ĐỀ THI CUỐI KÌ MÔN GIẢI TÍCH 2

ích phân đường loại 1 Tích phân đường loại 1 là tích phân có dạng: R C f dl Tính chất: 1 Là tích phân không phụ thuộc vào đường đi của C 2 Độ dài đường C : L = R C 1dl R C f dl = R C1 f dl + R C2 f dl Phương pháp giải: 1 Nếu C : y = y(x), x : x1 → x2 thì ta đổi dl thành dx theo công thức: dl = p 1 + y 0 (x) 2dx 2 Nếu C : ( x = x(t) y = y(t) , t : t1 → t2 thì ta đổi dl thành dt theoích phân đường loại 1 Tích phân đường loại 1 là tích phân có dạng: R C f dl Tính chất: 1 Là tích phân không phụ thuộc vào đường đi của C 2 Độ dài đường C : L = R C 1dl R C f dl = R C1 f dl + R C2 f dl Phương pháp giải: 1 Nếu C : y = y(x), x : x1 → x2 thì ta đổi dl thành dx theo công thức: dl = p 1 + y 0 (x) 2dx 2 Nếu C : ( x = x(t) y = y(t) , t : t1 → t2 thì ta đổi dl thành dt theoích phân đường loại 1 Tích phân đường loại 1 là tích phân có dạng: R C f dl Tính chất: 1 Là tích phân không phụ thuộc vào đường đi của C 2 Độ dài đường C : L = R C 1dl R C f dl = R C1 f dl + R C2 f dl Phương pháp giải: 1 Nếu C : y = y(x), x : x1 → x2 thì ta đổi dl thành dx theo công thức: dl = p 1 + y 0 (x) 2dx 2 Nếu C : ( x = x(t) y = y(t) , t : t1 → t2 thì ta đổi dl thành dt theoích phân đường loại 1 Tích phân đường loại 1 là tích phân có dạng: R C f dl Tính chất: 1 Là tích phân không phụ thuộc vào đường đi của C 2 Độ dài đường C : L = R C 1dl R C f dl = R C1 f dl + R C2 f dl Phương pháp giải: 1 Nếu C : y = y(x), x : x1 → x2 thì ta đổi dl thành dx theo công thức: dl = p 1 + y 0 (x) 2dx 2 Nếu C : ( x = x(t) y = y(t) , t : t1 → t2 thì ta đổi dl thành dt theoích phân đường loại 1 Tích phân đường loại 1 là tích phân có dạng: R C f dl Tính chất: 1 Là tích phân không phụ thuộc vào đường đi của C 2 Độ dài đường C : L = R C 1dl R C f dl = R C1 f dl + R C2 f dl Phương pháp giải: 1 Nếu C : y = y(x), x : x1 → x2 thì ta đổi dl thành dx theo công thức: dl = p 1 + y 0 (x) 2dx 2 Nếu C : ( x = x(t) y = y(t) , t : t1 → t2 thì ta đổi dl thành dt theo

Trang 1

Đại học Bách Khoa TP Hồ Chí Minh

Khoa Khoa Học Ứng Dụng

Bộ môn Toán Ứng Dụng

ĐỀ THI CUỐI HỌC KỲ 172 DỰ THÍNH

Môn: GIẢI TÍCH 2 Ngày thi: 03/06/2018 Thời gian: 90 phút

Hình thức thi tự luận: Đề gồm 6 câu Sinh viên không được sử dụng tài liệu

Câu 1 Cho hàm f (x, y) = x3− 2xy2+ 5y2 + 4x và điểm M (−2, 1, −7) nằm trên mặt S có phương

trình z = f (x, y)

1 Tính hệ số góc của mặt S theo hướng vector −→

Oy tại M

2 Tìm phương trình tiếp diện của mặt S tại M

Câu 2 Tính thể tích vật thể giới hạn bởi các mặt: y =√

x, y = 2√

x, z = 0, z = 6 − x Câu 3 Tính tích phân I =

Z

C

y sin(xy) + 1

2y

2+ y

dx + (x sin(xy) + xy) dy với C là nửa đường tròn x2+ y2+ 2x = 0 đi từ A(−1, −1) đến B(−1, 1) theo cùng chiều kim đồng hồ

Câu 4 Tính tích phân I =

Z Z

S

(y−z)dydz+(z−x)dzdx+(x−y)dxdy với S là mặt nón z =px2+ y2, phần ứng với z ≤ 2 và x ≥ 0, lấy phía dưới

Câu 5 Khảo sát sự hội tụ của các chuỗi số

∞

X

n=1

(−1)n(2n)!

