Контрольная работа по дисциплине: Высшая математика Студент Линев К. В. Курс 1 Направление подготовки



Скачать 89,82 Kb.
Дата19.03.2020
Размер89,82 Kb.
ТипКонтрольная работа

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ


ФЕДЕРАЛЬНОЕ ГОСУДАРСТВЕННОЕ БЮТЖЕТНОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ

ВЫСШЕГО ОБРАЗОВАНИЯ

РОССИЙСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ АГРАРНЫЙ ЗАОЧНЫЙ УНИВЕРСИТЕТ

(ФГБОУ ВО РГАЗУ)

Факультет электроэнергетики и технического сервиса

Контрольная работа

по дисциплине:



Высшая математика

Студент Линев К.В. Курс 1*

Направление подготовки: 35.03.06

Шифр 1227

2019


  1. Даны вершины треугольника АВС.

Найти: 1) длину стороны АВ; 2) уравнения сторон АВ и АС и их угловые коэффициенты; 3) внутренний угол А в радианах; 4) уравнение высоты CD и ее длину; 5) систему линейных неравенств, определяющих треугольник АВС.

A (– 8; –4) , B ( 4; 5) , C ( 2; –9).

Решение. 1). Расстояние d между точками определяется по формуле

M1( x1; y1 ) и

M 2( x2 ; y2 )

d  .

Подставив в эту формулу координаты точек А и В, получаем



АВ =  15 .

    1. Уравнение прямой, проходящей через точки

M 2( x2 ; y2 ) , имеет вид

M1( x1; y1 ) и

x x1

x2 x1

y y1 .

y2 y1

Подставив в эту формулу координаты точек А и В, получаем:

(АВ):

x  8 y  4 , x  8 y  4 ,

9x 12y  24  0 , 3x  4y  8  0 .




3
4  8 5  4 12 9

Отсюда

y 3 x  2

4

и k AB 4 .



(АС):

x  8 y  4 , x  8 y  4 ,

5x  10y  80  0 ,

x  2y  16  0 ,

2  8  9  4 10  5

y   1 x  8 . Откуда

2

k AC

  1 .

2


    1. Угол α между двумя прямыми, угловые коэффициенты которых

равны

k1 и

k2 , определяется по формуле

tg  .


Подставив в эту формулу

k1 k AB

3 ,



4

k2 k AC

  1 , имеем



2

1 3

tgA 2 4

1  1 3

2 3

4 4  2 .


8
1  3


 


2

4
 

Тогда  А = arctg2 = 63 = 1,1 рад.



    1. Так как высота CD перпендикулярна стороне АВ, то угловые коэффициенты этих прямых обратны по величине и противоположны по

знаку, то есть k

  1   1   4 .





CD k 3 3

AB

4


Уравнение прямой, проходящей через данную точку

M1( x1; y1 ) в

заданном угловым коэффициентом к направлении, имеет вид

y y1 kx x1

Подставим в эту формулу координаты точки С и уравнение высоты CD:

kCD

  4



3

, получим



y  9   4 x  2 или

3

4x  3y  19  0 .



Расстояние d от точки М1(х1; у1) до прямой, заданной уравнением Ах + Ву + С = 0 вычисляется по формуле

d


Отсюда

CD
 10 .




    1. Множество точек треугольника АВС есть пересечение трех полуплоскостей, первая из которых ограничена прямой АВ и содержит точку С, вторая ограничена прямой ВС и содержит точку А, а третья ограничена прямой АС и содержит точку В.

Для получения неравенства, определяющего полуплоскость, ограниченную прямой АВ и содержащую точку С, подставим в уравнение прямой

АВ координаты точки С: 3∙2 - 4∙(-9)+8 = 50 > 0. Поэтому искомое неравенство имеет вид 3х - 4у +8 ≥ 0.

Для составления неравенства, определяющего полуплоскость, ограниченную прямой ВС и содержащую точку А, составим уравнение прямой ВС:



x  4

y  5 ,

x  4 y  5 ,

x  4 y  5 ,

7x y  23  0 .



2  4

 9  5

 2  14

 1  7



Подставив в последнее уравнение координаты точки А, имеем

7∙(-8) - (-4) – 23 = − 75 < 0 . Искомое неравенство есть 7x y  23  0 .

