Đề thi và đáp án Giải tích 2 đề số 1 kỳ 2 năm học 2016-2017 – UET – Tài liệu VNU

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

0
<b>TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHỆ </b> <b>ĐỀ THI CUỐI KỲ HỌC PHẦN GIẢI TÍCH 2 </b>

***** (Học kỳ II năm học 2016-2017)

<b>Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian phát đề </b>

<b>Đề số 1 </b>
<b>Câu 1.(1.5đ). Khảo sát sự liên tục tại điểm (0,0) của hàm số </b>


















0
y
x
khi

0

0
y
x
khi
)
y
x
cos(
1

)
y
x
(
y
x
)
y
,
x
(
f

2
2

2
2

2

2
2
2
3
2

<b>Câu 2.(1.5đ) Tìm cực trị của hàm số </b>f(x,y)x yx2 y6x8.

<b>Câu 3.(1.5đ) Tính tích phân hai lớp </b>

 




 2

0
x
4

0

y
2

2

dy
y
4

xe
2
dx

I <b>. </b>

<b>Câu 4.(1.5đ) Tính thể tích của vật thể được giới hạn bởi các mặt </b> 2 2

y
x

z  , x2 y2 z2 2.

<b>Câu 5.(1.5đ) Cho tích phân đường loại hai </b> 




L

2
2

dx
y
dy
x

I với L là biên của nửa hình trịn









0
y

1
y

x2 2

định hướng dương. Tính I theo 2 cách: Tính trực tiếp và dùng định lý Green, so
sánh 2 kết quả thu được.

<b>Câu 6.(1.5đ). Tìm nghiệm riêng của phương trình vi phân (y + e</b>x_{siny)dx + (x + e}x_{cosy)dy = 0 với điều}
kiện ban đầu

2
)
0
(

y  . 

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

1
<b>ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM </b>

<b>Câu 1.(1,5đ)</b>

Điều kiện để hàm số













0
y
x
khi
0
0
y
x
khi
)
y
x
cos(
1
)

y
x
(
y
x
)
y
,
x
(
f
2
2
2
2
2
2
2
2
3
2

có nghĩa là 1 – cos(x2 + y2)
 0  cos(x2_{+ y}2_{)  1  x}2_{+ y}2_{ 2k (kN*) do đó miền xác định của hàm số f(x,y) đang xét là D =}
{(x,y)R2 x2_{+ y}2_{ 2k (kN*)}.}<b>_(0,25đ)</b>

Khi (x,y)  (0,0) ta có 









 








2
y
x
sin
)
y
x
(
2
y
x
y
x
2
2
y

x
sin
2
)
y
x
(
y
x
)
y
x
cos(
1
)
y
x
(
y
x
)
y
,
x
(

f ₂ ₂

2
2

2
2
2
2
3
2
2
2
2
2
2
3
2
2
2
2
2
3
2
2
2
2
2
2
)
0
,
0
(
)

y
,
x
(
2
2
3
2
)
0
,
0
(
)
y
,
x
(
)
0
,
0
(
)
y
,
x
(
2
2

2
2
2
2
2
3
2
2
y
x
2
y
x
sin
1
lim
.
y
x
y
x
2
lim
)
y
,
x
(
f
lim

2
y
x
2
y
x
sin
1
.
y
x
y
x
2

































    <b>(1)(0,5đ)</b>

+ Ta có 2y 2y 0

x
y
x
2
y
x
y
x
2

0 ₂ 3 3

3
2
2
2
3
2






 khi (x,y)  (0,0) nên theo nguyên lý kẹp ta

được 0

y
x

y
x
2

lim ₂ ₂

3
2
)

0
,
0
(
)
y
,
x

(    <b>(2)(0,25đ)</b>

+ Đặt t 0

2
y
x
t
2
2




 khi (x,y)  (0,0)   







 _t 1

t
sin
lim
2
y
x
2
y
x
sin
lim
0
t
2
2
2
2
)
0
,
0
(
)
y
,
x
(

1
1
1
2
y
x
2
y
x
sin
lim
1
2
y
x
2
y
x
sin
1

lim ₂ ₂

2
2
2
2
)
0
,

0
(
)
y
,
x
(
2
2
2
2
2
)
0
,
0
(
)
y
,
x
(  
































 <b>(3)(0,25đ) </b>

Thay (2) và (3) vào (1) ta được lim f(x,y) 0.1 0 f(0,0)
)
0
,
0

(
)
y
,
x

(     nên theo định nghĩa thì hàm số
f(x,y) đang xét liên tục tại điểm (0,0).<b>(0,25đ) </b>

