Cập nhật 22/08/2014 3.1 Đề thi đợt 1 năm 2014 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH SAU ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn thi cơ bản: Toán cao cấp III Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. Giải và biện luận theo tham số a hệ phương trình sau        =−+− =+− =++− =+− at2zyx 0t2zy 12tzy2x 23tzx Câu 2. Đưa dạng toàn phương sau về dạng chính tắc 3121 2 3 2 2 2 1 x4xx2x4x5xxQ(X) −+−+= Câu 3. Chứng minh rằng hàm 22 b)(ya)(xlnu −+−= ; a, b ∈ R thỏa mãn phương trình 0 y u x u 2 2 2 2 = ∂ ∂ + ∂ ∂ Câu 4. Tính các giới hạn sau 1e 1xsinx1 lima) 2 x 0x − −+ → 3 xx 0x x )cos(xe)cos(xe limb) − → − Câu 5. Vẽ đồ thị (C): 2x0|;x1|1y ≤≤−−= rồi tính tích phân đường theo chiều tăng của đối số x ∫ −++= C 2222 dy)y(xdx)y(xI Câu 6. Tìm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa n 1n n 1x 2x 2 1n       + ++ ∑ ∞ = Câu 7. Tìm nghiệm của phương trình vi phân cấp một thỏa mãn y(0) = 2 )cos(xxe1)y(x'y 2x − =++ Lời giải: Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 60 Cập nhật 22/08/2014 Câu 1: Giải và biện luận hệ phương trình sau theo tham số a:        =−+− =+− =++− =+− at2zyx 0t2zy 12tzy2x 23tzx Ma trận liên kết mở rộng của hệ:               −−− − −−− −               −− − − − = − − 2a4310 01210 34310 23101 ~ a1211 01210 12112 23101 A 12 14 2HH HH               + −− −−− − + − 1a0000 33100 34310 23101 ~ 23 24 HH HH + Nếu a ≠ –1 thì hệ phương trình vô nghiệm. + Nếu a = –1 thì hệ trở thành:      +−= −= −= ⇔      +−= +−=+− −=− ⇔      −=− −=−+− =+− 3t3z 65ty 1x 3t3z 4t33zy 3t2zx 33tz 3t43zy 23tzx Kết luận: + Nếu a ≠ –1 thì hệ phương trình đã cho vô nghiệm. + Nếu a = –1 thì hệ phương trình có vô số nghiệm (phụ thuộc vào t): (x, y, z, t) = (–1; 5t – 6; 3t – 3; t) ∀t ∈ R Câu 2: Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc: 3121 2 3 2 2 2 1 x4xx2x4x5xxQ(X) −+−+= Dạng toàn phương này tồn tại a ii ≠ 0 nên thuộc trường hợp 1. Ta đưa về dạng chính tắc bằng cách nhóm tất cả các số hạng chứa x 1 với nhau và lập thành bình phương của một tổng. Làm tương tự với các số hạng chứa x 2 , x 3 )x8x4x4x()x4xx4xx2xx4xx(Q(X) 2 332 2 2323121 2 3 2 2 2 1 −++−−+++= 2 3 2 332 2 2 2 321 x9x 4 1 xxx4)2xx(x −       +++−+= Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 61 Cập nhật 22/08/2014 2 3 2 32 2 321 x9x 2 1 x4)2xx(x −       ++−+= Đặt:        = += −+= 33 322 3211 xy x 2 1 xy 2xxxy Suy ra: 2 3 2 2 2 1 y9y4yQ −+= . Đây là dạng chính tắc cần tìm. Câu 3: Chứng minh: 0 y u x u 2 2 2 2 = ∂ ∂ + ∂ ∂ Ta có: ]b)(ya)(xln[ 2 1 b)(ya)(xlnu 2222 −+−=−+−= (với điều kiện 0b)(ya)(x 22 >−+− ⇔ x ≠ a hoặc y ≠ b). Vì chỉ có logarit của một số dương. + Tính các đạo hàm riêng cấp hai đối với x và y: 22 b)(ya)(x ax x u −+− − = ∂ ∂ [ ] [ ] 222 22 2 22 222 2 2 b)(ya)(x a)(xb)(y b)(ya)(x a)(x2b)(ya)(x x u −+− −−− = −+− −−−+− = ∂ ∂ ⇒ 22 b)(ya)(x by y u −+− − = ∂ ∂ [ ] [ ] 2 22 22 222 222 2 2 b)(ya)(x b)(ya)(x b)(ya)(x b)(y2b)(ya)(x