Tipovye_kontrolnye_zadania_s_otvetami_mat

Типовые контрольные задания с ответами при изучении дисциплины

Б2.01 Математика

При подготовке бакалавров направления 09.03.01 «Информатика и вычислительная техника» по дисциплине Б2.01 «Математика» типовые контрольные задания разработаны применительно к темам лекций и вопросам практических занятий.

КР: "Линейная алгебра и аналитическая геометрия".

Примерные задания на контрольную работу:

Задача 1.

По координатам вершин пирамиды A1 A2 A3 A4 найти: 1) длины рѐбер A1 A2 и A1 A3 ; 2) угол между рѐбрами A1 A2 и A1 A3 ; 3) площадь грани A1 A2 A3 ; 4) объѐм пирамиды; 5) уравнения прямых A1 A2 и A1 A3 ; 6) уравнения плоскостей A1 A2 A3 и A1 A2 A4 ; 7) угол между плоскостями A1 A2 A3 и A1 A2 A4 .

Задача 2.

Дана система трѐх линейных уравнений с тремя неизвестными. Требуется: 1) найти еѐ решение с помощью формул Крамера; 2) записать систему в матричной форме и решить еѐ средствами матричного исчисления, при этом правильность вычисления обратной матрицы проверить, используя матричное умножение.

Задача 3.

Определить собственные значения и собственные векторы матрицы третьего порядка.

Задача 4.

Составить уравнение прямой, проходящей через точку В(-6,-4) перпендикулярно прямой, проходящей через точки А(-10,-1) и С(6,1).

Задача 5

Определить взаимное расположение прямой и плоскости в пространстве, если есть точка пересечения, найти еѐ координаты.

Задача 6

По каноническому уравнению эллипса найти: полуоси, фокусы, эксцентриситет, уравнения директрис, центр кривой.

	РЕШЕНИЕ ТИПОВЫХ ЗАДАЧ
Пример 1.	По координатам		вершин	пирамиды A1 (3; 2;2) ,		A2 (1; 3;1) ,
A3 (2;0;4) , A4 (6; 4;6)	найти: 1) длины рѐбер A1 A2			и A1 A3 ; 2) угол между рѐбрами
A1 A2 и A1 A3 ; 3)	площадь	грани	A1 A2 A3 ; 4)	объѐм пирамиды	A1 A2 A3 A4 ;5)
уравнения прямых A1 A2 и		A1 A3 6) уравнения плоскостей A1 A2 A3			и	A1 A2 A4 ; 7)
угол между плоскостями A1 A2 A3 и A1 A2 A4 .
Решение:

1) Находим векторы A1 A2 и A1 A3 : A1 A2 (1 3)i ( 3 ( 2)) j (1 2)k 2i j k ;

	A1 A3 (2 3)i (0 ( 2)) j (4 2)k i 2 j 2k .																																													Длины этих векторов, т.е. длины
рѐбер								A A						и					A A					,										таковы:																		A A					( 2)2 ( 1)2 ( 1)2 6 ;
								1			2									1		3																														1			2
	A A			( 1)2							(2)2		(2)2			3.
	1	3
2) Скалярное произведение векторов A1 A2 и A1 A3																																																								равно:
					A1 A2 A1 A3							( 2) ( 1) ( 1) 2 ( 1) 2 2 , а косинус угла между ними:
																					cos													A1 A2 A1 A3															2							0,27 .
																																		A1 A2						A1 A3							3 6
				Отсюда следует, что –																											тупой угол,																равный arccos0,27 1,85 рад с
точностью до 0,01. Это и есть искомый угол между рѐбрами A1 A2 и A1 A3 .
3)		Площадь грани														A1 A2 A3								равна														половине																	площади параллелограмма,
построенного на													векторах											A1 A2										и		A1 A3 , т.е.																половине модуля векторного
																																										i							j							k
произведения этих векторов: A1 A2 A1 A3																																										2					1									1	5 j 5k .
																																										1					2								2
				Здесь определитель вычисляется с помощью разложения по первой
																										1																					1													5	2			.
строке. Следовательно, S																			A A A															A A A A																				52 ( 5)2
																								2										1	2						1 3						2														2
																			1	2		3
4)		Объѐм V пирамиды равен																									1							объѐма параллелепипеда,																											построенного на
																								6
векторах A1 A2 ,												A1 A3 ,			A1 A4 . Вектор A1 A4 3i 2 j 4k .
							1														1							2							1						1						1
																							mod					1																						mod( 30) 5.
				V						A A A A A A																									2						2
		6									1	2	1	3	1	4				6																											6
																															3				2						4
5) Составить уравнение прямой, проходящей через точки A1 (3; 2;2) и A2 (2;0;4) .
				Решение:
				Используя формулу канонического уравнения прямой, получаем
					x 3					y ( 2)					z 2				,		x 3										y 2								z 1				.
					2 3						0 ( 2)				4 2							1									2										2