(n!)2.3n

Câu 6 Cho chuỗi lũy thừa

∞

X

n=1

22n+1

n(n + 2)x

n

1 Tìm bán kính hội tụ R của chuỗi

2 Với R ở câu trên, tính tổng chuỗi ∀x ∈ (−R, R) biết

∞

X

n=1

xn

n = − ln (1 − x) , ∀x ∈ (−1, 1). CHỦ NHIỆM BỘ MÔN

Trang 2

ĐÁP ÁN Câu 1 (1.5đ)

1 k = 18 (0.5đ)

2 14(x + 2) + 18(y − 1) = z + 7 (1đ)

Câu 2 (1.5đ)

V =

6

Z

0

dx

2√x

Z

√ x

dy

6−x

Z

0

dz (0.5đ) =

6

Z

0

(6 − x)√

xdx (0.5đ) = 48

√ 6

5 ≈ 23.52 (0.5đ)

Câu 3 (2đ)

Gọi C1 là đường thẳng x = −1, đi từ B đến A thì C ∪ C1 là biên âm của 12 hình tròn

D : x2 + y2+ 2x ≤ 0, x ≤ −1 (0.5đ)

I =

Z

C∪C 1

P dx + Qdy −

Z

C 1

P dx + Qdy (0.5đ)

= −

Z Z

D

(−1)dxdy −

−1

Z

1

(− sin(−y) − y) dy (0.5đ) = π

2 (0.5đ)

Câu 4 (2đ)

−

→n = √1

2

x

z,

y

z, −1

(0.5đ)

I =√

2

Z Z

S

(y − x)ds (0.5đ) =

π 2

Z

− π 2

dϕ

2

Z

0

r2(sin ϕ − cos ϕ)dr (0.5đ) = −16

3 (0.5đ)

Câu 5 (1đ)

lim

n→∞

un+1

un

= lim

n→∞

(2n + 1)(2n + 2) (n + 1)2.3 =

4

3 (0.5đ) ⇒ P K (0.5đ) Câu 6 (2đ)

an= 2

2n+1

n(n + 2) → R = 1

4 (0.5đ) S(x) =

∞

X

n=1

22n+1

n(n + 2)x

n =

∞

X

n=1

1

n − 1

n + 2

(4x)n =

∞

X

n=1

(4x)n

∞

X

n=1

(4x)n

n + 2 (0.5đ)

x 6= 0 :

∞

X

n=1

(4x)n

n + 2 =

1 (4x)2

∞

X

n=1

(4x)n+2

n + 2 =

1 16x2

" ∞

X

n=1

(4x)n

n − 4x

1 − (4x)

2

# (0.5đ)

S(x) =







0, x = 0

1 16x2 − 1

ln (1 − 4x) + 1

4x +

1

2, x ∈

−1

4, 0

∪

0,1 4

(0.5đ)

Trang 3

Câu 1 Cho mặt cong S có phương trình z = x3− 2xy2+ 5y2+ 8x − 4y Tìm vector pháp của mặt

cong và phương trình tiếp diện của mặt cong tại M (−1, 2, 11)

Câu 2 Tính thể tích vật thể giới hạn bởi z = 0, x + y + z = 3, y = 0,x

2 +

y

3 = 1,

x

4 +

y

3 = 1 Câu 3 Tính diện tích phần mặt trụ z = 4 − y2 bị cắt bởi các mặt phẳng z = 0, x + y = 2, x = 4 Câu 4 Dùng công thức Stokes để tính tích phân

I =

Z

C

(z3+ x2y)dx + (2xz2− x2y)dy +

x3 −1

3y

3+ 3z2y

dz với C là đường cong

(

x2+ 2y2+ z2 = 4y

z = x lấy cùng chiều kim đồng hồ nhìn từ phía z dương (Nhìn theo hướng

từ dương sang âm của trục Oz)

1

∞

X

n=3

3n2− 2

n2+ n

(4n−3)

n − 3

n + 1

(n−3)(n+1)

2

∞

X

n=1

(−1)n−1.4.7 (3n + 1)

23n+1(n!)

