四川大学期末考试试题(闭卷)20162017春微积分

四川大学期末考试一试题（闭卷）（（2016——2017学年第2学期）A卷课程号：201138040课序号：课程名称：微积分（I）-2任课教师：成绩：合用专业年级：学生人数：印题份数：学号：姓名：考生许诺我已仔细阅读并认识《四川大学考场规则》和《四川大学本科学生考试违纪舞弊处罚规定（校订）》，郑重许诺：1、已按要求将考试严禁携带的文具用品或与考试相关的物件搁置在指定地址；2、不带手机进入考场；3、考试时期恪守以上两项规定，如有违规行为，同意依照相关条款接受办理。考生署名：注：考试时间120分钟。请将答案写在答题纸规定的方框内，不然记0分。一、填空题(每题3分，共21分)1．曲面z2xy上点(1,0,2)处的切平面方程为．20x317y32．limx2y2=．x0y0．设为2222223xyz:(1，则(xyz)dxdydz．4．设L是yx21上从(0,1)到(2,3)的有向曲线，则ydxxdy．L5.设地区D是由yx2与yx围成的，则Dxydxdy．6.设曲线L的方程为x2y21，则(x22．7y)ds=L7.微分方程xyyx2知足y(3)4的特解为．二、解答题(每题9分，共36分)1.设曲面为zx2y2(x2y2:(1)，求(20xy17y2)dS．2.设曲面为z1x2y2，方向为上侧，求x2dydzy2dzdx5z3dxdy．第1页，共2页3.求微分方程y2yy6xex的通解．4.设f(x,y)的二阶偏导都连续，f(0,0)0，fx(0,0)fy(0,0)1，fxx(0,0)2，函数zz(x,y)由zf(xy,yz)确立，求zx(0,0)、zy(0,0)、zyx(0,0)．三、综合题(每题9分，共18分)x2y2,(x,y)(0,0)1．讨论函数f(x,y)(2x27y2)3/2在点(0,0)处的以下性质：0,(x,y)(0,0)（1）偏导数的存在性；（2）函数的连续性；（3）函数的可微性．2．设f(x)连续，f(1)2017，当x0时f(x)0，曲线积分ydxxdy2f(x)2017yLydxxdy在不含原点的单连通地区上与路径没关，求：（1）f(x)的表达式；（2）f(x)2，L2017y此中L为x22017y21，L的方向规定为逆时针方向．四、应用题(每题9分，共18分)1.设曲面是由yoz平面上的曲线zy2绕z轴旋转产生的，曲面与平面xyz12z围成的立体记为，求：（1）曲面的方程；（2）曲面与平面xy1的交线在xoy2平面上的投影的曲线方程；（3）计算的体积．(提示：利用x1cos、y1sin)zx2y22.在椭圆抛物面与平面z20围成的空间地区中内置一个长方体，假定该长方204体的一个面位于z20上，长方体的其余面都与某个坐标平面平行，求长方体的体积的最大值．五、证明题(7分)设地区D为x2y2:(1，Isin(x2y2)5/2dxdy，求证：D10t5sint（1）I21dt；（2）I22/7；（3）I3/4．参照解答及其评分标准一、填空题：（每题3分，共21分）、曲面y上点(1,0,2)处的切平面方程为.1z=2x解：z(1,0)=0，z(1,0)=0，故切平面方程为z-2=0.x20x3+17y3y2、lim=.22x→0+yy→0x解：lim20x3+=limρ(20cos3θ+17sin33θ)=0.x→017yρ→0+·y→0x2+y2?3、设?为x2+y2+z2(x2+y2+z2)dxdydz=.?1，则2ππ1?1422解：原式=′′′·π··=π.′θ0d?0r5drsin?dr=25ydx+xdy=.4、设L是y=x-1上从(0,-1)到(2,3)的有向曲线，则′2L′解：直接代入曲线方程，Lydx+0xdy=、设地区是由2与y=x围成的，则?2-1+x·2x)dx=6.Dxydxdy=.5y=x11D11x35D?xydxy=′dx′′?(x-x)dx=.解：0x2xydy=0.6、设曲线L的方程为x2+y2=1，则2(x2+7y2)ds=24??2L解：由曲线L的对称性2ds=，xydsLL4???ds=8π.∴L(x2+7y2)ds=4L(x2+y2)ds=4L7、微分方程xy，+y=x2知足y(3)=4的特解为.解：∵(xy)，21x3+C，由y(3)=4可得：=x，xy=312312=9+C，于是C=3，∴y=x+.x35二、计算题：（每题9分，共36分）?2+y2（22?、设曲面Σ为），求(20xy+17y2)dS.z=x+y?11?Σ解：由曲面Σ的对称性xydS=0，............Σ?x2dS=?y2dS，.......................Σ?Σ∴(20xy+17y2)dSΣ217=?(x+)dS2y2Σ(x2+y2)dxdy17√?....................................=22x2+y2?1√′2π′1=173220dθ0ρdρ..............................................1分分2分2分2分17√....................................................................1分=2π4??}1-x2-y2，方向规定为上侧，2dydz2、设曲面为z=求x艺y2dzdx++5z3dxdy.解：增补平面z=0，使得它们与曲面}围成关闭的立体?，曲面方向都指向外侧；............................................................1分明显在增补的平面上，曲面积分为零，.....................................1分于是由高斯公式可得z3dxdy=?(2x+2y+15z2)dxdydz;?x2dydz+y2dzdx+5...........1分艺?由立体?的对称性，??ydxdydz=0;.........................2分xdxdydz=?2?1?2?dxdydz=′zdxdy..........................1分用截面法计算三重积分?z0dzDz′2)=2分12·π(1-=0z15?z2dydz+y2dzdx+5z3dxdy=15?2dxdydz=2π..............1分所以，xz艺??z2dxdydz另解：前面解答步骤习题，用球面坐标计算三重积分2ππ/21222?′′′sin?dr...............................................1分=0dθ0d?0rcos?·r2′′dr=π.................................................2分=2ππ/2cos?sin?d?1?04?r22032dydz+ydxdy=15dxdydz=2π..............1分所以，艺xdzdx+5zz?63、求微分方程y，，+2y，+y=6xe-x的通解。解：特点方程为r2+2r+1=0，........................1分r=-1是二重根，..........................1分于是对应齐次方程的通解为(C12-x..................分x+C)e2设z=u(x)e-x是原方程的特解，代入并整理可得u，，...............................................................2分=6x，于是可取u，=3x2，u=x3，.......................................1分进而z=x3e-x是原方程的特解；..................1分所以，原方程的通解为(x312-x................分+Cx+C)e14、设f(x,y)的二阶偏导数都连续，f(0,0)=0，fx，(0,0)=fy，(0,0)=，，=2，函数z=z(x,y)由z=f(x+，1，fxx(0,0)y,yz)所确立，求zx(0,0)、，，，zy(0,0)、zyx(0,0).解：zx，(x,y)=f1，(x+y,yz)+yzx，(x,y)f2，(x+y,yz)，.........................2分zy，(x,y)=f1，(x+y,yz)+[z+yzy，(x,y)]f2，(x+y,yz)；........................2分代入x=0、y=0、z(0,0)=0可得：zx，(0,0)=zy，(0,0)=f1，(0,0)=fx，(0,0)=1......................................2分因为zy，(x,0)=f1，(x,0)+z(x,0)f2，(x,0)，再对x求导可得....................1分，，，，，，，，...................1分zyx(x,0)=f11(x,0)+zx(x,0)f2(x,0)+z(x,0)f21(x,0)，代入x=0、z(0,0)=，，=1、f，，0、zx(0,0)=1、f2(x,0)11(0,0)=2，，=3..................................................................................1分可得：zxy(0,0)7三、综合题：（每题9分，共18分）x2y21、讨论f(x,y)(2x2+7y2)3/2,(x,y)/=(0,0)在原点的以下性质：=0(x,y)=(0,0)（1）偏导数的存在性；（2）函数的连续性；（3）函数的可微性。