<i>Cách khác. </i>

(C1) Khi (x,y)  (0,0) ta có

























)
y
x
cos(
1

)
y
x
cos(
1
)
y
x
cos(
1
)
y
x
(
y
x
)
y
x
cos(
1
)
y
x
(
y
x
)
y
,

x
(

f ₂ ₂ ₂ ₂

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

2

Vì 2y 2y 0

x
y
x
2
y
x

y
x
2

0 ₂ 3 3

3
2
2

2
3
2









 khi (x,y)  (0,0) nên theo nguyên lý kẹp ta được

0
y
x

y
x
2

lim ₂ ₂

3
2
)
0
,
0
(
)
y
,

x

(    ; lim



1 cos(x y )



2
2
2
)

0
,
0
(
)
y
,
x

(     và _x _y 1

)
y
x
sin(

lim ₂ ₂

2
2
)
0
,

0
(
)
y
,
x

(  



 nên ta được

)
0
,
0
(
f
0
1

2
.
0
)
y
,
x
(

f
lim

2
)

0
,
0
(
)
y
,
x

(     nên theo định nghĩa thì hàm số f(x,y) đang xét liên tục tại điểm (0,0).

(C2) Khi (x,y)  (0,0) ta có





)
y
x
cos(
1

)
y
x
(
.

)
y
x
(

y
x
)
y
x
cos(
1

)
y
x
(
y
x
)
y
,
x
(

f ₂ ₂

2
2
2

2

2
3
2
2

2
2
2
3
2















- Ta có 2y 2y 0

x

y
x
2
y
x

y
x
2

0 ₂ 3 3

3
2
2

2
3
2









 khi (x,y)  (0,0) nên theo nguyên lý kẹp ta

được 0

y
x

y
x
2

lim ₂ ₂

3
2
)
0
,
0
(
)
y
,
x

(    ;

- Mặt khác, đặt tx2 y2 t 0 khi (x,y)  (0,0) và 1 – cost  0 khi t  0

2
1
2

t
cos

2
lim
t
sin

t
2
lim
t
cos
1

t
lim
)
y
x
cos(
1

)
y
x
(
lim

0

t
)
'
L
(
0
t
)
'
L
(
2
0
t
2
2

2
2
2
)
0
,
0
(
)
y
,
x

(        









 .

Do đó lim f(x,y) 0.2 0 f(0,0)
)

0
,
0
(
)
y
,
x

(     nên theo định nghĩa thì hàm số f(x,y) đang xét liên tục
tại điểm (0,0).

<b>Câu 2.(1,5đ)</b>

Miền xác định của hàm số f(x,y)x yx2 y6x8<b> đang xét là D = {(x,y)R</b>2y0}.

- Ta có




















1
y
2

x
y

)

y
,
x
(
f

6
x
2
y
x

)
y
,
x
(
f

<b>(0,25đ)</b>

Do đó hệ phương trình để xác định các điểm dừng của hàm số đang xét là







































4
y

4
x
0

1
y
2

x

0
6
x
2
y

0
y

)
y
,
x
(
f

0

x

)
y
,
x
(
f

Như vậy, hàm số đang xét có điểm dừng duy nhất là P(4,4).<b>(0,25đ)</b>

- Ta có

16
3
AC
B

8
1
y

)
4
,
4
(
f
C

4
1
y
x

)
4
,
4
(
f
B

2
x

)
4
,
4
(
f
A

y
y
4

x
y

)
y
,
x
(
f

y
2

1
y

x
)
y
,
x
(
f

2
x

)
y
,
x
(

f

2

2
2
2

2
2

2
2
2

2
2









































































<b>(0,5đ)</b>

Tại điểm dừng P(4,4) ta có









0
A

0

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

3
<b>Câu 3.(1,5đ)</b>

Từ các cận của tích phân

 






2
0

x

4

0

y
2

2

dy
y
4

xe
2
dx

I ta vẽ miền lấy tích phân D trong hệ tọa độ Oxy là

Nếu tính theo chiều dương của trục Oy thì

















 ₂

x
4
y
0

2
x
0

D , cịn nếu tính theo chiều dương

của trục Ox thì



















y
4
x
0

4
y
0

D .<b>(0,5đ)</b>

Để tính I được dễ dàng, ta đổi thứ tự lấy tích phân 




 


