Tuy”n T“p Đ• Thi Tuy”n Sinh CAO H¯C DƯÑC HÀ N¸I · TRƯ˝NG Đ—I H¯C DƯÑC HÀ...

NGUYỄN MINH HIẾU

Tuyển Tập Đề Thi Tuyển Sinh

CAO HỌC DƯỢC HÀ NỘI

http://nmhieupdp.wordpress.com

Mục lục

Đề Thi Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5Đề Thi Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6Đề Thi Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7Đề Thi Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 2010 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8Đề Thi Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 2009 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9Đề Thi Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 2008 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10Đề Thi Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 2007 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11Đề Thi Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Đề Thi Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13Đề Thi Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14Đề Thi Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15Đề Thi Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16Đề Thi Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 2001 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17Đề Thi Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 2000 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18Đề Thi Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 1999 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19Đề Thi Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 1998 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20Đáp Án Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21Đáp Án Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25Đáp Án Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29Đáp Án Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 2010 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33Đáp Án Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 2009 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37Đáp Án Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 2008 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41Đáp Án Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 2007 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45Đáp Án Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49Đáp Án Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53Đáp Án Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57Đáp Án Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61Đáp Án Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65Đáp Án Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 2001 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67Đáp Án Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 2000 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71Đáp Án Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 1999 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74Đáp Án Tuyển Sinh Cao Học Dược Năm 1998 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

3

TRƯỜNG ĐẠI HỌC DƯỢC HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO HỌC DƯỢC NĂM 2013HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH THẠC SĨ MÔN THI: TOÁN

————— Thời gian làm bài: 180 phút

Câu I. (2,50 điểm)

1. Tìm giới hạn limx→+∞

e1x − cos 1

x

1−√

1− 1x2

.

2. Cho các hàm khả vi u = u(x; y), v = v(x; y) được xác định bởi hệ phương trìnhxeu+v + 2uv = 1

yeu−v − u1 + v

= 2x

thỏa mãn u(1; 2) = 0, v(1; 2) = 0. Tìm du(1; 2) và dv(1; 2).

Câu II. (2,50 điểm) Tính các tích phân sau:

1.∫

x2 arccos xdx.

2.

a2∫

0

√x

a− xdx.

Câu III. (2,50 điểm) Giải các phương trình vi phân sau:

1.(x + y2)dx− 2xydy = 0.

2. y′′ − 2y′ + y = 6xex.

Câu IV. (2,50 điểm)

1. Theo dõi huyết áp của 12 bệnh nhân bị choáng thu được kết quả (tính theo mmHg) nhưsau:

75 90 85 65 60 65 95 75 60 85 85 65

Với độ tin cậy 95%; hãy các định khoảng tin cậy trung bình về huyết áp của nhóm bệnhtrên.

2. Hai loại thuốc A và B làm tim đập chậm được thử nghiệm trên 16 con mèo. Mỗi loạithuốc được thử trên 8 con. Kết quả về hiệu số nhịp đập của tim sau và trước khi dùngthuốc thu được:

Thuốc A -22 -14 -36 -28 -8 -22 -8 2Thuốc B -14 -12 -22 -30 10 0 -8 24

Tác dụng của hai loại thuốc trên có khác nhau không?

Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.Thí sinh được phép dùng bảng tra do Cán bộ coi thi phát tại phòng thi.

5




1. Tìm giới hạn limx→1

xx − xln x− x + 1

.

2. Hàm y được xác định bởi phương trình ln√

x2 + y2 = k. arctanyx(k 6= 0). Tìm

dydx

;d2ydx2 .


1.∫ 1

x√

x2 + x + 1dx (x > 0).

2.2∫

0

x5√

4− x2dx.

Câu III. (2,50 điểm) Giải các phương trình sau:

1. (2x + y + 1)dx− (4x + 2y− 3)dy = 0.

2. y′′ + 4y = 2 sin 2x− 3 cos 2x.


1. Số liệu định lượng của mẫu thuốc tiêm vitamin B12 tại một cơ sở thu được như sau:

Hàm lượng (γ/ml) 94-96 96-98 98-100 100-102 102-104Số ống 4 8 15 12 3

Hãy xác định khoảng tin cậy về hàm lượng trung bình của lô thuốc trên với độ tin cậy0, 95.

2. Để đánh giá tác dụng của hai loại thuốc ngủ A, B. Người ta cho mỗi bệnh nhân dùng lầnlượt từng loại thuốc trên. Kết quả (số giờ ngủ thêm) thu được ở 8 bệnh nhân như sau:

Số thứ tự bệnh nhân 1 2 3 4 5 6 7 8Thuốc A (số giờ) 1,9 0,8 1,1 0,1 -0,1 4,4 5,5 1,6Thuốc B (số giờ) 0,7 -1,6 -0,2 -1,2 -0,1 3,4 3,7 0,8

Có thể nói tác dụng của hai loại thuốc ngủ A, B là như nhau được không?


6




1. Tìm giới hạn limx→+∞

(x2 + 1x2 − 2

)x2

.

2. Cho z = z(x; y) được xác định bởi y2zex+y − sin(xyz) = 0. Tính dz(x; y).


1.∫ x

(1 + x)√

1− x− x2dx.

2.2∫√

2

1x5√

x2 − 1dx.


1.dydx

=1

x cos y + sin 2y.

2. y′′ + 4y′ + 4y = xe−2x.


1. Khảo sát khối lượng của bộ óc người trên 50 tuổi, người ta thu được các số liệu sau:

KL (g) 1175-1225 1225-1275 1275-1325 1325-1375 1375-1425 1425-1475 1475-1525SN 6 15 27 25 28 14 8

Tính khoảng tin cậy của trọng lượng trung bình bộ óc của người trên 50 tuổi với độ tincậy 0,95.

2. Thử tác dụng hạ huyết áp của thuốc T trên 9 bệnh nhân bằng cách đo huyết áp trước vàsau đợt dùng thuốc thu được kết quả (tính theo mmHg):

TT 1 2 3 4 5 6 7 8 9Trước khi dùng thuốc 132 160 145 132 140 151 136 134 132Sau khi dùng thuốc 136 130 128 132 130 125 125 136 120

Thuốc T có thực sự làm hạ huyết áp không?


7

TRƯỜNG ĐẠI HỌC DƯỢC HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO HỌC DƯỢC NĂM 2010HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH SAU ĐẠI HỌC MÔN THI: TOÁN


Câu I.

1. Xác định a, b, c, d sao cho khi x → 0 có ex =1 + ax + bx2

1 + cx + dx2 + o∗(x5).

2. Chứng minh hệ thức 3 arccos x− arccos(3x− 4x3) = π khi |x| ≤ 1

2.

Câu II.

1. Cho hàm z = z(x; y) là hàm ẩn xác định bởi hệ thức z2 +2x=√

y2 − z2.

Chứng minh rằng x2 ∂z∂x

+1y

∂z∂y

=1z

.

2. Cho hàm z = y ln(x2 − y2). Tính d2z(x; y).

Câu III. Tính các tích phân sau:

1.∫ ln(x + 1)− ln x

x(x + 1)dx.

2.a∫

0

x2√

a2 − x2dx.

Câu IV.

1. Giải phương trình vi phân cos ydx = (x + 2 cos y) sin ydy.

2. Tìm nghiệm phương trình x2y′′− 3xy′+ 4y =12

x3 thỏa mãn điều kiện y(1) =12

, y(4) = 0.

Câu V. Để đánh giá tác dụng điều trị bệnh X của hai loại thuốc ngủ A, B. Bác sĩ đã cho mỗibệnh nhân dùng lần lượt từng loại thuốc đó. Kết quả là hiệu số của số giờ ngủ thêm sau vàtrước khi dùng thuốc của mỗi bệnh nhân thu được:

Thứ tự bệnh nhân 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10Thuốc A 1,9 0,8 1,1 0,1 −0, 1 4,4 5,5 1,6 4,6 3,4Thuốc B 0,7 −1, 6 −0, 2 −1, 2 −0, 1 3,4 3,7 0,8 0,0 2,0

1. Với độ tin cậy 0,95 xác định khoảng tin cậy của số giờ ngủ thêm trung bình của nhómbệnh nhân trên khi dùng thuốc B.

2. Có thể khẳng định: Thuốc A có tác dụng điều trị bệnh X tốt hơn thuốc B không?


8



Câu I.

1. Tìm limx→0

[(1 + x)

1x

e

] 1x

.

2. Tính đạo hàm của hàm y = (sin x)cos x + (cos x)sin x.

Câu II.

1. Cho hàm z = z(x; y), tìm dz(x; y) nếu

x = eu+v

y = eu−v

z = uv.

2. Chứng minh rằng hàm z = x. f(y

x

)+ g

(yx

)với f , g là các hàm khả vi, thỏa mãn phương

trình x2z′′x2 + 2xyz′′xy + y2z′′y2 = 0.


1.∫ xearctan x

(x2 + 1)32

dx.

2.π∫

0

(x sin x)2dx.

Câu IV. Giải các phương trình sau:

1. (ex + y + sin y)dx + (ey + x + x cos y)dy.

2. y′′ + y = xex + 2e−x.

Câu V. Định lượng Vitamin B12 tiêm 200 γ/ml của hai cơ sở sản suất A và B thu được kết quảvề hàm lượng (tính theo γ/ml):

Hàm lượng 185 190 195 200 205 210 215 220Cơ sở A (số ống) 1 2 4 5 3 2 3 1Cơ sở B (số ống) 1 2 5 3 4 3 2 1

1. Với độ tin cậy 0,95 xác định khoảng tin cậy của hàm lượng B12 trung bình của lô thuốcB12 do cơ sở A sản xuất.

2. Hàm lượng B12 trong thuốc tiêm B12 của hai cơ sở sản xuất trên khác nhau có ý nghĩathống kê không?


9



Câu I.


1− cos x2

x2 sin x2 .

2. Cho y là hàm của x được xác định bởi

x =

1 + ln tt2

y =3 + 2 ln t

t

.

Kiểm tra đẳng thức yy′x = 2x(y′x)2 + 1.

Câu II.

1. Hàm z = z(x; y) được cho từ phương trình F(

x +zy

; y +zx

)= 0.

Chứng minh x∂z∂x

+ y∂z∂y

= z− xy.

2. Tìm dz(x; y) biết

x =

u2 + v2

2

y =u2 − v2

2z = uv

.


1.∫

(arcsin x)2dx.

2.+∞∫0

x2 + 1x4 + 1

dx.

Câu IV. Giải các phương trình sau:

1. y′ − 2y tan x + y2 sin2 x = 0.

2. xy′′ = y′ ln(

y′

x

).

Câu V. Hai loại thuốc A, B làm tim đập chậm được thử nghiệm trên 16 con mèo. Mỗi loại thuốcđược thử nghiệm trên 8 con. Kết quả thu được:

Thuốc A: −22 −14 −36 −28 −8 −22 −8 +2Thuốc B: −14 −12 −22 −30 +10 0 −8 +24

1. Xác định khoảng tin cậy của nhịp đập trung bình của tim cho lô mèo được thử nghiệmvới thuốc A ở mức ý nghĩa 0,05.

2. So sánh tác dụng của hai loại thuốc trên.


10



Câu I.

1. Tìm giới hạn limx→∞

(√x +

√x +√

x−√

x

).

2. Tính đạo hàm của hàm số y =14

ln4√

1 + x4 + x4√

1 + x4 − x− 1

2arctan

4√

1 + x4

x.

Câu II.

1. Cho z = z(x; y) là hàm ẩn xác định bởi x2 + y2 + z2 = y. f(

zy

), trong đó f là hàm khả vi.

Chứng minh rằng (x2 − y2 − z2)z′x + 2xyz′y = 2xz.

2. Cho y = y(x) được xác định bởi phương trình ln√

x2 + y2 = 4 arctanyx

. Tìmdydx

;d2yd2x

.


1.∫ x

(x− 1)2√

1 + 2x− x2dx.

2.3∫

0

arcsin√

x1 + x

dx.

Câu IV. Tìm nghiệm riêng của các phương trình vi phân sau:

1. (1 + ex) yy′ = ey thỏa mãn điều kiện y(0) = 0.

2. (1 + x)y′′ + xy′2 = y′ thỏa mãn điều kiện y = −2, y′ = 4 khi x = 1.

Câu V. Định lượng ống tiêm Vitamin B12 tại hai cơ sở sản xuất A và B thu được số liệu về hàmlượng (tính theo γ/ml) như sau:

Cơ sở A 90 95 100 105 110Số ống 2 5 8 4 2Cơ sở B 80 90 95 100 105Số ống 3 4 9 5 2

1. Với độ tin cậy 0,95 hãy xác định khoảng tin cậy của hàm lượng Vitamin B12 trung bìnhcủa cơ sở B.

2. Có thể cho rằng hàm lượng Vitamin B12 của hai cơ sở trên là như nhau được không?


11



Câu I.


(ax + bx + cx

3

) 1x

(a, b, c > 0).

2. Tính đạo hàm cấp n của hàm số y =1

x2 − 3x + 2tại điểm x = 3.

Câu II.

1. Cho z là hàm của x, y được xác định từ hệ thức z2 +2x=√

y2 − z2.

Chứng minh x2 ∂z∂x

+1y

∂z∂y

=1z

2. Tính d2z(x; y) biết

x = eu+v

y = eu−v

z = uv.


1.∫ 1− x + x2√

1 + x− x2dx.

2.3∫

0

√x

6− xdx.

Câu IV.

1. Giải phương trình(x− 2xy− y2)dy + y2dx = 0.

2. Tìm nghiệm riêng của phương trình y′′ = xy′ + y + 1 thỏa mãn điều kiện y(0) = 1 vày′(0) = 0.

Câu V. Đo dung tích hô hấp cực đại cho 7 bệnh nhân trước và sau điều trị bởi thuốc X, thuđược kết quả (tính theo l/phút) sau:

Thứ tự bệnh nhân 1 2 3 4 5 6 7Trước điều trị 102 89 32 82 36 56 79Sau điều trị 132 116 50 82 61 64 92

1. Với độ tin cậy 0,95; xác định khoảng tin cậy của dung tích hô hấp cực đại trung bình củanhóm bệnh nhân sau điều trị.

2. Có thể khẳng định: Thuốc X có tác dụng điều trị không?


12



Câu I.

1. Khi x → +∞, tìm phần chính dạng C(

1x

)ncủa hàm f (x) =

√x + 2− 2

√x + 1 +

√x.

2. Xác định hằng số a, b, c, d để khi x → 0 có ex =1 + ax + bx2

1 + cx + dx2 + o∗(x5).

Câu II.

1. Chứng minh rằng nếu xy > 0 và x2y2 + x2 + y2 − 1 = 0 thìdx√

1− x4+

dy√1− y4

= 0.

2. Cho các hàm u = u(x; y), v = v(x; y) xác định từ hệ

{xeu+v + 2uv = 1yeu−v − u

1 + v= 2x .

Tìm du(1; 2), dv(1; 2) khi u(1; 2) = 0, v(1; 2) = 0.


1.∫ 1

1 +√

x +√

1 + xdx.

2.+∞∫0

x ln x

(1 + x2)2 dx.

Câu IV.

1. Tìm nghiệm riêng của phương trình(

2xyex2+ ln y

)dx +

(ex2

+xy

)dy = 0 thỏa mãn

điều kiện y(0) = 1.

2. Giải phương trình y′′ = y′ + x.

Câu V. Để đánh giá tác dụng điều trị bệnh X của hai loại thuốc ngủ A, B. Bác sĩ đã cho mỗibệnh nhân dùng lần lượt từng loại thuốc đó. Kết quả là hiệu số của số giờ ngủ thêm sau vàtrước khi dùng thuốc của mỗi bệnh nhân thu được:

Thứ tự bệnh nhân 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10Thuốc A 1, 9 0, 8 1, 1 0, 1 −0, 1 4, 4 5, 5 1, 6 4, 6 3, 4Thuốc B 0, 7 −1, 6 −0, 2 −1, 2 −0, 1 3, 4 3, 7 0, 8 0, 0 2, 0

1. Với độ tin cậy 0,95; xác định khoảng tin cậy của số giờ ngủ thêm trung bình của nhómbệnh nhân trên khi dùng thuốc B.

2. Có thể khẳng định thuốc A có tác dụng điều trị bệnh X tốt hơn thuốc B không?


13



Câu I.

1. Khi x → 0, tìm phần chính dạng Cxn của hàm f (x) =√

1− 2x− 3√

1− 3x.

2. Chứng minh hàm y = xn [C1 cos(ln x) + C2 sin(ln x)] thỏa mãn hệ thức

x2y′′ + (1− 2n)xy′ +(

1 + n2)

y = 0

Câu II.

1. Cho sin(xy)− exy − x2y = 0. Tìmdydx

.

2. Hàm z(x; y) cho bởi

x =

u2 + v2

2

y =u2 − v2

2z = uv

. Tìm d2z.


1.∫ x

(1 + x)√

1− x− x2dx.

2.π∫

0

x sin x1 + cos2 x

dx.

Câu IV. Giải các phương trình vi phân:

1.(

1 + exy)

dx + exy

(1− x

y

)dy = 0.

2. x(x + 1)y′′ + (x + 2)y′ − y = x +1x

, biết một nghiệm riêng của phương trình vi phân

thuần nhất tương ứng có dạng y = ax + b.

Câu V. Khảo sát trọng lượng của óc người trên 50 tuổi và dưới 50 tuổi, được kết quả sau (tínhtheo gam):

Khoảng TL 1175-1225 1225-1275 1275-1325 1325-1375 1375-1425 1425-1475 1475-1525SN trên 50 tuổi 6 15 27 25 28 18 8SN dưới 50 tuổi 15 36 42 50 54 44 24

1. Với độ tin cậy 0,95; xác định khoảng tin cậy của trọng lượng trung bình của óc người trên50 tuổi.

2. Có thể khẳng định trọng lượng của óc người ở hai lứa tuổi trên là như nhau được không?


14



Câu I.


sin (sin x)− x 3√

1− x2

x5 .

2. Xác định các hằng số a và b để hàm f (x) = x− (a + b cos x) sin x là vô cùng bé bậc 5 đốivới x khi x → 0.

Câu II. Hàm z(x; y) cho bởi hệ thức z3 − 3xyz = a3 (a là hằng số). Tìm d2z(x; y).


1.∫ sin x cos x

sin x + cos xdx.

2.π∫

0

ex cos2 xdx.

Câu IV.

1. Giải phương trình (x + 1)(yy′ − 1) = y2.

2. Tìm nghiệm của phương trình yy′′ = (y′)2 − (y′)3 thỏa mãn điều kiện y(1) = 1, y′(1) =−1.

Câu V. Gây mô hình hạ đường huyết trên thỏ, kết quả định lượng Glucoza/máu (tính bằngg/lít) trên bốn con thỏ của lô gây mô hình và bốn con thỏ khác của lô chúng thu được:

Lô gây mô hình 0,5 0,6 0,7 0,6Lô chứng 0,9 0,8 1,1 1,0

1. Với độ tin cậy 0,95; xác định khoảng tin cậy của lượng Glucoza/máu trung bình của lôchứng và lô gây mô hình.

2. Lượng Glucoza/máu trung bình của hai lô trên khác nhau có ý nghĩa không?


15



Câu I.

1. Chứng minh rằng hàm y =x2

2+

12

x√

x2 + 1 + ln√

x +√

x2 + 1 thỏa mãn hệ thức 2y =

xy′ + ln y′.

2. Giả sử x → 0, tìm phần chính dạng Cxn của hàm f (x) =√

1− 2x− 3√

1− 3x.

Câu II. Tìm vi phân toàn phần của hàm z(x; y) cho bởi

x = v cos u− u cos v + sin uy = v sin u− u sin v− cos uz = (u− v)2

.


