TRƯỜNG ĐHSPKT HƯNG YÊN ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN
Khoa Khoa học cơ bản
Đề số:04
Học phần: Toán cao cấp 3
Ngày thi:
Thời gian làm bài: 90 phút.
Câu 1: Cho hàm số
2 2 2 2 2
4 3 1 ( 1)z x y x y= + + − + +
.
1. Tìm cực trị của hàm số.
2. Tại điểm P(-1,-1) hàm số sẽ tăng hay giảm nếu dich
chuyển ra khỏi P theo hướng lập với trục Ox một góc
45
o
3. Tại điểm P đó tìm hướng để hàm z thay đổi nhanh nhất
Biểu diễn trên hình vẽ.
Câu 2: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, dùng tích phân mặt, tính
khối lượng của tam giác phẳng ABC với mật độ
2
x
ρ
=
với
A(-1,1,2),B(-1,2,0), C(-3,1,0).
Câu 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, đương cong kín L theo
chiều dương tạo bởi 2 đường:
+ Trục Ox,
0 2x
≤ ≤
.


Với điều kiện x=0 thì y=0 và z=0
Giảng viên ra đề 1: Khoa / Bộ môn
Giảng viên ra đề 2:
Câu 1:
1.
2 2 2 2 2
4 3 1 ( 1)z x y x y= + + − + +

' 2 2 2 2
8 2.2 ( 1) 4 (1 )
x
Z x x x y x x y
= − + + = − +

' 2 2 2 2
6 2.2 ( 1) 2 (1 2 2 )
y
Z y y x y y x y
= − + + = − −
Giải hệ phương trình
'
'
0
0
x
y
Z
Z


1 0
y
x y
x y
=

⇔ = ± =

− + =

•
2 2
2 2
1 0
1 2 2 0
x y
x y

− + =


− − =


hệ vô nghiệm.
Vậy hàm số có 5 điểm tới hạn là

(0,0),O

1

M
−

3
(1;0)M

4
( 1;0)M −
'' 2 2
12 4 4
xx
Z x y r= − − + =
4 2 2 -8 -8
''
8
xy
Z xy s= − =
0 0 0 0
0
'' 2 2
12 4 2
yy
Z y x t= − − + =
2 -4 -4 -2 -2
2
s rt−
-8 8 8 -16
-16
Vậy hàm số đạt cực đại tại
3

o
3. Hướng để hàm z thay đổi nhanh nhất là :-4j+6j
6
4
2
-2
-4
y
-5
x
j
P
2
y
x
O
A
B
z
y
x
C
B
A
-2
-1
-1
3
2
2

x y
S D
D D
m x ds x Z Z dxdy
x dxdy x dxdy
= = + +
= + + − =
∫∫ ∫∫
∫∫ ∫∫
Trong đó D là hình chiếu của mặt phẳng ABC lên mặt phẳng Z= 0. Ta có:
1 5
1 1
2 2
2 2 4 3
3 1 3
1
1 3 1 1
6 6 ( ) 6( ) 4 6
3
2 2 8 2
y x
y
m x dx dy x x dx x x
= +
− −
− = −
−
= = + = + =
−
∫ ∫ ∫

x y dx x y dy x dx+ + − = =
∫ ∫
+ Trên đoạn BA:
2 , : 2 1y x dy dx x
= − ⇒ = − →
1
2 2 2 2 2 2 2 2
2
2
( ) ( ) [ (2 ) (2 ) ]
3
BA
x y dx x y dy x x x x dx
−
+ + − = + − − + − =
∫ ∫
2
y
x
C
B
A
Vậy
2 2 8 4
3 3 3 3
I
− −
= + + =
Áp dụng công thức Green
2 2


= + +


= +



,, , , , , , ,
,, ,
2 2( 8 ) 16 2 2 15 2
2 15 2 (*)
x x x
x
z y z y x e z z z z e z z z e
z z z e
= + = + + + = − + + + = + +
⇔ − − =

+ Phương trình vi phân thuần nhất:
,, ,
2 15 0z z z
− − =
Phương trình đặc trưng
2
1 2
2 15 0 3, 5
λ λ λ λ
− − = ⇔ = − =
Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất:

1
' 4 4 *
2 2 2
1
1
16
4
1 1
4 16
x
x
x x
C e C
C e
C e C e C
− −
−
−


= +
=


 
=>
 
−
 
= = +

x x
y C e C e
−
= − +
Từ điều kiện ta có:
* *
1 2
* *
1 2
* *
1 2
4 4 0
1
1
16
0
8
C C
C C
C C

− + =

=> = =

−
+ + =


=>

x
y
Z
Z

=


=


cho 5 điểm tới hạn:
(0,0),O

1
1
(0; )
2
M
,
2
1
(0; )
2
M
−
,
3
(1;0)M
,

Lập phương trình mặt phẳng ABC:
2 5z x y⇔ = − +
0.5
Khối lượng của mặt ABC:
2 2 ' 2 ' 2
2 2 2 2
1 ( ) ( )
1 (1) ( 2) 6
x y
S D
D D
m x ds x Z Z dxdy
x dxdy x dxdy
= = + +
= + + − =
∫∫ ∫∫
∫∫ ∫∫
0.5
4 6m =
0.25
Câu 3:
(3Đ) Trên AO
0
2 2 2 2 2
1
2
( ) ( ) 2
3
AO
x y dx x y dy x dx

0.5
Áp dụng công thức Green
(2 2 )
D
I x y dxdy= −
∫∫
Tính
4
(2 2 )
3
D
I x y dxdy= − =
∫∫
0.5
1.0
Câu 4:
(3đ)
,, , , ,
,, ,
2 2( 8 )
2 15 2 (*)
x
x
z y z y x e z
z z z e
= + = + + +
⇔ − − =
0.5
+ PGiải phương trình
,, ,

x
x x
C e C
C e
C e C e C
− −
−
−


= +
=


 
=>
 
−
 
= = +




0.5
0.25
0.25
3 5
1 2
1


⇔ = =

+ − =


0.5
3 5
1 1 1
16 16 8
x x x
z e e e
−
= + −
3 5
1 1
)
8 8
x x
y e e
−
= − +
0.25
0.25