Giao trinh bai tap de cuong mon co hoc may

Trường Đại học Bách Khoa Tp.HCM
Bộ môn Toán Ứng Dụng
____________________________

ĐỀ THI CUỐI HỌC KỲ II – NĂM HỌC 2012-2013
MÔN THI : GIẢI TÍCH 2
NGÀY THI : 15/06/2013
THỜI GIAN : 90 phút
______________

(Không sử dụng tài liệu)

Câu 1: Cho hàm f ( x, y )

CA 1
  2 f yy
  3 f xy
 tại M(0,1)
e x | . Tính A  f x  f y , B  f xx

y ln | 2y



1 3n  2 
Câu 2:Khảo sát sự hội tụ của chuỗi số  n 

n 1 3  3n  1 

Câu 3: Tính tổng chuỗi số

n 4 1

( 1)n
n 13

n

(2n

1)

Câu 4:Tính tích phân  | x 2  y 2 | dxdy với D là nửa hình tròn x 2  y 2  2, y  0
D

Câu 5:Tính diện tích phần mặt paraboloid z  1  x 2  y 2 giới hạn bởi các mặt phẳng
z  0, y  3x, x  3 y với x, y dương.
Câu 6:Tính tích phân I   2 xdydz  2 yzdzdx  ( z 2  x )dxdy với S là mặt biên phía trong vật thể
S

giới hạn bởi z

x

2

2

y ,z

1, z

2

Câu 7: Tính tích phân I   z 2dx  2xdy  2ydz với C là giao tuyến của 2 mặt
C

z  x  y , z  2 x lấy ngược chiều kim đồng hồ nhìn từ phía z dương.
2

2

CN Bộ môn duyệt


ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CA 1

 
Câu 1: A=1 (0.5đ), f xx

2 y 2e x
(2 y  e x )

1  3n  2 
Câu 2: n un  n n 

3  3n  1 
Câu 3: (1đ) S

3
n

n 4 1

( 1)n
1 (2n 1)

, f  
2 xy

(2 y  e x )

3

 
, f yy
2

n 4 1

1  3n  2 
 

3  3n  1 
1



e2 x

n

4( y  e x )
(2 y  e x ) 2

e
n 
(0.5đ)   1 (0.5đ) . Chuỗi HT (0.5đ))
3

2n 1

( 0.5đ)

(0.5đ)),B=1 (0.5đ))

3 arctan

1

1

3

3

3

1 (0.5đ)

6

2

Câu 4:  | x 2  y 2 | dxdy   d  r.r 2 | cos2   sin 2  | dr
D

0



2

0

0

0



3

4



4

(0.5đ)   | cos 2 | d  r dr   cos 2 d   cos 2 d   cos 2 d (0.5đ) = 2 (0.5đ)
3



0

3

4

4



3

1

Câu 5: S   1  z x 2  z y 2 dxdy   1  4 x 2  4 y 2 dxdy (0.5đ)   d  r 1  4r 2 dr
D

(0.5đ) 



D



6

0

( 125  1) (0.5đ)
72
Câu 6: I   2 xdydz  2 yzdzdx  ( z 2  x )dxdy    (2  2 z  2 z )dxdydz (0.5đ)
S

V

 2.V , với V là thể tích nón cụt (0.5đ)hoặc  2



2

dxdy

1 x 2  y 2  4



x2  y 2

dz  2



x 2  y 2 1

14

(0.5đ)
3

Câu 7: Chọn S là phía trên phần mp nằm trong paraboloid, nS 

I   z 2dx  2xdy  2ydzI 
C

=



1

1
( 2, 0,1) (0.5đ)
5

 (2  0)(2)  (2z  0).0  (2  0).1 ds (0.5đ)
5S

2
1  z x 2  z y 2 dxdy  2.S ( D)  2 (0.5đ)

5 x2  y 2  2 x

2

dxdy  dz (0.5đ)
1

Trường Đại học Bách Khoa Tp.HCM
Bộ môn Toán Ứng Dụng
____________________________

ĐỀ THI CUỐI HỌC KỲ II – NĂM HỌC 2012-2013
MÔN THI : GIẢI TÍCH 2
NGÀY THI : 15/06/2013
THỜI GIAN : 90 phút
______________

(Không sử dụng tài liệu)

CA 2

Câu 1: Tìm đạo hàm theo hướng vector u  1, 2, 2  tại điểm M  1,0,1 của

 x  z2 
.
f  x, y, z   arctan  2
2 
x

y


Câu 2: Tính tích phân I   x 2  y 2  1 dxdy , trong đó D là hình tròn tâm O  0,0  , bán kính
D

R  2.

Câu 3: Tính tích phân J   2 xdx  x 2 ydy , trong đó C là biên của miền phẳng giới hạn bởi các
C

đường y  ln x, y  0, x  e, lấy theo chiều kim đồng hồ.
Câu 4: Tính tích phân K   xzdydz  x 2 zdzdx  ydxdy , trong đó S là phần mặt cầu
S

x  y  z  6 z ứng với z
2

2

2

3 lấy phía trên nhìn từ phía dương trục Oz.

n

n

1 n2

Câu 5: Khảo sát sự hội tụ của chuỗi số:
n 1

n

2

2

3n 2 1

1

2n

3n 2n

Câu 6: Tìm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa: S x
n 1

n

.

3
1!
2

2 (n !)

x

2

n

.


1 1
n
Câu 7: Tính tổng của chuỗi số: S    1 1 
 n.
 n 1 3
n 1

CN Bộ môn duyệt


ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CA 2

f
 M   1 (0.5đ).
u
1  x2  y 2  dxdy    x2  y 2  1 dxdy I1  I 2 (0.5đ),

Câu 1: gradf (1,0,1)  1,0,2  (1đ),



Câu 2: I 

x 2  y 2 1

I1 


2

1 x 2  y 2  2

, (0.5đ), I 2 

9
, (0.5đ), hoặc bằng cách tính khác ra I  5 (1đ).
2

Câu 3:
e
1

Cách 1: tham số hóa đường cong : J

2x

x 2 ln x.

1
dx
x

0 2
e ydy
1

1

2xdx
e

J1

J2

J3

5e2 3
e2
1 e2
 , J 2   , J 3  1  e2 (0.5đ +0.5đ+0.5đ). Đáp số :  .
4 4
2
4 4
e
ln x
1 e2
Cách 2: dùng CT Green: J     2 xy  0  dxdy    dx  2 xydy  
(0.5đ +0.5đ+0.5đ).
1
0
4 4
D
Câu 4: gọi S1 là phía dưới phần mp bị chắn bên trong mặt cầu và  là nửa dưới của khối cầu.
J1 



S S1

K

297
(0.5đ)
4

xzdydz  x 2 zdzdx  ydxdy    z  0  0  dxdydz (0.5đ)


297
4

297
4

S1

0 (0.5đ).

 n2  1 
Câu 5: xét chuỗi trị tuyệt đối  n  2

n 1
 n  2n  3 


2

 n2  1 
Cn  n  2

 n  2n  3 
n

2

3 n 2 1
n

3 n 1

(0.5đ)

n  2 n 3 


2 n 4
2
n

4



 n  1  2
 n  2n  3 




2



2 n  4 3 n 2 1
n  2 n 3 n
2

 1.e 6  1(0.5đ)

2

n

KL: hội tụ (0.5đ)
Câu 6: Bán kính hội tụ R

x

2

1
,
6 n

| un |

1

d’Alembert. MHT:

2

1
(1đ).Tại
6
1
n 1

1
, 2
6

n

2n

1 ! | un 1 |
,
4 (n !)2 | un |
n

1
(0.5đ).
6

(2n

2)(2n

4(n

2

1)

3)

1, n : , chuỗi phân kỳ theo



1 1
n
S    1 1 
 n
 n 1 3
n 1
n 1

1
n
 


n 3
 1
Câu 7:       3  1
n 1
1  3

1
n

1
 

1 / 3
1
n 1 3
 1 1

 3  1      3  ln  
11/ 3
n
4
 3 3
2

(1đ) .