Đáp án đề thi kết thúc học phần TCC3 (HUBT)

Đáp án đề thi kết thúc học phần TCC3
Đề 1
1.
Giải:
⇔{

{

⇔{

(

Kết hợp (*)

.

)
{

2. Tính ∬
Giải:
y

l{ điểm dừng

y

x

x

⇔x

|

y

⇔x

y

x

y

Miền D như hình vẽ. Từ hình vẽ thấy là:

{

∬

{

;

∫

∫

∫

∫

∫

∫
|

(

)|

3. Tính thể tích V của vật thể được giới hạn bởi:

⇔x

y


∬

Giải:
∫

∫

∫
)|

∫ (
∫

(

)|

4. Giải phương trình vi phân
Giải: Ptđt

⇔

Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng:
Nghiệm riêng được tìm dư i dạng
Trong đó

là nghiệm riêng của pt

(*)

là nghiệm riêng của pt

(**)

+ Giải (*):

. Tính
và thay

vào (*) được:

,
+ Giải (**):

và thay

. Tính
vào (**) được:
,

⇔

Vậy nghiệm tổng quát của ptvp đã cho l{
Đề 2
1.
Giải: ĐK:


⇔{

{

⇔{

(

⏞{

{

)(

)

l{ điểm dừng

nên có cực trị.

có cực tiểu
∬

2. Tính

.

với D được giới hạn bởi

Giải: Miền D được giới hạn bởi
Điểm cắt:
{

√

⇔{

Miền D: {

√

∬
∫

√

√

∫
√
√

√
√

{

√
√

∫

|

∫

*

√
√

+|

3. Xem phương trình

√

√

√

|

(1)

ĐK
+ Nếu

thỏa mãn ptvp nên nó là nghiệm.
, chia 2 vế của (1) cho √ ta được:

+ Nếu
√

(2)

√

Đặt

√

√

√ . Thay vào (2) ta được:
(3)

√
√


Ta giải ptvp thuần nhất tương ứng:
| |

(4)⇔
Bây giờ ta coi

(4)
| |

và tìm nghiệm của (3) dưới dạng
. Thay u, u’ vào (4) ta được:
⇔

⇔

⇔

| |
(

Vậy, √

| |

)

⇔

(

| |

)

.

4. -Trên miền D mở:
{
⏞
⇔

⇔{

{

;{

{

l{ đ dừng

{
- Trên biên của D:

⇔

(*)

Đặt
⇔{

{

l{ phương trình tham số của (*).

Vì
khi
:{

{

Tức là:
khi

t


:{

{

Tức là:
So sánh các giá trị tính được ta có kết luận:

Đề 3
đ

1. Tìm cực trị của hàm

ệ

Giải: Hàm điều kiện
Lập hàm
Ta có hệ pt tìm điểm dừng:

⇔{

{

) {

(

Ta có 2 điểm dừng

⇔{

(

)

;
+ Tại

(

)

;

|

+ Tại

|

(

|

)

|

2. Tính

|

|

∬

;
|

|

với D được giới hạn bởi

{


⇔{

Giải: Điểm cắt: {

{

Vẽ đồ thị hai hàm đã cho trên hệ trục tọa độ 0xy, ta
Có miền D như sau:
D: {
∬

Tính
∫

∫

∫

∫
|

∫

)|

(

∫
3. Xét ptvp:

(*)

Đặt
(*) là ptvp toàn phần.
tức là
(

(
∫

∫

∭ √

4. Tính

√

Với V xác định bởi

Giải: Đổi biến trong tọa độ cầu:
{

x

rcos

| |

cos
Miền V

:{

;


Ta có √

∭√

∫

∫

∭

∫

Đề 4
1.

(*)

Giải:
⇔{

{

⇔{

l{ điểm dừng.

