Tải bản đầy đủ

ĐỀ THI TOÁN CAO CẤP CÓ ĐÁP ÁN

ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN (1)
Tên học phần: Toán cao cấp 1; Số tín chỉ: 2
Thời gian: 75 phút (không tính thời gian phát đề)
Câu 1. ( 3 điểm) Cho f  x   x  5x  3
2

 2 1 
 . Tìm B  f  A .
4 5 
7 2 5 
b) Cho C  
 . Tìm ma trận X thỏa BX  C .
1 0 10 
a) Cho A  

 1 2
0 2
Câu 2. ( 1 điểm) Tìm hạng của ma trận D  
 7 2

3 2


5
3
6
0

4
3 
.
4

8

2 x1  x2  4

Câu 3. (1 điểm) Cho hệ phương trình tuyến tính  2 x1   m  1 x2  x3  5

2
2
4 x1  2 x2  m x3  m  m  8
Giải và biện luận hệ phương trình theo m.
Câu 4. ( 3 điểm) Cho hệ vectơ A 

1   2,0,3 ,2   4,5,2 ,3   2,10,1

a) Chứng minh hệ vectơ A là một cơ sở của không gian
b) Tìm  x  , biết x   2, 2,5 .

3

.

A

c) Tìm m để vectơ x  1,2, m  1 là một tổ hợp tuyến tính của 1 , 2  .
Câu 5. ( 2 điểm) Cho dạng toàn phương: Q  2 x1  x2  10 x3  mx1x2
Tìm m để Q là dạng toàn phương xác định dương.
2

Lưu ý:



2

2

- Sinh viên không được sử dụng tài liệu.
- Sinh viên được sử dụng các kết quả tính toán ma trận trên máy tính bỏ túi.
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


ĐÁP ÁN ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN
Câu
1
(3đ)

Nội dung đáp án

a) B  f  A  A  5 A  3I 2
2

 0 7 
A2  

 28 21 

0,5

 7 2 
B  f  A   A2  5 A  3I 2  

 8 1 

0,5

 1
 23
1
b) B  
 8

 23

0,5

2 
23 

7 

23 

 5
 23
X  B 1C  
 63

 23
2
(1đ)

Điểm
0,5

2
23
16
23

15 
23 

110 

23 

1,0

1



Vậy: Rank(D)=4
3
(1đ)

a) m = 0 : hệ có vô số nghiệm : x1 

a4
, x2  a  , x3  1
2

 2 1 0 4



b) A   0  m 1 1



2
 0 0 m m  m  1 
m = 0 : Hệ có vô số nghiệm : x1 

a4
, x2  a  , x3  1
2

0,25

0,25

0,25

Ghi chú


m  0 : hệ có nghiệm duy nhất: x1 
4
(3đ)

4m 2  1
1
m 1
,
x

,
x

2
3
m
2m 2
m2

2 0 3
a) 4 5 2  60  0 nên A là cơ sở của
2 10 1

0,25

1
3

 x1 
 
b) Giả sử:  x   x2 . Khi đó x  x1.1  x2 . 2  x3 . 3 (*)

A 
x 
 3

1

 
 2 
 
8 
Giải (*) được:  x   
A  15 
 1 
 
 15 
c)

x là tổ hợp tuyến tính của hệ

1 , 2 

khi và chỉ khi

0,5

rank 1 , 2 , x =2 (vì 1 , 2  độc lập tuyến tính).



Vậy: m  
5
(2đ)

0,5

11
.
10

Q  2 x12  x2 2  10 x32  mx1x2

 2

m
A
 2
 0



m
2
1
0


0

0

10 



m2
5
D1  2, D2  2 
, D3  20  m 2
4
2

1


Q là dạng toàn phương xác định dương 

0,5

m2
5
D1  2  0, D2  2 
 0, D3  20  m2  0
4
2
Vậy: 2 2  m  2 2 .

0,5


ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN (2)
Tên học phần: Toán cao cấp 1; Số tín chỉ: 2
Thời gian: 75 phút (không tính thời gian phát đề)

 0 7 

 , B   4 11 4  , C   1 3 
Câu 1. ( 3 điểm) Cho A  3
4
 9 0 6 
5 7






 5 2 





c) Tính A  B

T

C

d) Tìm ma trận X thỏa CX  B

1 2
0 2
Câu 2. ( 1 điểm) Tính D 
7 2
a a

5
3
6
0

4
3
4
8

2 x2  x3  3

Câu 3. (1 điểm) Cho hệ phương trình tuyến tính  x1  mx2  x3  1
 x  x  3x  m  1
3
 1 2

(1)

Giải và biện luận hệ phương trình (1) theo m.