解：（1）∵f(x,0)=0，∴f，(0,0)=df(x,0)|=0；..............1分xdxx=0∵f(0,y)=0，∴yf，(0,0)=df(0,y=0=0；偏导数都存在。................1分y)|dy（2）令x=ρcosθ，y=ρsinθ，2θ那么limf(x,y)=limcos2θsin..........................................................................................1分ρ·223/2x→0ρ→0+(2cosθ+7sinθ)y→0cos2θsin2θ因为cos2θsin2θ1分(2cos2θ+7sin2?√是有界函数，.......................22θ)3/2所以limf(x,y)=0=f(0,0)，函数f(x,y)在点(0,0)处连续。.......1分x→0y→0（3）因为limf(?x,?y)-f(0,0)-?x·fx，(0,0)-?y·fy，(0,0).......1分?x→0?(?x)2+(?y)2?y→0=lim(?x)2(?y)22...........................................................................................................................1分22x→0[2(?x)+7(?y)]y→0?x→0k2)2.该极限与k相关，所以极限不存在，...............1分=lim(2+?y=k?x7k2进而函数在原点不能够微。.....................................................1分8，2、设f(x)连续，f(1)=2017，当x/=1时f(x)>0，曲线积分（2）ydx-xdy，L为x2+2017y2=1，方向为逆时针。在不含原点的单连通地区上与路径没关，求：（1）f(x)的表达式；?Lf(x)+2017y2，..........?y2)=f(x)-2017y22解：（1）既然(?-x?yf(x)+2017y(2f(x)+，20172y)f(x)+2017y-xf(x)

ydxxdy′-Lf(x)+2017y21分(-2)=，分?xf(x)+(f(x)+)2..............12017y2017y2由题设可得xf，2f(x)，于是f(x)=Cx2；.................................1分(x)=利用f(1)=2017可得f(x)=2017x2；...............................1分（2）设l为半径充分小的圆x2+y2=E2，方向为逆时针；L与l之间的地区记为D，l围成的地区记为，1分D，...........................................................那么由格林公式，?ydx-xdy?0dxdy=0....................................1分L-l=x2+y2?ydx-xdy?D=ydx-xdy=12-2dxdy=-2π.............................2分l1x2+y2?ED!)（?ydx-xdy+?ydx-xdy于是原式=1E2l=-2π...................1分2017L-lx2+lx2+2017y2y2四、应用题：（每题9分，共18分）1、设曲面Σ是由yoz平面上的曲线z=y2绕z轴旋转产生的，曲面Σ与平面x+y+z=1围成的立体记为?，求：（1）曲面Σ的方程；2z2）曲面Σ与平面x+y+2=1的交线在xoy平面上的投影曲线方程；（3）计算立体?的体积(提示：利用x+1=ρcosθ、y+1=ρsinθ)。解：（1）曲面Σ的方程为z=x2+y2；..........................2分（2）投影曲线为(x+1)2+(y+1)2=4.......2分........z=0Dxy（3）V?(2-2x-2y-x2-y2)dxdy1分=........................=?(4(x+1)2-(y+1)2)dxdy..........................................1分-Dxy21分=?(4ρ)ρdρ.................................................................dθDxy-′23′2π9=0dθ0(4-ρ)dρ..............................................................1分=8π...........................................................................................1分102、在椭圆抛物面zy20=x2与平面z=20围成的空间地区中内置一个42+长方体，假定该长方体的一个面位于平面z=20上，长方体的其余面都与某个坐标平面平行，求长方体的体积的最大值。zy2解：设第一象限中20=x24上的点(x,y,z)是