4
0

y

4

0

y
2

dx
y
4

xe
2
dy

I <b>(0,5đ)</b>

2
1
e
2
e
)
y
2
(
d
e
2
1

dy
e
dy
y

4
x

e 4 8

0
y
2
4

0
y
2
4

0
y
2
4

0

y
4

0
2
y

2 _



























.<b>(0,5đ)</b>

<b>Câu 4.(1,5đ)</b>

Thể tính cần tính là 



V

dxdydz

V <b>(0,25đ) </b>

Vật thể V được giới hạn bởi mặt trên là mặt cầu 2 2

2
2

2
2

y
x
2
z
2
z
y

x        và mặt

dưới là mặt nón 2 2

1 x y

z   , nên 2 2 2 2

2

1 z z x y z 2 x y

z         . Cịn hình chiếu của

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

4
2

z
y

x2  2  2  với mặt nón 2 2

y
x

z  là nghiệm của hệ phương trình













2
2

2
2
2

y
x
z

2
z
y
x

chính là
đường trịn x2_{+ y}2_{= 1.}<b>_(0,25đ)</b>

<i>Cách 1. </i>

Do đó







_ 





   











 _ 




 D

2
2
2
2
D

y
x
2

y
x
D

y
x
2

y

x

dxdy
y

x
y
x
2
dxdy

z
dz

dxdy
V

2
2

2
2
2

2

2
2

<b>(4). </b>

Để tính tích phân hai lớp trên, ta đổi biến từ tọa độ Descarter (x,y) sang tọa độ cực (r,)











sin
r
y

cos
r
x

khi đó J = r và














2
2

2
2
2

r
2
y

x
2

r
y
x

<b>(5). Qua phép đổi biến này, miền D sẽ biến thành </b>

miền D’. Trong tọa độ cực (r,) miền D’ được xác định như sau:
- Đối với tọa độ r: Thay












sin
r
y

cos
r
x

vào phương trình hình trịn x2 + y2  1 ta được r2  1  0 
r  1(6);

- Đối với tọa độ : 0    2(7).<b>(0,5đ)</b>

Thay (5), (6) và (7) vào (4) ta được





 

_



















_{ }

 

_

_

1

0
2
1

0

2
2

0
2

0
1

0

2

dr
r
dr
r
2
r
rdr

r
r
2
d
V










































1

0
2
1

0

2
2

1

0
2
1

0

2
2

dr
r
)
r
2
(
d
r
2
2
1
2
dr
r
)
r
2
(
d
r

2
2
1
2




































3
)
1
2
(
4
3
1
3

2
2
3
1
2
2

r
)
r
2

(
3
2
.
2
1
2

1

0
3
1

0
2
3
2

.<b>(0,5đ)</b>

<i>Cách 2. </i>

Đổi biến từ tọa độ Descarter (x,y,z) sang tọa độ trụ (r,,z)













z
z

sin
r
y

cos
r
x

khi đó J = r. Qua phép đổi

biến này, miền V sẽ biến thành miền V’.

Trong hệ tọa độ trụ, miền V’ được xác định như sau:
- Đối với tọa độ r: Thay












sin
r
y

cos
r
x

vào phương trình hình trịn x2_{+ y}2_{ 1 ta được r}2_{ 1  0 }
r  1;

- Đối với tọa độ : 0    2.
- Đối với tọa độ z: Vì











sin

r
y

cos
r
x

nên từ x2 y2 z 2x2 y2 suy ra rz 2r2 .

<b>(0,5đ)</b>

Do đó

 

_ 

















_

_

_{ }



_

 

_



1

0

r
2
r
2

0
2

0
1

0
r
2

r
'

V
V

dr
z

r
dz

rdr
d
dz
rdrd
dxdydz

V

2
2




































_

_

_

_

_

1

0
2
1

0

2
2

1

0
2
1

0

2
1

0

2

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

5



































3
)
1
2
(
4
3
1
3

2

2
3
1
2
2

r
)
r
2
(
3
2
.
2
1
2

1

0
3
1

0
2
3
2

.<b>(0,5đ)</b>

<b>Câu 5.(1,5đ)</b>

(*)Tính trực tiếp tích phân 




L

2
2

dx
y
dy
x

I với L là biên của nửa hình trịn









0
y

1
y

x2 2

định
hướng dương.