Câu 6 Tìm bán kính hội tụ R của chuỗi lũy thừa

∞

X

n=2

(−1)n−1+ 3n+1

n2− 1 x

n+1

và tính tổng chuỗi khi

x ∈ (−R, R)

CHỦ NHIỆM BỘ MÔN

Trang 4

Pháp vector: −→n = ±(3, 24, −1) (1đ)

PTTD: z = 3(x + 1) + 24(y − 2) + 11 hoặc 3(x + 1) + 24(y − 2) − (z − 11) = 0 (0.5đ) Câu 2 (1.5đ)

V =

Z Z Z

Ω

dxdydz =

3

Z

0

dy

3−y

Z

6−2y 3

dx

3−x−y

Z

0

dz +

3

Z

0

dy

12−4y 3

Z

3−y

dx

0

Z

3−x−y

dz (0.5đ)

=

3

Z

0

(3 − y)

3 − y − 6 − 2y

3

−(3 − y)

2

(6 − 2y)2 18

dy +

=

3

Z

0

(y − 3) 12 − 4y

3 − 3 + y

+ (12 − 4y)

2

18 −(3 − y)

2

dy (0.5đ) = 1

2 +

1

2 = 1 (0.5đ)

Câu 3 (1.5đ)

PTGT: z = 4 − y2∧ z = 0 ⇔ y = ±2

D : y = ±2, x + y = 2, x = 4 (0.5đ)

SS =

Z Z

S

ds =

Z Z

D

p

1 + 4y2dxdy (0.5đ) =

2

Z

−2

dy

4

Z

2−y

p

1 + 4y2dx =

2

Z

−2

p

1 + 4y2(2 + y)dy

= ln(4 +√

17) + 4√

17 ≈ 18.59 (0.5đ) Câu 4 (2đ)

Gọi S là phần mặt phẳng z = x nằm trong ellipsoid, lấy phía dưới theo hướng Oz (0.5đ) Stokes: I =

Z Z

S

(−y2+ 3z2− 4xz)dydz + (3z2− 3x2)dzdx + (2z2 − 2xy − x2)dxdy (0.5đ)

Dxy : x2+ y2 ≤ 2y

I =

Z Z

D xy

(−y2+ 3z2− 4xz, 3z2− 3x2, 2z2 − 2xy − x2)(1, 0, −1)dxdy

=

Z Z

D xy

(−y2+ 3x2− 4x2− x2+ 2xy)dxdy (0.5đ)

=

Z Z

D xy

(−2x2+ 2xy − y2)dxdy =

Z Z

D xy

(−2x2− y2)dxdy (Do Dxy đối xứng qua Oy)

=

π

Z

0

dϕ

2 sin ϕ

Z

0

(−2r2cos2ϕ − r2sin2ϕ)rdr = −

π

Z

0

(8 cos2ϕ sin4ϕ + 4 sin6ϕ)dϕ = −7π

4 (0.5đ) Câu 5 (1.5đ)

1 lim

n→∞

n

√

un= lim

n→∞

3n2 − 2

n2+ n

4n−3n

1 − 4

n + 1

(n+1)n−3n

= 3

4

e4 > 1 (0.5đ) ⇒ P K (0.25đ)

2 lim

n→∞

un+1

un

= lim

n→∞

(3n + 4)

23.(n + 1) =

3

8 < 1 (0.5đ) ⇒ HT (0.25đ)

Trang 5

Câu 6 (2đ)

an= (−1)

n−1+ 3n+1

n2− 1 → R =

1

3 (0.5đ) S(x) =

∞

P

n=2

(−1)n−1+ 3n+1

n2− 1 x

n+1

S(x) = 1

2

∞

P

n=2

(−1)n−1.xn+1

n − 1 +

∞

P

n=2

(3x)n+1

n − 1 −

∞

P

n=2

(−1)n−1.xn+1

n + 1 −

∞

P

n=2

(3x)n+1

n + 1

(0.5đ)