6) Если даны три точки А1(x1; y1; z1), А2(x2; y2; z2) и А3(x3; y3; z3), то

уравнение плоскости, проходящей через три точки находится по формуле:

x x1		y y1		z z1
x2	x1	y2	y1	z2	z1	0
x3	x1	y3	y1	z3	z1

Составить уравнение плоскости, проходящей через три точки А1 , А2 ,А3.

Решение:

		х 3								у 2							z 2
		1 3								3 2							1 2					0 ,
		2 3								0 2							4 2
	х 3		у 2							z 2																		1					1													2			1					z 2					2			1
	2			1							1				0 , (х 3)																						( у 2)																										0
	1		2									2																2						2												1					2								1		2
(x 3) 5( y 2) 5 z 2 0 , 0 х 5 у 5z 20 0.
	Итак,								уравнение плоскости имеет вид																																					0·х+5у-5z+20=0, где нормаль
имеет координаты N(0; 5; -5).
7) Угол, образованный двумя плоскостями, находится по формуле
cos				N			N									a a b b c c
				1						2								1 2						1			2			1		2	, где							N				и		N			- нормали плоскостей.
																																																2
				N1						N2												N1					N2													1
	Пример 2. С помощью формул Крамера найти решение системы
линейных уравнений:
	2x1 x2 3x3 5
	x1 2x2 2x3 17 ;
	x x							2		3x			3	4
			1
	Решение:
	Вычислим определитель системы:
										1			3							2		1					9				1 ( 1)3 1											1			9
					2
					1					2				2						1		3					1																				26 .
					1					1				3						1		0					0															3			1
	Так как 0 ,																	то решение системы может быть найдено по формулам
Крамера . Для этого найдѐм 1 ,																															2 ,			3 :
											5					1 3																			2 5								3												2 1 5
					1						17				2							2		78 ,							2				1				17					2		130 ,						3			1	2		17				52 .
											4					1						3													1					4				3											1	1		4
	Подставляя найденные значения определителей в формулы, получаем
искомое решение системы:																											x 1					3 ,					x		2			2 5 ,							x	3		3			2 .
																											1
	Найти решение системы с помощью обратной матрицы.
	Решение:
												2						1 3													x1											5
	Здесь									A			1			2						2			, X x2									,			B					17		.
													1					1				3																				4
																															x3
																																																														26, то
	Так как определитель матрицы системы отличен от нуля:																																																											A
матрица A имеет обратную матрицу. Для нахождения обратной матрицы A 1
вычислим алгебраические дополнения элементов матрицы A:
																																						1 3																1		3
													A						2 2								8			, A													6 , A														4 ,
													11						1					3								21						1 3											31					2		2

																			2					3					9 ,		A						2 3					7 ,
					A				1 2		1,					A
					12				1	3						22			1						3						32						1	2
					A			1 2						3,		A						2 1					1 ,				A				2			1		5 .
					13			1		1						23						1			1						33				1			2
Согласно формуле (9), матрица A 1 , обратная к A, имеет вид:
																						8							6		4
														A 1			1							1 9							7
																																.
																	26
																								3					1		5
Матричное решение системы имеет вид:
x				8		6				4 5														78							3
1			1															1
x2					1	9				7					17										130						5		,
			26		3	1				5					4		26														2
x3																											52

откуда следует (из условия равенства двух матриц), что x1 3 , x2

5 , x3

2 .

Пример 3. Определить собственные значения и собственные векторы

1

6

матрицы A

.

