高等数学下册试卷及答案

高等数学下册试卷及答案

高等数学（下册）考试试卷（一）一、填空题（每小题3分，共计24分）1、z=loga(x+y)的定义域为D={(x,y)|x+y>0}。2、二重积分∬|x|+|y|≤12ln(x+y)dxdy的符号为负。3、由曲线y=lnx及直线x+y=e+1，y=1所围图形的面积用二重积分表示为∬(e+1-x)dxdy，其值为e-1.4、设曲线L的参数方程表示为{x=φ(t)。y=ψ(t)}(α≤t≤β)，则弧长元素ds=√[φ'(t)²+ψ'(t)²]dt。5、设曲面∑为x+y=9介于z=0及z=3间的部分的外侧，则∫∫∑(x²+y²+1)ds=18√2.6、微分方程y'=x/(y²+1)的通解为y=1/2ln(y²+1)+1/2x²+C。7、方程y''-4y=tanx的通解为y=C1e^(2x)+C2e^(-2x)-1/2cosxsinx。8、级数∑n=1∞1/(n(n+1))的和为1.二、选择题（每小题2分，共计16分）1、二元函数z=f(x,y)在(x,y)处可微的充分条件是（B）f_x'(x,y)，f_y'(x,y)在(x,y)的某邻域内存在。2、设u=yf(x)+xf(y)，其中f具有二阶连续导数，则x²+y²等于（A）x+y。3、设Ω：x+y+z≤1.z≥0，则三重积分I=∭ΩzdV等于（D）∫0^1∫0^(1-z)∫0^(1-x-y)zdxdydz。4、球面x²+y²+z²=16a²与柱面x²+y²=2ax所围成的立体体积V=（C）8∫0^π/2∫0^(2acosθ)∫0^√(16a²-r²)rdzdrdθ。注：原文章中第一题的符号“>”应该是“≥”，已进行更正。2sin(x+2y-3z)。2、设f(x)在[0,1]上连续，则f(x)在[0,1]上一定有最小值和最大值。3、设f(x)在[0,1]上可导，且f(0)=0，f(1)=1，则在(0,1)内至少存在一点c，使得f'(c)=1.4、设f(x)在[a,b]上连续，且f(x)在(a,b)内可导，则存在c∈(a,b)，使得f(b)-f(a)=f'(c)(b-a)。5、设f(x)在[a,b]上连续，且f(x)在(a,b)内可导，则在(a,b)内至少存在一点c，使得f'(c)=[f(b)-f(a)]/(b-a)。6、设f(x)在[a,b]上连续，且f(x)在(a,b)内可导，则f(x)在[a,b]上一致连续。7、设f(x)在[a,b]上可导，且f'(x)在[a,b]上有界，则f(x)在[a,b]上一定一致连续。8、设f(x)在[a,b]上连续，且f(x)在(a,b)内可导，则f(x)在[a,b]上可导。二、选择题（每小题5分，共计25分）1、设f(x)为奇函数，g(x)为偶函数，则f(x)g(x)为（）A。奇函数B。偶函数C。非奇非偶函数D。无法确定答案：B解析：奇函数与偶函数相乘，结果为偶函数。2、设f(x)在[a,b]上连续，且f(x)在(a,b)内可导，则f(x)在[a,b]上（）A。一定可导B。一定不可导C。可能可导D。无法确定答案：C解析：根据连续函数可导的充要条件，可得可能可导。3、设f(x)在[0,1]上连续，且f(0)=f(1)，则在(0,1)内至少存在一点c，使得f(c)=f(c+1/2)的命题是（）A。错误的B。正确的，但无法证明C。可以用零点定理证明D。可以用介值定理证明答案：D解析：根据介值定理，可得该命题正确。4、下列哪个级数为调和级数（）A。∑(1/n)B。∑(n^2)C。∑(1/n^2)D。∑(1/2n+1)答案：A解析：调和级数为1+1/2+1/3+。+1/n+。5、级数∑(n^2)/(2^n)的收敛性为（）A。收敛B。发散C。无法判断D。收敛但不绝对收敛答案：A解析：根据比值判别法，可得该级数收敛。6、设$\Sigma$为柱面$x+y=1$和$x=0,y=0,z=1$在第一卦限所围成部分的外侧，则曲面积分$\iint_{\Sigma}2zdxdy+xzdydz+x^2ydxdz$等于（）。（A）$\pi$；（B）$-5\pi$；（C）0；（D）4/3.7、方程$y''-2y'=f(x)$的特解可设为（）（A）$Ax$，若$f(x)=1$；（B）$Ae^{x}$，若$f(x)=e^{x}$；（C）$Ax^2+Bx+Cx+Dx+E$，若$f(x)=x^2-2x$；（D）$x(A\sin5x+B\cos5x)$，若$f(x)=\sin5x$。