Подобным образом составляем неравенство, определяющее полуплоскость,

ограниченную прямой АС и содержащую точку В : x  2y  16  0 .

Итак, множество точек треугольника АВС определяется системой неравенств



3x 4 y 8 0

7x y  23  0 .



x  2 y 16  0

29. Даны координаты точек A, B, C, D. Требуется:


  1. записать векторы АВ, АС, AD в системе орт и найти модули этих векторов;

  2. найти величину угла между векторами АВ и АС;

  3. найти площадь треугольника АВС;

  4. найти объем пирамиды ABCD.

А (-3; 2; -2) , B (-2; 0; 0) , C (8; 4; 8) , D (-5; 2; 2).

Решение. 1). Если даны точки

M1( x1; y1; z1 ) и

M 2( x2 ; y2 ; z2 ) , то вектор

М1М2 в системе орт i, j, k (единичные векторы, направления которых совпадают с положительным направлением координатных осей) имеет следующий вид:

M1M2 = (x2 x1)i + (y2y1)j + (z2z1)k. (1)
Подставив в (1) координаты точек А и В, получим

AB = [-2 + 3)]i + (0 – 2)j + [0+ 2]k = i –2j +2k.

Подобным образом находим AC = 11i + 2j +10k, AD = –2i+0j +4k.

Модуль вектора М1М2, определяемый в координатной форме выражением (1), находится по формуле

|М1М2| = . (2)
Подставив в формулу (2) координаты векторов АВ, АС, AD, имеем:


|АВ| =

 3 ,


|АС| = 15, |AD| = 20 .

  1. Косинус угла α, образованного векторами a = ax i + ay j + az k и b = bx i + by j + bz k , равен скалярному произведению этих векторов, деленному на произведение их модулей, то есть определяется формулой

cos

axbx ayby azbz

. (3)


Подставляя в формулу (3) координаты векторов АВ и АС, получим



cos 111  (2)  2  2 10 3 0, 6

и  53.



3 15 5

  1. Известно, что модуль вектора, равного векторному произведению двух векторов, равен площади параллелограмма, построенного на этих векторах. Тогда площадь треугольника АВС равна половине модуля векторного произведения векторов АВ и АС, то есть


Тогда

S∆ABC =

1 |AB × AC|.

2

i

АВ × АС = 1

11

j k

 2 2

2 10
 24i  12 j  24k ,


AB AC

 36 , S∆ABC = 18 кв. ед.



  1. Объем V пирамиды ABCD равен одной шестой объема параллелепипеда, построенного на трех некомпланарных векторах АВ, АС, AD, то есть равен одной шестой абсолютной величины смешанного произведения этой тройки векторов, то есть

V 1 AB AC  AD

1

1  11

 2 2

 2 2  1  80  13 1
куб. ед.


6 6 2 0 4 6 3

  1. Найти производные данных функций


y  ln
а) x  12

x  3

  • 3x3 x

; б)

y  5

arcsin x2 ;



в)

Решение.


x2 xy y 2  3.

а) применяем правило дифференцирования сложной функции и табличные формулы:

x  12

x  3

2x  1(x  3)  x  12

x 5

а) y ln



x  3

 3x3 x





x  12

(x  3)2

 43

x (x  3)x  1

 43 x



б) y  5arcsin x2   5arcsin x2  ln 5  2x .

в) x2 xy y 2  3.

Данная функция задана в неявной форме. Дифференцируя по х обе части уравнения, имеем:



x2 xy y 2  3 ;

2x y xy  2yy  0 отсюда

y   2x y .

x  2 y

  1. Исследовать данную функцию методами дифференциального исчисления и построить их графики. Исследование функции рекомендуется проводить по следующей схеме: 1) найти область определения функции; 2) исследовать функцию на непрерывность; 3) определить, является ли данная функция четной, нечетной; 4) найти интервалы возрастания и убывания функции и точки ее экстремума; 5) найти интервалы выпуклости и вогнутости и точки перегиба графика функции; 6) найти асимптоты графика функции


Решение.


y

4x




.
x 12

    1. Функция определена при всех значениях аргумента х, кроме x=1.

