2012復(fù)旦大學(xué)插班生高等數(shù)學(xué)模擬試題(附詳解)

1、2012復(fù)旦大學(xué)插班生高等數(shù)學(xué)模擬試題（附詳解）1.(10分)求下列極限TOC o 1-5 h zsint11(1)lim(Jxpdt+1);o+x50tx418x2(-(兀、.(2兀).(n兀)sm(一)sin()sin()(2)limn.+n+n.n+1n+12n+1.nl丿sint1t3t5t2t4x501lim(x+o(x5)5+x53x3!5x5!x4解：(1)因為t(t3!+5!+(15)13!+5!原式lim(丄Jx13-+5+(t4)dt+百)x_0+x5o3!5!x418x21600ox3x51+1+18(k兀)sin()(2)】_n_-n+1k1(k兀)sm()nn+1kk

2、1(k兀)sin()nnngkn10兀k兀一k兀sin()sin()lim工nlimn-lim工nsin兀xdxngk1n+1ngn+1ngk1n0（./兀、./2兀、n兀、sin(一)sin()sin()所以limn+n+n2。ngn+1n+12n+1n兀sin(竺)2而limYn一$sin兀xdx,丿2元2.（10分）設(shè)函數(shù)f（x）在a,b上連續(xù)，如果存在數(shù)列xea,b，使得nlimf(x)A，求證：存在x0eab，使得f(x0)A。n00證：由連續(xù)函數(shù)的最值性知，存在t,tea,b，使得12minf(x)f(t)f(x)f(t)maxf(x)xea,b1n2xea,b因為limf(x)=

3、A，在上式中，令nTa，得f(t)Af(t),由連續(xù)函數(shù)的n12nTa介值性知，存在xga,b，使得f(x)=A。003,1。分)設(shè)f(x)在0,2上二介可導(dǎo)，且f(0)=fw,f(2)=0，求證：至少存在一點g(o1)，使得fG)二3f()。1-2g解1：作輔助函數(shù)0(x)=f(x)(1-2x)一f(x)，顯然(1)二0,(0)二0，2由羅爾定理，存在匕g(0,2)，使得點)二0，由于2(x)=f(x)(1-2x)-3f(x)，即(g)=f(g)(1-2)-3f(g)=0從而f(g)二3廣(g)。解2:作輔助函數(shù)(x)=f(x)(1-2x)2，顯然(2)=,(0)=f(0)=f()，由拉格朗

4、日中值定理得f(1)-f(0)=f(c)2,cg(0,2)，即得222f(c)=-2f(0)，由此得(0)(c)=f(0)f(c)(1-2嘰=-2f2(0)(1-2嘰0，11由零點定理知，存在dg(0,c)u(0巧)，使得(d)=0，再在(d,_)上對0(x)22應(yīng)用羅爾定理，存在gg(d,；)u(O；)，使得O(g)二0，即22O(g)二f(g)(1-2g)3-3f(g)(1-2g)1二03f(g)o1-2g4、(10分)設(shè)函數(shù)f(x)在a,b上可導(dǎo)，證明:(1)若f(a)f(b)0,則至少存在一點ge(a,b),使得f(g)=0；(2)若f(x)豐0,(xe(a,b),則f(x)是區(qū)間(a

5、,b)上的單調(diào)函數(shù)。證明：(1)由題設(shè)f(a)f(b)0，即f(a)f(b)0,f(b)0;f(b)=limf(x)-f凹0,使得Vxe(a,a+5)內(nèi)有f(x)f(a)，同理，存在50,使得Vxe(b-5,b)內(nèi)有f(x)f(b)。22可見f(a)與f(b)均不是f(x)的最大值，于是連續(xù)函數(shù)f(x)在閉區(qū)間a,b上的最大值點g必在(a,b)內(nèi)取到，由費馬定理得，在最大值點g處，有f(g)=0。(2)若f(x)是區(qū)間(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，且f(x)豐0,(xe(a,b)，下證f(x)0,(或f(x)0)xe(a,b)用反證法證。若存在x,xe(a,b)，使得f(x)f(x)0,(或f(x)0),

6、t為參數(shù).當(dāng)t二0時，x二1,y二2,z二4。設(shè)蚊子沿著負(fù)梯度方向逃跑，曲線r上任一點(X,y,z)處切線的方向向量(dx(t),dy(t),dz(t)應(yīng)滿足dtdtdt(dx(t)dy(t)dz(t)(22一)(22z)(,)二一gradu(x,y,z)二e-(x2+y2+4)(2x,2y,-)TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark35 o Current Document dtdtdt2由此可得dx(t)2滬)dy(t)2Q)dz(t)z(22滬)=2xe-(x2+y2+4),=2ye-(x2+y2+4),=e-(x2+y2+4)dtdtdt2消去dt得dy=

7、丄，蟲二上，且滿足初始條件yI二2,zI二4，這是兩個可分dxxdx4x離變量方程，解此方程得y=2x,z=4x4,(x1)x-x此即就是蚊子逃跑路線的參數(shù)方程Jy=2x,(x1)。z-4x/4（10分）設(shè)有一高度為h（t）（t為時間）的雪堆在融化過程中,其側(cè)面滿足方程故雪堆全部融化需要100小時。z-h(t)-2(x2+y2)h(t)（設(shè)長度單位為厘米,時間單位為小時），已知體積減少的速率與側(cè)面積成正比（比例系數(shù)0.9）,問高度為130厘米的雪堆全部融化需要多少小時?解：設(shè)在t時刻時，雪堆體積為V（t），側(cè)面積為S（t），則V(t)-JJJdv-Jh()dzJJdxdy其中?:0zh(t)一

8、Qt0Dz-Jh(t)h2(t)一h(t)zdz-h3(t)D:(x2+y2)h2(t)一h(t)z024z2S(t)-JJ(x2+y2)2h2(t)+z2+計dy-JJ(x2+y2)2h2(t)1+甘dxdy.16r22兀1+rdr-oo丫h2(t)h(t)o由題意知，dV(t)-0.9S(t)，即如-13，解之得h(t)-131+C。dtdt101013由初始條件h(0)-130，可得h(t)-101+130，令h(t)T0，可得t-100小時，-J2沢defh(1316r2rdr-兀h2(t)127.（10分）計算圓柱面x2+y2=ax被球面x2+y2+z2=a2截下的那部分的面積。aa

9、解：將所給圓柱面的方程改寫成（x-_）2+y2=（丄，它的參數(shù)方程為0e0,2兀,-gz+8aaaz=z,x=+cosB,y=sinU222代入球面方程得到圓柱面與球面的交線方程z2=身(1-cos0)U=a2sin22即z=土asin!由對稱性，所求的面積A=2fzds，其中CC:x=a+acosU,y=asin00e0,2兀222ds=戶尸d0=,?os20+a4sin20d0=2d0A=2fzds=2basinxad0=4a2022C所以所求的面積為A=4a2.8.(10分)計算I=ff(xa)yzdxdy+x2dydz+y2dzdx，其中X是zC=R2-(x-a)2-(y-b)2的上側(cè)

10、。解：記X：(xa)2+(yb)2R2,z=C,取下側(cè)，則1X與X構(gòu)成了外側(cè)的封閉的半球面，由高斯公式I=(ff+ff-ff)x2dydz+y2dzdx+(x-a)yzdxdyXX1X1=fff2x+2y+y(x-a)dxdydz-ffx2dydz+y2dzdx+(x-a)yzdxdy(x-a)2+(y-b)2+(z-C)2c對第一項的三重積分作平移變換：u=x-a,v=y-b,w=z-c,把原點平移到球心上，其變換的雅克比行列式0(兀y,z)=1,所以d(u,v,w)fff2x+2y+y(x-a)dxdydz二川2(u+a+v+b)+u(v+b)dudvdw(x-a)2+(yb)2+(z-c

11、)2cu2+v2+w20二川2(u+v)+u(v+b)dudvdw+川2(a+b)dudvdwu2+v2+w20u2+v2+w2014出2(a+b)dudvdw-2(a+b)xx_兀R3二23-兀(a+b)R3u2+v2+w20其中利用了對稱性。第二項積分為JJx2dydz+y2dzdx+(xa)yzdxdy-JJ(xa)yzdxdy-siJJ(x-a)ycdxdyJJu(v+b)cdxdy-0(x-a)2+(y-b)2R2u2+v22),01n-2n(1)求冪級數(shù)藝ax”的和函數(shù)s(x);(2)求s(x)的極值。nn-0解：(1)設(shè)冪級數(shù)藝ax”的和函數(shù)為s(x),其收斂區(qū)間為(-R,R)。

12、nn-01s(x)ax”-4+x+2x2+_x3+s(0)-4s(0)-1n6，”-0s(x)-藝nax”-1,nn-1s(x)-藝n(n一1)ax”_2藝ax”_2藝ax”s(x)TOC o 1-5 h znn-2nn-2n-2n-0所以s(x)=s(x),解此二階常系數(shù)線性齊次方程，其通解為s(x)-cex+ce-x HYPERLINK l bookmark51 o Current Document 1523代入初值s(0)=4,s(0)=1得s(x)=2ex+2e-x,xG(-R,R)；5353(2)s(x)=ex一e-x,s(x)=ex+e-x0,531313令s(x)=2ex-2e一

13、x=0,得惟駐點x=fn且、ln5)013和函數(shù)為s(x)在x=ln5處取極小值。10.（10分）設(shè)o是由球面x2+y2+z2=1圍成的區(qū)域，求o繞直線l：2x=y=z旋轉(zhuǎn)的轉(zhuǎn)動慣量。（設(shè)p=1）解1:由于直線l：2x=y=z過原點，所以球面x2+y2+z2=1圍成的區(qū)域O對于l的轉(zhuǎn)動慣量等價于O對于任一坐標(biāo)軸的轉(zhuǎn)動慣量。因此所求的轉(zhuǎn)動慣量為o對Z軸的轉(zhuǎn)動慣量。利用球坐標(biāo)計算I=I=ffl(x2+y2)dVlZ=j*2kd0fdf(rsin申cos0)2+(rsin申sin0)2r2sindr0002k2k48k=2兀卜simedJir4dr=卜sim=x_=o00505315解2:設(shè)M(x,y,z)為o內(nèi)的任一點，為求M(x,y,z)點到直線l的距離，注意到該直線過原點，從M向l作垂線，記垂足為N，則三角形a就構(gòu)成直角三OMN角形，且ON=PrjOM，而MN即為所求的距離d。d2=OM2(PrjOM)2=(x2+y2+z2)OM102l211TOC o 1-5 h z=(x2+y2+z2)(x,y,z)-(,)La.