Câu 4. ( 3 điểm) Cho hai hệ vectơ A 

1  1, 1,0 ,2  1,0, 1,3  0,1,1,

B  1   2  3 , 1  1  3 , 3  1   2  .
d) Chứng minh A, B là các cơ sở của không gian
e) Tìm ma trận đổi cơ sở từ cơ sở B sang cơ sở A.
f) Cho

x A  1,0,4  . Tìm x B

3

.

.

 2 2
 . Hãy chéo hóa ma trận A.
1 3

Câu 5. ( 2 điểm) Cho ma trận A  

Lưu ý:

- Sinh viên không được sử dụng tài liệu.
- Sinh viên được sử dụng các kết quả tính toán ma trận trên máy tính bỏ túi.
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


ĐÁP ÁN ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN
Câu
1
(3đ)

Nội dung đáp án

A B 

 4 16 
  8 4 
 9 8 



A B 

 84 124 

 C  12
4

 31
29 


T

T

Điểm
1,0

0,5

0,5
C 1 

 1 77 23 
 8
8
4 
X  C 1B  

13 
 11 55


8
4 
8
2
(1đ)

1 2
0 2
D
7 2
a a

5
3
6
0

4
3
4
8

1,0
0,25

1 2 5
4
0 2 3
3

0 12 41
32
0 a 5a 4 a  8

0,25

1 2
0 2
 0 0

4
3
14

0,25

0

5
a 8
2

5
3
23
7a
0
2

 115a

 2 
 184  49a   368  17a
 2


0,25

Ghi chú


3
(1đ)


 1 m

A  0 2

b)
0 0


0,5

+ m = –3 : hệ vô nghiệm

0,25

+ m  3 : hệ có nghiệm duy nhất

0,25

x1 
4
(3đ)



1 1

1 3

m 3 3 m

2
2 

m2  8m
m6
3m
, x2 
, x3 
m3
m3
3 m

1 1 0
a) 1 0 1  2  0 nên các hệ vecto A là cơ sở của
0 1 1
Ma trận đổi cơ sở từ B sang A :

 1
1  2
0
1
1





 1
b) P  1 0 1



 2
1 1 0
 1



 2

c)  x 
B

 1
 2

1
 P  xA  
 2
 1

 2

1
2
1
2
1
2

1
3

1

1
2
1
2
1
2

1 
2 

1 
2 
1 

2 

1 
3 
2  1   2 

 
1    5 
0 
2     2 
4
1     3 

 
2 
 2 

1

0,25
5
(2đ)

A  I  0    1   4

0,5

  1: có vecto riêng tương ứng là 1   2,1

0,5

  4 : có vecto riêng tương ứng là  2  1,1

0,5

1 0
D  P 1 AP  

0 4

0,5


 2 1 

 1 1

Với P  

0,5


ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN (3)
Tên học phần: Toán cao cấp 1; Số tín chỉ: 2
Thời gian: 75 phút (không tính thời gian phát đề)
Câu 1. (3 điểm)

é 2 3
a. Cho hai ma trận: A = ê -3 1
ê
êë 1 2
é 1 2
b. Tìm ma trận X biết: ê 3 2
ê
êë 2 -1

ù
é 1
ú B=ê
ú
ê 0
úû
êë 3
é 1
-3 ù
úX = ê
-4 ú
ê 10
0 úû
êë 10
1
0
-1

2 1 ù
ú
1 2 ú . Tính A.B - B.A.
1 1 úû
-3 0 ù
ú
2 7 ú
7 8 úû

é 1
1
1
c. Tính định thức của ma trận sau I = ê a
b
c
ê
êë b + c c + a a + b
Câu 2. (2 điểm)
ì2x + 3y + z = 8
ï 4x + 7y + 5z = 20
ï
a. Giải hệ phương trình sau í
ï2y + 6z = 8
ïî y + 3z = 4

ù
ú
ú
úû

ì mx + 2y + 3z = 0
ï
b. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm không tầm thường í2x + y - z = 0
ï 3mx - y + 2z = 0
î
Câu 3. (3 điểm)
a. Chỉ ra rằng A = {v1,v2 ,v3 } độc lập tuyến tính nhưng B  v 1 ,v 2 ,v 3 , x  phụ thuộc tuyến tính với mọi x.

v1 = (1,0,0) , v2 = (1,1,0), v3 = (1,1,1) .