    2. Данная функция является элементарной, поэтому она непрерывна на своей области определения (-∞; 1) и (1; ∞).

    3. Для установления четности или нечетности функции проверим

выполнимость равенств

f ( x )

f ( x ) (тогда

f ( x )− четная функция) или

f ( x )   f ( x ) (для нечетной функции) для любых х и − х из области определения функции:

Следовательно,

f (x)   f (x) и

f (x) 

f (x) , то есть данная функция

не является ни четной ни нечетной.

    1. Для исследования функции на экстремум найдем ее первую производную:



ln x

y

1  1 ln x



2 .

x x x

у′ = 0 при х = е2. Тем самым имеем одну критическую точку х1 = е2 .

Разобьем числовую ось на два интервала: (0; е2), (е2; ∞) (рис.1).







е2

Рис. 1


В первом интервале производная положительна - функция возрастает, во втором интервале – первая производная отрицательна, здесь функция убывает.
При переходе через точку х = е2 первая производная меняет свой знак с плюса на минус, поэтому в этой точке функция имеет максимум: ymax = y(e2)

=2/e. Значит А(e2; 2/e) – точка максимума.

На рис. 1 знаками + , − указаны интервалы знакопостоянства производной у′, а стрелками – возрастание и убывание исследуемой функции.



72. Вычислить неопределенные интегралы


а)

x 2 dx

4  x3

3


x 1
; б) x 2  2x  3 dx ;


1
в) x2  2x  10 dx

Решение.


; г)

ln xdx .

а)

x2 dx 1



4  x3 3

dx3

  1



3

1

4  x3 2 d 4  x3  




   
3

  • C .

б)

x3 1

x 2  2x  3 dx

Под знаком интеграла имеем неправильную рациональную дробь (числитель – многочлен третьей степени, знаменатель – второй). Разделив

многочлен

P(x)  x3 1 на

Q(x)  x2  2x  3 , в частном получим

S(x)  x  2

Тогда


и в остатке

R(x)  7x  5.

x3 1

x2  2x  3

x  2 

7x  5 .

x2  2x  3

Правильную рациональную дробь

следующей суммы элементарных дробей:

7x  5

x 2  2x  3

представим в виде



7x  5

x2  2x  3

А1

х  1

А2 .

х  3

После приведения в последнем равенстве к общему знаменателю получаем тождество

7x  5  A1 (x  3)  A2 (х 1) ; 7x  5  (A1 А2 )x  3A1 A2 .

Имеем

A1 А2 7

, отсюда

A  3 ,

A  4 .


 3A A  5 1 2

 1 2


Следовательно,

x3 1

x2  4x  3

x  2 

3



x  1

4 и



x  3

x3 1 3 4



x2

 4x  3



dx x  2  x 1

х 3dx

x2  2x  3ln x  1  4 ln x  3  C .

2


в) 1

dx

dx 1 arctg x 1 C .




x2  2x  10

г) ln xdx .

x  12  9 3 3

Решение. Применяем формулу интегрирования по частям:

u dv uv v du .

Положим

u  ln x ; dv dx . Тогда

du dx ; v x .

x

По формуле интегрирования по частям получаем:

ln xdx =

x ln x x 1 dx x ln x dx x ln x x C.


x
103. С помощью двойного интеграла вычислить координаты центра тяжести плоской фигуры, ограниченной заданными линиями (поверхностную плотность считать равной единице).

y 2 x  3 , y 2 1 x 1 .

2 2

Решение.


Пусть областью D плоскости хОу является материальная пластинка, масса которой распределяется с поверхностной плотностью ρ=f (x,y). Тогда масса М этой пластинки вычисляется по формуле

M 

D

f (x, y)dxdy

(1)


Координаты точки

C( xc , yc ) , являющейся центром тяжести этой

пластинки, определяются по формулам

M 

f (x, y)xdxdy

M 

f (x, y) ydxdy

x x D ,

y y D

. (2)


c M M c M M

Если поверхностная плотность ρ постоянна (пластинка однородна), то из формул (2) следует:



 xdxdy xc D ,

S

где S – площадь области D.



 ydxdy

yc D

S
, (3)


Рис. 1



Тогда

2 y2 3 2



2 y3 2 2

S dy dx ( y 2  3  2 y 2  1)dy ( y 2  4)dy

 4 y  10 .