y u −+− −−− = −+− −−−+− = ∂ ∂ ⇒ Do đó: [ ] [ ] 0 b)(ya)(x b)(ya)(x b)(ya)(x a)(xb)(y y u x u 222 22 222 22 2 2 2 2 = −+− −−− + −+− −−− = ∂ ∂ + ∂ ∂ (điều phải chứng minh) Câu 4: Tìm các giới hạn: 1e 1xsinx1 lima) 2 x 0x − −+ → 2 0x 2x 2 0x x 1xsinx1 lim 1)/x(e x 1xsinx1 limL 2 −+ = − −+ = →→ (vì 1 x 1e lim 2 x 0x 2 = − → ) Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 62 Cập nhật 22/08/2014 Sử dụng công thức khai triển Taylor của các hàm số tại x = 0 ta được: o(x)xsinx += (với o(x) là vô cùng bé của x) o(x)αx1x)(1 α ++=+ Một vấn đề gặp phải là khai triển đến bậc bao nhiêu đối với x. Thương thì ta nên khai triển các hàm số đến bậc k nào đó (k có thể khác nhau đối với từng hàm số) để khi nhân ra sẽ được cùng bậc với số hạng tự do. Ví dụ trong bài này số hạng tự do nằm dưới mẫu và có bậc bằng 2. Do đó, trên tử ta chỉ cần khai triển đến bậc 1 đối với sinx và bậc 1 đối với (1 + xsinx) α là được. Giới hạn là: 2 1/2 0x 2 0x x 1o(x)]x(x[1 lim x 1xsinx1 limL −++ = −+ = →→ ( ) 2 22 22 0x 2 1/222 0x x 1)o(xxo 2 )o(xx 1 lim x 1)]o(xx[1 lim −++ + + = −++ = →→ 1 x )o(x 2 1 lim x )o(x 2 x lim 2 2 0x 2 2 2 0x + = + = →→ 2 1 L =⇔ 3 xx 0x x )cos(xe)cos(xe limb) − → − Đối với câu này, nếu khai triển Taylor của hàm số e x và cos(x) sẽ không thuận lợi cho việc rút gọn. Có thể sử dụng quy tắc Bernoulli (tức quy tắc L'Hospital) rồi sau đó áp dụng giới hạn của một số dạng đặc biệt: 3 xx 0x x )cos(xe)cos(xe limL − → − =         − + +− = −−− → 2 xxx 2 xxx 0x 3x )xe)(esin(xe 3x )xe)(esin(xe lim         − + +− = −− → 2 xx 2 xx 0x 3x x)e)(1sin(xe 3x x)e)(1sin(xe lim         − + +− = − − − → 3x x)e(1 xe )sin(xe 3x x)e(1 xe )sin(xe lim x2 x x2x x x 0x         − + + −= − → 3x x)e(1 3x x)e(1 lim x22x 0x (vì x → 0 thì xe x và xe -x → 0) Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 63 Cập nhật 22/08/2014         − −−+−= − → 2x e x)(1 3 2 2x e x)(1 3 2 lim x22x 0x               − + − − −+         + − +−= → 2x 1 2x 1e 1)(x 3 2 2x 1 2x 1e x)(1 3 2 lim -2x2x 0x             −−+       ++−= → 2x 1 11)(x 3 2 2x 1 1x)(1 3 2 lim 0x       − −+ + +−= → 6x 12x )12(x 6x 12x x)2(1lim 0x 6x 24x2x4x2x4x24x lim 22 0x +−−+−−−− = → 2 6x 12x lim 0x −= − = → Câu 5: Vẽ đồ thị và tính tích phân đường: * Vẽ đồ thị (C) của hàm số: 2x0|;x1|1y ≤≤−−= Ta có:    >− ≤ =    <−− ≥− =−−= 1xkhix2 1xkhix 0x1khix2 0x1khix |x1|1y Mà: 2x0 ≤≤ nên:    ≤<− ≤≤ = 2x1khix2 1x0khix y Đồ thị của hàm số như sau: * Tích phân đường theo chiều tăng của đối số x: Đây là tích phân đường loại 2 có y = y(x). Chia thành 2 khoảng lấy tích phân [0,1] và [1, 2] ứng với y = x và y = 2 – x Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 64 y x 2x0|;x1|1y ≤≤−−= (C) A B D Cập nhật 22/08/2014 ∫ −++= (C) 2222 dy)y(xdx)y(xI ∫∫ −+++−++= BD 2222 AB 2222 dy)y(xdx)y(xdy)y(xdx)y(x ∫∫ −−++−+= 2 1 2 1 0 2 dx)(4)x4(dx4)4x(2xdx2x 2 1 2 3 1 0 3 2 1 2 1 0 2 4x2x 3 x 2 3 x 2dx8)8x(2xdx2x         +−+=+−+= ∫∫ 3 4 3 2 