= 1

2

x2

∞

P

n=1

(−x)n

n + (3x)

2 P∞

n=1

(3x)n

∞

P

n=1

(−x)n

x

1 − x

2

−

∞

P

n=1

(3x)n

n − 3x

1 −(3x)

2

(0.5đ) S(x) = 1

2[(1 − x

2) ln(1 + x) + (1 − 9x2) ln(1 − 3x) + 2x + 5x2] , x ∈

−1

3,

1 3

(0.5đ)

Trang 6

Câu 1 Cho u = rs2ln t, r = x2, s = 4y − 3, t = xy3

Tìm ∂u

∂x +

∂u

∂y tại (x, y, r, s, t) = (1, 1, 1, 1, 1).

Câu 2 Tính tích phân bội ba

Z Z Z

Ω

p

x2+ y2dxdydz với Ω là vật thể giới hạn bởi x2+ y2 + z2 ≤

4, x ≤ y, z ≥ 0

Câu 3 Tính tích phân sau đây

Z

C

((x − y)dx + (x + 2y)dy với C là phần đường tròn x2+ y2 = 4 đi từ điểm (−2, 0) đến giao điểm thứ nhất của đường tròn với y = −√

3x tính theo chiều KĐH Câu 4 Dùng công thức Stokes để tính tích phân I =

Z

C

y2dx + z2dy + x2dz, trong đó C là giao

tuyến của mặt cầu x2+ y2+ z2 = 4x và mặt phẳng x = 2 + y lấy ngược chiều kim đồng hồ nhìn từ x dương

Câu 5 Khảo sát sự hội tụ của

∞

X

n=1

(un+ vn) với

un= 5

n(n!)2

n2n , vn=

cos1 n

n3

Câu 6 Tìm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa

∞

X

n=1

1 + 1 n

n 2

(2x + 1)n+2

Trang 7

ĐÁP ÁN

Câu 1 (2đ)

∂u

∂x +

∂u

∂y(1, 1, 1, 1, 1) =

∂u

∂r.

∂r

∂x +

∂u

∂t.

∂t

∂x +

∂u

∂s.

∂s

∂y +

∂u

∂t.

∂t

∂y (1đ)

= s2 ln t.2x +rs

2

t .y

3+ 2rs ln t.4 + rs

2

t .3xy

2 = 1 + 3 = 4 (1đ) Câu 2 (1đ)

Đặt





x = ρ sin θ cos ϕ

y = ρ sin θ sin ϕ

z = ρ cos θ

|J| = ρ2sin θ

I =

Z 5π/4

π/4

dϕ

Z π/2 0

dθ

Z 2 0

ρ sin θ.ρ2sin θdρ (0.5đ) = π2 (0.5đ) Lưu ý: Có thể giải theo cách dùng tọa độ trụ

Câu 3 (1.5đ)

Đặt

(

x = 2 cos t

y = 2 sin t π ≤ t ≤

2π

3 (0.5đ)

I =

Z 2π/3

π

[(2 cos t − 2 sin t)(−2 sin t) + (2 cos t + 4 sin t)(2 cos t)] dt (0.5đ) = 3

2−4π

3 (0.5đ) Câu 4 (2đ)

Chọn S là phần mặt phẳng x = y + 2 lấy ngược chiều kim đồng hồ nhìn từ x dương Suy ra α < π

2 ⇒ cos α > 0

Pt mặt phẳng S là F (x, y, z) = x − y − 2 Pháp vector −→n = √1

2(1, −1, 0)

Áp dụng định lý Stokes ta có:

I =

Z

C

y2dx + z2dy + x2dz =

Z Z

S

−2ydxdy − 2zdydz − 2xdxdz (1đ)

Do S là phần mặt x = y + 2 song song với trục Oz nên I3 =

Z Z

S

−2ydxdy = 0

I =

Z Z

S

−2zdydz − 2xdxdz =

Z Z

S

−2z.√1

2 + 2x.