1

2

Решение:

Характеристическое уравнение для данной матрицы имеет вид:

1

6

0 , или

2

3 4 0, откуда следует, что матрица A имеет

1

2

два

собственных

значения

1

4

и

2 1. Собственный

вектор

X 1 ,

соответствующий 1 4 , определяется из системы уравнений вида:

(1 4)x1

6x2 0

; или

3x1

6x2

0

;

x1

(2 4)x2 0

x1

2x2 0

которая сводится к одному уравнению x1 2x2 . Полагая x2

t , получаем

решение в виде x1

2t ,

x2 t .

Следовательно, первый собственный вектор

есть

X

2

1

t .

1

Второй

собственный

вектор

X 2 , соответствующий собственному

значению 2 1, определяется из системы уравнений вида:

(1 1)x1

6x2 0

;

x1

(2 1)x2 0

Эта система уравнений также сводится к одному уравнению x1 3x2 0 ;

полагая

x2 t , запишем еѐ решение в виде

x1 3t , x2

t .

Следовательно,

второй собственный вектор есть X

3

t .

2

1

Таким образом, матрица A имеет два собственных различных значения

1 4 и

2 1 и два

собственных

вектора, равных

(с

точностью до

постоянного множителя)

X

2

X

3

t .

1

t ,

2

1

1

Пример 4. В треугольнике с вершинами O(0; 0), A(3; 3), B(–1; 5) найти уравнение стороны AB, медианы AE и высоты OK (а также длину высоты

OK).

Решение. Подставляя в формулу

y yB

x xB

(*) координаты

y A yB

x A xB

данных точек, получаем:

y 5

x ( 1)

y 5

x 1

2( y 5) (x 1) .

3 ( 1)

3 5

2

4

Собирая теперь все в одну сторону, приходим к уравнению стороны

АВ 2y x 9 0 .

Далее, по определению медианы треугольника точка E –

середина отрезка BO, поэтому ее координаты можно найти по формуле

xE

xB xO

1 0

1

, yE

yB yO

5 0

5

.

2

2

2

2

2

2

Таким образом, теперь надо составить уравнение прямой, проходящей

через точки A(3; 3) и E(–1/2; 5/2). Подставляем их координаты в (*):

y 5 / 2

x ( 1/ 2)

2 y 5

2x 1

3 5 / 2

3 ( 1/ 2)

1

7

.

14 y 35 2x 1 7 y x 18 0.

Итак, уравнение медианы AE имеет вид 7 y x 18 0 .

Далее, высота OK – это прямая, проходящая через вершину O

перпендикулярно прямой							AB. Воспользуемся	уравнением y y			1 (x x ) .
									1		1
											k1
Угловой				коэффициент		k1	прямой AB находим из		уравнения		2y x 9 0 :
y	1	x	9	,	поэтому	k 1/ 2 . Тогда имеем		y 0	1	(x 0) , и	уравнение
2 2						1			1/ 2

высоты OK y 2x .

Теперь найдем координаты K – точки пересечения построенной высоты и прямой AB. Решаем систему уравнений:

	2 y x 9 0									5x 9					x 9 / 5							.
				y 2x
										y 2x					y 18 / 5
	Итак, K(9/5; 18/5). В силу формулы расстояния между двумя точками
| d |	(x2		x1 )2 ( y2 y1 )2																						найдем	длину	высоты	ОК
			2			2
| OK |	9				18					81 324							81 5			9		5			.
	25			25				25							25						5

Пример 5. Составить уравнения прямых, проходящих через точку A(2,

–3) параллельно и перпендикулярно прямой 2y 4x 5 0 .

Решение. 1. Найдем угловой коэффициент данной прямой: 2y 4x 5 , y 2x 5/ 2 . Поэтому k1 2 . Для составления уравнения прямой, проходящей через A(2, –3) параллельно данной прямой, воспользуемся уравнением y y1 k1 (x x1 ) и тем свойством параллельных прямых, что их коэффициенты

равны: y ( 3) 2(x 2) или y 2x 1 0 .

2.Аналогично действуем при составлении уравнения

перпендикулярной прямой, только используем формулу y y

1 (x x ) :

1

k1

1

y ( 3)

1

(x 2) , 2( y 3) x 2 ,

2

и окончательно 2y x 8 0 .

Пример 6. Определить взаимное расположение прямой и

плоскостей 1

и 2 в пространстве, если есть точка пересечения, найти еѐ

координаты:

:

x y 2z 4 0

1 : 5x y z 1 0 , 2 :

2x z 3 0

3x y 5z 8 0

Запишем

канонические

уравнения

прямой.

