinx1
lima)
2
x
0x
−

−+
→
3
xx
0x
x
)cos(xe)cos(xe
limb)
−
→
−
Câu 5. Vẽ đồ thị (C):
2x0|;x1|1y
≤≤−−=
rồi tính tích phân đường theo chiều
tăng của đối số x
∫
−++=
C
2222
dy)y(xdx)y(xI
Câu 6. Tìm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa
n
1n
n
1x
2x
2
1n







+
++
∑
∞
=
Câu 7. Tìm nghiệm của phương trình vi phân cấp một thỏa mãn y(0) = 2
)cos(xxe1)y(x'y
2x
−
=++
Lời giải:
Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149
60
Cập nhật 22/08/2014
Câu 1: Giải và biện luận hệ phương trình sau theo tham số a:







=−+−
=+−
=++−

=+−
at2zyx
0t2zy
12tzy2x
23tzx
Ma trận liên kết mở rộng của hệ:














−−−
−
−−−
−















−−
−
−
−
=
−
−
2a4310
01210
34310
23101
~
a1211
01210
12112
23101
A
12
14
2HH
HH















+
−−
−−−
−
+
−
1a0000
33100
34310
23101
~
23
24
HH
HH
+ Nếu a ≠ –1 thì hệ phương trình vô nghiệm.
+ Nếu a = –1 thì hệ trở thành:






+−=
−=
−=
⇔





+−=
+−=+−
−=−
⇔





−=−
−=−+−
=+−
3t3z
65ty
1x
3t3z

4t33zy
3t2zx
33tz
3t43zy
23tzx
Kết luận:
+ Nếu a ≠ –1 thì hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
+ Nếu a = –1 thì hệ phương trình có vô số nghiệm (phụ thuộc vào t):
(x, y, z, t) = (–1; 5t – 6; 3t – 3; t) ∀t ∈ R
Câu 2: Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc:
3121
2
3
2
2
2
1
x4xx2x4x5xxQ(X)
−+−+=
Dạng toàn phương này tồn tại a
ii
≠ 0 nên thuộc trường hợp 1. Ta đưa về dạng
chính tắc bằng cách nhóm tất cả các số hạng chứa x
1
với nhau và lập thành bình
phương của một tổng. Làm tương tự với các số hạng chứa x
2
, x
3
)x8x4x4x()x4xx4xx2xx4xx(Q(X)

2
332
2
2323121
2
3
2
2
2
1
−++−−+++=
2
3
2
332
2
2
2
321
x9x
4
1
xxx4)2xx(x
−







+++−+=
Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149
61
Cập nhật 22/08/2014
2
3
2
32
2
321
x9x
2
1
x4)2xx(x
−






++−+=
Đặt:








=
+=
−+=
33
322
3211
xy
x
2
1
xy
2xxxy

Suy ra:
2
3
2
2
2
1
y9y4yQ
−+=
. Đây là dạng chính tắc cần tìm.
Câu 3: Chứng minh:
0
y
u
x
u
2

2
2
2
=
∂
∂
+
∂
∂
Ta có:
]b)(ya)(xln[
2
1
b)(ya)(xlnu
2222
−+−=−+−=
(với điều kiện
0b)(ya)(x
22
>−+−
⇔ x ≠ a hoặc y ≠ b). Vì chỉ có logarit
của một số dương.
+ Tính các đạo hàm riêng cấp hai đối với x và y:
22
b)(ya)(x
ax
x
u
−+−
−

=
∂
∂
[ ]
[ ]
222
22
2
22
222
2
2
b)(ya)(x
a)(xb)(y
b)(ya)(x
a)(x2b)(ya)(x
x
u
−+−
−−−
=
−+−
−−−+−
=
∂
∂
⇒
22
b)(ya)(x
by

y
u
−+−
−
=
∂
∂
[ ]
[ ]
2
22
22
222
222
2
2
b)(ya)(x
b)(ya)(x
b)(ya)(x
b)(y2b)(ya)(x
y
u
−+−
−−−
=
−+−
−−−+−
=
∂
∂

⇒
Do đó:
[ ] [ ]
0
b)(ya)(x
b)(ya)(x
b)(ya)(x
a)(xb)(y
y
u
x
u
222
22
222
22
2
2
2
2
=
−+−
−−−
+
−+−
−−−
=
∂
∂
+

