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)

−+
→
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


=+−
at2zyx
0t2zy
12tzy2x
23tzx
Ma trận liên kết mở rộng của hệ:














−−−
−
−−−
−




















+
−−
−−−
−
+
−
1a0000
33100
34310
23101
~
23
24
HH
HH
+ Nếu a ≠ –1 thì hệ phương trình vô nghiệm.
+ Nếu a = –1 thì hệ trở thành:

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)

+++−+=
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:








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
−+−
−

y
u
−+−
−
=
∂
∂
[ ]
[ ]
2
22
22
222
222
2
2
b)(ya)(x
b)(ya)(x
b)(ya)(x
b)(y2b)(ya)(x
y
u
−+−
−−−
=
−+−
−−−+−
=
∂
∂

∂
∂
(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
−+
=
−
−+

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

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
xx
2
xx
0x
3x
x)e)(1sin(xe
3x
x)e)(1sin(xe
lim










−
+
+
−=
−
→
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
1
2x
1e
1)(x
3
2
2x
1
2x
1e
x)(1

2
2x
1
1x)(1
3
2
lim
0x






−
−+
+
+−=
→
6x
12x
)12(x
6x
12x
x)2(1lim
0x
6x
24x2x4x2x4x24x
lim
22

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

2
1
2
1
0
2
4x2x
3
x
2
3
x
2dx8)8x(2xdx2x








+−+=+−+=
∫∫
3
4
3
2
3
2
42

+
++
∑
∞
=
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


<
+
−−+
>
+
+++
⇔







<
+
+
−>
+
+
⇔<
+
+
<−
0
1x
22x2x
0
1x




−>
<



−>
−<
⇔







<
+
−
>
+
+
⇔
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

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
+
−
++

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

x
x
2
x
22
++=
+








+−
−






++=⇔
x
2
x
22
2
e