b. Trong R3 tìm ma trận chuyển cơ sở từ A sang D ={ a1 = (1,1,0),a 2 = (0,-3,-2),a 3 = (1,0,5) }.
c, Tìm toạ độ vecto =(4,7,2) theo cơ sở D .
Câu 4. (2 điểm)
Cho dạng toàn phương: Q = 2x 12  2x 22  mx 32  2x 1x 3  2x 2x 3
Tìm m để dạng toàn phương nửa xác định dương.
Lưu ý:

- Sinh viên không được sử dụng tài liệu.
- Sinh viên được sử dụng các kết quả tính toán ma trận trên máy tính bỏ túi.
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


ĐÁP ÁN ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN
Câu
1
(3đ)

a,

b,

é 2 3 1
A.B = ê -3 1 0
ê
êë 1 2 -1

ùé
ú .ê
úê
úû êë

Nội dung đáp án
1 2 1 ù é 5 8 9 ù
ú ê
ú
0 1 2 ú = ê -3 -5 -1 ú
3 1 1 úû êë -2 3 4 úû

Điểm
0,25

é 1 2 1 ùé 2 3 1 ù
é -3 7 0 ù
ê
ú
ê
ú
-B.A = (-1) 0 1 2 . -3 1 0 = (-1) ê -1 5 -2 ú
ê
úê
ú
ê
ú
êë 3 1 1 úû êë 1 2 -1 úû
êë 4 12 2 úû

0,25

é 5 8 9 ù
é -3 7 0 ù
ê
ú
A.B - B.A = A.B + (-B.A) = -3 -5 -1 + (-1) ê -1 5 -2 ú
ê
ú
ê
ú
êë -2 3 4 úû
êë 4 12 2 úû

0,25

é 8
1 9 ù
ê
ú
A.B - B.A = ê -2 -10 1 ú
êë -6 -9 2 úû

0,25

A.X=B<=>X=A-1.B

0,25

é -4 3 -2 ù
ê
ú
-1
A = ê -8 6 -5 ú
êë -7 5 -4 úû

0,25

é -4 3 -2 ù é 1 -3 0 ù
X = A .B = ê -8 6 -5 ú . ê 10 2 7 ú
ê
úê
ú
êë -7 5 -4 úû êë 10 7 8 úû

0,25

é 6 4 5 ù
ê
ú
-1
X = A .B = ê 2 1 2 ú
êë 3 3 3 úû

0,25

1
1
1
1
1
1
I =
=
a
b
c
a
b
c
b+c c+a a+b
a+b+c a+b+c a+b+c

0,5

-1

c,

1 1 1
I = (a + b + c) a b c
1 1 1

0,25

I = (a + b + c).0 = 0

0,25

Ghi chú


2
(2đ)

a,

é
ê
A=ê
ê
ê
ë

2 3 1
4 7 5
0 2 6
0 1 3

é 2 3 1
A® ê
êë 0 1 3

8
20
8
4

ù é
ú ê
ú® ê
ú ê
ú ê
û ë

2
0
0
0

3
1
2
1

8
4
8
4

ù
ú
ú
ú
ú
û

8 ù
ú
4 úû

ì2x + 3y + z = 8
<=> í
î y + 3z = 4

Chọn ẩn tự do z = a, a R
.

Để hệ đã cho có nghiệm không tầm thường <=> det(A)=0.

m 2 3
A= 2
1 -1 = 2m - 6m - 6 -10m - 8 = -14m -14
3m -1 2

3
(3đ)

a,

0,25

0,25

Nghiệm TQ: ( 4a–2, 4–3a , a), a
b,

1
3
6
3

0,25

0,25
0,25
0,5

–14m–14=0 <=> m = –1.

0,25

Ta xét các vecto trong hệ A:

0,5

 det(A)  1  0 : Vậy A là hệ độc lập tuyến tính  A là

A=

một cơ sở của R3.
Do hệ B có 4 véctơ trong không gian R3 nên B chắc chắn phụ thuộc

0,5

tuyến tính với mọi x.
b,

Ta có  2

A

 (0,1,0) .

Tương tự có: a 2 A = (3,-1,-2)

a 3 A = (1,-5,5)

c,

4

a,

0,25
0,25
0,25

é 0 3 1 ù
ê
ú
=> P = ê 1 -1 -5 ú
êë 0 -2 5 úû

0,25

a D = (x, y, z) <=> xv1 + yv2 + zv3 = (4, 7,2)

0,25

ìx + z = 4
ï
<=> í x - 3y = 7
ï-2y + 5z = 2
î

0,25

a D = (4,-1,0)

0,5

Ma trận của dạng toàn phương đã cho:

0,5


(2đ)
A=

D1=2, D2=4, D3=4m–4

1,0

Vì D1, D2>0, nên dạng toàn phương nửa xác định dương

0,5

 4m  4  0  m  1.


ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN (4)
Tên học phần: Toán cao cấp 1; Số tín chỉ : 2
Thời gian: 75 phút(không tính thời gian phát đề)

1
1
1 0
 1 0
1
1

Bài 1 (3 điểm)Cho ma trận A=
.
 3 1 m 1 4 


 1 2 3 m 
a. Tính det A.
b. Biện luận hạng của ma trận A theo m.
c. Tìm m để các dòng của A phụ thuộc tuyến tính.
 x  y+3z – 2t=2
2x+4y+2z – 3t=1

Bài 2 (2 điểm) Cho hệ phương trình tuyến tính 
 x+5y – z+mt=4
2x+2y – 6z+6t=m 2
Tìm m để hệ có nghiệm. Tìm các nghiệm đó.

Bài 3 (3 điểm) Cho A = {a1 = (0, 0,1);a 2 = (2, 1, 0);a 3 = (1, - 1, 0)} và B là các cơ sở của R 3 . Ma trận

 1 0 4 
chuyển từ cơ sở A sang B là P=  2 1 1  .


 0 1 0 
a. Tìm tọa độ của x=(–1,1,–3) đối với A, đối với B.
b. Xác định cơ sở B.

5 5 1 
Bài 4 (2 điểm) Cho ma trận A= 0 1 1  .


0 0 2
Chéo hóa ma trận A (nếu được).

Lưu ý:

- Sinh viênkhông được sử dụng tài liệu.
- Sinh viên được sử dụng các kết quả tính toán ma trận trên máy tính bỏ túi.
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


ĐÁP ÁN ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN
Câu

Ý

Nội dung

Điểm

1

3.00

A

Det A=2(m+13).

B

1
 1
A= 
3

1

1.0

0
1
1
0
1
1
®
1 m 1 4 

2 3 m 

0.5
0.5

Vậy:

ìï 3,m = - 13
rank(A) = ïí
ïïî 4,m ¹ - 13
C

Để các dòng của A phụ thuộc tuyến tính thì rank(A)<4

0.5

Vậy: m= –13 thì các dòng của A phụ thuộc tuyến tính

0.5

2

2.00
0.75
 1 1 3 2 2  1 1 3 2
2


 

2 4 2 3 1  0 0 4 1
3

A

2
 1 5 1 m 4  0 0 0 2

m 4




2
2
 2 2 6 6 m  0 0 0 0 (m  1)(m  2m  6) / 2 

0.25
Để hệ có nghiệm thì m=1 và khi đó hệ có vô số nghiệm, nghiệm tổng quát là
73 7
11 2
5
( x, y, z , t )  (  a,   a, a, ) a  R
12 3
12 3
2
Nếu tính đúng nghiệm của 1 biến cho 0.25,hai hoặc ba biến cho 0.5
3

0.25
0.75
3.00

x |A  (–3,0, –1);

a

 1 0 4 
 x  |B   2 1 1 
 0 1 0 

1

0.5

 x  |A 

0.5
0.5


Giả sử B  {1,2 , 3}
Ta có
b

1 |A  (1, 2, 0)  1  1(0, 0,1)  2(2,1, 0)  0(1, 1, 0)  (4, 2, 1)
2 |A  (0,1,1)  2  0(0, 0,1)  1(2,1, 0)  1(1, 1, 0)  (3, 0, 0)

1.5

3 |A  (4,1, 0)  3  4(0, 0,1)  1(2,1, 0)  0(1, 1, 0)  (2,1, 4)

Tính đúng 1 vecto được 0.5 điểm
4

.
Pt đặc trưng:

5   5
1
0
1 
1  0  (5  )(1  )(2  )  0    5,   1,   2
0
0
2  
- Với   5 : VTR: (a,0,0) , a  0
Một cơ sở của E(0): u1  (1,0,0)
- Với   1: VTR: (a,4/5 a,0), a  0
Một cơ sở của E(2): u 2  (1,4 / 5,0)
- Với   2 : VTR: (-8/21a,-1/3a,a), a  0
Một cơ sở của E(4): u 3  (8 / 21, 1/ 3,1)

2.00

0.25

0.25
0.25
0.25

Do { u1 , u 2 , u 3 } độc lập tuyến tính do đó A chéo hóa được.

1 1 8 / 21


Ma trận làm chéo: P  0 4 / 5 1/ 3


0 2
1 
5 0 0 


1
và P AP  0 1 0


0 0 2 

0.5
0.5



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×