a Tìm giá trị riêng và véc tơ riêng của f.. Với giá trị nào của k thì tích phân hội tụ.. ---Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm... Đây là ph-ơng trình của một hyperbol... Ta có thể d
Trang 1bộ giáo dục và đào tạo Đề thi tuyển sinh cao học tháng 05 năm 2014
Tr-ờng Đại Học Xây Dựng Môn toán cao cấp − Thời gian làm bài 180 phút
Câu 1 Cho ánh xạ tuyến tính f : R2 →R2 có biểu thức f (x; y) = (3x − 4y; −4x + 3y).
a) Tìm giá trị riêng và véc tơ riêng của f
b) Gọi (Sk) là một đ-ờng bậc 2 trong R2 có ph-ơng trình x2+ ky2− 6xy + 9 − k = 0 với tham số k Chứng tỏ với mọi k < 9 thì (S) là một đ-ờng hyperbol.
Câu 2
a) Tìm giới hạn lim
x→1
π(1 − x) − 2 cotπx2
sin(πx) ln(2x2− 4x + 3) .
b) Cho hàm f (x) = e
x
1 − 2x2014 Hãy tính đạo hàm f(2014)(0).
Câu 3
a) Tìm cực trị của hàm hai biến số f (x, y) = x3− 6xy + 3y2 Hãy tìm giá trị lớn nhất,
nhỏ nhất của hàm f (x; y) trên tập D = {(x; y) : 2x2+ y2− 2xy ≤ 9}.
b) Tính thể tích của vật thể nằm phía trên mặt phẳng Oxy đ-ợc giới hạn bởi mặt cong có ph-ơng trình z2(4 − x2− y2) = 1 và mặt phẳng z = 0, đồng thời nằm trong mặt trụ
x2+ y2− 2x = 0.
Câu 4
a) Tính tích phân đ-ờng loại hai
I L
(x2−y)dx+(x+y2)dy, với L là đ-ờng elíp x
2
4 +
y2
9 = 1
có h-ớng ng-ợc chiều kim đồng hồ
b) Tính tích phân suy rộng
+∞
Z 2
x − 1 − ln2x
x2(1 + lnkx) dx khi k = 2 Với giá trị nào của k thì tích
phân hội tụ
Câu 5
a) Giải ph-ơng trình vi phân y00− 5y0+ 4y = −2e2x Hãy tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện
ban đầu y|x=0 = 1, y0
|x=0 = −1.
b) Tìm miền hội tụ và tính tổng của chuỗi lũy thừa
∞ X n=0
n
n + 1 x
n
.
-Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Trang 2Đáp án và thang điểm Môn toán
Câu 1 (2 đ)
(1 đ) a) Ma trận của f là
. 0,5 đ
Các giá trị riêng là λ1 = −1 và λ2 = 7 Các vectơ riêng t-ơng ứng là v1 = t(1; 1), t 6= 0 và
v2 = t(−1; 1), t 6= 0 . 0,5 đ
(1 đ) b) Để S là một hyperbol tr-ớc hết A =
có hai giá trị riêng trái dấu λ1 , λ2 T-ơng
đ-ơng với detA = k − 9 < 0 ⇔ k < 9 . 0,5 đ
Khi đó, ta tìm đ-ợc một cơ sở để S có dạng λ1 X2+ λ2 Y2− λ1 λ2 = 0 ⇔ X
2
λ2 +Y 2
λ1
= 1 Đây là
ph-ơng trình của một hyperbol 0,5 đ
Câu 2 (2 đ)
(1,0 đ) a) Đặt x = 1 − t, suy ra t → 0 khi x → 1 Thay vào, ta có L = lim
t→0
πt − 2 tanπt2
sin(πt) ln(1 + 2t2).
Sử dụng sin(πt) ∼ πt, ln(1 + 2t2) ∼ 2t2 khi t → 0, ta có L = lim
t→0
πt − 2 tanπt2
2πt3 0,5 đ
Sử dụng quy tắc LHospital, suy ra L = lim
t→0
π − 2cos12 πt
2
π 2
t→0
− sin2 πt2
6t2 = π242 . 0,5 đ
(1 đ) b) Sử dụng khai triển Mac-laurin hàm ex = 1 + x + x
2
2! + ã ã ã +
x2014
2014! + o(x
2014 ) và 1
1 + t =
1 − t + o(t) Thay t = −2x2014, suy ra 1−2x12014 = 1 + 2x2014+ o(x2014) . 0,5 đ
Suy ra f (x) =
1 + x + x
2
2! + ã ã ã +
x2014 2014! + o(x
2014)
(1 + 2x2014+ o(x2014)) = ã ã ã+
1 2014!+ 2
x2014+
o(x2014) Vậy f(2014)(0) = 2014!
1 2014! + 2
= 1 + 2.2014!. 0,5 đ
Câu 3 (2 đ)
(1 đ) a) * Cực trị tự do: Điểm dừng là nghiệm của hệ ph-ơng trình
(
f0
x = 3x2− 6y = 0
f0
y = 6x − 6y = 0.