Ta có 1 2

L

2
2

I
I
dx
y
dy
x

I



  



với






















2
1

L

2
2

2
L

2
2

1

dx
y
dy
x
I

dx
y
dy
x
I

trong đó L1 là đoạn thẳng có điểm đầu

B(-1,0) và điểm cuối A(1,0), L2 là nửa đường tròn (cung AB) x2 + y2 = 1 (y  0).

- Trên đoạn BA: y = 0 với -1  x  1  dy = 0 I x dy y dx x .0 0.dx 0dx 0
1

1
1

1

2
2
L

2
2

1

1












_

_

_






.

- Trên cung AB: Phương trình tham số của nửa đường tròn AB là









t
sin
y

t
cos
x

với 0  t  , khi đó
































_   

0
3
0

3
3

0

2
2

L

2
2

2 x dy y dx cos tcostdt sin t( sintdt) (cos t sin t)dt cos tdt

I

tdt
cos
dy

tdt
sin
dx

2

3
4
3
4
0
3

t
cos
t
cos
3

t
sin
t
sin
)

t
(cos
d
)
t
cos
1
(
)
t
(sin
d
)
t
sin
1
(
tdt
sin

0
3

0
3
0

2
0

2
0

3   











































.

Suy ra

3
4
3
4
0
I
I

I ₁ ₂    .<b>(0,5đ)</b>

(**)Tính tích phân 




L

2
2

dx
y
dy
x

I với L là biên của nửa hình trịn









0
y

1
y

x2 2

định hướng
dương, bằng cách dùng định lý Green.

Theo định lý Green





_
















 _D

L

dxdy
y

)
y
,
x
(
P

x

)
y
,
x
(
Q
dy

)
y
,
x
(
Q
dx
)
y
,
x
(

P và đối với tích phân

)
y
x
(
2

y

)
y
,
x
(
P
x

)
y
,
x
(
Q

x
2
x

)
y
,
x
(
Q

y
2

y

)
y
,
x
(
P

x
)
y
,
x
(
Q

y
)
y
,
x
(
P
dx
y
dy
x
I

2
2

L

2

2  











































, khi đó ta

được 



 



 





 _D _D

L

2
2

dxdy

)
y
x
(
2
dxdy
)
y
x
(
2
dx
y
dy
x

I với D là nửa hình trịn









0
y

1

y

x2 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

6
Để tính





D

dxdy
)
y
x

( được thuận lợi, ta đổi biến từ tọa độ Descarter (x,y) sang tọa độ cực (r,)











sin
r
y

cos
r
x

khi đó J = r. Qua phép đổi biến này, miền D sẽ biến thành miền D’.
Trong hệ tọa độ cực, miền D’ được xác định như sau:

- Đối với tọa độ r: Thay











sin
r
y

cos
r
x

vào phương trình của hình trịn x2 + y2  1 ta được r2  1 
0  r  1;

- Đối với tọa độ : 0    .

Do đó _





























_{ }

_

_



 

0
1

0
2
0

1

0
D

d
)
sin
(cos
dr

r
rdr
)
sin
r
cos
r
(

d
dxdy
)
y
x

(





3
2
2
.
3
1
cos

sin
3
r

0
1

0
3















 _

.

Suy ra

3
4
3
2
.
2
dxdy
)
y
x
(
2
dx

y
dy
x
I

D
L

2

2     









.<b>(0,5đ)</b>

Như vậy, kết quả tính tích phân I bằng hai cách theo yêu cầu có cùng một giá trị.
<b>Câu 6.(1,5đ)</b>