1.∫ 1

(2 + cos x) sin xdx.

2.+∞∫1

1

x√

1 + x5 + x10dx.

Câu IV.

1. Tìm nghiệm phương trình xy′ = xeyx + y thỏa mãn điều kiện y(1) = 0.

2. Giải phương trình y′′ + y′2 = 2e−y.

Câu V. Để đánh giá tác dụng điều trị một loại bệnh bằng hai loại thuốc A, B, người ta đã cho220 bệnh nhân dùng thuốc A và 140 bệnh nhân dùng thuốc B. Kết quả điều trị cho bởi:

Kết quả điều trị Thuốc A Thuốc BKhỏi bệnh 130 72Bệnh đã đỡ 60 58Không khỏi bệnh 30 10

Có thể khẳng định thuốc A có tác dụng điều trị tốt hơn thuốc B không?


16



Câu I.

1. Tìm limx→+∞

ln (1 + 3x)

ln (1 + 2x).

2. Xét tính liên tục và khả vi tại điểm x = 0 của hàm f (x) =

1x− 1

ex − 1khi x 6= 0

12

khi x = 0.

Câu II. Cho hàm số u =x + zy + z

trong đó z là hàm số xác định bởi hệ thức zez = xex + yey.

Tính du.


1.∫ x + 1

x (1 + xex)dx.

2.

a2∫

0

√x

a− xdx.


1. 2ydx +(y2 − 6x

)dy = 0.

2. xyy′′ + x(y′)2 = 3yy′.

Câu V. Định lượng thuốc tiêm Vitamin B12 tại hai cơ sở A và B, được kết quả (tính theo γ/ml):

Cơ sở A Hàm lượng 90 95 100 105 110Số ống 1 3 5 3 1

Cơ sở B Hàm lượng 80 90 100 110 120Số ống 1 2 3 5 3

1. Xác định khoảng tin cậy của hàm lượng trung bình của thuốc tiêm Vitamin B12 ở cơ sở Avới độ tin cậy 0,95.

2. Kết quả định lượng thuốc tiêm của hai cơ sở trên khác nhau có ý nghĩa không?


17



Câu I.

1. Chứng minh hàm y =(x2 + 1

)(ex + C) thỏa mãn hệ thức y′ − 2xy

x2 + 1= ex (x2 + 1

).


(1

2(1−√

x) − 1

3(1− 3√

x)).

Câu II. Tính các tích phân sau:

1.∫ x2 − 1

(x2 + 1)√

x4 + 1dx.

2.

π4∫

0

cos x√2 + cos 2x

dx.

Câu III.

1. Giải phương trình ydx +(x + x2y2)dy = 0.

2. Tìm nghiệm của phương trình xy′′ + x(y′)2 − y′ = 0 thỏa mãn y(2) = 2; y′(2) = 1.

Câu IV. Cấp cứu 12 bệnh nhân bị choáng bằng phương pháp truyền huyết thanh rồi theo dõisự thay đổi huyết áp của họ. Kết quả (tính theo mm/Hg) cho bởi:

Thứ tự HUYẾT ÁPbệnh nhân Trước điều trị Sau điều trị

1 75 1052 90 903 85 1054 65 855 60 1006 65 907 100 1058 75 809 60 55

10 85 10511 85 10512 65 80

1. Với độ tin cậy 0,99, xác định khoảng tin cậy của huyết áp trung bình của nhóm bệnh nhântrên sau điều trị.

2. Có thể khẳng định rằng việc điều trị bệnh nhân bị choáng bằng phương pháp truyềnhuyết thanh có tác dụng nâng cao huyết áp cho bệnh nhân không?


18

TRƯỜNG ĐẠI HỌC DƯỢC HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH NGHIÊN CỨU SINH NĂM 1999HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH SAU ĐẠI HỌC MÔN THI: TOÁN


Câu I.


ln(sin mx)ln(sin x)

.

2. Hàm z(x; y) cho bởi hệ thức z3 − 3xyz = a3 (a 6= 0). Tính dz(0; 1).


1.∫ sin x cos x

sin4 x + cos4 xdx.

2.

π2∫

0

x2 sin xdx.

Câu III.

1. Tìm nghiệm của phương trình y′ − yx ln x

= x ln x thỏa mãn điều kiện y(e) = 0, 5e2.

2. Giải phương trình y′′ + 4y′ + 4y = xe2x.

Câu IV.

1. Khảo sát chiều cao của một nhóm trẻ sơ sinh thu được kết quả (tính theo cm):

Chiều cao (cm) 44− 46 46− 48 48− 50 50− 52 52− 54 54− 56 56− 58Số trẻ em 14 27 86 370 332 93 17

Xác định khoảng tin cậy của chiều cao trung bình của nhóm trẻ em trên với độ tin cậy0,95.

2. Để so sánh độc tính của hai chế phẩm A, B; người ta dùng hai nhóm động vật khác nhauđể thử nghiệm và thu được kết quả về liều chí tử (mg/kg thể trọng) của từng nhóm nhưsau:

Nhóm dùng A 1,55 1,58 1,71 1,44 1,24 1,89Nhóm dùng B 2,42 1,85 2,00 2,27 1,70 1,47

Độc tính của hai chế phẩm trên khác nhau có ý nghĩa không?


19

TRƯỜNG ĐẠI HỌC DƯỢC HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH NGHIÊN CỨU SINH NĂM 1998HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH SAU ĐẠI HỌC MÔN THI: TOÁN


Câu I.

1. Tìm vi phân của hàm số y = 3

√x− 5

3√

x2 + 4.

2. Chứng minh rằng hàm hai biến z = z(x; y) cho bởi z =x2

2y+

x2+

1x− 1

ythỏa mãn hệ thức

x2 ∂z∂x

+ y2 ∂z∂y

=x3

y.


1.2∫

1

ln2 xx

dx.

2.∫

eax sin bxdx (a, b là các hằng số).

Câu III. Giải các phương trình vi phân:

1. (x + 1)(yy′ − 1) = y2.

2. xy′ = x sinyx+ y.

Câu IV. Khảo sát trọng lượng của óc người trên 50 tuổi và dưới 50 tuổi, được kết quả sau (tínhtheo gam):

Khoảng TL 1175-1225 1225-1275 1275-1325 1325-1375 1375-1425 1425-1475 1475-1525SN trên 50 tuổi 6 15 27 25 28 18 8SN dưới 50 tuổi 15 36 42 50 54 44 24

1. Xác định khoảng tin cậy của trọng lượng trung bình của óc người dưới 50 tuổi với độ tincậy 0,95.

2. Trọng lượng của óc người ở hai lứa tuổi trên khác nhau có ý nghĩa không?


20

TRƯỜNG ĐẠI HỌC DƯỢC HÀ NỘI ĐÁP ÁN TUYỂN SINH CAO HỌC DƯỢC NĂM 2013HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH THẠC SĨ MÔN THI: TOÁN



1. Đặt t =1x

, ta có x → +∞⇒ t→ 0+, do đó:

limx→+∞

e1x − cos 1

x

1−√

1− 1x2

= limt→0+

et − cos t1−√

1− t2= lim

t→0+

[et − cos t

t2

(1 +

√1− t2

)]

= 2 limt→0+

et − cos tt2 = 2 lim

t→0+

et + sin t2t

= +∞

2. Lấy đạo hàm hai vế theo x các phương trình trong hệ ta có:eu+v + x (u′x + v′x) eu+v + 2 (u′xv + uv′x) = 0

y (u′x − v′x) eu−v − u′x (1 + v)− uv′x(1 + v)2 = 2

Theo giả thiết u(1; 2) = 0, v(1; 2) = 0 nên ta có:{1 + u′x(1; 2) + v′x(1; 2) = 02 (u′x(1; 2)− v′x(1; 2))− u′x(1; 2) = 2 ⇔

{u′x(1; 2) = 0v′x(1; 2) = −1

Lấy đạo hàm hai vế theo y các phương trình trong hệ ta có:x(

u′y + v′y)

eu+v + 2(

u′yv + uv′y)= 0

eu−v + y(

u′y − v′y)

eu−v −u′y (1 + v)− uv′y

(1 + v)2 = 0

Theo giả thiết u(1; 2) = 0, v(1; 2) = 0 nên ta có:{u′y(1; 2) + v′y(1; 2) = 0

1 + 2(

u′y(1; 2)− v′y(1; 2))− u′y(1; 2) = 0

⇔{

u′y(1; 2) = −13

v′y(1; 2) = 13

Vậy du(1; 2) = u′x(1; 2)dx + u′y(1; 2)dy = −13

dy.

dv(1; 2) = v′x(1; 2)dx + v′y(1; 2)dy = −dx +13

dy.


1. Gọi I =∫

x2 arccos xdx.

Đặt{

u = arccos xdv = x2dx ⇒

du = − 1√

1− x2dx

v =x3

3

, ta có:

I =x3

3arccos x +

∫ x3

31√

1− x2dx =

x3 arccos x3

+13

∫ x2.x√1− x2

dx =x3 arccos x

3+

13

I1

21

Đặt t =√

1− x2 ⇔ t2 = 1− x2 ⇒ 2tdt = −2xdx, ta có:

I1 = −∫ 1− t2

ttdt =

∫ (t2 − 1

)dt =

t3

3− t + C

=

(1− x2)√1− x2

3−√

1− x2 + C = −(x2 + 2

)√1− x2

3

Vậy I =x3 arccos x

3−(x2 + 2

)√1− x2

9+ C.

2. Ta có

a2∫

0

√x

a− xdx =

a2∫

0

|x|√ax− x2

dx =

a2∫

0

|x|√a2

4 −(x− a

2

)2dx.

Đặt x− a2=

a2

sin t, t ∈[−π

2;

π

2

]⇒ dx =

a2

cos tdt.

Đổi cận x = 0⇒ t = −π

2; x =

a2⇒ t = 0, ta có:

a2∫

0

√x

a− xdx =

0∫−π

2

∣∣ a2 +

a2 sin t

∣∣√a2

4 −a2

4 sin2t

a2

cos tdt =0∫

−π2

( a2+

a2

sin t)

dt

=( a

2t− a

2cos t

)∣∣∣0−π

2

=aπ

4− a

2


1. Ta có(

x + y2)

dx− 2xydy = 0⇔ x + y2 = 2xydydx⇔ 2xyy′ − y2 = x.

Nhận thấy x = 0 không phải nghiệm của phương trình.

Với x 6= 0, chia hai vế phương trình cho x ta có 2yy′ − 1x

y2 = 1.

Đặt z = y2 ⇒ z′ = 2yy′, thay vào phương trình ta có z′ − 1x

z = 1 (1).

Phương trình (1) có nghiệm tổng quát là:

z = e∫ 1

x dx(∫

e−∫ 1

x dxdx + C)= eln|x|

(∫e− ln|x|dx + C

)= C |x|+ x ln |x|

Vậy phương trình đã cho có tích phương tổng quát là y2 = C |x|+ x ln |x|.

2. Phương trình đặc trưng k2 − 2k + 1 = 0 có nghiệm kép k = 1.

Do đó phương trình thuần nhất tương ứng có nghiệm tổng quát y = ex (C1 + C2x).Ta có α = 1 = k và P1(x) = x nên phương trình đã cho có một nghiệm riêng dạng

y∗ = exx2(ax + b) = ex(ax3 + bx2)

Khi đó(y∗)′ = ex (ax3 + bx2)+ ex (3ax2 + 2bx

)(y∗)′′ = ex (ax3 + bx2)+ 2ex (3ax2 + 2bx

)+ ex (6ax + 2b)

Thay y∗, (y∗)′, (y∗)′′ vào phương trình ta được 6ax + 2b = 6x ⇔{

a = 1b = 0

⇒ y∗ = x3ex.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm tổng quát là y = ex (C1 + C2x) + x3ex.

22


1. Đặt yi = xi − 80, ta có bảng tính các số đặc trưng:

Huyết áp Tần số yi niyi niy2ixi ni

60 2 −20 −40 80065 3 −15 −45 67575 2 −5 −10 5085 3 5 15 7590 1 10 10 10095 1 15 15 225

Tổng ∑ −55 1925

Từ đó ta có:

x = x0 + h.1n

k

∑i=1

niyi = 80 + 1.−5512≈ 75, 42

s′2 = h2.1

n− 1

k

∑i=1

niy2i −

1n

(k

∑i=1

niyi

)2 = 12.

111

[1925− 1

12(−55)2

]≈ 152, 0833

Từ giả thiết n = 12⇒ k = 11; p = 0, 95⇒ α = 0, 05, dò bảng ta có

t 0,052 ,11 = 2, 201⇒ x± t 0,05

2 ,11

√s′2

n≈ 75, 42± 2, 201.

√152, 0833

12≈ 75, 42± 7, 84

Vậy khoảng tin cậy trung bình về huyết áp của nhóm bệnh nhân là (67, 58; 83, 26) mmHg.

2. Ta có bảng tính các số đặc trưng:

TT Thuốc A Thuốc BxAi x2

Ai xBi x2Bi

1 −22 484 −14 1962 −14 196 −12 1443 −36 1296 −22 4844 −28 784 −30 9005 −8 64 10 1006 −22 484 0 07 −8 64 −8 648 2 4 24 576

Tổng ∑ −136 3376 −52 2464

Đối với thuốc A ta có

xA =1n

n

∑i=1

xAi =−136

8= −17;

s′2A =1

n− 1

n

∑i=1

x2Ai −

1n

(n

∑i=1

xAi

)2 =

17

[3376− (−136)2

8

]= 152

23

Đối với thuốc B ta có

xB =1n

n

∑i=1

xBi =−52

8= −6, 5;

s′2B =1

n− 1

n

∑i=1

x2Bi −

1n

(n

∑i=1

xBi

)2 =

17

[2464− (−52)2

8

]≈ 303, 7143

Đặt giả thiết H: Tác dụng của hai loại thuốc A và B là như nhau.

Ta có

s′2C =(nA − 1) s′2A + (nB − 1) s′2B

nA + nB − 2≈ 7× 152 + 7× 303, 7143

14≈ 227, 8572

Khi đó

t =|xA − xB|√

s′2C(

1nA

+ 1nB

) =|−17 + 6, 5|√

227, 8572(

18 +

18

) ≈ 1, 391

Dò bảng được t 0,052 ,14 = 2, 145; t 0,01

2 ,14 = 2, 977.

Ta thấy t < t 0,052 ,14 nên chấp nhận giả thiết H ở mức > 0, 05.

Vậy tác dụng của hai loại thuốc A và B là như nhau.

Kết luận này có độ chính xác đến 95%.

——— Hết ———

24




1. Trước hết ta tính đạo hàm của hàm số y = xx, ta có:

y = xx ⇔ ln y = x ln x ⇔ y′

y= ln x + 1⇔ y′ = (ln x + 1) y⇔ y′ = (ln x + 1) xx

Khi đó, theo quy tắc L’Hospital có:

limx→1

xx − xln x− x + 1

= limx→1

(ln x + 1) xx − 11x − 1

= limx→1

1x xx + (ln x + 1)2xx

− 1x2

= −2

2. Biến đổi giả thiết được:

ln√

x2 + y2 = k.arctgyx⇔ 1

2ln(

x2 + y2)− k.arctg

yx= 0

⇔ ln(

x2 + y2)− 2k.arctg

yx= 0

Đặt F(x; y) = ln(x2 + y2)− 2k.arctg

yx

ta có:

∂F∂x

=2(x + ky)

x2 + y2 ;∂F∂y

=2(y− kx)

x2 + y2

Khi đó:

dydx

=ky + xkx− y

d2ydx2 =

(ky + xkx− y

)′=

(ky′ + 1)(kx− y)− (ky + x)(k− y′)

(kx− y)2 =k2xy′ − y− k2y + xy′

(kx− y)2

=(k2 + 1)(xy′ − y)

(kx− y)2 =(k2 + 1)

(x ky+x

kx−y − y)

(kx− y)2 =(k2 + 1)

(x2 + y2)

(kx− y)3

Vậydydx

=ky + xkx− y

;d2ydx2 =

(k2 + 1)(x2 + y2)

(kx− y)3 .


1. Gọi I =∫ 1

x√

x2 + x + 1dx. Theo giả thiết x > 0 nên ta có:

I =∫ dx

x2√

1 + 1x + 1

x2

= −∫ d

(1x

)√(

1x + 1

2

)2+ 3

4

= − ln

∣∣∣∣∣1x +12+

√1 +

1x+

1x2

∣∣∣∣∣+ C

25

2. Đặt u =√

4− x2 ⇔ u2 = 4− x2 ⇒ 2udu = −2xdx.

Đổi cận x = 0⇒ u = 2; x = 2⇒ u = 0, ta có:

2∫0

x5dx√4− x2

=

2∫0

x4.xdx√4− x2

= −0∫

2

(4− u2)2.udu

u=

2∫0

(u4 − 8u2 + 16

)du

=

(u5

5− 8u3

3+ 16u

)∣∣∣∣20=

25615

Câu III. (2,50 điểm) Giải các phương trình sau:

1. Đặt z = 2x + y⇒ dz = 2dx + dy thay vào phương trình ta có:

(z + 1)dx− (2z− 3)(dz− 2dx) = 0⇔ 5 (z− 1)dx = (2z− 3)dz

• z = 1⇒ 2x + y = 1 là nghiệm phương trình.

• z 6= 1 ta có phương trình tương đương:

5dx =2z− 3z− 1

dz⇔ 5dx =

(2− 1

z− 1

)dz

⇔ 5x = 2z− ln |z− 1|+ C⇔ x− 2y + ln |2x + y− 1| = C

Vậy phương trình có nghiệm cho bởi 2x + y = 1 hoặc x− 2y + ln |2x + y− 1| = C.

2. Phương trình đặc trưng k2 + 4 = 0 có hai nghiệm phức k = ±2i.

Suy ra phương trình thuần nhất tương ứng có nghiệm tổng quát y = C1 cos 2x+C2 sin 2x.

Ta có α± βi = ±2i = k và P0(x) = 2, Q0(x) = −3.

Do đó phương trình đã cho có một nghiệm riêng dạng

y∗ = x(a cos 2x + b sin 2x) = ax cos 2x + bx sin 2x

Khi đó:

(y∗)′ = a cos 2x− 2ax sin 2x + b sin 2x + 2bx cos 2x= (a + 2bx) cos 2x + (b− 2ax) sin 2x

(y∗)′′ = 2b cos 2x− 2 (a + 2bx) sin 2x− 2a sin 2x + 2 (b− 2ax) cos 2x= (4b− 4ax) cos 2x− (4a + 4bx) sin 2x

Thay y∗, (y∗)′, (y∗)′′ vào phương trình ta được

4b cos 2x− 4a sin 2x = −3 cos 2x + 2 sin 2x ⇔{

a = −12

b = −34

Suy ra

y∗ = −12

x cos 2x− 34

x sin 2x

Vậy phương trình đã cho có nghiệm tổng quát là:

y = C1 cos 2x + C2 sin 2x− 12

x cos 2x− 34

x sin 2x

26


1. Đặt yi =x∗i − x0

h=

x∗i − 992

, ta có bảng tính các số đặc trưng:

Hàm lượng x∗iSố ống yi niyi niy2

iαi − αi+1 ni94-96 95 4 −2 −8 1696-98 97 8 −1 −8 8

98-100 99 15 0 0 0100-102 101 12 1 12 12102-104 103 3 2 6 12Tổng ∑ 42 2 48

Từ đó ta có:

x = x0 + h1n

k

∑i=1

niyi = 99 + 2.1

42.2 ≈ 99, 10

s2 = h2 1n

k

∑i=1

niy2i −

1n

(k

∑i=1

niyi

)2 = 4.