∂
∂
(điều phải chứng minh)
Câu 4: Tìm các giới hạn:
1e
1xsinx1
lima)
2
x
0x
−
−+
→
2
0x
2x
2
0x
x
1xsinx1
lim
1)/x(e
x
1xsinx1
limL
2
−+
=
−
−+

=
→→
(vì
1
x
1e
lim
2
x
0x
2
=
−
→
)
Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149
62
Cập nhật 22/08/2014
Sử dụng công thức khai triển Taylor của các hàm số tại x = 0 ta được:
o(x)xsinx
+=
(với o(x) là vô cùng bé của x)
o(x)αx1x)(1
α
++=+
Một vấn đề gặp phải là khai triển đến bậc bao nhiêu đối với x. Thương thì ta nên
khai triển các hàm số đến bậc k nào đó (k có thể khác nhau đối với từng hàm số) để
khi nhân ra sẽ được cùng bậc với số hạng tự do. Ví dụ trong bài này số hạng tự do nằm
dưới mẫu và có bậc bằng 2. Do đó, trên tử ta chỉ cần khai triển đến bậc 1 đối với sinx
và bậc 1 đối với (1 + xsinx)

α
là được.
Giới hạn là:
2
1/2
0x
2
0x
x
1o(x)]x(x[1
lim
x
1xsinx1
limL
−++
=
−+
=
→→
( )
2
22
22
0x
2
1/222
0x
x
1)o(xxo
2

)o(xx
1
lim
x
1)]o(xx[1
lim
−++
+
+
=
−++
=
→→
1
x
)o(x
2
1
lim
x
)o(x
2
x
lim
2
2
0x
2
2
2

0x
+
=
+
=
→→
2
1
L
=⇔
3
xx
0x
x
)cos(xe)cos(xe
limb)
−
→
−
Đối với câu này, nếu khai triển Taylor của hàm số e
x
và cos(x) sẽ không thuận lợi
cho việc rút gọn. Có thể sử dụng quy tắc Bernoulli (tức quy tắc L'Hospital) rồi sau đó
áp dụng giới hạn của một số dạng đặc biệt:
3
xx
0x
x
)cos(xe)cos(xe
limL

−
→
−
=








−
+
+−
=
−−−
→
2
xxx
2
xxx
0x
3x
)xe)(esin(xe
3x
)xe)(esin(xe
lim









−
+
+−
=
−−
→
2
xx
2
xx
0x
3x
x)e)(1sin(xe
3x
x)e)(1sin(xe
lim









−
+
+−
=
−
−
−
→
3x
x)e(1
xe
)sin(xe
3x
x)e(1
xe
)sin(xe
lim
x2
x
x2x
x
x
0x









−
+
+
−=
−
→
3x
x)e(1
3x
x)e(1
lim
x22x
0x
(vì x → 0 thì xe
x
và xe
-x
→ 0)
Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149
63
Cập nhật 22/08/2014









−
−−+−=
−
→
2x
e
x)(1
3
2
2x
e
x)(1
3
2
lim
x22x
0x















−
+
−
−
−+








+
−
+−=
→
2x
1
2x
1e
1)(x
3
2
2x
1
2x
1e
x)(1

3
2
lim
-2x2x
0x












−−+






++−=
→
2x
1
11)(x
3

2
2x
1
1x)(1
3
2
lim
0x






−
−+
+
+−=
→
6x
12x
)12(x
6x
12x
x)2(1lim
0x
6x
24x2x4x2x4x24x
lim
22

0x
+−−+−−−−
=
→
2
6x
12x
lim
0x
−=
−
=
→
Câu 5: Vẽ đồ thị và tính tích phân đường:
* Vẽ đồ thị (C) của hàm số:
2x0|;x1|1y
≤≤−−=
Ta có:



>−
≤
=



<−−
≥−
=−−=

1xkhix2
1xkhix
0x1khix2
0x1khix
|x1|1y
Mà:
2x0
≤≤
nên:



≤<−
≤≤
=
2x1khix2
1x0khix
y
Đồ thị của hàm số như sau:
* Tích phân đường theo chiều tăng của đối số x:
Đây là tích phân đường loại 2 có y = y(x). Chia thành 2 khoảng lấy tích phân
[0,1] và [1, 2] ứng với y = x và y = 2 – x
Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149
64
y
x
2x0|;x1|1y ≤≤−−=
(C)
A
B