{

2. Tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của hàm số
giác với các đỉnh
.

trên miền D là tam

Giải: Miền D xác định như hình vẽ với:
(0,0); A(0,3); B(2,0) và AB có pt:
| đị

|

+ Trên 0B:

ã

)

nên Z là hàm

tăng trên đoạn [0, 2]:
+ Trên 0A:

nên Z là hàm


giảm trên đoạn [0,3]:
+ Trên AB:
AB :

nên Z là hàm tăng trên

So sánh các giá trị đã tìm được ở trên thì:
3. Tính diện tích miền phẳng D giới hạn bởi:
Giải: Điểm cắt:
⇔

{

{

{

Vẽ đồ thị hai hàm trên hệ trục tọa độ 0xy.
Miền D: {
∬

∫
)|

(

∫
(

∫

)

4. (3 điểm) Giải phương trình vi phân
Nếu

(*)

Giải: Ptđt

⇔

√

Nghiệm tổng quát của ptvp thuần nhất là:
(
Rõ ràng
dưới dạng:

√

√

)

không trùng với nghiệm của ptđt nên ta tìm nghiệm riêng của (*)
;
. Thay vào (*) được:
⇔
,

⇔{


Vậy nghiệm của ptvp cần tìm là:
(

√

√

.

)

Giải: Xem ptvp

(*)
⇔

Ptđt:

⇔

Nghiệm tổng quát của ptvp thuần nhất tương ứng là:
Bây giờ ta tìm nghiệm riêng của (*):
Rõ ràng

(không trùng nghiệm kép) nên ta tìm nghiệm dạng:
;
. Thay vào (*) được:

⇔
,

⇔{

Vậy nghiệm tổng quát của ptvp đã cho l{

Đề 5
1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm
trên miền
Giải: Miền D là hình chữ nhật như hình vẽ với:
-Trên miền D mở (không kể biên)
{

⇔{

{


-Trên biên của D:
+Trên 0A:

ó ự đạ

là điểm dừng;
ngoài ra:
+Trên CB:

{đ ể
hàm có cực đại:

ừ

ngoài ra

+Trên 0C:

là điểm dừng.
hàm có cực đại:

+Trên AB:

là điểm dừng.
hàm có cực đại:

Từ các giá trị đã tìm ra ở trên, ta có:
2. Tính

∬ √
⇔

Giải: Vẽ đồ thị hai hàm

và

(*)

trên hệ trục tọa độ

ta có 2 điểm cắt:
⇔

{

{

Miền D là viên phân nhỏ: {
Chuyển

√

sang tọa độ cực
(thay tọa độ cực vào (**)) và | |

{

,
√
∫

{

|

∬ √

∫

∫

∫

∫


*

+|

√ .

3. (4 điểm) Giải phương trình vi phân
Giải:
Xét phương trình:

(1)

Phương trình vi phân thuần nhất tương ứng là:
(2)
Có pt đặc trưng:
Do đó nghiệm tổng quát của (2) có dạng:
Vế phải của (1) có dạng:
Nên

trùng với 1 nghiệm của phương trình đặc trưng và
tìm nghiệm riêng của (1) dưới dạng:
(A

=(A
A

+B

nên ta

(*)

+B

=
Y’’ = 4

+

+
x

=
Thay

x

vào pt (1), chia 2 vế cho
x

x

+ 20( A

+B

x
, ta được:
x

-9

=

Hay:
Suy ra:

,
;

,
Thay vào (*) ta được nghiệm riêng của (1) là:

(
Vậy nhiệm tổng quát của (1) là:


z

4.

a là hình cầu tâm (0,0,0) bk a.

Dùng tọa độ cầu:
{

ì

{
| |

ầ

;

√

.
∭

dxdydz

√

∫ sin d sin

d ∫ sin

∫

|

sin

cos d ∫
|

Đề 6
1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm

trên miền

Giải: - Trên miền D mở:
⇔{

{

{

- Trên biên của D:

⇔

(*)

Đặt
⇔{

{

l{ phương trình tham số của (*).
t

Vì
V i

cos t

cos t

hi cos t

:{

V i

Tức là:

.
hi cos t

cos

t

cos
:{

t

V i

:{

V i

{

Tức là:
Cách 2: Vai trò của x và y khác nhau trong hàm
- Trên miền D mở:
⇔{

{

{

- Trên biên của D:

hoặc

+ Nếu
;
+ Nếu
.
So sánh các giá trị của Z trên mi n D ta có:
Cách 3:

(1)
(2)

Cộng 2 vế của (1) v i

được: 2

⇔
Lấy (1)-

được: 2

⇔

⇔
So sánh các giá trị này ta có kết quả:
2. Tính

∬

{

ì

Giải: Xét
Vẽ niền D trên hệ trục tọa độ 0xy ta được
nửa hình tròn bên phải đường
Chuyển sang tọa độ cực:

.

| |

,
{

(thay tọa độ cực vào (*))

∬

∫

∫

∫

|

∫
Ta có:
(

∫
(

)|

)

3. (4 điểm) Giải phương trình vi phân
Giải: Xét ptvp:

(*)

Pt thuần nhất tương ứng của (*):

(**)
ặ

Có pt đặc trưng:
ên nghiệm của (**) là:
Ta viết (*) thành 2 pt:
(1)
(2)

Theo nguyên l chồng chất nghiệm thì nghiệm riêng của (*) sẽ là tổng nghiệm
riêng của (1) với nghiệm riêng của (2).
iải (1): Vế phải của (1) có dạng
Nên
là nghiệm của pt đặc trưng và
Ta tìm nghiệm riêng của (1)dưới dạng

Thay

,

,

vào (1) ta được:

hay

-

. Vậy
iải (2): Vế phải của (2) có dạng


là nghiệm của pt đặc trưng và
Ta tìm nghiệm riêng của (2) dưới dạng:

Thay

,

,

vào (2) ta được:

ậ

x

Từ đó nghiệm tổng quát của ptvp h ng thuần nhất (*) là:
x x
⇔

4.

{

Đặt

ê

(

|

ố

|

{
u
dxdydz

√

∭

v

w

là hình cầu tâm (0,0,0) bk là 1.
√

∭

√

∭

Dùng tọa độ cầu:
{

ê

{
∭
sin

√
|

∫
|

Đề 7
1.

đ

ì

ầ

| |

∫ sin cos d ∫


Giải: Đặt
Lập hàm Lagrange

⇔{

Giải hệ {

⇔

⇔
{

{

{

là hai điểm dừng.
;

-Tại điểm

) ta có

|

|

-Tại điểm

) ta có:

|

|

2. Tính

|

|

|

|

∭ √

, trong đó V :
⇔

Giải:

là hình cầu tâm (0,0,

Dùng tọa cầu:
độ ầ
{

{
∭ √

∫

∫

∫

{

| |

bk


|

∫
(

∫

)|

∫

.

3. (3 điểm) Giải phương trình vi phân
Giải: Ta có
Ptđt:
của (*) là:

(*)
⇔

nghiệm tổng quát của ptvp thuần nhất tương ứng
;

Ta tìm nghiệm riêng của (*) dạng: ̅
trong đó

là nghiệm riêng của:
là nghiệm riêng của:

Giải (**):
Thay vào (**) được:

Giải (***):

Thay

vào (***) được:

⇔

⇔
{

{

(**)
(***)


̅
Nghiệm tổng quát của ptvp đã cho là:
;

.

4. Xét trong góc phần tư thứ nhất: đường
(*) chia Elip
thành phần nhỏ D ở phía trên phần lớn (Xem hình vẽ).
D: {

√

∬

∫
√

∫

∫
(

a

a
√
(

)

)

⇔{

,

Đặt
∫

∫
|

*

|

+

Cách 2: Dùng tọa độ cực mở rộng:

độ ự

{

,

|

|

|

{

{

|

Diện tích phần nhỏ là:

∬
∫

∫

∫
*

∫

|

(

)+ |

Cách 3: Nếu không phải dùng tích phân 2 lớp thì:

√ sin

(

)


Đề 8
∫

1. Tính

∫

Giải: Miền D: {

∫

D: {

∫

∫

|

∫

∫
∫

∫

|
2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm
trên miền
Giải: Miền D là hình vu ng như hình vẽ với:
-Trên miền D mở( không kể biên)
{
{