Находим

i

j

k

s n1 n2

1

1

2

3,11,4 .

3

1

5

Полагая

в

исходной системе

z 0

и складывая

данные уравнения,

получаем

x 1,

y 5 .

Точка M 0

1,5,0

лежит

на

данной

прямой.

Ее

канонические уравнения имеют вид

x 1

y 5

z

.

3

4

11

n 5, 1, 1 – нормальный вектор плоскости 1 ; a 3,11,4

– направляющий

вектор прямой.

Так как n a 5 3 1 11 1 4 0 , то

1. Проверим,

принадлежит ли

прямая плоскости

1 . Для этого подставим точку

M 0 1,5,0

в уравнение

плоскости 5 1 5 0 1 0, т.е. прямая не принадлежит плоскости.

Установим

взаимное расположение

прямой

и

плоскости

2 .

n 2,0, 1

– нормальный вектор плоскости 2 .

Так как n a 2 3 0 11 1 4 0 , то 2 . Найдем координаты их точки пересечения, для чего перейдем от канонических уравнений прямой к

	x 3t 1,
параметрическим:	y 11t 5, .		Подставив значения	x, y, z	в 2 , получим
		z 4t.
				2 3t 1 4t 0 . При
уравнение относительно неизвестного параметра t :
t 1 получим	координаты		точки пересечения	прямой	и плоскости
М 2, 6, 4 .

Пример 7. По каноническому уравнению гиперболы	x2		y2	1
	64	25

найти: полуоси, фокусы, эксцентриситет, уравнения асимптот и директрис, центр кривой.

Каноническое

уравнение

гиперболы имеет

вид

x2

y2

1

а2

b2

. Из

уравнения имеем:

гипербола с действительной полуосью а 8,

мнимой

полуосью

b 5

и

центром

в начале

координат.

Для

гиперболы

справедливо равенство

b2 c2

a2 .

Поэтому с2

b2 a2 64 25 89 ,

фокусы F1

89,0 и F2

89,0 . Эксцентриситет

c 89 . Следовательно,

гиперболы

с

89

8

, директрисы

x a

64

, уравнения

89

а

асимптот у b

x

5

x

a

8

КР: "Предел и дифференциал функции".

Примерные задания на контрольную работу:

sin 4x 1 cos 2x

x

2

5x 24

3x

3

4x

2

3x

x 11 3

1. lim

2. lim

3. lim

4. lim

tg3x sin

2

6x

x 2

4x 3

6x3

2x 1

x

3

x

x 2

x 6 2

x 0

5. lim x 6

3x 2

6. lim x

3

6x

2

12 x 8

7. lim 1 4x x

8.

lim cosx cos3x

2 x

x

x

2

x

3

3x

2

4

x 0

x 0

x

2

x 6

7

2 x

4

3x

10. lim 5

2x

1

11. lim 3x 1 ln 2x 1 ln 2x 1

9. lim

x 2

x 0 arctg3x 2x

x 2

x

12. Найти производную функции

13. Полное исследование функции и построение графика

y

x4

x3 1

РЕШЕНИЕ ТИПОВЫХ ЗАДАЧ

1. Вычислить lim x2 5x 24 ; x 3 x2 4x 3

0

Решение. Неопределенность вида , в чем убедились, подставив х=-

0

3 в числитель и знаменатель. Необходимо в каждом квадратном трехчлене

выделить

выражение (х+3) 0.

Разложим

выражения

x2 5x 24

и

x 2 4x 3

на

простые

множители:

x2 5x 24 (x 3)(x 8) ,

x2 4x 3 (x 3)(x 1) .

lim

x2

5x 24

= lim

x 3 x 8

lim

x 8

11

11

.

x 3 x 1

x2

4x 3

x 1

x 3

x 3

x 3

2 2

2.

Вычислить lim

3x3 4x2 3x

.

6x3

2x 1

x

Решение.

Неопределенность вида

Необходимо

в числителе

и

.