D
Cập nhật 22/08/2014
∫
−++=
(C)
2222
dy)y(xdx)y(xI
∫∫
−+++−++=
BD
2222
AB
2222
dy)y(xdx)y(xdy)y(xdx)y(x
∫∫
−−++−+=
2
1
2
1
0
2
dx)(4)x4(dx4)4x(2xdx2x
2
1
2
3
1
0
3

2
1
2
1
0
2
4x2x
3
x
2
3
x
2dx8)8x(2xdx2x








+−+=+−+=
∫∫
3
4
3
2
3
2
42

3
1
88
3
8
2
3
2
=+=






−+−+−+=
Câu 6: Tìm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa:
n
1n
n
1x
2x
2
1n







+
++
∑
∞
=
Điều kiện: x ≠ –1
Ta thấy, tất cả các hệ số của các số hạng của chuỗi đều khác 0. Do đó, bán kính
hội tụ của chuỗi là:
1n
n
n
a
a
limR
+
∞→
=
với a
n
và a
n+1
là hệ số của số hạng thứ n và thứ (n+1)
2
2n
1n
lim2
2n
2
2
1n

lim
a
a
limR
n
1n
n
n
1n
n
n
=
+
+
=
+
+
==⇔
→∞
+
→∞
+
→∞
Do đó miền hội tụ của chuỗi đã cho là:








<
+
−−+
>
+
+++
⇔







<
+
+
−>
+
+
⇔<
+
+
<−
0
1x
22x2x
0
1x

22x2x
2
1x
2x
2
1x
2x
2
1x
2x
2
0x1
1
0x
1
3/4x
0
1x
x
0
1x
43x
<<−⇔











−>
<



−>
−<
⇔







<
+
−
>
+
+
⇔
x
x
+ Xét tại x = –1: các số hạng của chuỗi không xác định. Chuỗi không hội tụ ở –1
+ Xét tại x = 0, chuỗi trở thành:
Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149

65
Cập nhật 22/08/2014
( )
∑∑
∞
=
∞
=
+=
+
1n
n
1n
n
1n2
2
1n
có dạng chuỗi số phân kỳ.
Kết luận:
Miền hội tụ của chuỗi lũy thừa đã cho là khoảng:
0),1(
−
Câu 7: Tìm nghiệm của phương trình vi phân cấp một thỏa mãn y(0) = 2
)cos(xxe1)y(x'y
2x
−
=++
Đầu tiên, tìm nghiệm tổng quát của phương trình. Sau đó thay điều kiện ban đầu
vào nghiệm tổng quát để suy ra hằng số C và tìm được nghiệm cụ thể.
Phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 này có dạng:

y' + p(x)y = q(x)
Nhân cả hai vế với
∫
p(x)dx
e
sau đó rút gọn đi và lấy tích phân để suy ra nghiêm.
Nhân cả hai vế với
x
2
x
2
e
+
ta được:
)cos(xexey1)e(xe'y
2
x
2
x
x
x
2
x
x
2
x
222
+
−
++

=++
)cos(xxey1)e(xe'y
2
2
x
x
2
x
x
2
x
222
=++⇔
++
Ta thấy, vế trái chính là đạo hàm của
ye
x
2
x
2
+
. Do đó:
)cos(xxeye
dx
d
2
2
x
x
2

x
22
=
+
Lấy tích phân hai vế theo x:
∫∫
==
+
))d(xcos(xe)dxcos(xxeye
22
2
x
2
2
x
x
2
x
222
C)cos(x
2
1
)sin(xeye
22
2
x
x
2
x
22

++=⇔
+
(với C là hằng số)
Đây là nghiệm tổng quát của phương trình đã cho. Nghiệm cụ thể của phương
trình phải thỏa mãn điều kiện đầu. Ta có:
Ccos(0)
2
1
.sin(0)e2.e2y(0)
00
++=⇔=
2
3
CC
2
1
2
=⇔+=⇔
Vậy, nghiệm của phương trình là:
Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149
66
Cập nhật 22/08/2014
2
3
)cos(x
2
1
)sin(xeye
22
2

x
x
2
x
22
++=
+








+−
−






++=⇔
x
2
x
22
2
e

2
3
)cos(x
2
1
)sin(xey
x
Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149
67