Bước 1: Nhập họ cùng tên không dấu viết ngay thức thì không biện pháp (tối nhiều 15 cam kết tự) (Ô số 1)

và email vào ô trống (Ô số 2)

Bước 2: Chọn SEND (Ô số 3)

Xem điểm cùng xếp hạn (Ô số 5)

*

Đề thi GIỮA KỲ Toán thời thượng A2 Mã đề 231

Sinh viên chọn START QUIZ để ban đầu làm bài

Danh sách Sinh viên

12200004513TRẦN VĂNKHÁ
22200003892HOÀNG CHÂUKHOA
32200003798LÊ MINHLUÂN
42200010328NGUYỄN TẤNMINH
52200003609NGUYỄN HOÀNGNAM



Bạn đang xem: Đề thi toán cao cấp 2 có đáp án

Results

0 of 20 questions answered correctly

Your time:

Time has elapsed

You have reached 0 of 0 points, (0)


Captcha:
*

Giá trị của giới hạn

*
là:

A. 0 B.

*
C. -1 D.
*


Đạo hàm của hàm số

*

A.

*

B.

*

C.

*

D.

*


Đạo hàm của hàm số

*
là

A.

*
B.
*

C.

*
D.
*


Vi phân cung cấp một của hàm số

*
là

*

*

*

*


Giả sử tất cả một sự cố gắng vỡ con đường ống dẫn dầu, độ dày y của lớp dầu giải pháp vị trí bị vỡ vạc x (mét) được khẳng định bởi:

*
. Khi ấy để khẳng định độ dày của lớp dầu ở trong phần bị vỡ, bạn ta tính giới hạn của y khi x dần dần về 0. Độ dày của lớp dầu trong trường vừa lòng này là:

Nhằm giúp chúng ta củng thay lại kiến thức đã học và làm quen với dạng đề thi môn Toán, mời các bạn cùng tìm hiểu thêm "Đề thi và giải đáp môn: Toán thời thượng A2" dưới đây. Hy vọng đề thi sẽ giúp chúng ta đạt kết quả cao trong kỳ thi chuẩn bị tới.


*



Xem thêm: Hướng Dẫn Cách Mở Hộp Thoại Run Trong Windows 10 Ở Đâu? Nút Run Của Windows 10 Ở Đâu

E  v1  1;0  , v2  1;1 . 21. Minh chứng E là một cơ sở của không khí vectơ .2. Tìm kiếm ma trận của f so với các cơ sở B, E .3. Tìm kiếm một cơ sở và số chiều của Kerf . 2 4. Kiếm tìm một vectơ u  3 sao cho toạ độ của vectơ f  u  đối với cơ sở E là  .   1Câu III (2,5đ)Cho dạng toàn phƣơng f  x1 , x2 , x3   2 x12  2 x1x3  2 x2 2  2 x2 x3  3x32 .1. Đƣa dạng toàn phƣơng f  x1 , x2 , x3  về dạng thiết yếu tắc bằng phép thay đổi trực giao.2. Tra cứu hạng và xét dấu dạng toàn phƣơng trên. ĐÁP ÁN Câu văn bản Điểm với đa số u   x1 , x2 , x3  , v   y1 , y2 , y3   M ,   , ta có: 0,5 + u  v   x1  y1 , x2  y2 , x3  y3  . Bởi vì  x1  y1   2  x2  y2    x3  y3    x1  2x2  x3    y1  2 y2  y3   0 buộc phải u  v  M . + với mọi u   x1 , x2 , x3   M , với tất cả   R 0,5  u   x1 , x2 , x3  . Do một  x1   2  x2    x3     x1  2x2  x3   0 buộc phải  u  M . 3 Vậy M là một không khí con của .I  x1  2a  b 0,25  x1  2 x2  x3  0   x2  a  a, b  . x  b  3 Một đại lý của M:  2,1,0 , 1,0,1 dim M  2 . 0,25 D  m2  7m, D1  2m2  3m  3, D2  5m  6, D3  m2  3m  1 1 m  0  m  7 , hệ phƣơng trình bao gồm nghiệm duy nhất 0,5 2m2  3m  3 5m  6 m2  3m  1 2 x , y  , z  . M2  7m mét vuông  7m m 2  7m m  0 , D2  6  0 bắt buộc hệ phƣơng trình vô nghiệm. 0,25 m  7 , D2  29  0 buộc phải hệ phƣơng trình vô nghiệm. 0,25 1 0 0,5 1 0, 1 1 1 suy ra E hòa bình tuyến tính vào 2 . Cơ mà E  dim 2  2 cần E là một trong 0,5 2 cơ sở của .  2 0,25 f  u1    2,0  , suy ra  f  u1   E    . 0II 1  0,25 f  u2   1,0  , suy ra  f  u2   E    ,  0 2  1 0,25 f  u3    0,1 , suy ra  f  u3   E    . 1   2 1 1 0,25  f B , E   00 1  .    y  z  0 0,25 Kerf   x, y, z   3 : .   x  y  0  x1  a 0,25 y  z  0  3    x2  a a   . x  y  0 x  a  3 Một cửa hàng của Kerf:  1, 1,1 . 0,25 dim Kerf  1. 0,25 điện thoại tư vấn u   x, y, z  là vectơ đề xuất tìm. 0,5 2   f  u   E    , suy ra f  u   2v1  v2  1, 1 .  1 4 khía cạnh khác, f  u    y  z, x  y  . Vậy 0,5 y  z 1  y  z, x  y   1, 1   .  x  y  1 lựa chọn u là một trong nghiệm của hệ trên, ví dụ điển hình u   1,0,1 . Đa thức đặc trƣng: pa      3  7 2  14  8 . 0,5 quý hiếm riêng:   1,   2,   4 . Với   1 , VTR đltt: 1  1,1,1 . 0,25 cùng với   2 , VTR đltt:  2   1,1,0  . 0,25 với   4 , VTR đltt: 3   1, 1, 2  . 0,25 Trực chuẩn: 0,5 1  1 1 1   1 1   1 1 2 III 1   , ,  , 2    , ,0  , 3   , , .  3 3 3  2 2   6 6 6 1 / 3 1 / 2 1 / 6   x1   y1  0,25       Đặt p.  1 / 3 1 / 2 1 / 6  , X   x2  , Y   y2  ,   x  y  1 / 3 0 2 / 6   3  3   phép biến đổi trực giao X  PY đƣa f về dạng bao gồm tắc f  y1 , y2 , y3   y12  2 y2 2  4 y32 . 2 vày 1  0, 2  0, 3  0 bắt buộc r  f   3 cùng f xác minh dƣơng. 0,5Chú thích: những vectơ riêng độc lập tuyến tính rất có thể ghi dƣới dạng cột.