1

√ 2

ds = −4π√

2 (1đ) (Hình chiếu xuống mp y = 0 là DOzx: (x − 2)2+ z2 = 2)

Câu 5 (1.5đ)

• Khảo sát sự hội tụ của chuỗi

∞

X

n=1

un=

∞

X

n=1

5n(n!)2

n2n :

Ta có lim

n→∞

un+1

un = limn→∞5

1 − 1

n + 1

(n+1)n+12n

= 5e−2 < 1

⇒

∞

X

n=1

un hội tụ theo tiêu chuẩn D0Alembert (0.5đ)

Trang 8

• Khảo sát sự hội tụ của chuỗi

∞

X

n=1

vn=

∞

X

n=1

cos1 n

n

:

Ta có lim

n→∞

n

√

vn= lim

n→∞

1 − 1 2n2

(2n 2 ) n2 2n2

= e−1/2 < 1

⇒

∞

X

n=1

vn hội tụ theo tiêu chuẩn Cauchy (0.5đ)

• Ta có

∞

X

n=1

un,

∞

X

n=1

vn hội tụ ⇒

∞

X

n=1

(un+ vn) cũng hội tụ theo tính chất của chuỗi số (0.5đ)

Câu 6 (2đ)

Đặt X = 2x + 1, chuỗi viết lại là X2

∞

X

n=1

1 + 1 n

n 2

Xn

• Tìm bán kính R với an=

1 + 1 n

n 2

Ta có ρ = lim

n→∞

n

p|an| = lim

n→∞

1 + 1 n

n

= e ⇒ R = 1

ρ =

1

e (0.5đ)

• Khoảng hội tụ x ∈ −1/e − 1

1/e − 1 2

(0.5đ)

• Xét sự hội tụ tại hai đầu mút

Tại x = 1/e − 1

2 chuỗi trở thành

∞

X

n=1

1 + 1 n

n 2

1 e

n+2

Ta có lim

n→∞

1 + 1 n

n 2

1 e

n+2

= lim

n→∞

"

1 + n1n e

#n

.1

e2 = lim

n→∞

h

eln(1+n1)n−1in

.1

e2

= lim

n→∞

h

en ln(1+n1)−1in

.1

e2 = lim

n→∞

h

en.(1n − 1 2n2 + 1

3n3)−1in

.1

e2 = e−5/2

⇒ chuỗi phân kỳ theo ĐKC

Tại x = −1/e − 1

∞

X

n=1

(−1)n

1 + 1 n

n 2

1 e

n+2

Ta có @ lim

n→∞(−1)n

1 + 1 n

n 2

1 e

n+2

⇒ chuỗi phân kỳ theo ĐKC

Miền hội tụ x ∈ −1/e − 1

1/e − 1 2

(1đ)

Trang 9

Câu 1 Tìm đạo hàm của h(x, y, z) = cos xy + eyz + ln zx theo hướng vector −→u = (1, 2, 2) tại

P0

1, 0,1 2

Câu 2 Tính thể tích của vật thể giới hạn bởi các mặt: z = x2+ y2, z = x2+ y2+ 1, x2+ y2 = 1 Câu 3 Cho C là chu tuyến kín, trơn từng khúc, định hướng dương và

I = Z

C

y − 1 (x − 1)2 + (y − 1)2dx + 1 − x

(x − 1)2+ (y − 1)2dy

Tính I trong hai trường hợp:

a) Điểm (1, 1) nằm ngoài C

b) Điểm (1, 1) nằm trong C

Z Z

S

yzdzdx + z2dxdy, trong đó S là phần mặt trụ y2+ z2 = 1, z ≥ 0 bị chắn bởi các mặt x = 0, x = 1, lấy phía trên theo hướng vector−→

Oz

Câu 5 Khảo sát sự hội tụ của các chuỗi sau:

a)

∞

X

n=1

1.3 (2n − 1) [2.4 (2n)] (3n+ 1) b)

∞

X

n=1

(n!)n

nn 2

Câu 6 Tìm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa

∞

X

n=0

x2+ 1 3

n

Trang 10

−

→n = −→u

kuk =

1

3.

2

3,

2 3

(0.5đ)

∇h =

−y sin xy + 1

x, −x sin xy + ze

yz, yeyz+1

z

(0.5đ)

∂h

∂−→u

1, 0,1 2

=

∇h

1, 0,1 2

−→n = 2 (0.5đ) Câu 2 (1.5đ)

V =

Z Z Z

Ω

dxdydz (0.5đ) =

Z 2π 0

dϕ

Z 1 0

rdr

Z r 2 +1

r 2

dz (0.5đ) = π (0.5đ)

Câu 3 (2đ)

P (x, y) = y − 1

(x − 1)2+ (y − 1)2, Q(x, y) = 1 − x

(x − 1)2+ (y − 1)2

a) Q0x = Py0 = (x − 1)

2− (y − 1)2

[(x − 1)2+ (y − 1)2]2 (0.5đ)

I =

Z

C

P dx + Qdy = +

Z Z

D

(Q0x− Py0)dxdy = 0 (0.5đ)

b) P (x, y), Q(x, y) không liên tục tại (1, 1)

Gọi C0 là đường (x − 1)2+ (y − 1)2 = R2 với R đủ nhỏ để C0 nằm bên trong C, lấy cùng chiều kim đồng hồ

I =

Z

C

P dx + Qdy =

Z

C∪C 0

P dx + Qdy −

Z

C 0

P dx + Qdy = I1− I2

I1 =

Z

C∪C 0

P dx + Qdy = +

Z Z

D

(Q0x− Py0)dxdy = 0 (0.5đ) (D nằm giữa C và C0)

I2 =

Z

C 0

P dx + Qdy =

Z

C 0

y − 1

R2 dx + 1 − x

R2 dy = −

Z Z

D 0

− 1

R2 − 1

R2

dxdy = 2

R2S(D0)

= 2π (D0 : (x − 1)2+ (y − 1)2 ≤ R2)

⇒ I = I1− I2 = −2π (0.5đ)

Câu 4 (1.5đ)

(S) : z =p1 − y2 ⇒ z0

x = 0, zy0 = −y

p1 − y2 ⇒ −→n = 0, y

p1 − y2, 1

! (0.5đ)

Z Z

S

"

yp1 − y2 y

p1 − y2 + (1 − y2).1

# dxdy (0.5đ) =

Z Z

D xy

dxdy = 2 (0.5đ)

Câu 5 (2đ)

a) D = lim

n→∞

un+1

un = limn→∞

2n + 1 2n + 2.

3n+ 1

3n+1+ 1 =

1

3 (0.5đ)

D = 1

3 < 1 ⇒ chuỗi hội tụ theo tiêu chuẩn D

0Alembert (0.5đ)

b) C = lim

n→∞

n

√

un= lim

n→∞

n!

nn = 0 (0.5đ)

C = 0 < 1 ⇒ chuỗi hội tụ theo tiêu chuẩn Cauchy (0.5đ)

Trang 11

Câu 6 (1.5đ)

Đặt X = x2+ 1, chuỗi viết lại là

∞

X

n=0

1 3

n

Xn

Ta có ρ = lim

n→∞

n

p|un| = lim

n→∞

n

s

1 3

n

= 1

3 ⇒ R = 1

ρ = 3 (0.5đ) Khoảng hội tụ: 1 ≤ X < 3 ⇔ −√

2 < x <√

2 (0.5đ) Tại x = ±√

∞

X

n=0

(1)n

Ta có lim

n→∞(1)n = 1 6= 0 ⇒ chuỗi phân kỳ theo ĐKC Miền hội tụ: −√

2 < x <√

2 (0.5đ)

Trang 12

Câu 1 Cho hàm f (x, y) = x3− 2xy2+ 5y2 + 4x và điểm M (−2, 1, −7) nằm trên mặt S có phương

trình z = f (x, y)

1 Tính hệ số góc của mặt S theo hướng vector −→

Oy tại M

2 Tìm phương trình tiếp diện của mặt S tại M

Câu 2 Tính thể tích vật thể giới hạn bởi các mặt: y =√

x, y = 2√

x, z = 0, z = 6 − x Câu 3 Tính tích phân I =

Z

C

y sin(xy) + 1

2y

2+ y

dx + (x sin(xy) + xy) dy với C là nửa đường tròn x2+ y2+ 2x = 0 đi từ A(−1, −1) đến B(−1, 1) theo cùng chiều kim đồng hồ

Z Z

S

(y−z)dydz+(z−x)dzdx+(x−y)dxdy với S là mặt nón z =px2+ y2, phần ứng với z ≤ 2 và x ≥ 0, lấy phía dưới

∞

X

n=1

(−1)n(2n)!

(n!)2.3n

Câu 6 Cho chuỗi lũy thừa

∞

X

n=1

22n+1

n(n + 2)x

n

1 Tìm bán kính hội tụ R của chuỗi

2 Với R ở câu trên, tính tổng chuỗi ∀x ∈ (−R, R) biết

∞

X

n=1

xn

n = − ln (1 − x) , ∀x ∈ (−1, 1). CHỦ NHIỆM BỘ MÔN

Trang 13

1 k = 18 (0.5đ)

2 14(x + 2) + 18(y − 1) = z + 7 (1đ)

Câu 2 (1.5đ)

V =

6

Z

0

dx

2√x

Z

√ x

dy

6−x

Z

0

dz (0.5đ) =

6

Z

0

(6 − x)√

xdx (0.5đ) = 48

√ 6

5 ≈ 23.52 (0.5đ)

Câu 3 (2đ)

Gọi C1 là đường thẳng x = −1, đi từ B đến A thì C ∪ C1 là biên âm của 12 hình tròn

D : x2 + y2+ 2x ≤ 0, x ≤ −1 (0.5đ)

I =

Z

C∪C 1

P dx + Qdy −

Z

C 1

P dx + Qdy (0.5đ)

= −

Z Z

D

(−1)dxdy −

−1

Z

1

(− sin(−y) − y) dy (0.5đ) = π

2 (0.5đ)

Câu 4 (2đ)

−

→n = √1

2

x

z,

y

z, −1

(0.5đ)

I =√

2

Z Z

S

(y − x)ds (0.5đ) =

π 2

Z

− π 2

dϕ

2

Z

0

r2(sin ϕ − cos ϕ)dr (0.5đ) = −16

3 (0.5đ)

Câu 5 (1đ)

lim

n→∞

un+1

un

= lim

n→∞

(2n + 1)(2n + 2) (n + 1)2.3 =

4

3 (0.5đ) ⇒ P K (0.5đ) Câu 6 (2đ)

an= 2

2n+1

n(n + 2) → R = 1

4 (0.5đ) S(x) =

∞

X

n=1

22n+1

n(n + 2)x

n =

∞

X

n=1

1

n − 1

n + 2

(4x)n =

∞

X

n=1

(4x)n

∞

X

n=1

(4x)n

n + 2 (0.5đ)

x 6= 0 :

∞

X

n=1

(4x)n

n + 2 =

1 (4x)2

∞

X

n=1

(4x)n+2

n + 2 =

1 16x2

" ∞

X

n=1

(4x)n

n − 4x

1 − (4x)

2

# (0.5đ)

S(x) =







0, x = 0

1 16x2 − 1

ln (1 − 4x) + 1

4x +

1

2, x ∈

−1

4, 0

∪

0,1 4

(0.5đ)

Trang 14

Câu 1 Cho mặt cong S có phương trình z = x3− 2xy2+ 5y2+ 8x − 4y Tìm vector pháp của mặt

cong và phương trình tiếp diện của mặt cong tại M (−1, 2, 11)

Câu 2 Tính thể tích vật thể giới hạn bởi z = 0, x + y + z = 3, y = 0,x

2 +

y

3 = 1,

x

4 +

y

3 = 1 Câu 3 Tính diện tích phần mặt trụ z = 4 − y2 bị cắt bởi các mặt phẳng z = 0, x + y = 2, x = 4 Câu 4 Dùng công thức Stokes để tính tích phân

I =

Z

C

(z3+ x2y)dx + (2xz2− x2y)dy +

x3 −1

3y

3+ 3z2y

dz với C là đường cong

(

x2+ 2y2+ z2 = 4y

z = x lấy cùng chiều kim đồng hồ nhìn từ phía z dương (Nhìn theo hướng

từ dương sang âm của trục Oz)

1

∞

X

n=3

3n2− 2

n2+ n

(4n−3)

n − 3

n + 1

(n−3)(n+1)

2

∞

X

n=1

(−1)n−1.4.7 (3n + 1)

23n+1(n!)