3 2 42 3 1 88 3 8 2 3 2 =+=       −+−+−+= Câu 6: Tìm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa: n 1n n 1x 2x 2 1n       + ++ ∑ ∞ = Điều kiện: x ≠ –1 Ta thấy, tất cả các hệ số của các số hạng của chuỗi đều khác 0. Do đó, bán kính hội tụ của chuỗi là: 1n n n a a limR + ∞→ = với a n và a n+1 là hệ số của số hạng thứ n và thứ (n+1) 2 2n 1n lim2 2n 2 2 1n lim a a limR n 1n n n 1n n n = + + = + + ==⇔ →∞ + →∞ + →∞ Do đó miền hội tụ của chuỗi đã cho là:        < + −−+ > + +++ ⇔        < + + −> + + ⇔< + + <− 0 1x 22x2x 0 1x 22x2x 2 1x 2x 2 1x 2x 2 1x 2x 2 0x1 1 0x 1 3/4x 0 1x x 0 1x 43x <<−⇔           −> <    −> −< ⇔        < + − > + + ⇔ x x + Xét tại x = –1: các số hạng của chuỗi không xác định. Chuỗi không hội tụ ở –1 + Xét tại x = 0, chuỗi trở thành: Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 65 Cập nhật 22/08/2014 ( ) ∑∑ ∞ = ∞ = += + 1n n 1n n 1n2 2 1n có dạng chuỗi số phân kỳ. Kết luận: Miền hội tụ của chuỗi lũy thừa đã cho là khoảng: 0),1( − Câu 7: Tìm nghiệm của phương trình vi phân cấp một thỏa mãn y(0) = 2 )cos(xxe1)y(x'y 2x − =++ Đầu tiên, tìm nghiệm tổng quát của phương trình. Sau đó thay điều kiện ban đầu vào nghiệm tổng quát để suy ra hằng số C và tìm được nghiệm cụ thể. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 này có dạng: y' + p(x)y = q(x) Nhân cả hai vế với ∫ p(x)dx e sau đó rút gọn đi và lấy tích phân để suy ra nghiêm. Nhân cả hai vế với x 2 x 2 e + ta được: )cos(xexey1)e(xe'y 2 x 2 x x x 2 x x 2 x 222 + − ++ =++ )cos(xxey1)e(xe'y 2 2 x x 2 x x 2 x 222 =++⇔ ++ Ta thấy, vế trái chính là đạo hàm của ye x 2 x 2 + . Do đó: )cos(xxeye dx d 2 2 x x 2 x 22 = + Lấy tích phân hai vế theo x: ∫∫ == + ))d(xcos(xe)dxcos(xxeye 22 2 x 2 2 x x 2 x 222 C)cos(x 2 1 )sin(xeye 22 2 x x 2 x 22 ++=⇔ + (với C là hằng số) Đây là nghiệm tổng quát của phương trình đã cho. Nghiệm cụ thể của phương trình phải thỏa mãn điều kiện đầu. Ta có: Ccos(0) 2 1 .sin(0)e2.e2y(0) 00 ++=⇔= 2 3 CC 2 1 2 =⇔+=⇔ Vậy, nghiệm của phương trình là: Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 66 Cập nhật 22/08/2014 2 3 )cos(x 2 1 )sin(xeye 22 2 x x 2 x 22 ++= +         +− −       ++=⇔ x 2 x 22 2 e 2 3 )cos(x 2 1 )sin(xey x Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 67 . 22/08 /2014 3.1 Đề thi đợt 1 năm 2014 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH SAU ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn thi cơ bản: Toán cao cấp III Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu. phương trình sau        =−+− =+− =++− =+− at2zyx 0t2zy 12tzy2x 23tzx Câu 2. Đưa dạng toàn phương sau về dạng chính tắc 3121 2 3 2 2 2 1 x4xx2x4x5xxQ(X) −+−+= Câu 3. Chứng minh rằng hàm 22 b)(ya)(xlnu −+−= ;. phương trình vi phân cấp một thỏa mãn y(0) = 2 )cos(xxe1)y(x'y 2x − =++ Lời giải: Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 60 Cập nhật 22/08 /2014 Câu 1: Giải và biện luận hệ phương trình sau theo tham số