142

[48− 1

42.22]≈ 4, 5624

s2hc = s2 − h2

12≈ 4, 5624− 4

12≈ 4, 2291

Theo giả thiết n = 42⇒ k = ∞; p = 0, 95⇒ α = 1− p = 0, 05, dò bảng ta có

t 0,052 ,∞ = 1, 960⇒ x̄± t α

2 ,∞

√s2

hcn≈ 99, 10± 1, 960.

√4, 2291

42≈ 99, 10± 0, 62

Vậy khoảng tin cậy về hàm lượng trung bình của lô thuốc là (98, 48; 99, 72) γ/ml.

2. Đặt di = xAi − xBi, ta có bảng tính các số đặc trưng:

TT xAi xBi di d2i

1 1,9 0,7 1,2 1,442 0,8 −1, 6 2,4 5,763 1,1 −0, 2 1,3 1,694 0,1 −1, 2 1,3 1,695 −0, 1 −0, 1 0 06 4,4 3,4 1,0 17 5,5 3,7 1,8 3,248 1,6 0,8 0,8 0,64

Tổng ∑ 9,8 15,46

Đặt giả thiết H: tác dụng của hai loại thuốc ngủ A và B là như nhau.Ta có:

d =1n

n

∑i=1

di =18

.9, 8 = 1, 225

s′2d =1

n− 1

1n

n

∑i=1

d2i −

1n

(n

∑i=1

di

)2 =

17

[15, 46− 1

8(9, 8)2

]≈ 0, 4936

t =

∣∣∣d∣∣∣√s′2dn

≈ 1, 225√0,4936

8

≈ 4, 932

27

Dò bảng có t 0,052 ,7 = 2, 365; t 0,01

2 ,7 = 3, 499.

Ta thấy t > t 0,012 ,7 nên bác bỏ giả thiết H ở mức < 0, 01.

Vậy tác dụng của hai loại thuốc ngủ A, B là khác nhau.

Kết luận này chính xác trên 99%.

——— Hết ———

28




1. Ta có

limx→+∞

(x2 + 1x2 − 2

)x2

= limx→+∞

(1 +

3x2 − 2

)x2

= limx→+∞

(1 +

3x2 − 2

) x2−23 . 3

x2−2.x2

= elim

x→+∞3x2

x2−2 = e3

2. Đặt F(x; y; z) = y2zex+y − sin(xyz) ta có

∂F∂x

= y2zex+y − yz cos (xyz)

∂F∂y

= 2yzex+y + y2zex+y − xz cos(xyz)

∂F∂z

= y2ex+y + y2zex+y − xy cos xyz

Do đó∂z∂x

= − y2zex+y − yz cos (xyz)y2ex+y + y2zex+y − xy cos xyz

∂z∂y

= −2yzex+y + y2zex+y − xz cos(xyz)y2ex+y + y2zex+y − xy cos xyz

Vậy

dz(x; y) = − y2zex+y − yz cos (xyz)y2ex+y + y2zex+y − xy cos xyz

dx− 2yzex+y + y2zex+y − xz cos(xyz)y2ex+y + y2zex+y − xy cos xyz

dy

Câu II. (2,50 điểm)

1. Đặt t = x + 1⇒ dt = dx, ta có∫ xdx(1 + x)

√1− x− x2

=∫

(t− 1)dtt√

1 + t− t2=∫ ( 1√

1 + t− t2− 1

t√

1 + t− t2

)dt

=∫ 1√

54 −

(t− 1

2

)2dt−

∫ 1

t2√

1t2 +

1t − 1

dt

=∫ 1√

54 −

(t− 1

2

)2dt +

∫ 1√(1t +

12

)2− 5

4

d(

1t

)

= arcsint− 1

2√5

2

+ ln

∣∣∣∣∣1t +12+

√1t2 +

1t− 1

∣∣∣∣∣+ C

= arcsin2x + 1√

5+ ln

∣∣∣∣∣ 1x + 1

+12+

√1

(x + 1)2 +1

x + 1− 1

∣∣∣∣∣+ C

29

2. Đặt x =1

sin t⇒ dx = −cos t

sin tdt, t ∈

(−π

2;

π

2

).

Đổi cận x =√

2⇒ t =π

4; x = 2⇒ t =

π

6, ta có

2∫√

2

dxx5√

x2 − 1= −

π6∫

π4

cos tsin2t

dt

1sin5t

√1

sin2t− 1

=

π4∫

π6

sin4tdt =

π4∫

π6

(1− cos 2t

2

)2

dt

=14

π4∫

π6

(1− 2 cos 2t + cos22t

)dt =

18

π4∫

π6

(3− 4 cos 2t + cos 4t)dt

=18

(3t− 2 sin 2t +

14

sin 4t)∣∣∣∣ π

4

π6

=2π + 7

√3− 16

64

Câu III. (2,50 điểm)

1. Điều kiện x cos y + sin 2y 6= 0, ta có phương trình tương đương

dxdy

= x cos y + sin 2y⇔ x′y − x cos y = sin 2y (1)

Phương trình (1) là phương trình vi phân tuyến tính cấp một theo x nên có nghiệm

x = e∫

cos ydy(∫

sin 2ye−∫

cos ydydy + C)= esin y

(∫sin 2ye− sin ydy + C

)= esin y

(− sin ye− sin y − e− sin y + C

)= − sin y− 1 + Cesin y

Hay phương trình có tích phân tổng quát x + sin y + 1 = Cesin y với x cos y + sin 2y 6= 0.

2. Phương trình đặc trưng k2 + 4k + 4 = 0 có nghiệm kép k = −2.

Do đó phương trình thuần nhất tương ứng có nghiệm tổng quát y = e−2x (C1 + C2x).

Ta có α = −2 = k và P1(x) = x nên phương trình có một nghiệm riêng dạng

y∗ = e−2xx2(ax + b) = e−2x(ax3 + bx2)

Khi đó

(y∗)′ = −2e−2x (ax3 + bx2)+ e−2x (3ax2 + 2bx)

(y∗)′′ = 4e−2x (ax3 + bx2)− 4e−2x (3ax2 + 2bx)+ e−2x (6ax + 2b)

.

Thay y∗, (y∗)′ , (y∗)′′ vào phương trình ta được

6ax + 2b = x ⇔{

a = 16

b = 0⇒ y∗ =

16

x3e−2x

Vậy phương trình đã cho có nghiệm tổng quát là y = e−2x (C1 + C2x) +16

x3e−2x.

30



h=

x∗i − 135050

, ta có:

Khối lượng x∗iSố người yi niyi niy2

iαi − αi+1 ni1175-1225 1200 6 −3 −18 541225-1275 1250 15 −2 −30 601275-1325 1300 27 −1 −27 271325-1375 1350 25 0 0 01375-1425 1400 28 1 28 281425-1475 1450 14 2 28 561475-1525 1500 8 3 24 72

Tổng ∑ 123 5 297

Từ đó ta có:

x = x0 + h1n

k

∑i=1

niyi = 1350 + 50.1

123.5 ≈ 1352, 03

s2 = h2 1n

k

∑i=1

niy2i −

1n

(k

∑i=1

niyi

)2 = 502.

1123

[297− 1

123.52]≈ 6032, 4542

s2hc = s2 − h2

12≈ 6032, 4542− 502

12≈ 5824, 1209


t 0,052 ,∞ = 1, 960⇒ x± t α

2 ,∞

√s2

hcn≈ 1352, 03± 1, 960.

√5824, 1209

123≈ 1352, 03± 13, 49

Vậy khoảng tin cậy về trọng lượng trung bình bộ óc người trên 50 tuổi là (1338, 54; 1365, 52)gam.

2. Gọi xAi và xBi lần lượt là kết quả huyết áp của bệnh nhân trước và sau khi dùng thuốc.

Đặt di = xAi − xBi, ta có:

TT xAi xBi di d2i

1 132 136 −4 162 160 130 30 9003 145 128 17 2894 132 132 0 05 140 130 10 1006 151 125 26 6767 136 125 11 1218 134 136 −2 49 132 120 12 144

Tổng ∑ 100 2250

Đặt giả thiết H: thuốc T không có tác dụng hạ huyết áp, ta có:

31

d =1n

n

∑i=1

di =19

.100 ≈ 11, 11

s′2d =1

n− 1

1n

n

∑i=1

d2i −

1n

(n

∑i=1

di

)2 =

18

[2250− 1

9(100)2

]≈ 142, 3611

t =

∣∣∣d∣∣∣√s′2dn

≈ 11, 11√142, 3611

9

≈ 2, 793

Dò bảng có t 0,052 ,8 = 2, 306; t 0,01

2 ,8 = 3, 355.

Ta thấy t 0,012 ,8 < t < t 0,01

2 ,8 nên chưa có cơ sở để bác bỏ giả thiết H.

Vậy thuốc T chưa thực sự làm hạ huyết áp.

——— Hết ———

32

TRƯỜNG ĐẠI HỌC DƯỢC HÀ NỘI ĐÁP ÁN TUYỂN SINH CAO HỌC DƯỢC NĂM 2010HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH SAU ĐẠI HỌC MÔN THI: TOÁN


Câu I.

1. Ta có ex =1 + ax + bx2

1 + cx + dx2 + o∗(

x5)⇔ ex

(1 + cx + dx2

)−(

1 + ax + bx2)= o∗

(x5)

.

Đặt f (x) = ex (1 + cx + dx2)− (1 + ax + bx2) ta sẽ chứng minh f (x) = o∗(x5).

Khai triển ex đến bậc 5 ta có

f (x) =(

1 + x +x2

2!+

x3

3!+

x4

4!+

x5

5!+o(

x5)) (

1 + cx + dx2)−(

1 + ax + bx2)

= 1 + x +x2

2!+...+

x5

5!+ cx + cx2 + ...+

cx5

4!+dx2 + dx3 +

dx4

2!+

dx5

3!− 1− ax− bx2 + o

(x5)

= (1 + c− a) x +

(12!

+ c + d− b)

x2 + ... +(

15!

+c4!

+d3!

)x5 + o

(x5)

Khi đó f (x) = o∗(x5)⇔

1 + c− a = 012! + c + d− b = 013! +

c2! + d = 0

14! +

c3! +

d2! = 0

15! +

c4! +

d3! 6= 0

⇔

a = 1 + cb− c− d = 1

212 c + d = −1

616 c + 1

2 d = − 124

124 c + 1

6 d 6= − 1120

⇔

a = 1

2b = 1

12c = −1

2d = 1

12

.

Vậy a =12

, b =1

12, c = −1

2, d =

112

.

2. Đặt f (x) = 3 arccos x− arccos(3x− 4x3).

Với x =12

, ta có f(

12

)= 3 arccos

12− arccos 1 = 3.

π

3− 0 = π.

Với x = −12

, ta có f(−1

2

)= 3 arccos

(−1

2

)− arccos (−1) = 3.

2π

3− π = π.

Với |x| < 12

, ta có

f ′(x) = − 3√1− x2

+3− 12x2√

1− (3x− 4x3)2

= − 3√1− x2

+3(1− 4x2)√

(1 + 3x− 4x3) (1− 3x + 4x3)

= − 3√1− x2

+3(1− 4x2)√

(1− x) (1 + 2x)2 (1 + x) (1− 2x)2

= − 3√1− x2

+3(1− 4x2)√

(1− x2) (1− 4x2)2

= − 3√1− x2

+3√

1− x2= 0

Suy ra f (x) = c, ∀x ∈(−1

2;

12

).

33

Lại có f (0) = 3 arccos 0− arccos 0 = 2 arccos 0 = 2.π

2= π.

Suy ra f (x) = π, ∀x ∈(−1

2;

12

).

Kết hợp các trường hợp ta có hệ thức cần chứng minh.

Câu II.

1. Ta có z2 +2x=√

y2 − z2 ⇔ z2 +2x−√

y2 − z2 = 0.

Đặt F(x; y; z) = z2 +2x−√

y2 − z2.

Ta có∂F∂x

= − 2x2 ,

∂F∂y

=−y√

y2 − z2,

∂F∂z

= 2z +z√

y2 − z2=

z(

2√

y2 − z2 + 1)

√y2 − z2

.

Suy ra∂z∂x

=2√

y2 − z2

x2z(

2√

y2 − z2 + 1) ;

∂z∂x

=y

z(

2√

y2 − z2 + 1) .

Khi đó x2.∂z∂x

+1y

∂z∂y

=2√

y2 − z2

z(

2√

y2 − z2 + 1) +

1

z(

2√

y2 − z2 + 1) =

1z

(đpcm).

2. Ta có∂z∂x

=2xy

x2 − y2 ;∂z∂y

= ln(

x2 − y2)− 2y2

x2 − y2 .

Suy ra∂2z∂x2 = −2x2y + 2y3

(x2 − y2)2 ;

∂2z∂x∂y

=2x3 + 2xy2

(x2 − y2)2 ;

∂2z∂y2 = −6x2y− 2y3

(x2 − y2)2 .

Vậy d2z (x; y) = −2x2y + 2y3

(x2 − y2)2 dx2 + 2

2x3 + 2xy2

(x2 − y2)2 dxdy− 6x2y− 2y3

(x2 − y2)2 dy2.

Câu III.

1. Đặt u = ln(x + 1)− ln x ⇒ du =

(1

x + 1− 1

x

)dx = − 1

x(x + 1)dx, ta có

∫ ln(x + 1)− ln xx(x + 1)

dx = −∫

udu = −u2

2+C = − (ln(x + 1)− ln x)2

2+C = −1

2ln2 x + 1

x+C

2. Đặt x = a sin t⇒ dx = a cos tdt; t ∈[−π

2;

π

2

].

Đổi cận x = 0⇒ t = 0; x = a⇒ t =π

2, ta có

a∫0

x2√

a2 − x2dx =

π2∫

0

a2sin2t√

a2 − a2sin2ta cos tdt =

π2∫

0

a3 |a| sin2tcos2tdt

=a3 |a|

4

π2∫

0

(1− cos 2t) (1 + cos 2t)dt =a3 |a|

4

π2∫

0

sin22tdt

=a3 |a|

8

π2∫

0

(1− cos 4t)dt =a3 |a|

8

(t− 1

4sin 4t

)∣∣∣∣ π2

0=

a3 |a|π16

34

Câu IV.

1. Phương trình đã cho tương đương với cos ydx− (x + 2 cos y) sin ydy = 0 (1).

Đặt P(x; y) = cos y; Q(x; y) = −(x + 2 cos y) sin y.

Ta có∂P∂y

= − sin y;∂Q∂x

= − sin y⇒ ∂P∂y

=∂Q∂x

.

Suy ra (1) là phương trình vi phân toàn phần nên có tích phân tổng quát u(x; y) = C.

Trong đó u (x; y) =∫

cos ydx + C (y) = x cos y + C (y).

Khi đó

∂u∂y

= Q (x; y)⇔ −x sin y + C′ (y) = −(x + 2 cos y) sin y

⇔ C′ (y) = − sin 2y⇔ C (y) =12

cos 2y

Do đó u (x; y) = x cos y +12

cos 2y.

Vậy phương trình đã cho có tích phân tổng quát là x cos y− 12

cos 2y = C.

2. Nhận thấy x = 0 không phải nghiêm phương trình.

Với x 6= 0, chia hai vế phương trình cho x2, ta có y′′ − 3y′

x+ 4

yx2 =

12

x.

Đặt z =yx2 ⇔ y = x2z⇒ y′ = 2xz + x2z′; y′′ = 2z + 4xz′ + x2z′′, phương trình trở thành

2z + 4xz′ + x2z′′ − 3(2z + xz′

)+ 4z =

12

x ⇔ xz′ + x2z′′ =12

x ⇔ z′′ +1x

z′ =1

2x

Đặt u = z′ ⇒ u′ = z′′ phương trình trở thành u′ +1x

u =1

2x(1)

Phương trình (1) là phương trình tuyến tính cấp một không thuần nhất nên có nghiệm

u = e−∫ 1

x dx(∫ 1

2xe∫ 1

x dxdx + C1

)=

1|x|

(∫ |x|2x

dx + C1

)=

12+

C1

|x|

Suy ra z′ =12+

C1

|x| ⇒ z =12

x + C1 ln |x|+ C2.

Từ điều kiện y (1) =12

, y (4) = 0 ta có{z (1) = 1

2z (4) = 0

⇔{

12 + C2 = 1

22 + C12 ln 2 + C2 = 0 ⇔

{C2 = 0C1 = − 1

ln 2

.

Suy ra z =12

x− ln |x|ln 2

=12

x− log2x ⇒ y =12

x3 − x2log2|x|.

35

Câu V. Gọi xAi và xBi lần lượt là kết quả hiệu số giờ ngủ thêm của bệnh nhân sau khi dùngthuốc A và thuốc B.

Đặt di = xAi − xBi, ta có bảng tính các số đặc trưng:

TT xAi xBi x2Bi di d2

i1 1,9 0,7 0,49 1,2 1,442 0,8 −1, 6 2,56 2,4 5,763 1,1 −0, 2 0,04 1,3 1,694 0,1 −1, 2 1,44 1,3 1,695 −0, 1 −0, 1 0,01 0 06 4,4 3,4 11,56 1 17 5,5 3,7 13,69 1,8 3,248 1,6 0,8 0,84 0,8 0,649 4,6 0 0 4,6 21,16

10 3,4 2 4 1,4 1,96Tổng ∑ 7,5 34,43 15,8 38,58

1. Ta có:

xB =1n

n

∑i=1

xBi =110

.7, 5 = 0, 75

s′2B =1

n− 1

n

∑i=1

x2Bi −

1n

(n

∑i=1

xBi

)2 =

19

(34, 43− 1

10.(7, 5)2

)≈ 3, 2006

Theo giả thiết n = 10⇒ k = 9; p = 0, 95⇒ α = 1− p = 0, 05, dò bảng ta có

t 0,052 ,9 = 2, 262⇒ x± t 0,05

2 ,9

√s′2

n≈ 0, 75± 2, 262.

√3, 2006

10≈ 0, 75± 1, 28

Vậy khoảng tin cậy số giờ ngủ thêm trung bình là (−0.53; 2, 03) giờ.

2. Đặt giả thiết H: tác dụng điều trị bệnh X của hai loại thuốc A và B là như nhau, ta có:

d =1n

n

∑i=1

di =1

10.15, 8 = 1, 58

s′2d =1

n− 1

1n

n

∑i=1

d2i −

1n

(n

∑i=1

di

)2 =

19

[38, 58− 1

10(15, 8)2

]≈ 1, 5129

t =|d|√

s′2dn

≈ |1, 58|√1, 5129

10

≈ 4, 06

Dò bảng có t 0,052 ,9 = 2, 262; t 0,01

2 ,9 = 3, 250.

Ta thấy t > t 0,012 ,9 nên bác bỏ giả thiết H ở mức <0,01.

Do đó tác dụng điều trị bệnh X của hai loại thuốc A và B là khác nhau.

Lại có d ≈ 1, 58 > 0 hay xA > xB nên thuốc A có tác dụng điều trị tốt hơn thuốc B.

Kết luận này có độ chính xác trên 99%.

———- Hết ———

36



Câu I.

1. Đặt L = limx→0

[(1 + x)

1x

e

] 1x

, ta có:

ln L = ln

limx→0

[(1 + x)

1x

e

] 1x

= limx→0

ln

[(1 + x)

1x

e

] 1x

= limx→0

(1x

ln(1 + x)

1x

e

)

= limx→0

(1x

[ln (1 + x)

1x − 1

])= lim

x→0

(1x

[1x

ln (1 + x)− 1])

= limx→0

ln (1 + x)− xx2

= limx→0

11+x − 1

2x= lim

x→0

− 1(1+x)2

2= −1

2

Từ đó ta có L = e−

12 = − 1√

e.

Vậy limx→0

[(1 + x)

1x

e

] 1x

= − 1√e

.

2. Đặt y1 = (sin x)cos x và y2 = (cos x)sin x, ta có:

ln y1 = cos x ln (sin x)⇒y′1y1

= − sin x ln (sin x) + cos x.cos xsin x

=cos2x− sin2x ln (sin x)

sin x

⇒ y′1 =(sin x)cos x [cos2x− sin2x ln (sin x)

]sin x

ln y2 = sin x ln (cos x)⇒y′2y2

= cos x ln (cos x)− sin x.sin xcos x

=cos2x ln (cos x)− sin2x

cos x

⇒ y′2 =(cos x)sin x [cos2x ln (cos x)− sin2x

]cos x

Vậy y′ =(sin x)cos x [cos2x− sin2x ln (sin x)

]sin x

+(cos x)sin x [cos2x ln (cos x)− sin2x

]cos x

.

Câu II.

1. Ta có

x = eu+v

y = eu−v

z = uv⇔

u + v = ln xu− v = ln yz = uv

⇔

u = 1

2(ln x + ln y)v = 1

2(ln x− ln y)z = 1

4

(ln2 x− ln2 y

) .

Khi đó∂z∂x

=ln x2x

;∂z∂y

= − ln y2y

.

Vậy dz(x; y) =ln x2x

dx− ln y2y

dy.

37

2. Đặt u =yx⇒ u′x = − y

x2 ; u′y =1x

, ta có z = x f (u) + g(u). Khi đó:

z′x = f (u) + x. f ′u.u′x + g′u.u′x = f (u)− yx

f ′u −yx2 g′u

z′y = x. f ′u.u′y + g′u.u′y = f ′u +1x

g′u

z′′x2 = f ′u.u′x −(− y

x2 f ′u +yx

f ′′u.u′x)−(

2yx3 g′u +

yx2 g′′u.u′x

)=

y2

x3 f ′′u −2yx3 g′u +

y2

x4 g′′u

z′′y2 = f ′′u.u′y +1x

g′′u.u′y =1x

f ′′u +1x2 g′′u

z′′yx = f ′′u.u′x +(− 1

x2 g′u +1x

g′′u.u′x

)= − y

x2 f ′′u −1x2 g′u −

yx3 g′′u

Khi đó

x2z′′x2 + 2xyz′′xy + y2z′′y2

=y2

xf ′′u −

2yx

g′u +y2

x2 g′′u −2y2

xf ′′u −

2yx

g′u −2y2

x2 g′′u +y2

xf ′′u +

y2

x2 g′′u= 0

Ta có điều phải chứng minh.

Câu III.

1. Đặt t = arctan x ⇔ x = tan t⇒ dx =1

cos2 dt =(1 + tan2 t

)dt, ta có

∫ xetan x

(x2 + 1)32

dx =∫ tan tet(

tan2 t + 1) 3

2

(1 + tan2 t

)dt =

∫ et tan t√tan2 t + 1

dt =∫

et sin tdt = I

Đặt{

u = et

dv = sin tdt ⇒{

du = etdtv = − cos t , ta có I = −et cos t +

∫et cos tdt.

Đặt{

u = et

dv = cos tdt ⇒{

du = etdtv = sin t , ta có

I = −et cos t + et sin t−∫

et sin tdt⇔ I =12

et (sin t− cos t) + C =earctan x (x− 1)

2√

x2 + 1+ C

Vậy∫ xetan x

(x2 + 1)32

dx =earctan x (x− 1)

2√

x2 + 1+ C.

2. Ta có

π∫0

(x sin x)2dx =

π∫0

x2 1− cos 2x2

dx =

π∫0

x2

2dx− 1

2

π∫0

x2 cos 2xdx

x3

6

∣∣∣∣π0− 1

2

π∫0

x2 cos 2xdx =π3

6− 1

2

π∫0

x2 cos 2xdx =π3

6− 1

2I

38

Đặt{

u = x2

dv = cos 2xdx ⇒{

du = 2xdxv = 1

2 sin 2x , ta có

I =12

x2 sin 2x∣∣∣∣π0−

π∫0

x sin 2xdx = −π∫

0

x sin 2xdx

Đặt{

u = xdv = sin 2xdx ⇒

{du = dxv = −1

2 cos 2x , ta có

I = −

− 12

x cos 2x∣∣∣∣π0+

12

π∫0

cos 2xdx

=π

2− 1

4sin 2x

∣∣∣∣π0=

π

2

Vậyπ∫

0

(x sin x)2dx =π3

6− π

4.

Câu IV.

1. Đặt P(x; y) = ex + y + sin y; Q(x; y) = ey + x + x cos y.

Ta có∂P∂y

= 1 + cos y;∂Q∂x

= 1 + cos y⇒ ∂P∂y

=∂Q∂x

.

Do đó phương trình đã cho có tích phân tổng quát u(x; y) = C.

Trong đó u(x; y) =∫

(ex + y + sin y)dx + C(y) = ex + xy + x sin y + C(y).

Khi đó∂u∂y

= Q (x; y)⇔ x+ x cos y+C′(y) = ey + x+ x cos y⇔ C′(y) = ey ⇔ C(y) = ey

Suy ra u(x; y) = ex + xy + x sin y + ey.

Vậy phương trình có tích phân tổng quát ex + xy + x sin y + ey = C.

2. Phương trình đặc trưng k2 + 1 = 0 có hai nghiệm phức k = ±i.

Do đó phương trình thuần nhất tương ứng có nghiệm tổng quát y = C1 cos x + C2 sin x.

Phương trình đã cho có một nghiệm riêng là y∗ = y∗1 + y∗2 .

Trong đó y∗1 , y∗2 lần lượt là nghiệm riêng của các phương trình y′′ + y = xex, y′′ + y =2e−x.Ta có α1 = 1 6= k và P1(x) = x nên ta có y∗1 = ex(ax + b).

Khi đó (y∗1)′ = ex(ax + b) + aex; (y∗1)

′′ = ex(ax + b) + 2aex.

Thay y∗1 , (y∗1)′ , (y∗1)

′′ vào phương trình y′′ + y = xex ta được

2ax + 2a + 2b = x ⇔{

a = 12

b = −12⇒ y∗1 =

12

ex(x− 1)

Lại có α = −1 6= k và P0(x) = 2 nên ta có y∗2 = ce−x.

Khi đó (y∗2)′ = −ce−x; (y∗2)

′′ = ce−x.

Thay y∗2 , (y∗2)′ , (y∗2)

′′ vào phương trình y′′ + y = xe−x ta được

2c = 2⇔ c = 1⇒ y∗2 = e−x

39

Từ đó ta có y∗ =12

ex(x− 1) + e−x.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm tổng quát là

y = C1 cos x + C2 sin x +12

ex(x− 1) + e−x

Câu V. Đặt yi =xi − x0

h=

xi − 2005

, ta có:

Hàm lượng yiCơ sở A Cơ sở B

xi nAi nAiyi nAiy2i nBi nBiyi nBiy2

i185 −3 1 −3 9 1 −3 9190 −2 2 −4 8 2 −4 8195 −1 4 −4 4 5 −5 5200 0 5 0 0 3 0 0205 1 3 3 3 4 4 4210 2 2 4 8 3 6 12215 3 3 9 27 2 6 18220 4 1 4 16 1 4 16

Tổng ∑ 21 9 75 21 8 72

Ta có

xA = x0 + h1

nA

k

∑i=1

nAiyi = 200 + 5.1

21.9 ≈ 202, 14

s′2A = h2.1

nA − 1.

k

∑i=1

nAiy2i −

1nA

(k

∑i=1

nAiyi

)2 = 25.

120

.[

75− 121

.92]≈ 88, 9286

xB = x0 + h1

nB

k

∑i=1

nBiyi = 200 + 5.1

21.8 ≈ 201, 90

s′2B = h2.1

nB − 1.

k

∑i=1

nBiy2i −

1nB

(k

∑i=1

nBiyi

)2 = 25.

120

.[

72− 121

.82]≈ 86, 1905

1. Theo giả thiết nA = 21⇒ k = 20; p = 0, 95⇒ α = 1− p = 0, 05, dò bảng ta có

t 0,052 ,20 = 2, 086⇒ xA ± t 0,05

2 ,20

√s′2AnA≈ 202, 14± 2, 086.

√88, 9286

21≈ 202, 14± 4, 29

Vậy khoảng tin cậy về hàm lượng B12 trung bình của cơ sở A là (197, 85; 206, 43) γ/ml.

2. Đặt giả thiết H: Hàm lượng B12 trong thuốc tiêm B12 của hai cơ sở sản xuất trên khácnhau không có ý nghĩa thống kê.Ta có

s′2C =(nA − 1) s′2A + (nB − 1) s′2B

nA + nB − 2≈ 20× 88, 9286 + 20× 86, 1905

40≈ 87, 5596

Khi đó t =|xA − xB|√

s′2C(

1nA

+ 1nB

) =|202, 14− 201, 90|√87, 5596

(1

21 +1

21

) ≈ 0, 083.

Ta có k = nA + nB − 2 = 40, dò bảng có t 0,052 ,∞ = 1, 960; t 0,01

2 ,∞ = 2, 576.

Ta thấy t < t 0,052 ,∞ nên chấp nhận giả thiết H ở mức > 0, 05.

Do đó hàm lượng B12 của hai cơ sở sản xuất trên khác nhau không có ý nghĩa thống kê.


40



Câu I.

1. Ta có limx→0

1− cos x2

x2 sin x2 = limx→0

sin2x2

x2 sin x2 (1 + cos x2)= lim

x→0

(sin x2

x2 .1

1 + cos x2

)=

12

.

2. Ta có

x′t =

1t .t2 − 2t (1 + ln t)

t4 =−1− 2 ln t

t3

y′t =2t .t− (3 + 2 ln t)

t2 =−1− 2 ln t

t2

⇒ y′x =y′tx′t

= t.

Khi đó

yy′x =

3 + 2 ln tt

.t = 3 + 2 ln t

2x(y′x)2 + 1 = 2.

1 + ln tt2 .t2 + 1 = 3 + 2 ln t

⇒ yy′x = 2x(y′x)2 + 1 (đpcm).

Câu II.

1. Đặt

u = x +zy

v = y +zx

⇒

u′x = 1 +

z′xy

v′x =xz′x − z

x2

và

u′y =

yz′y − zy2

v′x = 1 +z′yx

, ta có F(u; v) = 0.

Lấy đạo hàm hai vế theo x, ta có:

F′u.u′x + F′v.v′x = 0⇔ F′u

(1 +

z′xy

)+ F′v

xz′x − zx2 = 0

⇔ F′u +F′u.z′x

y+

F′v.z′xx− F′v.z

x2 = 0

⇔ x2yF′u + x2F′u.z′x + xyF′v.z′x − yF′v.z = 0

⇔ z′x(

x2F′u + xyF′v)= yF′v.z− x2yF′u

⇔ z′x =yF′v.z− x2yF′ux2F′u + xyF′v

Lấy đạo hàm hai vế theo y, ta có:

F′u.u′y + F′v.v′y = 0⇔ F′uyz′y − z

y2 + F′v

(1 +

z′yx

)= 0

⇔F′u.z′y

y− F′u.z

y2 + F′v +F′v.z′y

x= 0

⇔ xyF′u.z′y − xF′u.z + xy2F′v + y2F′v.z′y = 0

⇔ z′y(

xyF′u + y2F′v)= xF′u.z− xy2F′v

⇔ z′y =xF′u.z− xy2F′vxyF′u + y2F′v

41

Khi đó

x∂z∂x

+ y∂z∂y

= xyF′v.z− x2yF′ux2F′u + xyF′v

+ yxF′u.z− xy2F′vxyF′u + y2F′v

=yF′v.z− x2yF′u

xF′u + yF′v+

xF′u.z− xy2F′vxF′u + yF′v

=yF′v (z− xy) + xF′u (z− xy)

xF′u + yF′v

=(z− xy) (yF′v + xF′u)

xF′u + yF′v= z− xy (đpcm)

2. Xét điều kiện

x =

u2 + v2

2(1)

y =u2 − v2

2(2)

z = uv (3)

.

Lần lượt cộng và trừ theo vế (1) và (2) ta có{

x + y = u2

x− y = v2 ⇒ x2 − y2 = u2v2 = z2.

Lấy vi phân hai vế được 2zdz = 2xdx− 2ydy⇔ dz =xz

dx− yz

dy.

Vậy dz =xz

dx− yz

dy.


1. Gọi I =∫

(arcsin x)2dx.

Đặt{

u = (arcsin x)2

dv = dx ⇒

du =2 arcsin x√

1− x2dx

v = x, ta có I = x(arcsin x)2−

∫ 2x arcsin x√1− x2

dx.

Đặt

u = arcsin x

dv =2x√

1− x2dx ⇒

du =1√

1− x2dx

v = −2√

1− x2, ta có

I = x(arcsin x)2 −(−2√

1− x2 arcsin x +∫

2dx)

= x(arcsin x)2 +√

1− x2 arcsin x− 2x + C

2. Gọi J =+∞∫0

x2 + 1x4 + 1

dx, ta có

J =+∞∫0

1 + 1x2

x2 + 1x2

dx =

+∞∫0

1(x− 1

x

)2+ 2

d(

x− 1x

)

=1√2

arctanx− 1

x√2

∣∣∣∣∣+∞

0

=π

2√

2+

π

2√

2=

π√2

42

Câu IV.

1. Điều kiện cos x 6= 0.Nhận thấy y = 0 là nghiệm của phương trình.

Với y 6= 0, chia hai vế phương trình cho y2, ta có

1y2 y′ − 1

y.2 tan x + sin2x = 0⇔ − 1

y2 y′ +1y

.2 tan x = sin2x

Đặt z =1y⇒ z′ = − 1

y2 , phương trình trở thành z′ + z.2 tan x = sin2x (1).

Phương trình (1) là phương trình vi phân tuyến tính nên có nghiệm tổng quát:

z = e−2∫

tan xdx(∫

sin2x.e2∫

tan xdxdx + C)= e2 ln|cos x|

(∫sin2x.e−2 ln|cos x|dx + C

)= cos2x

(∫tan2xdx + C

)= cos2x

(∫ ( 1cos2x

− 1)

dx + C)

= Ccos2x + sin x cos x− xcos2x

Suy ra1y= Ccos2x + sin x cos x− xcos2x ⇔ Cycos2x + y sin x cos x− xycos2x = 1.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm y = 0 và Cycos2x + y sin x cos x− xycos2x = 1.

2. Điều kiện xy′ > 0.

Đặt z = y′ ⇒ z′ = y′′, thay vào phương trình ta có xz′ = z lnzx⇔ dz

dx=

zx

lnzx

.

Đặt z = ux ⇒ z′ = u′x + u, ta có u′x + u = u ln u ⇔ xdudx

= u ln u − u ⇔ xdu =

u (ln u− 1)dx.

Nhận thấy u = e⇒ z = ex ⇒ y′ = ex ⇔ y =ex2

2+ C là nghiệm phương trình.

Với u 6= e ta có phương trình tương đương

duu (ln u− 1)

=dxx⇔ ln |ln u− 1| = ln |x|+ C1 ⇔ ln u− 1 = C2x ⇔ u = e1+C2x

Khi đó z = xe1+C2x ⇒ y′ = xe1+C2x ⇔ y =C2x− 1

C22

e1+C2x + C3.

Vậy phương trình có nghiệm y =ex2

2+ C và y =

C2x− 1C2

2e1+C2x + C3.

Câu V. Ta có bảng tính các số đặc trưng:

TT Thuốc A Thuốc BxAi x2

Ai xBi x2Bi

1 −22 484 −14 1962 −14 196 −12 1443 −36 1296 −22 4844 −28 784 −30 9005 −8 64 10 1006 −22 484 0 07 −8 64 −8 648 2 4 24 576

Tổng ∑ −136 3376 −52 2464

43

Đối với thuốc A ta có

xA =1n

n

∑i=1

xAi =−136

8= −17;

s′2A =1

n− 1

n

∑i=1

x2Ai −

1n

(n

∑i=1

xAi

)2 =

17

[3376− (−136)2

8

]= 152

Đối với thuốc B ta có

xB =1n

n

∑i=1

xBi =−52

8= −6, 5;

s′2B =1

n− 1

n

∑i=1

x2Bi −

1n

(n

∑i=1

xBi

)2 =

17

[2464− (−52)2

8

]≈ 303, 7143

1. Từ giả thiết n = 8⇒ k = 7; α = 0, 05, dò bảng ta có

t 0,052 ,7 = 2, 365⇒ xA ± t 0,05

2 ,7

√s′2AnA

= −17± 2, 365.

√1528≈ −17± 10, 31

Vậy khoảng tin cậy trung bình về huyết áp của nhóm bệnh nhân là (−27, 31;−6, 69)mmHg.

2. Đặt giả thiết H: Tác dụng của hai loại thuốc A và B khác nhau không có ý nghĩa thốngkê.Ta có

s′2C =(nA − 1) s′2A + (nB − 1) s′2B

nA + nB − 2≈ 7× 152 + 7× 303, 7143

14≈ 227, 8572

Khi đó

t =|xA − xB|√

s′2C(

1nA

+ 1nB

) =|−17 + 6, 5|√

227, 8572(

18 +

18

) ≈ 1, 391

Dò bảng được t 0,052 ,14 = 2, 145; t 0,01

2 ,14 = 2, 977.


Vậy tác dụng của hai loại thuốc A và B là khác nhau không có ý nghĩa thống kê.


——— Hết ———

44



Câu I.

1. Đặt L = limx→∞

(√x +

√x +√

x−√

x

), ta có:

L = limx→+∞

x +√

x +√

x− x√x +

√x +√

x +√

x= lim

x→+∞

√x +√

x√x +

√x +√

x +√

x

= limx→+∞

√x(

1 +√

xx

)√

x(

1 +√

x+√

xx

)+√

x

= limx→+∞

√x.√

1 +√

xx

√x

(√1 +√

x+√

xx + 1

)

= limx→+∞

√1 +

√xx2√

1 +√

x+√

xx2 + 1

= limx→+∞

√1 +

√1x√

1 +√

1x +

√1x3 + 1

=12

2. Đặt u = 4√

1 + x4 ⇔ u4 = 1 + x4 ⇒ u3.u′ = x3 ⇔ u′ =x3

u3 , ta có y =14

lnu + xu− x

−12

arctanux

.

Khi đó

y′ =14

(u + xu− x

)′u + xu− x

− 12

(ux

)′1 +

(ux

)2

=14(u′x + 1) (u− x)− (u + x) (u′x − 1)

(u− x)2 .u− xu + x

− 12

xu′x − ux2 .

x2

x2 + u2

=14

uu′x − xu′x + u− x− (uu′x − u + xu′x − x)u2 − x2 − 1

2xu′x − ux2 + x2

=12

u− xu′xu2 − x2 −

12

xu′x − ux2 + x2 =

12(u− xu′x

) ( 1u2 − x2 +

1u2 + x2

)=(u− xu′x

)u2 = u3 − xu2 x3

u3 =u4 − x4

u=

1u=

14√

1 + x4

Câu II.

1. Đặt u =zy⇒ u′x = 0; u′y = − z

y2 ; u′z =1y

, ta có x2 + y2 + z2 = y f (u)⇔ y f (u)− x2 − y2 −

z2 = 0.Đặt F(x; y; z) = y f (u)− x2 − y2 − z2, ta có:

F′x = −2x;F′y = f (u)− y f ′u.u′y − 2y = f (u)− z

yf ′u − 2y;

F′z = y f ′u.u′z − 2z = f ′u − 2z

45

Suy ra z′x =2x

f ′u − 2z; z′y =

2y + zy f ′u − f (u)

f ′u − 2z. Khi đó:

(x2 − y2 − z2

)z′x + 2xyz′y =

(x2 − y2 − z2

) 2xf ′u − 2z x

+ 2xy2y + z

y f ′u − f (u)

f ′u − 2z

=2x3 − 2xy2 − 2xz2 + 4xy2 + 2xz f ′u − 2xy f (u)

f ′u − 2z

=2x3 + 2xy2 − 2xz2 + 2xz f ′u − 2x

(x2 + y2 + z2)

f ′u − 2z

=−4xz2 + 2xz f ′u

f ′u − 2z=

2xz ( f ′u − 2z)f ′u − 2z

= 2xz


2. Biến đổi giả thiết được:

ln√

x2 + y2 = 4arctgyx⇔ 1

2ln(

x2 + y2)− 4arctg

yx= 0

⇔ ln(

x2 + y2)− 8arctg

yx= 0

Đặt F(x; y) = ln(x2 + y2)− 8arctg

yx

ta có:

∂F∂x

=2(x + 4y)

x2 + y2 ;∂F∂y

=2(y− 4x)

x2 + y2

Khi đó:dydx

=4y + x4x− y

d2ydx2 =

(4y + x4x− y

)′=

(4y′ + 1)(4x− y)− (4y + x)(4− y′)

(4x− y)2 =17xy′ − 17y

(4x− y)2

=17(xy′ − y)

(4x− y)2 =

17(

x4y + x4x− y

− y)

(4x− y)2 =17(x2 + y2)

(4x− y)3

Vậydydx

=4y + x4x− y

;d2ydx2 =

17(x2 + y2)

(4x− y)3 .

Câu III.

1. Gọi I =∫ x

(x− 1)2√

1 + 2x− x2dx, ta có I =

∫ x

(x− 1)2√

2− (x− 1)2dx.

Đặt x− 1 =√

2 sin t⇒ dx =√

2 cos tdt, t ∈(−π

2;

π

2

), ta có:

I =∫ 1 +

√2 sin t

2sin2t√

2− 2sin2t

√2 cos tdt =

∫ 1 +√

2 sin t2sin2t

dt

=12

∫ 1sin2t

dt−√

22

∫ d(cos t)1− cos2t

= −12

cotgt−√

24

ln∣∣∣∣1 + cos t1− cos t

∣∣∣∣+ C

= −√

1 + 2x− x2

2(x− 1)−√

24

ln

∣∣∣∣∣√

2 +√

1 + 2x− x2√

2−√

1 + 2x− x2

∣∣∣∣∣+ C

46

2. Gọi I =3∫

0

arcsin√

x1 + x

dx.

Đặt

u = arcsin√

xx + 1

dv = dx⇒

du =1

2(x + 1)2√xdx

v = x, ta có:

I = x arcsin√

xx + 1

∣∣∣∣30− 1

2

3∫0

x(x + 1)

√x

dx = π − 12

3∫0

x(x + 1)

√x

dx

= π −3∫

0

xx + 1

d(√

x)= π −

3∫0

(1− 1(√

x)2

+ 1

)d(√

x)

= π −(√

x− arctan√

x)∣∣3

0 =4π

3−√

3

Câu IV.

1. Ta có phương trình tương đương

ye−ydy =1

1 + ex dx ⇔ −ye−y − e−y = lnex

ex + 1+ C ⇔ ln

ex

ex + 1+ ye−y + e−y + C = 0

Lại có y (0) = 0⇔ ln12+ 1 + C = 0⇔ C = −1 + ln 2.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm riêng thỏa y(0) = 0 là lnex

ex + 1+ ye−y + e−y − 1 +

ln 2 = 0.

2. Đặt z = y′ ⇒ z′ = y′′, phương trình trở thành (1 + x)z′ + xz2 = z.• x = −1 không phải nghiệm phương trình.

• x 6= −1, phương trình trở thành z′ +x

1 + xz2 =

11 + x

z⇔ z′ − 11 + x

z = − x1 + x

z2.

Với z = 0⇒ y′ = 0⇒ y = C là nghiệm phương trình không thỏa điều kiện bài toán.

Với z 6= 0, chia hai vế phương trình cho y2, ta có1z2 z′ − 1

1 + x.1z= − x

1 + x.

Đặt u =1z⇒ u′ = − 1

z2 .z′, ta có u′ +1

1 + xu =

x1 + x

(1).

Phương trình (1) là phương trình tuyến tính cấp một nên có nghiệm tổng quát

u = e−∫ 1

1+x dx(∫ x

1 + xe∫ 1

1+x dxdx + C1

)= e− ln|1+x|

(∫ x1 + x

eln|1+x|dx + C1

)=

11 + x

(∫xdx + C1

)=

11 + x

(x2

2+ C1

)=

x2 + 2C1

2 (1 + x)

Từ đó ta có1z=

x2 + 2C1

2 (1 + x)⇒ y′ = z =

2 (1 + x)x2 + 2C1

.

Ta có y′(1) = 4⇒ 41 + 2C1

= 4⇔ C1 = 0⇒ y′ =2 (1 + x)

x2 =2x2 +

2x

.

Do đó y =∫ ( 2

x2 +2x

)dx = −2

x+ 2 ln |x|+ C2.

47

Lại có y(1) = −2⇒ −2 + C2 = −2⇔ C2 = 0⇒ y = −2x+ 2 ln |x|.

Vậy nghiệm riêng thỏa mãn điều kiện ban đầu là y = −2x+ 2 ln |x|.

Câu V. Đặt yi =xi − x0

h=

xi − 1005

, ta có:

Hàm lượng yiCơ sở A Cơ sở B

xi nAi nAiyi nAiy2i nBi nBiyi nBiy2

i80 −4 0 0 0 3 −12 4890 −2 2 −4 8 4 −8 1695 −1 5 −5 5 9 −9 9

100 0 8 0 0 5 0 0105 1 4 4 4 2 2 2110 2 2 4 8 0 0 0

Tổng ∑ 21 −1 25 23 −27 75

Ta có

xA = x0 + h1

nA

k

∑i=1

nAiyi = 100 + 5.1

21.(−1) ≈ 99, 76

s′2A = h2.1

nA − 1.

k

∑i=1

nAiy2i −

1nA

(k

∑i=1

nAiyi

)2 = 25.

120

.[

25− 121

.(−1)2]≈ 31, 1905

xB = x0 + h1

nB

k

∑i=1

nBiyi = 100 + 5.1

23.(−27) ≈ 94, 13

s′2B = h2.1

nB − 1.

k

∑i=1

nBiy2i −

1nB

(k

∑i=1

nBiyi

)2 = 25.

122

.[

75− 123

.(−27)2]≈ 49, 2095

1. Theo giả thiết nB = 23⇒ k = 22; p = 0, 95⇒ α = 1− p = 0, 05, dò bảng ta có

t 0,052 ,22 = 2, 074⇒ xB ± t 0,05

2 ,22

√s′2BnB≈ 94, 13± 2, 074.

√49, 2095

23≈ 94, 13± 3, 03

Vậy khoảng tin cậy về hàm lượng Vitamin B12 của cơ sở B là (91, 10; 97, 16) γ/ml.

2. Đặt giả thiết H: Hàm lượng Vitamin B12 của hai cơ sở A và B là như nhau.Ta có

s′2C =(nA − 1) s′2A + (nB − 1) s′2B

nA + nB − 2≈ 20× 31, 1905 + 22× 49, 2095

42≈ 40, 6290


s′2C(

1nA

+ 1nB

) =|99, 76− 94, 13|√40, 6290

(1

21 +1

23

) ≈ 2, 926.

Ta có k = nA + nB − 2 = 40, dò bảng có t 0,052 ,∞ = 1, 960; t 0,01

2 ,∞ = 2, 576.

Ta thấy t > t 0,012 ,∞ nên bác bỏ giả thiết H ở mức < 0, 01.

Do đó hàm lượng Vitamin B12 của hai cơ sở sản xuất A và B là khác nhau.


——— Hết ———

48



Câu I.

1. Gọi L = limx→0

(ax + bx + cx

3

)1x , ta có:

L = limx→0

(1 +

ax + bx + cx − 33

) 3ax + bx + cx − 3

.ax + bx + cx − 3

3x

= limx→0

(1 +

ax + bx + cx − 33

) 3ax + bx + cx − 3

.13

( ax − 1x

+bx − 1

x+

cx − 1x

)

= eln a + ln b + ln c

3 =3√

eln(abc) =3√

abc

2. Ta có y =1

x2 − 3x + 2=

1(x− 1) (x− 2)

=1

x− 2− 1

x− 1.

Sử dụng công thức(

cax + b

)(n)= (−1)n n!c.an

(ax + b)n+1 , ta có:

y(n) = (−1)n n!

(x− 2)n+1 + (−1)n n!

(x− 1)n+1 = (−1)nn!

(1

(x− 2)n+1 +1

(x− 1)n+1

)

Từ đó suy ra y(n) (3) = (−1)nn!(

1 +1

2n+1

)=

(−1)nn!(2n+1 + 1

)2n+1 .

Câu II.

1. Ta có z2 +2x=√

y2 − z2 ⇔ z2 +2x−√

y2 − z2 = 0.

Đặt F(x; y; z) = z2 +2x−√

y2 − z2.

Ta có∂F∂x

= − 2x2 ,

∂F∂y

=−y√

y2 − z2,

∂F∂z

= 2z +z√

y2 − z2=

z(

2√

y2 − z2 + 1)

√y2 − z2

.

Suy ra∂z∂x

=2√

y2 − z2

x2z(

2√

y2 − z2 + 1) ;

∂z∂x

=y

z(

2√

y2 − z2 + 1) .

Khi đó x2.∂z∂x

+1y

∂z∂y

=2√

y2 − z2

z(

2√

y2 − z2 + 1) +

1

z(

2√

y2 − z2 + 1) =

1z

(đpcm).

2. Ta có

x = eu+v

y = eu−v

z = uv⇔

u + v = ln xu− v = ln yz = uv

⇔

u = 1

2(ln x + ln y)v = 1

2(ln x− ln y)z = 1

4

(ln2 x− ln2 y

) .

49

Khi đó∂z∂x

=ln x2x

;∂z∂y

dy = − ln y2y

;∂2z∂x2 =

1− ln x2x2 ;

∂2z∂x∂y

= 0;∂2z∂y2 =

ln y− 12y2 .

Vậy d2z(x; y) =1− ln x

2x2 dx2 +ln y− 1

2y2 dy2.

Câu III.

1. Gọi I =∫ 1− x + x2√

1 + x− x2dx, ta có:

I =∫ 2−

(1 + x− x2)

√1 + x− x2

dx =∫ 2√

1 + x− x2dx−

∫ √1 + x− x2dx

=∫ 2√

54 −

(x− 1

2

)2dx−

∫ √54−(

x− 12

)2

dx

= 2 arcsinx− 1

2√5

2

−x− 1

22

√54−(

x− 12

)2

− 58

arcsinx− 1

2√5

2

+ C

=118

arcsin2x− 1√

5− 2x− 1

4

√1 + x− x2 + C

2. Gọi J =3∫

0

√x

6− xdx, ta có J =

3∫0

x√6x− x2

dx =

3∫0

x√9− (x− 3)2

dx.

Đặt x− 3 = 3 sin t⇒ dx = 3 cos tdt, t ∈(−π

2 ; π2

).

Đổi cận x = 0⇒ t = −π2 ; x = 3⇒ t = 0, ta có:

J =0∫

−π2

3 + 3 sin t√9− 9sin2t

3 cos tdt =0∫

−π2

(3 + 3 sin t)dt = (3t− 3 cos t)|0−π2=

3π

2− 3

Câu IV.

1. Nhận thấy y = 0 là nghiệm phương trình.

Với y 6= 0, ta có phương trình tương đương

y2dx =(

y2 + (2y− 1) x)

dy⇔ dxdy

= 1 +(

2y− 1

y2

)x ⇔ x′ −

(2y− 1

y2

)x = 1 (1)

Phương trình (1) là phương trình vi phân tuyến tính nên có nghiệm tổng quát

x = e∫ ( 2

y−1

y2

)dy(∫

1e−∫ ( 2

y−1

y2

)dy

dy + C

)= e2 ln|y|+ 1

y

(∫e−2 ln|y|− 1

y dy + C)

= y2e1y

(∫ 1y2 e−

1y dy + C

)= y2e

1y(

e−1y + C

)= y2 + Cy2e

1y

Vậy phương trình đã cho có nghiệm y = 0 hoặc x = y2 + Cy2e1y .

50

2. Đặt z = y′ − xy⇒ z′ = y′′ − xy′ − y, phương trình trở thành z′ = 1⇒ z = x + C1.

Theo giả thiết{

y(0) = 1y′(0) = 0 ⇒ z(0) = 0⇒ C1 = 0, do đó z = x hay y′ − xy = x (1).

Phương trình (1) là phương trình vi phân tuyến tính nên có nghiệm tổng quát

y = e∫

xdx(∫

xe−∫

xdxdx + C2

)= e

x22

(∫xe−

x22 dx + C2

)= e

x22

(−e−

x22 + C2

)= C2e

x22 − 1

Lại có y(0) = 1 nên C2 − 1 = 1⇔ C2 = 2⇒ y = 2ex22 − 1.

Vậy nghiệm riêng của phương trình thỏa mãn điều kiện y(0) = 1 và y′(0) = 0 là y =

2ex22 − 1.

Câu V.Gọi xAi, xBi lần lượt là dung tích hô hấp cực đại của bệnh nhân trước và sau khi dùng thuốc.Đặt di = xAi − xBi, ta có bảng tính các số đặc trưng:


i1 102 132 17424 −30 9002 89 116 13456 −27 7293 32 50 2500 −18 3244 82 82 6724 0 05 36 61 3721 −25 6256 56 64 4096 −8 647 79 92 8464 −13 169

Tổng ∑ 597 56385 −121 2811

1. Ta có:

xB =1n

n

∑i=1

xBi =17

.597 ≈ 85, 29

s′2B =1

n− 1

n

∑i=1

x2Bi −

1n

(n

∑i=1

xBi

)2 =

16

(56385− 1

7.5972

)≈ 781, 3470


t 0,052 ,6 = 2, 447⇒ x± t 0,05

2 ,6

√s′2Bn≈ 85, 29± 2, 447.

√781, 3470

7≈ 85, 29± 25, 85

Vậy khoảng tin cậy trung bình sau điều trị là (59, 44; 111, 14) l/phút.

2. Đặt giả thiết H: dung tích hô hấp cực đại trước và sau điều trị là như nhau, ta có:

d =1n

n

∑i=1

di =17

.(−121) ≈ −17, 29

s′2d =1

n− 1

1n

n

∑i=1

d2i −

1n

(n

∑i=1

di

)2 =

16

[2811− 1

7(−121)2

]≈ 119, 9048

t =

∣∣∣d∣∣∣√s′2dn

≈ |−17, 29|√119,9048

7

≈ 4, 178

51

Dò bảng có t 0,052 ,6 = 2, 447; t 0,01

2 ,6 = 3, 707.


Do đó dung tích hô hấp cực đại của bệnh nhân trước và sau điều trị là khác nhau.

Lại có d ≈ −17, 29 < 0 hay xA < xB nên thuốc X là có tác dụng điều trị.


——— Hết ———

52



Câu I.

1. Xét L = limx→+∞

√x + 2− 2

√x + 1 +

√x(

1x

)n , ta có:

L = limx→+∞

[xn(√

x + 2−√

x + 1 +√

x−√

x + 1)]

= limx→+∞

[xn(

1√x + 2 +

√x + 1

+−1

√x +√

x + 1

)]= lim

x→+∞

[xn

( √x−√

x + 2(√x + 2 +

√x + 1

) (√x +√

x + 1))]

= limx→+∞

−2xn(√x + 2 +

√x + 1

) (√x +√

x + 1) (√

x +√

x + 2)

= limx→+∞

−2xn

x√

x(√

1 + 2x +

√1 + 1

x

)(1 +

√1 + 1

x

)(1 +

√1 + 2

x

)= lim

x→+∞

−2.xn− 32(√

1 + 2x +

√1 + 1

x

)(1 +

√1 + 1

x

)(1 +

√1 + 2

x

)Ta có L hữu hạn và khác 0 khi n− 3

2= 0⇔ n =

32

.

Lúc đó L = limx→+∞

−2(√1 + 2

x +√

1 + 1x

)(1 +

√1 + 1

x

)(1 +

√1 + 2

x

) = −14

.

Vậy phần chính dạng C(

1x

)nkhi x → +∞ của f (x) là −1

4

(1x

) 32

.

2. Ta có ex =1 + ax + bx2

1 + cx + dx2 + o∗(

x5)⇔ ex

(1 + cx + dx2

)−(

1 + ax + bx2)= o∗

(x5)

.

Đặt f (x) = ex (1 + cx + dx2)− (1 + ax + bx2) ta sẽ chứng minh f (x) = o∗(x5).

Khai triển ex đến bậc 5 ta có

f (x) =(

1 + x +x2

2!+

x3

3!+

x4

4!+

x5

5!+o(

x5)) (

1 + cx + dx2)−(

1 + ax + bx2)

= 1 + x +x2

2!+...+

x5

5!+ cx + cx2 + ...+

cx5

4!+dx2 + dx3 +

dx4

2!+

dx5

3!− 1− ax− bx2 + o

(x5)

= (1 + c− a) x +

(12!

+ c + d− b)

x2 + ... +(

15!

+c4!

+d3!

)x5 + o

(x5)

Khi đó f (x) = o∗(x5)⇔

1 + c− a = 012! + c + d− b = 013! +

c2! + d = 0

14! +

c3! +

d2! = 0

15! +

c4! +

d3! 6= 0

⇔

a = 1 + cb− c− d = 1

212 c + d = −1

616 c + 1

2 d = − 124

124 c + 1

6 d 6= − 1120

⇔

a = 1

2b = 1

12c = −1

2d = 1

12

.

Vậy a =12

, b =1

12, c = −1

2, d =

112

.

53

Câu II.1. Từ giả thiết ta có:

y2 (1 + x2) = 1− x2 ⇔ y2(1 + x2)2= 1− x4 ⇔ y

(1 + x2) = √1− x4

x2 (1 + y2) = 1− y2 ⇔ x2(1 + y2)2= 1− y4 ⇔ x

(1 + y2) = √1− y4

Đặt F(x; y) = x2y2 + x2 + y2 − 1, ta có F′x = 2xy2 + 2x; F′y = 2x2y + 2y.

Khi đódydx

= −2xy2 + 2x2x2y + 2y

= −x(y2 + 1

)y (x2 + 1)

= −√

1− y4√

1− x4⇒ dx√

1− x4+

dy√1− y4

= 0.


2. Lấy đạo hàm hai vế theo x các phương trình trong hệ ta có:eu+v + x (u′x + v′x) eu+v + 2 (u′xv + uv′x) = 0

y (u′x − v′x) eu−v − u′x (1 + v)− uv′x(1 + v)2 = 2

Theo giả thiết u(1; 2) = 0, v(1; 2) = 0 nên ta có:{1 + u′x(1; 2) + v′x(1; 2) = 02 (u′x(1; 2)− v′x(1; 2))− u′x(1; 2) = 2 ⇔

{u′x(1; 2) = 0v′x(1; 2) = −1

Lấy đạo hàm hai vế theo y các phương trình trong hệ ta có:x(

u′y + v′y)

eu+v + 2(

u′yv + uv′y)= 0

eu−v + y(

u′y − v′y)

eu−v −u′y (1 + v)− uv′y

(1 + v)2 = 0

Theo giả thiết u(1; 2) = 0, v(1; 2) = 0 nên ta có:{u′y(1; 2) + v′y(1; 2) = 0

1 + 2(

u′y(1; 2)− v′y(1; 2))− u′y(1; 2) = 0

⇔{

u′y(1; 2) = −13

v′y(1; 2) = 13

Vậy du(1; 2) = u′x(1; 2)dx + u′y(1; 2)dy = −13

dy.

dv(1; 2) = v′x(1; 2)dx + v′y(1; 2)dy = −dx +13

dy.

Câu III.

1. Gọi I =∫ 1

1 +√

x +√

1 + xdx, ta có:

I =∫ 1 +

√x−√

1 + x1 + 2

√x + x− (1 + x)

dx

=∫ ( 1

2√

x+

12− 1

2

√1 + x

x

)dx

=√

x +12

x− 14

∫ 2x + 1 + 1√x + x2

dx

=√

x +12

x− 14

∫ 1√x + x2

d(x2 + x)−14

∫ 1√(x + 1

2

)− 1

4

dx

=√

x +12

x− 12

√x + x2 − 1

4ln∣∣∣∣x +

12+√

x + x2

∣∣∣∣+ C

54

2. Gọi J =+∞∫0

x ln x

(1 + x2)2 dx.

Đặt x =1t⇒ dx = − 1

t2 dt. Đổi cận x = 0⇒ t→ +∞; x → +∞⇒ t = 0, ta có:

J = −0∫

+∞

1t ln t(

1 + 1t2

)2

(− 1

t2 dt)= −

+∞∫0

t ln t

(1 + t2)2 dt = −J ⇒ J = 0

Vậy+∞∫0

x ln x

(1 + x2)2 dx = 0

Câu IV.

1. Đặt P(x; y) = 2xyex2+ ln y; Q(x; y) = ex2

+xy

.

Ta có∂P∂y

= 2xex2+

1y

;∂Q∂x

= 2xex2+

1y⇒ ∂P

∂y=

∂Q∂x

.

Do đó phương trình đã cho có tích phân tổng quát u(x; y) = C.

Trong đó u(x; y) =∫ (

2xyex2+ ln y

)dx + C(y) = yex2

+ x ln y + C(y).

Khi đó∂u∂y

= Q (x; y)⇔ ex2+

xy+ C′(y) = ex2

+xy⇔ C′(y) = 0⇒ C(y) = 0

Suy ra u(x; y) = yex2+ x ln y.

Do đó phương trình có tích phân tổng quát yex2+ x ln y = C.

Lại có y(0) = 1⇒ C = 1.

Vậy nghiệm riêng thỏa mãn yêu cầu bài toán là yex2+ x ln y = 1.

2. Đặt z = y′ ⇒ z′ = y′′, phương trình trở thành z′ = z + x ⇔ z′ − z = x (1)

Vì (1) là phương trình tuyến tính cấp một theo z nên có nghiệm tổng quát

z = e∫

1dx(∫

xe∫−1dxdx + C1

)= ex

(∫xe−xdx + C1

)= ex (−xe−x − e−x + C1

)= −x− 1 + C1ex

Từ z = y′ ta có nghiệm tổng quát của phương trình là

y =∫

(−x− 1 + C1ex)dx = −x2

2− x + C1ex + C2

Câu V. Gọi xAi và xBi lần lượt là kết quả hiệu số giờ ngủ thêm của bệnh nhân sau khi dùngthuốc A và thuốc B.

Đặt di = xAi − xBi, ta có bảng tính các số đặc trưng:

55


i1 1,9 0,7 0,49 1,2 1,442 0,8 −1, 6 2,56 2,4 5,763 1,1 −0, 2 0,04 1,3 1,694 0,1 −1, 2 1,44 1,3 1,695 −0, 1 −0, 1 0,01 0 06 4,4 3,4 11,56 1 17 5,5 3,7 13,69 1,8 3,248 1,6 0,8 0,84 0,8 0,649 4,6 0 0 4,6 21,16

10 3,4 2 4 1,4 1,96Tổng ∑ 7,5 34,43 15,8 38,58

1. Ta có:

xB =1n

n

∑i=1

xBi =110

.7, 5 = 0, 75

s′2B =1

n− 1

n

∑i=1

x2Bi −

1n

(n

∑i=1

xBi

)2 =

19

(34, 43− 1

10.(7, 5)2

)≈ 3, 2006


t 0,052 ,9 = 2, 262⇒ x± t 0,05

2 ,9

√s′2

n≈ 0, 75± 2, 262.

√3, 2006

10≈ 0, 75± 1, 28

Vậy khoảng tin cậy số giờ ngủ thêm trung bình là (−0.53; 2, 03) giờ.

2. Đặt giả thiết H: tác dụng điều trị bệnh X của hai loại thuốc A và B là như nhau, ta có:

d =1n

n

∑i=1

di =1

10.15, 8 = 1, 58

s′2d =1

n− 1

1n

n

∑i=1

d2i −

1n

(n

∑i=1

di

)2 =

19

[38, 58− 1

10(15, 8)2

]≈ 1, 5129

t =|d|√

s′2dn

≈ |1, 58|√1, 5129

10

≈ 4, 06

Dò bảng có t 0,052 ,9 = 2, 262; t 0,01

2 ,9 = 3, 250.


Do đó tác dụng điều trị bệnh X của hai loại thuốc A và B là khác nhau.

Lại có d ≈ 1, 58 > 0 hay xA > xB nên thuốc A có tác dụng điều trị tốt hơn thuốc B.


——— Hết ———

56



Câu I.

1. Xét L = limx→0

√1− 2x− 3

√1− 3x

xn , ta có:

L = limx→0

1− 2x−(

3√

1− 3x)2

xn(√

1− 2x + 3√

1− 3x)

= limx→0

(1− 2x)3 − (1− 3x)2

xn(√

1− 2x + 3√

1− 3x) (

(1− 2x)2 + (1− 2x)(

3√

1− 3x)2

+(

3√

1− 3x)4)

= limx→0

1− 6x + 12x2 − 8x3 − 1 + 6x− 9x2

xn(√

1− 2x + 3√

1− 3x) (

(1− 2x)2 + (1− 2x)(

3√

1− 3x)2

+(

3√

1− 3x)4)

= limx→0

x2 (3− 8x)

xn(√

1− 2x + 3√

1− 3x) (

(1− 2x)2 + (1− 2x)(

3√

1− 3x)2

+(

3√

1− 3x)4)

= limx→0

x2−n (3− 8x)(√1− 2x + 3

√1− 3x

) ((1− 2x)2 + (1− 2x)

(3√

1− 3x)2

+(

3√

1− 3x)4)

Ta có L hữu hạn và khác 0 khi n− 2 = 0⇔ n = 2.Lúc đó

L = limx→0

3− 8x(√1− 2x + 3

√1− 3x

) ((1− 2x)2 + (1− 2x)

(3√

1− 3x)2

+(

3√

1− 3x)4) =

12

Vậy phần chính dạng Cxn của f (x) là12

x2.

2. Ta có

y′ = xn−1 [(nC1 + C2) cos (ln x) + (nC2 − C1) sin (ln x)]

y′′ = xn−2[((

n2 − n− 1)

C1 + (2n− 1)C2

)cos (ln x) +

((n2 − n− 1

)C2 − (2n− 1)C1

)sin (ln x)

]

Khi đó

x2y′′ = xn[((

n2 − n− 1)

C1 + (2n− 1)C2

)cos (ln x) +

((n2 − n− 1

)C2 − (2n− 1)C1

)sin (ln x)

](1− 2n)xy′ = xn

[((n− 2n2

)C1 + (1− 2n)C2

)cos (ln x) +

((n− 2n2

)C2 − (1− 2n)C1

)sin (ln x)

](

1 + n2)

y = xn[(

1 + n2)

C1 cos (ln x) +(

1 + n2)

C2 sin (ln x)]

Từ đó ta có hệ thức chứng minh.

57

Câu II.

1. Đặt F(x; y) = sin(xy)− exy − x2y.

Ta có∂F∂x

= y cos(xy)− yexy − 2xy;∂F∂y

= x cos(xy)− xexy − x2.

Do đódydx

= −y cos(xy)− yexy − 2xyx cos(xy)− xexy − x2 .

2. Xét điều kiện

x =

u2 + v2

2(1)

y =u2 − v2

2(2)

z = uv (3)

.

Lần lượt cộng và trừ theo vế (1) và (2) ta có{

x + y = u2

x− y = v2 ⇒ x2 − y2 = u2v2 = z2.

Lấy đạo hàm hai vế theo x, ta có 2z′x.z = 2x ⇔ z′x =xz

.

Lấy đạo hàm hai vế theo y, ta có 2z′y.z = −2y⇔ z′y = −yz

.

Khi đó z′′x2 =z− xz′x

z2 =z2 − x2

z3 ; z′′xy = −xz′yz2 =

xyz3 ; z′′y2 = −

z− yz′yz2 = −z2 + y2

z3 .

Vậy d2z(x; y) =z2 − x2

z3 dx2 +2xyz3 dxdy− z2 + y2

z3 dy2.


1. Đặt t = x + 1⇒ dt = dx, ta có∫ xdx(1 + x)

√1− x− x2

=∫

(t− 1)dtt√

1 + t− t2=∫ ( 1√

1 + t− t2− 1

t√

1 + t− t2

)dt

=∫ 1√

54 −

(t− 1

2

)2dt−

∫ 1

t2√

1t2 +

1t − 1

dt

=∫ 1√

54 −

(t− 1

2

)2dt +

∫ 1√(1t +

12

)2− 5

4

d(

1t

)

= arcsint− 1

2√5

2

+ ln

∣∣∣∣∣1t +12+

√1t2 +

1t− 1

∣∣∣∣∣+ C

= arcsin2x + 1√

5+ ln

∣∣∣∣∣ 1x + 1

+12+

√1

(x + 1)2 +1

x + 1− 1

∣∣∣∣∣+ C

2. Gọi I =π∫

0

x sin x1 + cos2x

dx.

Đặt x = π − t⇒ dx = −dt. Đổi cận x = 0⇒ t = π; x = π ⇒ t = 0, ta có

I = −0∫

π

(π − t) sin (π − t)1 + cos2 (π − t)

dx =

π∫0

(π − t) sin t1 + cos2t

dx =

π∫0

π sin x1 + cos2x

dx− I

⇔I =π

2

π∫0

sin x1 + cos2x

dx = −π

2

π∫0

11 + cos2x

d(cos x) = −π

2arctan(cos x)

∣∣∣π0=

π2

4

58


1. Đặt P(x; y) = x + exy ; Q(x; y) = e

xy

(1− x

y

).

Ta có∂P∂y

= − xy2 e

xy ;

∂Q∂x

= − xy2 e

xy ⇒ ∂P

∂y=

∂Q∂x

.

Do đó phương trình đã cho là phương trình vi phân toàn phần nên có tích phân tổng quátu(x; y) = C.

Trong đó u(x; y) =∫ (

x + exy)

dx + C(y) =x2

2+ ye

xy + C(y).

∂u∂y

= exy − x

ye

xy + C′(y) = e

xy

(1− x

y

)⇔ C′(y) = 0⇔ C(y) = 0⇒ u(x; y) =

x2

2+ ye

xy .

Vậy phương trình có tích phân tổng quátx2

2+ ye

xy = C.

2. Điều kiện: x 6= 0.

Nhận thấy x = −1 không phải nghiệm phương trình.

Với x 6= −1, ta có phương trình tương đương y′′ +x + 2

x(x + 1)y′ − 1

x(x + 1)=

x2 + 1x2(x + 1)

(1).

Xét phương trình thuần nhất tương ứng y′′ +x + 2

x(x + 1)y′ − 1

x(x + 1)= 0 (2).

Ta có y = ax + b⇒ y′ = a; y′′ = 0, thay vào (2), ta có b = 2a.

Chọn a = 1, b = 2⇒ (2) có một nghiệm riêng là y1 = x + 2.

Khi đó (2) có thêm một nghiệm riêng độc lập tuyến tính với y1 là

y2 = (x + 2)∫ e−

∫ x+2x(x+1)dx

(x + 2)2 dx = (x + 2)∫ eln x+1

x2

(x + 2)2 dx = (x + 2)∫ x + 1

x2(x + 2)2 dx

=14(x + 2)

(1

x + 2− 1

x

)=

14− x + 2

4x= − 1

2x

Suy ra (2) có nghiệm tổng quát là y = C1 (x + 2)− C21

2x.

Xem C1, C2 là hai hàm theo x, ta có:

{C′1 (x + 2)− C′2

12x = 0

C′1 + C′21

2x2 = x2+1x2(x+1)

⇔

C′1 = x2+12x(x+1)2

C′2 =(x2+1)(x+2)

(x+1)2

⇒{

C1 = 12 ln |x|+ 1

x+1 + E1C2 = 1

2 x2 − 2x+1 + E2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm tổng quát là

y = (x + 2)(

12

ln |x|+ 1x + 1

+ E1

)− 1

2x

(12

x2 − 2x + 1

+ E2

)

Câu V. Đặt yi =x∗i − x0

h=

x∗i − 135050

, ta có:

59

Trọng lượng x∗i yiTrên 50 tuổi Dưới 50 tuổi

αi − αi+1 nAi nAiyi nAiy2i nBi nBiyi nBiy2

i1175-1225 1200 −3 6 −18 54 15 −45 1351225-1275 1250 −2 15 −30 60 36 −72 1441275-1325 1300 −1 27 −27 27 42 −42 421325-1375 1350 0 25 0 0 50 0 01375-1425 1400 1 28 28 28 54 54 541425-1475 1450 2 18 36 56 44 88 1761475-1525 1500 3 8 24 72 24 72 216

Tổng ∑ 123 5 297 265 55 767

Ta có

xA = x0 + h 1nA

k∑

i=1nAiyi = 1350 + 50. 1

123 .5 ≈ 1352, 03

s2A = h2 1

nA

[k∑

i=1nAiy2

i −1

nA

(k∑

i=1nAiyi

)2]= 502. 1

123

[297− 1

123 .52]≈ 6032, 4542

s2hcA = s2

A −h2

12 ≈ 6032, 4542− 502

12 ≈ 5824, 1209

xB = x0 + h 1nB

k∑

i=1nBiyi = 1350 + 50. 1

265 .55 ≈ 1360, 38

s2B = h2. 1

nB.

[k∑

i=1nBiy2

i −1

nB

(k∑

i=1nBiyi

)2]= 502. 1

265 .[767− 1

265 .552]≈ 7128, 1595

s2hcB = s2

B −h2

12 ≈ 7128, 1595− 502

12 ≈ 6919, 8262

1. Theo giả thiết n = 123⇒ k = ∞; p = 0, 95⇒ α = 1− p = 0, 05, dò bảng ta có

t 0,052 ,∞ = 1, 960⇒ xA ± t α

2 ,∞

√s2

hcAnA≈ 1352, 03± 1, 960.

√5824, 1209

123≈ 1352, 03± 13, 49

Vậy khoảng tin cậy về trọng lượng trung bình bộ óc người trên 50 tuổi là (1338, 54; 1365, 52)gam.

2. Đặt giả thiết H: Trọng lượng óc người ở hai lứa tuổi khác nhau không có ý nghĩa thốngkê.Ta có

t =|xA − xB|√

s2hcAnA

+s2

hcBnB

=|1352, 06− 1360, 38|√

6032,4542123 + 6919,8262

265

≈ 0, 960

Theo giả thiết k = nA + nB − 2 = 386, dò bảng có t 0,052 ,∞ = 1, 960; t 0,01

2 ,∞ = 2, 576.


Do đó trọng lượng óc người ở hai lứa tuổi trên có thể coi là như nhau.


60



Câu I.


sin (sin x)− x 3√

1− x2

x5 .

Khai triển sin x đến bậc 5, ta có sin x = x− x3

3!+

x5

5!+ o

(x5)

. Khi đó

sin (sin x) = sin x− sin3 x3!

+sin5 x

5!+ o

(sin5 x

)= x− x3

3!+

x5

5!−

(x− x3

3! +x5

5!

)3

3!+

(x− x3

3! +x5

5!

)5

5!+ o

(x5)

= x− x3

3!+

x5

5!−

x3(

1− x2

3! +x4

5!

)3

3!+

x5(

1− x2

3! +x4

5!

)5

5!+ o

(x5)

= x− x3

3!+

x5

5!−

x3(

1− x2

3!

)3

3!+

x5

5!+ o

(x5)

= x− x3

3!+

x5

5!−

x3(

1− x2

2

)3!

+x5

5!+ o

(x5)

= x− x3

3!+

x5

5!− x3

3!+

x5

2.3!+

x5

5!+ o

(x5)

= x− x3

3+

x5

10+ o

(x5)

Khai triển (1 + x)α đến bậc hai, ta có (1 + x)α = 1 + αx +α (α− 1)

2!x2 + o

(x2)

. Khi đó

x 3√

1− x2 = x(

1 +(−x2

)) 13

= x

1− 13

x2 +

13

(13 − 1

)2!

x4 + o(

x4)

= x− x3

3− x5

9+ o

(x5)

Vậy L = limx→0

x− x3

3 + x5

10 + o(x5)− x + x3

3 + x5

9 + o(x5)

x5 = limx→0

19x5

90 + o(x5)

x5 =1990

.

2. Khai triển sin x và cos x đến bậc 5, ta có

sin x = x− x3

3!+

x5

5!+ o

(x5)

cos x = 1− x2

2!+

x4

4!+ o

(x5)

61

Khi đó

f (x) = x−[

a + b(

1− x2

2!+

x4

4!

)](x− x3

3!+

x5

5!

)+ o

(x5)

= x−(

a + b− bx2

2!+

bx4

4!

)(x− x3

3!+

x5

5!

)+ o

(x5)

= x− (a + b) x +(a + b)

3!x3 − (a + b)

5!x5 +

bx3

2!− bx5

2!.3!− bx5

4!+ o

(x5)

= (1− a− b) x +

(a6+

2b3

)x3 −

(a

120+

2b15

)x5 + o

(x5)

Do đó f (x) = o∗(

x5)⇔

1− a− b = 0a6+

2b3

= 0a

120+

2b156= 0

⇔{

a + b = 1a + 4b = 0a + 16b 6= 0

⇔

a =

43

b = −13

.

Vậy a =43

; b = −13

.

Câu II. Đặt F(x; y) = z3 − 3xyz− a3, ta có F′x = −3yz; F′y = −3xz; F′z = 3z2 − 3xy.Từ đó ta có

z′x =yz

z2 − xy; z′y =

xzz2 − xy

z′′x2 =yz′x

(z2 − xy

)− yz (2z.z′x − y)

(z2 − xy)2 =y2z− yz

(2yz2

z2−xy − y)

(z2 − xy)2 = − 2xy3z

(z2 − xy)3

z′′y2 =xz′y

(z2 − xy

)− xz

(2z.z′y − x

)(z2 − xy)2 =

x2z− xz(

2xz2

z2−xy − x)

(z2 − xy)2 = − 2x3yz

(z2 − xy)3

z′′xy =

(z + yz′y

) (z2 − xy

)− yz

(2z.z′y − x

)(z2 − xy)2 =

z3 − yz(

2xz2

z2−xy − x)

(z2 − xy)2 =z(z4 − 2xyz2 − x2y2)

(z2 − xy)3

Vậy d2z(x; y) = − 2xy3z

(z2 − xy)3 dx2 +2z(z4 − 2xyz2 − x2y2)

(z2 − xy)3 dxdy− 2x3yz

(z2 − xy)3 dy2.


1. Gọi I =∫ sin x cos x

sin x + cos xdx, ta có:

I =12

∫(sin x + cos x)2 − 1

sin x + cos xdx

=12

∫ (sin x + cos x− 1√

2 sin(x + π

4

))dx

=12

∫(sin x + cos x)dx− 1

2√

2

∫ sin(x + π

4

)sin2 (x + π

4

)dx

=12

∫(sin x + cos x)dx +

12√

2

∫ d[cos

(x + π

4

)]1− cos2

(x + π

4

)=

12

sin x− 12

cos x +1

4√

2ln

∣∣∣∣∣1 + cos(x + π

4

)1− cos

(x + π

4

) ∣∣∣∣∣+ C

62

2. Gọi J =π∫

0

ex cos2 xdx, ta có:

J =12

π∫0

ex (1 + cos 2x)dx =12

ex∣∣∣∣π0+

12

π∫0

ex cos 2xdx =eπ − 1

2+

12

K

Đặt{

u = ex

dv = cos 2xdx ⇒{

du = exdxv = 1

2 sin 2x , ta có

K =ex

2sin 2x

∣∣∣∣π0− 1

2

π∫0

ex sin 2xdx = −12

π∫0

ex sin 2xdx

Đặt{

u = ex

dv = sin 2xdx ⇒{

du = exdxv = −1

2 cos 2x , ta có

K = −12

−ex

2cos 2x

∣∣∣∣π0+

12

π∫0

ex cos 2xdx

=eπ − 1

4− 1

4K ⇔ K =

eπ − 15

Vậy J =eπ − 1

2+

eπ − 110

=3 (eπ − 1)

5.

Câu IV.

1. Đặt z = yy′ ⇒ z′ = 2yy′, phương trình trở thành (x + 1)(z′ − 2) = 2z.• x = −1, không phải nghiệm phương trình.

• x 6= −1, phương trình trở thành z′ − 2x + 1

z = 2 (1).

Phương trình (1) có nghiệm tổng quát

z = e∫ 2

x+1 dx(∫

2e∫ 2

x+1 dxdx + C)= e2 ln|x+1|

(∫2e−2 ln|x+1|dx + C

)= (x + 1)2

(∫ 2

(x + 1)2 dx + C

)= (x + 1)2

(− 2

x + 1+ C

)= C(x + 1)2 − 2 (x + 1)

Vậy phương trình đã cho có tích phân tổng quát

y2 = C(x + 1)2 − 2 (x + 1) , x 6= −1

2. Đặt z =yy′⇒ z′ =

(y′)2 − yy′′

(y′)2 =(y′)3

(y′)2 = y′ ⇒ z = y + C1 ⇒yy′

= y + C1.

Từ điều kiện y(1) = 1, y′(1) = −1⇒ C1 = −2.

Khi đóyy′

= y− 2⇔ y′ =y

y− 2⇒ y = x + 2 ln |y− 2|+ C2.

Từ điều kiện y(1) = 1 ta có C2 = 0⇒ y = x + 2 ln |y− 2|.Vậy nghiệm của phương trình thỏa điều kiện y(1) = 1, y′ = −1 là y = x + 2 ln |y− 2|.

63


Lô gây mô hình Lô chứngxAi x2

Ai xBi x2Bi

0,5 0,25 0,9 0,810,6 0,36 0,8 0,640,7 0,49 1,1 1,210,6 0,36 1,0 1,002,4 1,46 3,8 3,66

Suy ra

xA =1

nA

n

∑i=1

xAi =14

.2, 4 = 0, 6

s′2A =1

nA − 1.

n

∑i=1

x2Ai −

1nA

(n

∑i=1

xAi

)2 =

13

.[

1, 46− 14

.(2, 4)2]≈ 0, 0067

xB =1

nB

n

∑i=1

xBi =14

.3, 8 = 0, 95

s′2B =1

nB − 1.

n

∑i=1

x2Bi −

1nB

(n

∑i=1

xBi

)2 =

13

.[

3, 66− 14

.(3, 8)2]≈ 0, 0167

1. Theo giả thiết có k = 3; α = 0, 05, dò bảng được t 0,052 ,3 = 3, 182.

Khi đó

xA ± t 0,052 ,3

√s′2AnA

= 0, 6± 3, 182.

√0, 0067

4≈ 0, 6± 0, 13

xB ± t 0,052 ,22

√s′2BnB

= 0, 95± 3, 182.

√0, 0167

4≈ 0, 95± 0, 21

Vậy khoảng tin cậy trung bình của lượng Glucoza/máu của lô gây mô hình là (0, 47; 0, 73)g/lít.

Khoảng tin cậy trung bình của lượng Glucoza/máu của lô chứng là (0, 74; 1, 16) g/lít.

2. Đặt giả thiết H: Lượng Glucoza/máu của hai lô khác nhau không có ý nghĩa thống kê.Ta có

s′2C =(nA − 1) s′2A + (nB − 1) s′2B

nA + nB − 2≈ 3× 0, 0067 + 3× 0, 0167

6≈ 0, 0117


s′2C(

1nA

+ 1nB

) =|0, 6− 0, 95|√

0, 0117(

13 +

13

) ≈ 3, 963.

Ta có k = nA + nB − 2 = 6, dò bảng có t 0,052 ,6 = 2, 447; t 0,01

2 ,6 = 3, 707.

Ta thấy t > t 0,012 ,6 nên bác bỏ giả thiết H ở mức < 0, 01.

Do đó lượng Glucoza/máu của hai lô khác nhau là có ý nghĩa thống kê.


64



Câu I.

1. Ta có y =x2

2+

12

x√

x2 + 1 +12

ln(

x +√

x2 + 1)

.

Suy ra y′ = x +12

(√x2 + 1 +

x2√

x2 + 1

)+

12

1 +x√

x2 + 1x +√

x2 + 1= x +

√x2 + 1.

Khi đó xy′ + ln y′ = x2 + x√

x2 + 1 + ln(

x +√

x2 + 1)= 2y (đpcm).

2. Xét L = limx→0

√1− 2x− 3

√1− 3x

xn , ta có:

L = limx→0

1− 2x−(

3√

1− 3x)2

xn(√

1− 2x + 3√

1− 3x)

= limx→0

(1− 2x)3 − (1− 3x)2

xn(√

1− 2x + 3√

1− 3x) (

(1− 2x)2 + (1− 2x)(

3√

1− 3x)2

+(

3√

1− 3x)4)

= limx→0

1− 6x + 12x2 − 8x3 − 1 + 6x− 9x2

xn(√

1− 2x + 3√

1− 3x) (

(1− 2x)2 + (1− 2x)(

3√

1− 3x)2

+(

3√

1− 3x)4)

= limx→0

x2 (3− 8x)

xn(√

1− 2x + 3√

1− 3x) (

(1− 2x)2 + (1− 2x)(

3√

1− 3x)2

+(

3√

1− 3x)4)

= limx→0

x2−n (3− 8x)(√1− 2x + 3

√1− 3x

) ((1− 2x)2 + (1− 2x)

(3√

1− 3x)2

+(

3√

1− 3x)4)

Ta có L hữu hạn và khác 0 khi n− 2 = 0⇔ n = 2.Lúc đó

L = limx→0

3− 8x(√1− 2x + 3

√1− 3x

) ((1− 2x)2 + (1− 2x)

(3√

1− 3x)2

+(

3√

1− 3x)4) =

12

Vậy phần chính dạng Cxn của f (x) là12

x2.

Câu II.

Câu III.

1. Gọi I =∫ 1

(2 + cos x) sin xdx, ta có

I =∫ 1

(2 + cos x) sin xdx =

∫ sin x(2 + cos x)sin2x

dx =∫ sin x

(2 + cos x) (1− cos2x)dx

65

Đặt t = cos x ⇒ dt = − sin xdx, ta có

I =∫ 1

(2 + t) (t2 − 1)dt

=∫ ( 1

6 (t− 1)+

13 (t + 2)

− 12 (t + 1)

)dt

=16

ln |t− 1|+ 13

ln |t + 2| − 12

ln |t + 1|+ C

=16

ln |cos x− 1|+ 13

ln |cos x + 2| − 12

ln |cos x + 1|+ C

2. Đặt x =1t

dt⇒ dx = − 1t2 dt. Đổi cận x = 1⇒ t = 1; x → +∞⇒ t→ 0, ta có:

+∞∫1

1

x√

1 + x5 + x10dx =

1∫0

1t2 dt

1t

√1 + 1

t5 +1

t10

=

1∫0

t4dt√t10 + t5 + 1

=15

1∫0

d(t5)√(

t5 + 12

)2+ 3

4

=15

ln

∣∣∣∣∣∣t + 12+

√(t5 +

12

)2

+34

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1

0

=15

ln(

32+√

3)− 1

5ln

32=

15

ln(

1 +2√3

)Câu IV.

1. Điều kiện x 6= 0.

Phương trình tương đương y′ = eyx +

yx

.

Đặt z =yx⇔ y = zx ⇒ y′ = z′x + z, phương trình trở thành

z′x + z = ez + z⇔ xdzdx

= ez ⇔ e−zdz =dxx⇔ e−z = − ln |x|+ C ⇒ e−

yx + ln |x| = C

Lại có y (1) = 0⇒ C = 1⇒ e−yx + ln |x| = 1.

Vậy nghiệm của phương trình thỏa mãn điều kiện y(1) = 0 là e−yx + ln |x| = 1.

2. Đặt y′ = z(y)⇒ y′′ = z′y.y′x = z′y.z, phương trình trở thành z′y.z + z2 = 2e−y.

Đặt u = z2 ⇒ u′ = 2z′y.z, phương trình trở thành u′ + 2u = 4e−y (1).

Phương trình (1) có nghiệm u = e−2∫

dy(∫

4e−ye2∫

dydy + C)

= e−2y (4ey + C) =

4e−2y (ey + C1).

Từ đó suy ra z = ±2e−y√

ey + C1 ⇒ y′ = ±2e−y√

ey + C1.

Hay⇔ ± eydy2√

ey + C1= dx ⇔ ±

√ey + C1 = x + C2 ⇔ ey + C1 = (x + C2)

2.

Vậy phương trình có tích phân tổng quát ey + C1 = (x + C2)2.

Câu V.

66



Câu I.

1. Đặt L limx→+∞

ln (1 + 3x)

ln (1 + 2x), ta có

L = limx→+∞

3x ln 31 + 3x

2x ln 21 + 2x

= limx→+∞

3x ln 3 (1 + 2x)

2x ln 2 (1 + 3x)

= limx→+∞

6x ln 3(

12x + 1

)6x ln 2

(13x + 1

) =ln 3ln 2

= log23

2. Ta có

limx→0

f (x) = limx→0

(1x− 1

ex − 1

)= lim

x→0

ex − 1− xx (ex − 1)

= limx→0

ex − 1ex − 1 + xex = lim

x→0

ex

ex (2 + x)=

12= f (0)

Do đó f (x) liên tục tại điểm x = 0.

Lại có

limx→0

f (x)− f (0)x− 0

= limx→0

1x −

1ex−1 −

12

x= lim

x→0

(2− x) ex − x− 22x2ex − 2x2

= limx→0

(1− x) ex − 1(2x2 + 4x) ex − 4x

= limx→0

−xex

(2x2 + 8x + 4) ex − 4

= limx→0

− (1 + x) ex

(2x2 + 12x + 12) ex = − 112⇒ f ′(0) = − 1

12

Do đó f (x) khả vi tại x = 0.

Vậy f (x) liên tục và khả vi tại x = 0.

Câu II. Lấy đạo hàm hai vế zez = xex + yey theo x, ta có

z′xez + z.z′xez = ex + xex ⇔ z′xez (1 + z) = ex (1 + x)⇔ z′x =ex (1 + x)ez (1 + z)

Lấy đạo hàm hai vế zez = xex + yey theo y, ta có

z′yez + z.z′yez = ey + yey ⇔ z′yez (1 + z) = ey (1 + y)⇔ z′y =ey (1 + y)ez (1 + z)

67

Khi đó

u′x =(1 + z′x) (y + z)− (x + z) z′x

(y + z)2

=

(1 + ex(1+x)

ez(1+z)

)(y + z)− (x + z) ex(1+x)

ez(1+z)

(y + z)2

=ez (1 + z) (y + z)− ex (1 + x) (y− x)

ez (1 + z) (y + z)2

u′y =z′y (y + z)− (x + z)

(1 + z′y

)(y + z)2

=

ey(1+y)ez(1+z) (y + z)− (x + z)

(1 + ey(1+y)

ez(1+z)

)(y + z)2

=ey (1 + y) (y− x)− ez (1 + z) (x + z)

ez (1 + z) (y + z)2

u′z =1 (y + z)− (x + z) 1

(y + z)2 =y− x

(y + z)2

Vậy

du =ez (1 + z) (y + z)− ex (1 + x) (y− x)

ez (1 + z) (y + z)2 dx

+ey (1 + y) (y− x)− ez (1 + z) (x + z)

ez (1 + z) (y + z)2 dy

+y− x

(y + z)2 dz

Câu III.

1. Ta có∫ x + 1

x (1 + xex)dx =

∫(x + 1)ex

xex (1 + xex)dx.

Đặt t = xex ⇒ dt = (x + 1)ex, ta có∫ x + 1x (1 + xex)

dx =∫ 1

t (1 + t)dt =

∫ t + 1− tt (1 + t)

dt =∫ (1

t− 1

1 + t

)dt

= ln∣∣∣∣ t1 + t

∣∣∣∣+ C = ln∣∣∣∣ xex

1 + xex

∣∣∣∣+ C

2. Ta có

a2∫

0

√x

a− xdx =

a2∫

0

|x|√ax− x2

dx =

a2∫

0

|x|√a2

4 −(x− a

2

)2dx.

Đặt x− a2=

a2

sin t, t ∈[−π

2;

π

2

]⇒ dx =

a2

cos tdt.

Đổi cận x = 0⇒ t = −π

2; x =

a2⇒ t = 0, ta có:

a2∫

0

√x

a− xdx =

0∫−π

2

∣∣ a2 +

a2 sin t

∣∣√a2

4 −a2

4 sin2t

a2

cos tdt =0∫

−π2

( a2+

a2

sin t)

dt

=( a

2t− a

2cos t

)∣∣∣0−π

2

=aπ

4− a

2

68

Câu IV.

1. • y = 0 là nghiệm phương trình.• y 6= 0 ta có phương trình tương đương

2ydx+(y2− 6x)dy = 0⇔ 2ydxdy

+ y2− 6x = 0⇔ 2yx′y− 6x = −y2 ⇔ x′y−3y

x = −12

y (1)

Phương trình (1) là phương trình vi phân tuyến tính cấp một theo x nên có nghiệm

x = e∫ 3

y dy(∫−1

2ye−

∫ 3y dydy + C

)= e3 ln|y|

(∫−1

2ye−3 ln|y|dy + C

)= y3

(∫− 1

2y2 dy + C)= y3

(1

2y+ C

)=

12

y2 + Cy3

Vậy phương trình đã cho có nghiệm y = 0 và x =12

y2 + Cy3, y 6= 0.

2. • x = 0, không phải nghiệm phương trình.

• x 6= 0, chia hai vế phương trình cho x, ta có yy′′ + (y′)2 =3x

yy′.

Đặt z = yy′ ⇒ z′ = yy′′ + (y′)2, phương trình trở thành z′ =3x

z⇔ z′ − 3x

z = 0 (2).

Phương trình (2) có nghiệm tổng quát z = Ce∫ 3

x dx = Ce3 ln|x| = C1x3.

Khi đó yy′ = C1x3 ⇔ ydydx

= C1x3 ⇔ ydy = C1x3dx ⇔ y2 =C1

2x4 + C2.

Vậy phương trình có tích phân tổng quát y2 =C1

2x4 + C2, x 6= 0.


TT Cơ sở A Cơ sở BxAi nAi nAixAi nAix2

Ai xBi nBi nBixBi nBix2Bi

1 90 1 90 8100 80 1 80 64002 95 3 285 27075 90 2 180 162003 100 5 500 50000 100 3 300 300004 105 3 315 33075 110 5 550 605005 110 1 110 12100 120 3 360 43200

Tổng ∑ 13 1300 130350 14 1470 156300

Suy ra

xA =1

nA

k

∑i=1

nAiyi =1

13.1300 = 100

s′2A =1

nA − 1.

k

∑i=1

nAiy2i −

1nA

(k

∑i=1

nAiyi

)2 =

112

.[

130350− 113

.13002]≈ 29, 1667

xB =1

nB

k

∑i=1

nBiyi =1

14.1470 = 105

s′2B =1

nB − 1.

k

∑i=1

nBiy2i −

1nB

(k

∑i=1

nBiyi

)2 =

113

.[

156300− 114

.14702]= 150

69

1. Theo giả thiết nA = 13⇒ k = 12; p = 0, 95⇒ α = 1− p = 0, 05, dò bảng ta có

t 0,052 ,12 = 2, 179⇒ xB ± t 0,05

2 ,12

√s′2AnA≈ 100± 2, 179.

√29, 1667

13≈ 100± 3, 26

Vậy khoảng tin cậy về hàm lượng Vitamin B12 của cơ sở B là (96, 74; 103, 26) γ/ml.

2. Đặt giả thiết H: Hàm lượng Vitamin B12 của hai cơ sở A và B khác nhau không có ý nghĩathống kê.Ta có

s′2C =(nA − 1) s′2A + (nB − 1) s′2B

nA + nB − 2≈ 12× 29, 1667 + 13× 150

25≈ 92, 0000


s′2C(

1nA

+ 1nB

) =|100− 105|√

92, 0000(

113 +

114

) ≈ 1, 353.

Ta có k = nA + nB − 2 = 25, dò bảng có t 0,052 ,25 = 2, 060; t 0,01

2 ,25 = 2, 787.


Do đó hàm lượng Vitamin B12 của hai cơ sở khác nhau không có ý nghĩa thống kê.


70



Câu I.

1. Ta có y′ = 2x (ex + C) +(x2 + 1

)ex.

Khi đó

y′ − 2xyx2 + 1

= 2x (ex + C) +(

x2 + 1)

ex −2x(x2 + 1

)(ex + C)

x2 + 1

= 2x (ex + C) +(

x2 + 1)

ex − 2x (ex + C) = ex(

x2 + 1)

Ta có hệ thức cần chứng minh.


(1

2(1−√

x) − 1

3(1− 3√

x)). Đặt 6

√x = t, khi x → 1⇒ t→ 1, ta có

L = limt→1

(1

2 (1− t3)− 1

3 (1− t2)

)= lim

t→1

(1

3 (t2 − 1)− 1

2 (t3 − 1)

)= lim

t→1

(1

3 (t− 1) (t + 1)− 1

2 (t− 1) (t2 + t + 1)

)= lim

t→1

2(t2 + t + 1

)− 3 (t + 1)

6 (t− 1) (t + 1) (t2 + t + 1)

= limt→1

2t2 − t− 16 (t− 1) (t + 1) (t2 + t + 1)

= limt→1

(t− 1) (2t + 1)6 (t− 1) (t + 1) (t2 + t + 1)

= limt→1

2t + 16 (t + 1) (t2 + t + 1)

=1

12

Câu II.

1. TH1: x > 0, ta có:∫ x2 − 1

(x2 + 1)√

x4 + 1dx =

∫ x4 − 1

(x2 + 1)2x√

x2 + 1x2

dx =∫ x4 − 1(

x + 1x

)2x3√

x2 + 1x2

dx

=∫ x− 1

x3(x2 + 1

x2 + 2)√

x2 + 1x2

dx =∫ 1(√

x2 + 1x2

)2+ 2

d

√x2 +

1x2

=1√2

arctan

√x2 + 1

x2√

2+ C =

1√2

arctan

√x4 + 1x√

2+ C

TH2: x < 0, ta có∫ x2 − 1

(x2 + 1)√

x4 + 1dx =

∫ x4 − 1

(x2 + 1)2(−x)

√x2 + 1

x2

dx = − 1√2

arctan

√x4 + 1x√

2+ C

Vậy∫ x2 − 1

(x2 + 1)√

x4 + 1dx =

1√2

arctan

√x4 + 1x√

2+ C nếu x > 0

− 1√2

arctan

√x4 + 1x√

2+ C nếu x < 0

.

71

2.

π4∫

0

cos x√2 + cos 2x

dx =

π4∫

0

1√3− 2sin2x

d(sin x) =1√2

arcsin

√2 sin x√

3

∣∣∣∣∣π4

0

=1√2

arcsin1√3

.

Câu III.

1. • x = 0, y = 0 là nghiệm của phương trình.• x 6= 0, y 6= 0, ta có phương trình tương đương

dxdy

=1y

x + yx2 ⇔ x′ =1y

x + yx2 ⇔ 1x2 x′ − 1

xy= y

Đặt z =1x⇒ z′ = − 1

x2 x′, phương trình trở thành z′ +1y

z = −y (1).

Phương trình (1) là phương trình vi phân tuyến tính nên có nghiệm

z = e−∫ 1

y dy(∫

(−y) e∫ 1

y dydy + C)= e− ln|y|

(∫(−y) eln|y|dy + C

)=

1|y|

(−∫

y |y|dy + C)=

C|y| −

y2

3=

3C− y2 |y|3 |y|

Từ đó ta có1x=

3C− y2 |y|3 |y| hay x =

3 |y|3C− y2 |y| .

Vậy phương trình có nghiệm x = 0, y = 0 và x =3 |y|

3C− y2 |y| , x 6= 0, y 6= 0.

2. Đặt y′ = z⇒ y′′ = z′, phương trình trở thành xz′ + xz2 − z = 0.• x = 0, không phải nghiệm phương trình.

• z = 0 = y′ ⇒ y = C là nghiệm phương trình nhưng không thỏa mãn điều kiện.• x 6= 0, z 6= 0, ta có phương trình tương đương

z′ − 1x

z = −z2 ⇔ 1z2 z′ − 1

xz= −1

Đặt u =1z⇒ u′ = − 1

z2 z′, phương trình trở thành u′ +1x

u = 1 (2).

Phương trình (2) là phương trình vi phân tuyến tính nên có nghiệm

u = e−∫ 1

x dx(∫

1e∫ 1

x dxdx + C1

)= e− ln|x|

(∫eln|x|dx + C1

)=

1|x|

(∫|x|dx + C1

)=

C1

|x| +12

x =2C1 + x |x|

2 |x|

Suy ra1z=

2C1 + x |x|2 |x| ⇒ z =

2 |x|2C1 + x |x| ⇒ y′ =

2 |x|2C1 + x |x| .

Từ điều kiện y′(2) = 1, ta có 1 =4

2C1 + 4⇒ C1 = 0⇒ y′ =

2x⇒ y = 2 ln |x|+ C2.

Lại có y (2) = 2 ⇒ 2 = 2 ln 2 + C2 ⇔ C2 = 2 − 2 ln 2 ⇒ y = 2 ln |x| + 2 − 2 ln 2 =

2 lne |x|

2.

Vậy nghiệm của phương trình thỏa mãn điều kiện y(2) = 2; y′(2) = 1 là y = 2 lne |x|

2.

72

Câu IV. Gọi xAi, xBi lần lượt là huyết áp của bệnh nhân trước và sau điều trị.Đặt di = xAi − xBi, ta có bảng tính các số đặc trưng:


i1 75 105 11025 −30 9002 90 90 8100 0 03 85 105 11025 −20 4004 65 85 7225 −20 4005 60 100 10000 −40 16006 65 90 8100 −25 6257 100 105 11025 −5 258 75 80 6400 −5 259 60 55 3025 5 25

10 85 105 11025 −20 40011 85 105 11025 −20 40012 65 80 6400 −15 225

Tổng ∑ 1105 104375 −195 5025

1. Ta có:

xB =1n

n

∑i=1

xBi =1

12.1105 ≈ 92, 08

s′2B =1

n− 1

n

∑i=1

x2Bi −

1n

(n

∑i=1

xBi

)2 =

111

(104375− 1

12.11052

)≈ 238, 4470


t 0,012 ,11 = 3, 106⇒ x± t 0,01

2 ,11

√s′2Bn≈ 92, 08± 3, 106.

√238, 4470

12≈ 92, 08± 13, 85

Vậy khoảng tin cậy trung bình sau điều trị là (78, 23; 105, 93) l/phút.

2. Đặt giả thiết H: Huyết áp trước và sau điều trị khác nhau không có ý nghĩa thống kê, tacó:

d =1n

n

∑i=1

di =1

12. (−195) = −16, 25

s′2d =1

n− 1

1n

n

∑i=1

d2i −

1n

(n

∑i=1

di

)2 =

111

[5025− 1

12(−195)2

]= 168, 75

t =

∣∣d̄∣∣√s′2dn

=|−16, 25|√

168,7512

≈ 4, 333

Dò bảng có t 0,052 ,11 = 2, 201; t 0,01

2 ,11 = 3, 106.


Do đó huyết áp trước và sau điều trị khác nhau có ý nghĩa thống kê.

Lại có d = −16, 25 < 0 hay xA < xB nên phương pháp truyền huyết thanh có tác dụngnâng cao huyết áp cho bệnh nhân.


73

TRƯỜNG ĐẠI HỌC DƯỢC HÀ NỘI ĐÁP ÁN TUYỂN SINH NGHIÊN CỨU SINH NĂM 1999HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH SAU ĐẠI HỌC MÔN THI: TOÁN


Câu I.

1. Ta có limx→0

ln(sin mx)ln(sin x)

= limx→0

m cos (mx)sin (mx)

cos xsin x

= limx→0

[cos (mx)

cos x.sin x

x.

mxsin (mx)

]= 1.

2. Đặt F(x; y) = z3 − 3xyz− a3, ta có F′x = −3yz; F′y = −3xz; F′z = 3z2 − 3xy.

Từ đó ta có z′x =yz

z2 − xy; z′y =

xzz2 − xy

⇒ dz(x; y) =yz

z2 − xydx +

xzz2 − xy

dy.

Với (x; y) = (0; 1)⇒ z3 = a3 ⇔ z = a⇒ dz(0; 1) =1a

dx.

Câu II. 1. Gọi I =∫ sin x. cos x

sin4x + cos4xdx, ta có

I =∫ 1

2sin 2x

1− 12

sin22xdx =

∫ sin 2x2− sin22x

dx =∫ sin 2x

1 + cos22xdx

Đặt t = cos 2x ⇒ dt = −2 sin 2xdx, ta có

I = −12

∫ 11 + t2 dt = −1

2arctan t + C = −1

2arctan (cos 2x) + C

2. Đặt{

u = x2

dv = sin xdx ⇒{

du = 2xdxv = − cos xdx , ta có

π2∫

0

x2 sin xdx = −x2 cos x∣∣∣ π

2

0+

π2∫

0

2x cos xdx =

π2∫

0

2x cos xdx

Đặt{

u = 2xdv = cos xdx ⇒

{du = 2dxv = sin x , ta có

π2∫

0

x2 sin xdx = 2x sin x|π20 −

π2∫

0

2 sin xdx = π + 2 cos x|π20 = π − 2

Câu III.

1. Điều kiện x > 0.

Phương trình đã cho là phương trình vi phân tuyến tính nên có nghiệm

y = e∫ 1

x ln x dx(∫

x ln xe−∫ 1

x ln x dxdx + C)= eln|ln x|

(∫x ln xe− ln|ln x|dx + C

)= |ln x|

(∫ x ln x|ln x|dx + C

)= C |ln x|+ x2 ln x

2

74

Lại có y(e) = 0, 5e2 ⇒ 0, 5e2 = C + 0, 5e2 ⇔ C = 0⇒ y =x2 ln x

2.

Vậy nghiệm của phương trình thỏa mãn điều kiện y(e) = 0, 5e2 là y =x2 ln x

2.

2. Phương trình đặc trưng k2 + 4k + 4 = 0 có nghiệm kép k = −2.

Do đó phương trình thuần nhất tương ứng có nghiệm tổng quát y = e−2x (C1 + C2x).

Ta có α = 2 6= k và P1(x) = x nên phương trình có một nghiệm riêng dạng y∗ = e2x(ax +b).Khi đó

(y∗)′ = 2e2x (ax + b) + ae2x = e2x (2ax + a + 2b)(y∗)′′ = 2e2x (2ax + a + 2b) + 2ae2x = 4e2x (ax + a + b)

Thay y∗, (y∗)′ , (y∗)′′ vào phương trình ta được

16ax + 8a + 16b = x ⇔{

a = 116

b = − 132

⇒ y∗ =(

116

x− 132

)e2x

Vậy phương trình đã cho có nghiệm tổng quát là y = e−2x (C1 + C2x) +(

116

x− 132

)e2x.

Câu IV.


h=

x∗i − 512

, ta có bảng tính các số đặc trưng:

Chiều cao x∗iSố trẻ em yi niyi niy2

iαi − αi+1 ni44-46 45 14 −3 −42 12646-48 47 27 −2 −54 10848-50 49 86 −1 −86 8650-52 51 370 0 0 052-54 53 332 1 332 33254-56 55 93 2 186 37256-58 57 17 3 51 153

Tổng ∑ 939 387 1177

Từ đó ta có:

x = x0 + h1n

k

∑i=1

niyi = 51 + 2.1

939.387 ≈ 51, 82

s2 = h2 1n

k

∑i=1

niy2i −

1n

(k

∑i=1

niyi

)2 = 4.

1939

[1177− 1

939.3872

]≈ 4, 3344

s2hc = s2 − h2

12≈ 4, 3344− 4

12≈ 4, 0011


t 0,052 ,∞ = 1, 960⇒ x± t α

2 ,∞

√s2

hcn≈ 51, 82± 1, 960.

√4, 0011

939≈ 51, 82± 0, 13

Vậy khoảng tin cậy về chiều cao trung bình của nhóm trẻ sơ sinh là (51, 69; 51, 95) cm.

75

2. Ta có bảng tính các số đặc trưng:

TT Nhóm dùng A Nhóm dùng BxAi x2

Ai xBi x2Bi

1 1,55 2,4025 2,42 5,85642 1,58 2,4964 1,85 3,42253 1,71 2,9241 2,00 4,00004 1,44 2,0736 2,27 5,15295 1,24 1,5376 1,70 2,89006 1,89 3,5721 1,47 2,1609

Tổng ∑ 9,41 15,0063 11,71 23,4827

Suy ra

xA =1n

n

∑i=1

xAi =9, 41

6= 1, 568;

s′2A =1

n− 1

n

∑i=1

x2Ai −

1n

(n

∑i=1

xAi

)2 =

15

[15, 0063− (9, 41)2

6

]= 0, 049657

xB =1n

n

∑i=1

xBi =11, 71

6= 1, 952;

s′2B =1

n− 1

n

∑i=1

x2Bi −

1n

(n

∑i=1

xBi

)2 =

15

[23, 4827− (11, 71)2

6

]≈ 0, 125737

Đặt giả thiết H: Độc tính của hai loại chế phẩm khác nhau không có ý nghĩa thống kê.Ta có

s′2C =(nA − 1) s′2A + (nB − 1) s′2B

nA + nB − 2≈ 5× 0, 049657 + 5× 0, 125737

10≈ 0, 087697

Khi đó

t =|xA − xB|√

s′2C(

1nA

+ 1nB

) =|1, 568− 1, 952|√0, 087697

(16 +

16

) ≈ 2, 246

Dò bảng được t 0,052 ,10 = 2, 228; t 0,01

2 ,10 = 3, 169.

Ta thấy t 0,052 ,10 < t < t 0,01

2 ,10 nên chưa có cơ sở để bác bỏ H.

Vậy chưa có cơ sở để kết luận độc tính của hai chế phẩm khác nhau có ý nghĩa thống kêhay không.

76

TRƯỜNG ĐẠI HỌC DƯỢC HÀ NỘI ĐÁP ÁN TUYỂN SINH NGHIÊN CỨU SINH NĂM 1998HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH SAU ĐẠI HỌC MÔN THI: TOÁN


Câu I.

1. Đặt u = 3√

x2 + 4⇔ u3 = x2 + 4⇒ 3u2u′ = 2x ⇔ u′ =2x3u2 .

Khi đó y =3

√x− 5

u⇔ y3 =

x− 5u⇒ 3y2y′ =

u− (x− 5) u′

u2 .

Từ đó ta có

y′ =u− 2x (x− 5)

3u2

3y2u2 =3u3 − 2x (x− 5)

9 3

√(x− 5

u

)2

.u4

=3(x2 + 4

)− 2x2 + 10x

9u3 3√(x− 5)2u

=x2 + 10x + 12

9 (x2 + 4) 3√(x− 5)2 3

√x2 + 4

Vậy dy =x2 + 10x + 12

9 (x2 + 4) 3√(x− 5)2 3

√x2 + 4

dx.

2. Ta có∂z∂x

=xy+

12− 1

x2 ;∂z∂y

= − x2

2y2 +1y2 .

Khi đó x2 ∂z∂x

+ y2 ∂z∂y

= x2(

xy+

12− 1

x2

)+ y2

(− x2

2y2 +1y2

)=

x3

y+

12

x2− 1− 12

x2 + 1 =

x3

y.

Ta có hệ thức cần chứng minh.

Câu II.

1. Đặt t = ln x ⇒ dt =1x

dx. Đổi cận x = 1⇒ t = 0; x = 2⇒ t = ln 2, ta có

2∫1

ln2 xx

dx =

ln 2∫0

t2dt =t3

3

∣∣∣∣ln 2

0=

13

ln32

2. Gọi I =∫

eax sin bxdx.

Đặt{

u = eax

dv = sin bxdx ⇒{

du = aeaxdx

v = −1b

cos bx, ta có I = −1

beax cos bx +

ab

∫eax cos bxdx.

Đặt{

u = eax

dv = cos bxdx ⇒{

du = aeaxdx

v =1b

sin bx, ta có

I = −1b

eax cos bx+ab

(1b

eax sin bx− ab

∫eax sin bxdx

)=

ab2 eax sin bx− 1

beax cos bx− a2

b2 I

Từ đó ta có I =aeax sin bx− beax cos bx

a2 + b2 + C.

77

Câu III.

1. Đặt z = yy′ ⇒ z′ = 2yy′, phương trình trở thành (x + 1)(z′ − 2) = 2z.

• x = −1, không phải nghiệm phương trình.

• x 6= −1, phương trình trở thành z′ − 2x + 1

z = 2 (1).

Phương trình (1) có nghiệm tổng quát

z = e∫ 2

x+1 dx(∫

2e∫ 2

x+1 dxdx + C)= e2 ln|x+1|

(∫2e−2 ln|x+1|dx + C

)= (x + 1)2

(∫ 2

(x + 1)2 dx + C

)= (x + 1)2

(− 2

x + 1+ C

)= C(x + 1)2 − 2 (x + 1)

Vậy phương trình đã cho có tích phân tổng quát

y2 = C(x + 1)2 − 2 (x + 1) , x 6= −1

2. Điều kiện x 6= 0.

Chia hai vế phương trình cho x, ta có y′ = sinyx+

yx

.

Đặt z =yx⇔ y = zx ⇒ y′ = xz′ + z, phương trình trở thành

xz′ + z = sin z + z⇔ xdzdx

= sin z

• sin z = 0⇔ z = kπ ⇒ y = kπx, k ∈ Z là nghiệm phương trình khi x 6= 0.

• sin z 6= 0, ta có phương trình tương đương

dzsin z

=dxx⇔

d(tan z

2

)tan z

2=

dxx⇔ ln

∣∣∣tanz2

∣∣∣ = ln |x|+ ln |C|

⇔ tanz2= Cx ⇔ tan

y2x

= Cx, C 6= 0

Vậy phương trình đã cho có nghiệm y = kπx, k ∈ Z, x 6= 0 và tany

2x= Cx, C 6= 0.

Câu IV. Đặt yi =x∗i − x0

h=

x∗i − 135050

, ta có:

Trọng lượng x∗i yiTrên 50 tuổi Dưới 50 tuổi

αi − αi+1 nAi nAiyi nAiy2i nBi nBiyi nBiy2

i1175-1225 1200 −3 6 −18 54 15 −45 1351225-1275 1250 −2 15 −30 60 36 −72 1441275-1325 1300 −1 27 −27 27 42 −42 421325-1375 1350 0 25 0 0 50 0 01375-1425 1400 1 28 28 28 54 54 541425-1475 1450 2 18 36 56 44 88 1761475-1525 1500 3 8 24 72 24 72 216

Tổng ∑ 123 5 297 265 55 767

78

Ta có

xA = x0 + h1

nA

k

∑i=1

nAiyi = 1350 + 50.1

123.5 ≈ 1352, 03

s2A = h2 1

nA

k

∑i=1

nAiy2i −

1nA

(k

∑i=1

nAiyi

)2 = 502.

1123

[297− 1

123.52]≈ 6032, 4542

s2hcA = s2

A −h2

12≈ 6032, 4542− 502

12≈ 5824, 1209

xB = x0 + h1

nB

k

∑i=1

nBiyi = 1350 + 50.1

265.55 ≈ 1360, 38

s2B = h2.

1nB

.

k

∑i=1

nBiy2i −

1nB

(k

∑i=1

nBiyi

)2 = 502.

1265

.[

767− 1265

.552]≈ 7128, 1595

s2hcB = s2

B −h2

12≈ 7128, 1595− 502

12≈ 6919, 8262

1. Theo giả thiết n = 123⇒ k = ∞; p = 0, 95⇒ α = 1− p = 0, 05, dò bảng ta có

t 0,052 ,∞ = 1, 960⇒ xB ± t α

2 ,∞

√s2

hcBnB≈ 1360, 38± 1, 960.

√6919, 8262

265≈ 1360, 38± 10, 02

Vậy khoảng tin cậy về trọng lượng trung bình bộ óc người dưới 50 tuổi là (1350, 36; 1370, 40)gam.

2. Đặt giả thiết H: Trọng lượng óc người ở hai lứa tuổi khác nhau không có ý nghĩa thốngkê.Ta có

t =|xA − xB|√s2

hcAnA

+s2

hcBnB

=|1352, 06− 1360, 38|√

6032, 4542123

+6919, 8262

265

≈ 0, 960

Theo giả thiết k = nA + nB − 2 = 386, dò bảng có t 0,052 ,∞ = 1, 960; t 0,01

2 ,∞ = 2, 576.


Do đó trọng lượng óc người ở hai lứa tuổi trên khác nhau không có ý nghĩa thống kê.


79

Tuy”n T“p Đ• Thi Tuy”n Sinh CAO H¯C DƯÑC HÀ N¸I · TRƯ˝NG Đ—I H¯C DƯÑC HÀ...

Documents

Transcript of Tuy”n T“p Đ• Thi Tuy”n Sinh CAO H¯C DƯÑC HÀ N¸I · TRƯ˝NG Đ—I H¯C DƯÑC HÀ...