8、设$f(x)=\begin{cases}-1.&-\pi\leqx<0\\1.&0\leqx<\pi\end{cases}$，则它的Fourier展开式中的$a_n$等于（）（A）$[1-(-1)^n]/(n\pi)$；（B）$2/(n\pi)$；（C）1；（D）0.二、计算题（每小题10分，共计60分）3、设$D$是由曲线$y=x$，$y=x+2$所围成，则二重积分$I=\iint_D2(1+x)dxdy=$（）。解：$D$被直线$y=x$所分成的两部分分别为$D_1=\{(x,y)|0\leqx\leq1.x\leqy\leqx+2\}$和$D_2=\{(x,y)|1\leqx\leq3.x+2\leqy\leq2\}$，则begin{aligned}I&=\iint_D2(1+x)dxdy\\iint_{D_1}2(1+x)dxdy+\iint_{D_2}2(1+x)dxdy\\int_0^1\int_x^{x+2}2(1+x)dydx+\int_1^3\int_{x+2}^22(1+x)dydx\\2\int_0^1(3+x)dx+2\int_1^3(3+x)dx\\20end{aligned}4、在椭圆$x^2/4+y^2/1=1$上求一点，使其到直线$2x+3y-6=0$的距离最短。解：设椭圆上的点为$(x,y)$，则直线$2x+3y-6=0$的法向量为$(2,3)$，所以过点$(x,y)$且垂直于直线$2x+3y-6=0$的直线方程为$2(x-x_0)+3(y-y_0)=0$，即$2x+3y=2x_0+3y_0$。又因为点$(x,y)$在椭圆上，所以有$x^2/4+y^2/1=1$，将$2x+3y=2x_0+3y_0$代入得$2x_0+3y_0=\dfrac{4x}{\sqrt{4+9}}+\dfrac{3y}{\sqrt{4+9}}=\dfrac{4x}{\sqrt{13}}+\dfrac{3y}{\sqrt{13}}$。因此，问题转化为求椭圆$x^2/4+y^2/1=1$上到直线$2x+3y=\dfrac{4x}{\sqrt{13}}+\dfrac{3y}{\sqrt{13}}$的距离最短的点$(x_0,y_0)$。由于点$(x_0,y_0)$到直线$2x+3y=\dfrac{4x}{\sqrt{13}}+\dfrac{3y}{\sqrt{13}}$的距离等于$\dfrac{|2x_0+3y_0|}{\sqrt{4+9}}=\dfrac{|2x_0+3y_0|}{\sqrt{13}}$，所以问题又转化为求椭圆$x^2/4+y^2/1=1$上到直线$2x+3y=\pm1$的距离最短的点。设直线$2x+3y=1$上的点为$(x_1,y_1)$，则点$(x_1,y_1)$到椭圆$x^2/4+y^2/1=1$的距离为$d_1=\dfrac{|2x_1+3y_1-1|}{\sqrt{2^2+3^2}}=\dfrac{|2x_1+3y_1-1|}{\sqrt{13}}$；同理，设直线$2x+3y=-1$上的点为$(x_2,y_2)$，则点$(x_2,y_2)$到椭圆$x^2/4+y^2/1=1$的距离为$d_2=\dfrac{|2x_2+3y_2+1|}{\sqrt{13}}$。因为点$(x_0,y_0)$到直线$2x+3y=\pm1$的距离最短，所以$d_0=\min\{d_1,d_2\}$。不妨设$d_1\leqd_2$，则$d_0=d_1$，即$\dfrac{|2x_1+3y_1-1|}{\sqrt{13}}$最小，因此点$(x_0,y_0)=(x_1,y_1)$。直线$2x+3y=1$与椭圆$x^2/4+y^2/1=1$的交点为$(1/\sqrt{5},2/\sqrt{5})$，因此点$(x_0,y_0)=(1/\sqrt{5},2/\sqrt{5})$。5、求圆柱面$x+y=2$被锥面$z=\sqrt{x^2+y^2}$和平面$z=0$割下部分的面积$A$。解：圆柱面$x+y=2$在$xOy$平面上的投影为线段$AB$，其中$A=(0,2)$，$B=(2,0)$。锥面$z=\sqrt{x^2+y^2}$在$xOy$平面上的投影为圆$x^2+y^2=r^2$，其中$r$为锥面母线的长度。由于锥面和平面$z=0$的交线在$xOy$平面上的投影为圆$x^2+y^2=r^2$，所以锥面和平面$z=0$割下的部分在$xOy$平面上的投影为圆$x^2+y^2\leqr^2$。设圆$x^2+y^2=r^2$与线段$AB$的交点为$C$和$D$，则线段$AB$被圆$x^2+y^2=r^2$分成的两段分别是线段$AC$和线段$BD$。设线段$AC$的长度为$l_1$，线段$BD$的长度为$l_2$，则圆$x^2+y^2=r^2$的周长$C=2\pir=2l_1+2l_2$，即$l_1+l_2=\pir$。因为锥面和平面$z=0$割下的部分在$xOy$平面上的投影为圆$x^2+y^2\leqr^2$，所以该部分的面积为$A=\pir^2$。又因为圆柱面$x+y=2$被锥面和平面$z=0$所割下的部分在$xOy$平面上的投影为线段$AB$被圆$x^2+y^2=r^2$所分成的两段，所以$l_1+l_2=AB=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$。因此，$r=\dfrac{l_1+l_2}{\pi}=2\dfrac{\sqrt{2}}{\pi}$，$A=\pir^2=8\dfrac{2}{\pi^2}$。6、计算$I=\iint_{\Sigma}xyzdxdy$，其中$\Sigma$为球面$x^2+y^2+z^2=1$的$x\geq0,y\geq0$部分的外侧。解：球面$x^2+y^2+z^2=1$的$x\geq0,y\geq0$部分的外侧可以表示为$\Sigma=\{(x,y,z)|x\geq0,y\geq0,x^2+y^2+z^2=1\}$。因为$\Sigma$关于$x$轴对称，所以begin{aligned}I&=\iint_{\Sigma}xyzdxdy\\2\iint_{\{(x,y,z)|x\geq0,y\geq0,x^2+y^2+z^2=1\}}xyzdxdy\\2\int_0^{\pi/2}\int_0^{\pi/2}\int_0^1r^4\sin\theta\cos^2\theta\sin\phi\cos\phidrd\phid\theta\\2\int_0^{\pi/2}\int_0^{\pi/2}\sin\theta\cos^2\theta\sin\phi\cos\phi\left(\int_0^1r^4dr\right)d\phid\theta\\2\int_0^{\pi/2}\int_0^{\pi/2}\sin\theta\cos^2\theta\sin\phi\cos\phi\cdot\dfrac{1}{5}d\phid\theta\\dfrac{2}{5}\int_0^{\pi/2}\sin\theta\cos^2\theta\left[-\dfrac{1}{2}\cos^2\phi\right]_0^{\pi/2}d\theta\\dfrac{1}{5}\int_0^{\pi/2}\sin\theta\cos^4\thetad\theta\\dfrac{1}{5}\int_0^{\pi/2}\sin\theta(1-\sin^2\theta)^2d\theta\\dfrac{1}{5}\int_0^1u^2(1-u^2)^2du\quad(u=\sin\theta)\\dfrac{1}{5}\int_0^1(u^2-2u^4+u^6)du\\dfrac{1}{5}\left[\dfrac{u^3}{3}-\dfrac{2u^5}{5}+\dfrac{u^7}{7}\right]_0^1\\dfrac{4}{315}end{aligned}七、设$f(x)=\int_0^{\cosx}(1+\sin^2t)dt$，求$f(x)$的导数。解：根据微积分基本定理，$f(x)$可表示为$f(x)=F(\cosx)-F(0)$，其中$F(t)=\int_0^t(1+\sin^2t)dt$。因此，$f'(x)=-\sinxF'(\cosx)=-\sinx(1+\sin^2\cosx)=-\sinx-\sin^3x\cosx$。八、将函数$f(x)=\ln(1+x+x^2+x^3)$展开成$x一、填空题1.dz=(1-x+xe^(z-y-x))dx+(1-e^(z-y-x))dy2.x/2=y/2=z/2-1/23.1/84.∫(a-m)^(a+m)e^(-ax)f(x)dx5.∂Q/∂x-∂P/∂y=06.πa^3/27.y=Ce^(-3x)+e^x/38.可以是收敛也可以是发散二、选择题1.(A)有极限，且极限不为0.2.(C)f_x(0,1)存在，f_y(0,1)不存在。222D:x+y≤R。其中D为平面上的一个区域。设f(x)+f(y)在D上可积，求证：∬Df(x)+f(y)dσ=2∫R0f(r)dr，其中r为圆的半径。改写：设D为平面上的一个区域，其中x+y≤R。如果f(x)+f(y)在D上可积，那么有∬Df(x)+f(y)dσ=2∫R0f(r)dr，其中r为圆的半径。2222Ω:x+y+z≤R，其中(x+y+z+1)dV。改写：Ω为空间中一个区域，满足x+y+z≤R，其中(x+y+z+1)dV。五、（15分）确定常数λ，使得在右半平面x>0，∫L2xy(x4+y2)λdx-x2(x4+y2)λdy与积分路径无关，并求其一个原函数u(x,y)。将其展开为x的幂级数。改写：在右半平面x>0，确定常数λ，使得∫L2xy(x4+y2)λdx-x2(x4+y2)λdy与积分路径无关，并求其一个原函数u(x,y)。将u(x,y)展开为x的幂级数。六、（8分）将函数f(x)=3(1-x)/(1+x)展开为x的幂级数。改写：将函数f(x)=3(1-x)/(1+x)展开为x的幂级数。七、（7分）求解方程y''-6y'+9y=0.改写：求解方程y''-6y'+9y=0.一、1.12.-1/63.$\int_{y/2}^y\int_0^xf(x,y)dxdy$4.$2f'(\frac{\pi}{4})$5.$-8\pi$6.$2(x+y+z)$7.$y''+y'-2y=0$二、1.C2.B3.A4.D5.C6.D7.B8.C三、1.在点A(1,1,1)处，$u=ln(x+y^2+z^2)$可微，$\frac{\partialu}{\partialx}\bigg|_A=\frac{1}{x+y+z}\bigg|_A=\frac{1}{3}$，$\frac{\partialu}{\partialy}\bigg|_A=\frac{y}{y+z}\bigg|_A=\frac{1}{2}$，$\frac{\partialu}{\partialz}\bigg|_A=\frac{z^2}{x+y+z^2}\bigg|_A=\frac{1}{2}$，所以在$A$点沿$l=AB$方向导数为$\frac{\partialu}{\partiall}\bigg|_A=\frac{\partialu}{\partialx}\bigg|_A\cos\alpha+\frac{\partialu}{\partialy}\bigg|_A\cos\beta+\frac{\partialu}{\partialz}\bigg|_A\cos\gamma=\frac{1}{2}$，其中$\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{6}}$，$\cos\beta=-\frac{1}{\sqrt{6}}$，$\cos\gamma=\frac{2}{\sqrt{6}}$，所以$l=\frac{1}{\sqrt{6}}i-\frac{1}{\sqrt{6}}j+\frac{2}{\sqrt{6}}k$。2.驻点为$M(2,1)$，$f(2,1)=4$，$f_x=2xy-2xy=0$，$f_y=x(4-x-2y)-y=-2x+2y+4$，所以$f_y(2,1)=0$，且$f_{xx}=-2y$，$f_{yy}=-2x$，$f_{xy}=2x$，所以$f_{xx}(2,1)=-2$，$f_{yy}(2,1)=-4$，$f_{xy}(2,1)=4$，所以$f_{xx}(2,1)f_{yy}(2,1)-[f_{xy}(2,1)]^2=0-16<0$，所以$M(2,1)$为$f(x,y)$的一个极值点，且为极大值点。又当$x+y\leq6$且$x\geq0,y\geq0$时，$f(x,y)=2x-\frac{12}{x}+\frac{3}{2}$，所以$f(x,y)$在该区域上的最大值为$f(4,2)=5$。四、f(x)=\tan(f'(0)x)$，$f(0)=0$，$f'(0)=\frac{1}{2}$，所以$f(x)=\tan(\frac{1}{2}x)$。五、y''-y=\sinx$，对应的齐次方程为$y''-y=0$，特征方程为$r^2-1=0$，解得$r_1=1,r_2=-1$，所以齐次通解为$y=C_1e^x+C_2e^{-x}$。设非齐次特解为$y^*=A\sinx+B\cosx$，代入原方程得$A=0,B=-\frac{1}{2}$，所以非齐次特解为$y^*=-\frac{1}{2}\cosx$，所以原方程的通解为$y=C_1e^x+C_2e^{-x}-\frac{1}{2}\cosx$。又$y(0)=0,y'(0)=1$，所以$C_1+C_2=\frac{1}{2},C_1-C_2=0$，解得$C_1=C_2=\frac{1}{4}$，所以原方程的特解为$y=e^x+e^{-x}-\frac{1}{2}\cosx$。六、because\frac{dy}{dx}=x^2+y^2$，$\therefore\int\frac{1}{y^2}dy=\intx^2dx$，解得$y=-\frac{1}{x}+\frac{1}{cx}$，又$y(1)=1$，所以$c=-\frac{1}{2}$，所以$y=-\frac{2}{2x-1}$。七、令$t=x-2$，则原级数为$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{(t+2)^{2n+1}}$。根据比值判别法，$\lim_{n\to\infty}\frac{(t+2)^{2n+3}}{(t+2)^{2n+1}}=t+2$，当$t+21$时即$t>-1$时，级数发散；当$t+2=1$时即$t=-1$时，级数为$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{1^{2n+1}}$，为交错级数，收敛；所以级数的收敛区间为$(-\infty,-1)\cup(-1,+\infty)$，即$x\in(-\infty,1)\cup(3,+\infty)$。1、$y=e^{y^2z^2}-xe^{x^2z^2}$；2、5；3、$\int_{-1}^1\int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}\int_{-\sqrt{1-x^2-y^2}}^{\sqrt{1-x^2-y^2}}\frac{1}{x^2+y^2+z^2}dzdydx$；4、$f(0,0)$；5、$2\pia^3$；6、$\iiint_{\Omega}\frac{\partialP}{\partialx}+\frac{\partialQ}{\partialy}+\frac{\partialR}{\partialz}dV$。设平面与点P(x,y,z)相切，平面的法向量为n=(2x,2y,-1)，且z=4+x+y，切平面方程为2x(x-x)+2y(y-y)-(z-z)=0，即z=2x^2+2y^2+4-x-y。因此，要求的体积V可以表示为V=∫∫zdσ，其中积分区域为圆盘x^2+(y-1)^2≤1.将z代入积分式中，进行极坐标变换，得到V=π(2x+4-x-y)。对V求偏导数，得到∂V/∂x=π(2-2x)，∂V/∂y=-2πy。令偏导数为0，解得驻点为(1,1,5)。此时V=5π，z=5.因为实际问题有解，而驻点唯一，所以当切点为(1,1,5)时，题中所求体积为最小。此时的切平面为z=2x+3.联接BA，并设由L及BA所围成的区域为D，则I=∫L+BA(excosy-1)ds-∫∫D(excosy-1)dxdy。利用Green公式，化简得到I=4π。对于微分方程y''+(1-y)/(1+y)=0，令y'=z，得到z''+(1-y)/(1+y)z=0.通解为y=c1+c2∫e^(-1/2ln(1-y^2))dy。令y'=z=dy/dx，可得到dx/dy=1/z，即x=∫1/zdy。将z代入积分式中，得到通解为y=1-(c1+c2∫(1-z^2)^(-1/2)dz)^2.该幂级数的收敛