Hệ có các nghiệm x1 = 0, y1 = 0 và x2 = 2, y2 = 2.
Hàm có 2 điểm dừng M1(0; 0) và M2(2; 2) nằm trong D Ma trận các đạo hàm riêng cấp 2 của
hàm f là A =
.
• Tại M1(0; 0) hàm không đạt cực trị.
• Tại M2, d2f (M2) xác định d-ơng, hàm đạt cực tiểu, fCT = f (M2) = −4 0,5 đ
* Tìm điểm dừng trên đ-ờng elíp: 2x2 + y2− 2xy = 9 ⇔ (x − y)2 = 9 − x2 ≥ 0 Điều kiện
−3 ≤ x ≤ 3 Từ điều kiện, ta có −6xy + 3y2 = 27 − 6x2 Thay vào biểu thức của hàm f , ta
đ-ợc: f (x) = x3 − 6x + 27, với −3 ≤ x ≤ 3 Ta có f0(x) = 3x2 − 12x = 0 ⇔ x = 0, x = 4
Trang 3(loại) Với x = 0 suy ra y = ±3, với x = −3 suy ra y = −3, với x = 3 suy ra y = 3 Vậy, trên biên có các điểm dừng sau: M3(0, 3), M4(0, −3), M5(3, 3), M6(−3, −3) Giá trị tại các điểm dừng:
f (M1) = 0, f (M2) = −4, f (M3) = f (M4) = 27, f (M5) = 0, f (M6) = −54 Vậy GTLN là 27 tại (x, y) = (0; ±3) và GTNN là -54 tai (x, y) = (−3, −3) . 0,5 đ
Chú ý Ta có thể dùng ph-ơng pháp nhân tử hóa Lagrange
(1 đ)b) Thể tích là V =RR
D
1
√ 4−x 2 −y 2dxdy với D là miền đ-ợc giới hạn bởi hình tròn x2+y2−2x = 0.
Đổi biến tọa độ cực
(
x = r cos ϕ
y = r sin ϕ , 0 ≤ r ≤ 2 cos ϕ,
−π
2 ≤ ϕ ≤
π
2. . 0,5 đ
Vậy I =
π 2
R
−π
2
dϕ
2 cos ϕR 0
rdr
√ 4−r 2 = 2π − 4 . 0,5 đ
Câu 4 (2 đ)
(1 đ) a) áp dụng định lý Green ta đ-ợc I = 2RR
D
dxdy = 2SD = 12π . 1,0 đ
Cách khác: Tính trực tiếp bằng cách tham số hóa x = 2 cos t, y = 3 sin t, 0 ≤ t ≤ 2π.
(1 đ) b) I(k) =
+∞R 1
dx x(1 + lnkx) dx −
+∞R 1
1 + ln2x
x2(1 + lnkx) dx =
+∞R 1
d(ln x)
1 + lnkx dx −
+∞R 1
1 + ln2x
x2(1 + lnkx) dx.
*Với k = 2 thì I = I(2) = arctan(ln x) +1
x|
+∞
1 = π
2 − 1 . 0,5 đ
*Tích phân thứ 1 hội tụ khi và chỉ khi k > 1 vì
+∞R 1
dt
1 + tk hội tụ khi và chỉ khi k > 1.
*Tích phân thứ 2 luôn hội tụ với mọi k vì lim
x→∞
1+ln2x
x 2 (1+lnkx) 1
x3
= lim x→∞
1 + ln2x
x1(1 + lnkx) = 0 Suy ra
1 + ln2x
x2(1 + lnkx) <
1
x32
với x đủ lớn Vậy với k > 1 thì tích phân suy rộng hội tụ . 0,5 đ
Câu 5 (2 đ)
(1 đ) a) Nghiệm ph-ơng trình thuần nhất y00− 5y0+ 4y = 0, ¯ y = C1ex+ C2 e4x 0,25 đ
Nghiệm tổng quát y = e2x+ C1 ex+ C2 e4x 0,5 đ
Nghiệm thỏa mãn điều kiện ban đầu là y = e2x+ ex− e4x . 0,25 đ
(1 đ)b) Bán kính hội tụ R = lim
n→∞
|an|
|an+ 1| = 1 Chuỗi
∞ P n=1
(±1)n(n − 1)
n phân kì do limn→∞
(n − 1)
0 Chuỗi đã cho phân kì tại x = ±1 Miền hội tụ là X = (−1; 1) . 0,5 đ
Với mọi x ∈ X, ta có
∞ P n=0
n
n + 1 x
n=
∞ P n=0
xn−
∞ P n=0
xn
n + 1 =
1
1 − x −
∞ P n=0
xn
n + 1 .
*x
∞
P
n=0
xn
n + 1 =
∞ P n=0
xn+1
n + 1 =
∞ P n=0
Rx 0
yndy
= x R 0
P∞ n=0
yn
dy =
x R 0
1 1−ydy = − ln(1 − x).
Vậy tổng S(x) =
1
1 − x +
ln(1 − x)
x với x ∈ (−1; 1) \ {0}
0 với x = 0 . 0,5 đ