Từ phương trình vi phân (y + ex_{siny)dx + (x + e}x_{cosy)dy = 0 suy ra}












y
cos
e
x
)
y
,
x
(
Q

y
sin
e
y
)
y
,
x
(
P

x
x

x

)
y
,
x
(
Q
y

)
y
,
x
(
P

y
cos
e
1
x

)
y
,
x
(
Q

y
cos

e
1
y

)
y
,
x
(
P

x
x



























do đó biểu thức (y + ex_{siny)dx + (x + e}x_{cosy)dy = P(x,y)dx + Q(x,y)dy là vi phân toàn phần (cấp 1) của}
một hàm số u(x,y) nào đó, tức là dy P(x,y)dx Q(x,y)dy

y
)
y
,
x
(
u
dx
x

)
y
,
x
(
u
)
y

,
x
(

du  








 và phương

trình vi phân đã cho trở thành du(x,y) = 0 (8).<b>(0,5đ)</b>

Do đó   














dx P(x,y)dx (y)
x

)
y
,
x
(
u
)
y
,
x
(
u
)
y
,
x
(
P
x

)
y
,
x
(
u

)
y
(
y
sin
e
xy
)
y
,
x
(
u
)
y
(
dx
)
y
sin
e
y
(
)
y
,
x
(

u   x     x 



_


















dy
)
y
(
d
y
cos
e
x
)

y
,
x
(
Q
dy

)
y
(
d
y
cos
e
x
y

)
y
,
x
(

u x x

K
)
y
(
0

dy

)
y
(
d
dy

)
y
(
d
y
cos
e
x
y
cos
e

x x   x       

 với K là hằng số tùy ý.<b>(0,5đ)</b>

Như vậy, ta được u(x,y) = xy + ex_{siny + K với K là hằng số tùy ý. Thay u(x,y) vừa tìm được vào}
<b>(8) ta được du(x,y) = d(xy + e</b>x_{siny + K) = 0  xy + e}x_{siny = C với C là hằng số tùy ý, là nghiệm tổng}
quát của phương trình vi phân đã cho.

Thay điều kiện ban đầu

2
)
0
(

y  vào nghiệm tổng quát vừa tìm được: 

1
C
C
2
sin
.
e
2
.

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

7

<i>Cách khác. Thay </i>













y
cos
e
x
)
y
,
x
(
Q

y
sin
e
y
)
y
,
x
(
P

x
x

vào công thức u(x,y) P(t,y )dt Q(x,t)dt K

y

y
x

x

0

0
0






_

_

với

K là hằng số tùy ý và x0 = y0 = 0, ta được u(x,y)

_

(0e sin0)dt

_

(xe cost)dtK

y

0

x
x

0
t

K
y

sin
e
xy
K
)
t
sin
e
xt
(

0 y x

0

x    



 .<b>(0,5đ)</b>

Thay u(x,y) vừa tìm được vào (8) ta được du(x,y) = d(xy + ex_{siny + K) = 0  xy + e}x_{siny = C với}
C là hằng số tùy ý, là nghiệm tổng quát của phương trình vi phân đã cho.

Thay điều kiện ban đầu

2
)
0
(

y  vào nghiệm tổng quát vừa tìm được: 
1

C
C
2
sin
.
e
2
.

0  0    nên nghiệm riêng cần tìm là xy + exsiny = 1.<b>(0,5đ)</b>
<b>Câu 7.(1,0đ)</b>

Phương trình y’ + ycosx = sinxcosx là phương trình vi phân tuyến tính với








x
cos
x
sin
)

x
(
q

x
cos
)
x
(
p

.

<b>(0,25đ)</b>

Ta có
























p(x)dx _sin_x

x
sin
dx
)
x
(
p

e
e

e
e

x
sin
xdx
cos
dx

)
x
(

p 



q(x)ep(x)dxdx



sinxcosxesinxdx

x
sin
x

sin
x

sin
x

sin
x

sin
x
sin
x

sin

e
)
1
x

(sin
e

x
sin
e
)
x
(sin
d
e
x
sin
e
)
e
(
xd
sin
)
x
(sin
d
xe

sin 



 



   



, do đó





sinx

x
sin
x

sin
dx

)
x
(
p
dx

)
x
(
p

e
C
1
x
sin
e

C
e

)

1
x
(sin
e

C
dx
e

)
x
(
q

y       





  _

  



.<b>(0,5đ)</b>

Từ yêu cầu nghiệm đi qua điểm (x,y) = (0,1) ta có C 2

e
C

1
0
1
e

C
1
0
sin

1   _sin₀     _sin₀  

nên nghiệm phải tìm là 1

e
2
x
sin

y  _sin_x  .<b>(0,25đ) </b>

<b>Ghi chú: </b>

<b>1. Theo Quy chế đào tạo, điểm được cho lẻ đến 0,1 </b>

</div>

<!--links-->