⇔{

{

√ ̅

√ ̅

-Trên biên của D:
+Trên DC:
+Trên AB:
,

là điểm dừng;

Điểm dừng là cực tiểu:

(

)

; ngoài ra


+Trên AD:
(

là điểm dừng
)

+Trên BC:
(

là điểm dừng

)

So sánh các giá trị tìm được ở trên ta có:
3. Giải phương trình vi phân
Giải: Xem ptvp

(1)
⇔

Ptđt

Nên nghiệm tổng quát của ptvp không thuần nhất tương ứng là:
Vế phải của (1) có dạng
nghiệm riêng dưới dạng:
Thay

,

trùng với 1 nghiệm của ptđt nên ta tìm

vào (1) được:

Vậy nghiệm tổng quát của (1) là:

4. . Tính

∭ √

, trong đó

Giải:
Đặt: {
∭
∭

|
√
√

|

|

|


Dùng tọa độ cầu:
{

| |

{

√
∫

∫

⌊

∫

⌊

Đề 9
1. Mặt

cắt mặt

theo hình tròn
Mặt phẳng

tâm (0,0) bk là 2.
cắt mặt
(**) tâm (0,0) bk là √

theo hình tròn
Thể tích V của vật thể là:
∭

∬

∫

∬
Chiếu hai hình tròn trên lên mặt 0xy ta được miền D là hình vành hăn:
Dùng tọa độ cực trên mặt phẳng 0xy:
| |

,

{√

(do thay tọa độ cực vào (*) và (**))
∬

∫
|

(

∫

)

2. Xem ptvp
Ptđt:

⇔

ặ

Nghiệm tổng quát của pt thuần nhất
Áp dụng nguyên lý chồng chất nghiệm, ta tìm nghiệm riêng của hai phương trình:


(*)
(**)
Giải (*) :
Thay vào (*) được:
⇔
Giải (**):

(**)

Ta tìm nghiêm riêng của (**) dưới dạng:
Thay vào (**) được:

⇔{

,

Nghiệm tổng quát của ptvp đã cho là:

3.
{

⇔{

⇔{

l{ điểm dừng.

{


⇔{

4. Điểm cắt: {

{

Vẽ đồ thị hai hàm đã cho trên hệ trục tọa độ 0xy ta được
miền D: {
∬
∫

∫

∫

|

∫
)|

(

Đề 10.
1. Tìm điểm cắt:
⇔

{

{

{

Miền D: {

Diện tích miền D là:
∬

∫
(

∫
(

∫

)

(

)|

)

2. V nằm giữa 2 bán cầu:
tâm

tâm
bán kính 2.

Dùng tọa độ cầu:
{
Vì Thay tọa độ cầu vào

{

| |

bán kính 1 và


Vì là nửa hình cầu nên
∭

.
∫

∫

∫

∫

|

(

)|

3. : - Trên miền D mở:
⇔{

{

{

- Trên biên của D:

⇔

(*)

Đặt

⇔{

{

l{ phương trình tham số của (*).
t

Vì
V i

cos t

hi cos t

:{

V i

Tức là:

cos

t

:{

.
hi cos t

V i

cos t

cos

:{

t
V i

{

Tức là:
4. Xem ptvp
Ptđt:

(*)
⇔

⇔

Nghiệm tổng quát của ptvp thuần nhất tương ứng là:
Bây giờ ta tìm nghiệm riêng của (*):
Vì

(trùng nghiệm kép) nên ta tìm nghiệm riêng dưới dạng:
. Tính


Thay vào (*) được:

⇔{

,

Vậy nghiệm tổng quát của ptvp đã cho là:

Đề 11
⇔

1. :

là Elipxôit.

⇔{

Đặt

|

|

|

|

{
Khi đó
bán kính 1.

là hình cầu tâm (0, 0, 0)

∭

∭

Dùng tọa độ cầu:
{

| |

{
∭
|

∫

∫

|

2. Xét ptvp:

.
(*)

Pt thuần nhất tương ứng của (*):

(**)
ặ

Có pt đặc trưng:
ên nghiệm của (**) là:
Ta viết (*) thành 2 pt:
(1)
(2)

∫