Câu 6 Tìm bán kính hội tụ R của chuỗi lũy thừa

∞

X

n=2

(−1)n−1+ 3n+1

n2− 1 x

n+1

và tính tổng chuỗi khi

x ∈ (−R, R)

Trang 15

Pháp vector: −→n = ±(3, 24, −1) (1đ)

PTTD: z = 3(x + 1) + 24(y − 2) + 11 hoặc 3(x + 1) + 24(y − 2) − (z − 11) = 0 (0.5đ) Câu 2 (1.5đ)

V =

Z Z Z

Ω

dxdydz =

3

Z

0

dy

3−y

Z

6−2y 3

dx

3−x−y

Z

0

dz +

3

Z

0

dy

12−4y 3

Z

3−y

dx

0

Z

3−x−y

dz (0.5đ)

=

3

Z

0

(3 − y)

3 − y − 6 − 2y

3

−(3 − y)

2

(6 − 2y)2 18

dy +

=

3

Z

0

(y − 3) 12 − 4y

3 − 3 + y

+ (12 − 4y)

2

18 −(3 − y)

2

dy (0.5đ) = 1

2 +

1

2 = 1 (0.5đ)

Câu 3 (1.5đ)

PTGT: z = 4 − y2∧ z = 0 ⇔ y = ±2

D : y = ±2, x + y = 2, x = 4 (0.5đ)

SS =

Z Z

S

ds =

Z Z

D

p

1 + 4y2dxdy (0.5đ) =

2

Z

−2

dy

4

Z

2−y

p

1 + 4y2dx =

2

Z

−2

p

1 + 4y2(2 + y)dy

= ln(4 +√

17) + 4√

17 ≈ 18.59 (0.5đ) Câu 4 (2đ)

Gọi S là phần mặt phẳng z = x nằm trong ellipsoid, lấy phía dưới theo hướng Oz (0.5đ) Stokes: I =

Z Z

S

(−y2+ 3z2− 4xz)dydz + (3z2− 3x2)dzdx + (2z2 − 2xy − x2)dxdy (0.5đ)

Dxy : x2+ y2 ≤ 2y

I =

Z Z

D xy

(−y2+ 3z2− 4xz, 3z2− 3x2, 2z2 − 2xy − x2)(1, 0, −1)dxdy

=

Z Z

D xy

(−y2+ 3x2− 4x2− x2+ 2xy)dxdy (0.5đ)

=

Z Z

D xy

(−2x2+ 2xy − y2)dxdy =

Z Z

D xy

(−2x2− y2)dxdy (Do Dxy đối xứng qua Oy)

=

π

Z

0

dϕ

2 sin ϕ

Z

0

(−2r2cos2ϕ − r2sin2ϕ)rdr = −

π

Z

0

(8 cos2ϕ sin4ϕ + 4 sin6ϕ)dϕ = −7π

4 (0.5đ) Câu 5 (1.5đ)

1 lim

n→∞

n

√

un= lim

n→∞

3n2 − 2

n2+ n

4n−3n

1 − 4

n + 1

(n+1)n−3n

= 3

4

e4 > 1 (0.5đ) ⇒ P K (0.25đ)

2 lim

n→∞

un+1

un

= lim

n→∞

(3n + 4)

23.(n + 1) =

3

8 < 1 (0.5đ) ⇒ HT (0.25đ)

Bộ mơn Toán Ứng Dụng

Mơn: GIẢI TÍCH Ngày thi: 12/ 12/ 2018 Thời gian: 90 phút

Hình thức thi tự luận: Đề gồm câu Sinh viên không sử dụng...

(−y2+ 3z2− 4xz)dydz + (3z2− 3x2)dzdx + (2z2 − 2xy − x2)dxdy (0.5đ)

Dxy : x2+ y2...

Bộ mơn Tốn Ứng Dụng

ĐỀ THI CUỐI HỌC KỲ 1 82 DỰ THÍNH

Mơn: GIẢI TÍCH Ngày thi: 01/06 /20 19 Thời gian: 90 phút

Hình thức thi tự luận: Đề gồm câu Sinh viên không sử dụng

Định dạng
Số trang	19
Dung lượng	1,04 MB