2 2 y2 1 2

2 3

2 3

Вычислим статические моменты


2
осей Ох и Оу:

M x и

M y пластинки относительно

M xdxdy

2 y2 3



dy xdx

2 x

dy

2 y2 3

1  3y 4  10 y 2  8dy






x   

2 2

D 2
1  3y5 10 y3

2 y2 1



2

2

7

2 y2 1 2






2
 

5 3

 8y



2

 23 .



15

2 y2 3 2 2 2

M y  ydxdy dy ydx ydyx  y  3  2 y  1 ydy ( y  4 y)dy  0


2 y2 1

y2 3 2 2 3


D 2
2 y2 1 2



2 2

23 7





Следовательно,

yc

0  0 ,

10 2

3

xc



15  2,2

10 2

3

и точка



C2,2;0– центр тяжести данной фигуры.
114. Найти общее решение дифференциального уравнения первого порядка

y y ex .

Решение.


Положим
y uv , тогда

y uv uv
и уравнение преобразуется к виду

uv uv uv ex

или


uv u(v v)  ex . Так как искомая функция представима в

виде произведения двух вспомогательных функций u и v, то одну из них можно выбрать произвольно. Выберем в качестве v какой-либо частный

интеграл уравнения

v v  0

(1).


Тогда для отыскания функции u имеем уравнение

uv ex (2).

Получаем два уравнения с разделяющимися переменными.



Решаем первое уравнение:

dv dx  0 ,

v

dv dx  0 ,

ln v x  0 ,

v e x .


v
Подставим

v e x

в уравнение (2) и решим его:



uex ex ,

du  1 ,

dx

du dx C ,

u x C .

Следовательно,

y  x C ex

- общее решение данного уравнения.




125. Найти частное решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее указанным начальным условиям

y  2y y  2ex ,

Решение.


y(0)  5 ,

y(0)  5 .

Для нахождения общего решения данного однородного уравнения составляем характеристическое уравнение к2 -2к +1 = 0, имеющее корнями числа к1 = 1, к2 = 1.

Общее решение однородного уравнения является функция



y C ex C ex .

одн. 1 2

Найдем частное решение y данного неоднородного уравнения. Его

правая часть есть функция f (x)  2ex . Т.к. к = 1 является корнем кратности 2



характеристического уравнения , то y Ax 2 ex . Отсюда находим

y  2Axe x Ax 2 ex ,

y  2Ae x  4Axe x Ax 2 ex

и, подставляя y ,



y ,

y в данное

уравнение, получаем тождество

2Ae x  4Axe x Ax 2ex  4Axe x  2Ax 2ex Ax 2ex  2ex

2Ae x  2ex .

или


Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х в обеих частях последнего равенства (только при этом условии оно будет тождеством) получаем что А=1

Следовательно,


y x2 e x

и искомым общим решением данного



неоднородного уравнения является y C ex C ex x2 ex .

одн. 1 2

Используя начальные условия, определим значения постоянных



С1 и С2 . Так как y(0)  5 , то С1+C2=5.

Находим производную y C ex C ex  2xe x x2ex .

1 2


Тогда из условия

y(0)  5 , получим C1 C2  5

. Решая, эти два



уравнения совместно, найдем С2 и С1 любые значения могут принять.


.
Итак,

y  5ex x2 ex

− искомое частное решение.



156. Дана вероятность p того, что семя прорастет. Найти вероятность того, что из n просеянных семян прорастет к семян

n = 900, к = 340, р = 0,36, q = 0,64.

Решение.


По условию задачи n = 900, к = 340, р = 0,36, q = 0,64.

Так как n = 900 – велико, то для вычисления формулой Лапласа.

P900(340)

воспользуемся



Найдем значение х, определяемое данными задачи:

x 340  900  0,36

900  0,36  0,64



16

14,4

 1,1.


По таблице Приложений находим (1,1)  0,2179 .

Искомая вероятность

P900

(340)  1

12

 0,2179  0,0182 .




Поделитесь с Вашими друзьями:


База данных защищена авторским правом ©psihdocs.ru 2019
обратиться к администрации

    Главная страница