знаменателе найти старшую степень неизвестной величины. В нашем примере старшая степень равна 3, поэтому числитель и знаменатель делим на

	3			4						3
										x2						3				1
х3. lim				x																	, т.к. по основным теоремам о пределах пределы
				2						1
x															6				2
	6
			x2								x3
выражений					4			;		3		;			2			и		1		0				при х .
					x					x2					x2					x3
3.				Вычислить															lim					x 11 3
																									x	6 2
																			x 2

Решение. Неопределенность вида 0 .Чтобы избавиться от0

иррациональности, умножим и поделим дробь на выражения, сопряженные числителю и знаменателю( x 11 3)( x 6 2 ):

3

3

2

x 11 9

2

lim

x 11

x 11

x 6

lim

x 6

x 2

x 11 3

x 6 2 x 6 2

x 2

x 11 3 x 6 4

x 2

2

lim

x 6

lim

x 6

2

4

2

.

x 2

x 2

x 11 3

x 2

x 11 3

6 3

4. Вычислить lim

sin 4x 1 cos 2x

tg3x sin 2 6x

x 0

0

Заменим 1 cos 2x 2sin

2

Решение. Неопределенность вида

x ,

0

sinx x,

tg3x 3x,

sin4x 4x, sin 2

6x 6x 2 . Подставим

в предел

lim

4x 2x2

lim

8x3

8

2

.

3x

36x2

108x3

x 0

x 0

108

27

5. Вычислить lim

x3 6x2 12x 8

x3 3x2 4

x 2

0

Решение. Неопределенность вида

.

x 2 x2

4x 4

0

lim

lim

x2

4x 4

lim

x 2 2

lim

x 2

0.

x 2 x2 x 2

x2 x 2

2 x 1

x 1

x 2

x 2

x 2 x

x 2

6. Вычислить lim x 6 3x 2

x x 6

Решение. Неопределенность вида (1 ). Решение, как правило, сводится к преобразованию функции с последующим применением формулы второго

1

x

1

lim 1 x

замечательного предела lim 1

e :

x

x

x

x 0

x 6

12

12

3x 2

12

3x 2

12

3x 2

12

x 6

lim 1

lim 1

lim 1

x

x

6

x

x

6

x

x 6

x 6

12 3x 2

12 3x 2

x 6

36 x 24

12

12

lim

36

x 6

x 6

lim e

e

x

e

lim 1

x

6

x

x

7. Вычислить lim 1

4x

2 x

x

.

x 0

Решение.

2 x

Неопределенность

вида

(1 ).

4 x

4 x 2 x

1

1

lim

8 4 x

1

x

lim

4x

4 x

lim e

x

e x 0

e8 .

x 0

x 0

8. Вычислить lim

cos x cos3x

x2

x 0

Решение. lim

cos x cos 3x

2 lim

sin 2x sin x

4 lim

sin 2x

lim

sin x

4

x2

x2

2x

x

x 0

x 0

x 0

9.

Вычислить lim

72 x

43x

2x

x 0 arctg3x

0

Решение.

Неопределенность вида

. Применяя эквивалентность:

0

arctgax ax, ax-1 xlna, получим:

lim

72 x

43x

lim

49x 1 1 64x

lim

49x

1

64x 1

arctg3x 2x

arctg5x 2x

5x

2x

x 0

x 0

x 0

49

x ln 49 x ln 64

x ln 49 ln 64

ln

2

7

lim

lim

64

ln

x 0

3x

x 0

3x

3

3 8

1

10. Вычислить lim 5 2x x 2

x 2

Решение. Неопределенность вида (1 ). Пусть x+2=t, x= t-2 – эта замена 5+2х=5+2(t-2)=5+2t-4=1+2t. После замены переменной приводим предел к вычислению второго замечательного предела.

1			1
lim 1 2t			lim 1 2t		2	e2 .
	t			2t
t 0			t 0

11. Вычислить lim 3x 1 ln 2x 1 ln 2x 1

x

Решение. Неопределенность вида ( - ).По свойствам логарифмов

имеем ln 2x 1 ln 2x 1 ln 2x 1 . 2x 1

lim 3x 1 ln

2x 1

2x 1 3x 1

2x 1 3x 1

lim

ln

ln lim

x

2x 1

x

2x 1

x

2x

1

2

3x 1

2 x 1

2 x 1

6 x 2

2

2

3

2 x 1

ln lim

ln

ln e

3

1

lim e

x

2x 1

x

12. Найти производную функции

Решение. По правилу дифференцирования сложной функции: