Giai de thi toan OU 2010 đề thi cao học năm 2010

Giải đề thi tuyển sinh Sau Đại Học môn Toán năm 2010
Trường Đại Học Mở TP.HCM
Người giải đề: ho_vinh1412.
PHẦN ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH (4 điểm)
Câu 1.
1. Giải và biện luận hệ phương trình:
mx  2 y  mz  m  3

(m  1) x  my  4 z  0
3 x  (m  1) y  mz  0


(1)

Xét ma trận hệ số:

A=

2
 m
 m


4   A = -m2 + 5m +24 = (-m+8)(m+3)
m 1 m
 3
m  1 m 


A = 0  m = 8 hay m = -3

Trường hợp 1: m = 8
8 x  2 y  8 z  11

Hệ (1) tương đương: 7 x  8 y  4 z  0
3 x  7 y  8 z  0

Ta có ma trận hệ số mở rộng:

 8 2  8 11
 8 2  8 11 




A =  7 8 4 0    0 50 88  77  
3 7 8 0 
 0 50 88  33 




 R(A) = 2 < R( A ) = 3  Hệ (1) vô nghiệm

 8 2  8 11 


 0 50 88  77 
0 0
0 44 


Trường hợp 2: m = -3
 3 x  2 y  3 z  0

Hệ (1) tương đương:  4 x  3 y  4 z  0
3 x  4 y  3 z  0


3 2
3 0
  3 2 3 0
  3 2 3 0






A =   4  3 4 0    0  17 0 0    0  17 0 0 
 3  4  3 0
 0  2 0 0
 0
0 0 0 





 R(A) = R( A ) = 2 < số ẩn  Hệ (1) có vô nghiệm

 3 x  2 y  3 z  0
x  z


Hệ (1) tương đương:  17 y  0
 y  0
0 z  0
z  



Trường hợp 3: m  8 và m  -3
 A  0  Theo Cramer: Hệ (1) có nghiệm duy nhất
Đặt:
m3

2

m

0

m

4

0

m 1

m

m

m3 m

D1 =

D2 = m  1
3
m

0

4

0

m

2

m3

D3 = m  1 m
m 1
3

0

0

= (m+3)

m
4
= (m+3)(m2 -4m + 4) = (m+3)(m-2) 2
m 1 m

= -(m+3)

= (m+3)

m 1 4
= -(m+3)(m2 – m - 12) = -(m+3)2(m-4)
3
m

m 1 m
= (m+3)(m2 – 5m +1)
3
m 1

Nghiệm của hệ (1) là:

D1 (m  3)(m - 2) 2

(m - 2) 2

 x

x

A (-m  8)(m  3)
(-m  8)



D2 - (m  3) 2 (m - 4)
- (m  3)(m - 4)


 y 
 y
(-m  8)
A
(-m  8)(m  3)


2
(m 2  5m  1)


D3 (m  3)(m  5m  1)

z


z 
(-m  8)
A

(-m  8)(m  3)



2. Cho mô hình Input-Output Leontief với ma trận:
 0,2 0,3 0,1 


A =  0,3 0, 2 0,4  và D = (95; 85; 90)
 0,2 0,1 0,3 


Gọi X = (x1; x2 ; x3) là sản lượng của mỗi ngành
I3 là ma trận đơn vị cấp 3

Ta có:


 0,8  0,3  0,1 
 95 


 
(I3 – A)X = D    0,3 0,8  0,4  X =  85 
  0,2  0,1 0,7 
 90 


 
Đặt:

 0,3

0,8

C =  0,3
 0, 2

 0,1
 0,4 =

0,8
 0,1

0,7

95  0,3

C1 = 85
90

0,8

 0,1
 0,4 =

 0,1

0,7

31

0
100

861
10

 0,1

0,8

95

0,8

 0,3 95

2099
C2 =  0,3 85  0,4 =
20
 0,2 90 0,7

C3 =  0,3
 0, 2

0,8

85 =

 0,1 90

1589
20


8610
 x1  C 1 
31
C


10495
 x2  C 2 
31
C


C 3  7945
 x3 
31
C


 8610 10495 7945 
;
;
Vậy sản lượng của mỗi ngành là X = (x1; x2; x3)  X = 

31
31 
 31

Câu 2.
1. Tính giới hạn:

lim
x 0

=



e2x  e x  x

 =
 ln(1  2 x )  2 ln(1  x ) 

lim (1  2 x)(1  x)
x0



 2e 2 x  e x  1 

 =
lim
2 
x0   2



 1  2x 1  x 

 2e 2 x  e x  1 

 =
lim
 2x
x0 


lim
x0

 2e 2 x  e x  1 

 (1  2 x)(1  x )
lim
 2x
x0 


4e 2 x  e x
3
= 
2
2


2. Tìm mức sản lượng để lợi nhuận đạt giá trị lớn nhất

 = TR – TC = -Q21 – Q1Q2 – Q22 + 170Q1 + 235Q2 – 100

Ta có:


'
Q1

 - 2Q



'
Q2

 -Q

1

1

-Q
- 2Q

 170

2
2

 235

0   'Q1  - 2Q1 - Q 2  170

Q1  35  0



'
0   Q2  - Q1 - 2Q 2  235
Q 2  100  0

Lập ma trận Hess:
 2 1

H = 
 1  2
H1 = -2 < 0

 Q1; Q2 > 0

H2 = H =

 2 1
=3>0
1  2

 Q1; Q2 > 0

Q1  35
Vậy:  max tại 
Q 2  100

PHẦN XÁC SUẤT

Câu 1:
Gọi: Ai là biến cố bắn trúng lần thứ i (i=1,2)
B là biến cố bắn trúng phát II
C là biến cố bắn trật hết cả hai phát.
a. B = A1A2 + A1 A2  P(B) = P(A1A2 + A1 A2 ) = P(A1A2) + P( A1 A2 )
 P(B) = P(A1) P(A2/A1) + P( A1 ).P(A2/ A1 ) = 0.8 x 0.6 + 0.2 x 0.3 = 0.54 = 54%
b. C = A1 A2  P(C) = P( A1 A2 ) = P( A1 ).P( A2 / A1 )
 P(C) = 0.2 x 0.7 = 0.14 = 14%
Câu 2:
a. Gọi X là trọng lượng của con bò. X ~ N(250; 402)
 10 
Ta cần tính: P( X   <10) = 2    2 0.25 = 2 x 0.0987 = 0.1974
 40 
1
 300  250   1
b. P(X>300) = 1- P(X<300) = 1 -   
  =   1.25 = 0.5 – 0.3944 = 0.1056
40

 2
2


PHẦN THỐNG KÊ
Lượng nước
Số hộ

5
9

12.5
22

20
29

32.5
20

50
15

1. Kiểm định trung bình
Tính được: n = 100; x = 27; s = 18.254
Độ tin cậy = 96%  z = 2.054
Đặt H:    0  23.75

H :   0
Với  là mức sử dụng nước trung bình một tháng hiện nay
n
= 1.78
s
 1.78 = z < z = 2.054  Chấp nhận H.
Vậy mức sử dụng nước hiện nay không tăng so với trước đây.
z = x  0

2. Ước lượng tỷ lệ
29  20  15
Tính được: f =

= 0.64 = 64%
100
Độ tin cậy = 98%  z = 2.326
Gọi p là tỷ lệ hộ có mức tiêu thụ bình thường
f (1  f )
0.64(1  0.64)
p = f  z
= 64%  2.326
= 64%  11.16%
n
100
 52.84% < p < 75.16%
3. Tính số hộ
Độ tin cậy = 98%  z = 2.326
 = 10%
z2
2.326 2
0.64(1  0.64) = 125
 n = 2 f (1  f ) =

0.12
Vậy số hộ cần là 125 hộ.
4. Ước lượng mức tiêu thụ bình thường
Lượng nước bình thường
Số hộ

20
29

32.5

20

50
15

Tính được: n = 64; x = 30.9375; s = 11.9315
Độ tin cậy = 98%  z = 2.326
s
11.9215
= 30.9375  2.326
= 30.9375  3.4691
 = x  z
n
64
 27.4684 <  < 34.4066

80
5