高等數(shù)學(xué)下冊試卷及答案

高等數(shù)學(xué)下冊試卷及答案

高等數(shù)學(xué)（下冊）考試試卷（一）一、填空題（每小題3分，共計24分）1、z=loga(x+y)的定義域為D={(x,y)|x+y>0}。2、二重積分?|x|+|y|≤12ln(x+y)dxdy的符號為負。3、由曲線y=lnx及直線x+y=e+1，y=1所圍圖形的面積用二重積分表示為?(e+1-x)dxdy，其值為e-1.4、設(shè)曲線L的參數(shù)方程表示為{x=φ(t)。y=ψ(t)}(α≤t≤β)，則弧長元素ds=√[φ'(t)2+ψ'(t)2]dt。5、設(shè)曲面∑為x+y=9介于z=0及z=3間的部分的外側(cè)，則∫∫∑(x2+y2+1)ds=18√2.6、微分方程y'=x/(y2+1)的通解為y=1/2ln(y2+1)+1/2x2+C。7、方程y''-4y=tanx的通解為y=C1e^(2x)+C2e^(-2x)-1/2cosxsinx。8、級數(shù)∑n=1∞1/(n(n+1))的和為1.二、選擇題（每小題2分，共計16分）1、二元函數(shù)z=f(x,y)在(x,y)處可微的充分條件是（B）f_x'(x,y)，f_y'(x,y)在(x,y)的某鄰域內(nèi)存在。2、設(shè)u=yf(x)+xf(y)，其中f具有二階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，則x2+y2等于（A）x+y。3、設(shè)Ω：x+y+z≤1.z≥0，則三重積分I=?ΩzdV等于（D）∫0^1∫0^(1-z)∫0^(1-x-y)zdxdydz。4、球面x2+y2+z2=16a2與柱面x2+y2=2ax所圍成的立體體積V=（C）8∫0^π/2∫0^(2acosθ)∫0^√(16a2-r2)rdzdrdθ。注：原文章中第一題的符號“>”應(yīng)該是“≥”，已進行更正。2sin(x+2y-3z)。2、設(shè)f(x)在[0,1]上連續(xù)，則f(x)在[0,1]上一定有最小值和最大值。3、設(shè)f(x)在[0,1]上可導(dǎo)，且f(0)=0，f(1)=1，則在(0,1)內(nèi)至少存在一點c，使得f'(c)=1.4、設(shè)f(x)在[a,b]上連續(xù)，且f(x)在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，則存在c∈(a,b)，使得f(b)-f(a)=f'(c)(b-a)。5、設(shè)f(x)在[a,b]上連續(xù)，且f(x)在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，則在(a,b)內(nèi)至少存在一點c，使得f'(c)=[f(b)-f(a)]/(b-a)。6、設(shè)f(x)在[a,b]上連續(xù)，且f(x)在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，則f(x)在[a,b]上一致連續(xù)。7、設(shè)f(x)在[a,b]上可導(dǎo)，且f'(x)在[a,b]上有界，則f(x)在[a,b]上一定一致連續(xù)。8、設(shè)f(x)在[a,b]上連續(xù)，且f(x)在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，則f(x)在[a,b]上可導(dǎo)。二、選擇題（每小題5分，共計25分）1、設(shè)f(x)為奇函數(shù)，g(x)為偶函數(shù)，則f(x)g(x)為（）A。奇函數(shù)B。偶函數(shù)C。非奇非偶函數(shù)D。無法確定答案：B解析：奇函數(shù)與偶函數(shù)相乘，結(jié)果為偶函數(shù)。2、設(shè)f(x)在[a,b]上連續(xù)，且f(x)在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，則f(x)在[a,b]上（）A。一定可導(dǎo)B。一定不可導(dǎo)C?？赡芸蓪?dǎo)D。無法確定答案：C解析：根據(jù)連續(xù)函數(shù)可導(dǎo)的充要條件，可得可能可導(dǎo)。3、設(shè)f(x)在[0,1]上連續(xù)，且f(0)=f(1)，則在(0,1)內(nèi)至少存在一點c，使得f(c)=f(c+1/2)的命題是（）A。錯誤的B。正確的，但無法證明C?？梢杂昧泓c定理證明D?？梢杂媒橹刀ɡ碜C明答案：D解析：根據(jù)介值定理，可得該命題正確。4、下列哪個級數(shù)為調(diào)和級數(shù)（）A?！?1/n)B?！?n^2)C?！?1/n^2)D。∑(1/2n+1)答案：A解析：調(diào)和級數(shù)為1+1/2+1/3+。+1/n+。5、級數(shù)∑(n^2)/(2^n)的收斂性為（）A。收斂B。發(fā)散C。無法判斷D。收斂但不絕對收斂答案：A解析：根據(jù)比值判別法，可得該級數(shù)收斂。6、設(shè)$\Sigma$為柱面$x+y=1$和$x=0,y=0,z=1$在第一卦限所圍成部分的外側(cè)，則曲面積分$\iint_{\Sigma}2zdxdy+xzdydz+x^2ydxdz$等于（）。（A）$\pi$；（B）$-5\pi$；（C）0；（D）4/3.7、方程$y''-2y'=f(x)$的特解可設(shè)為（）（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、設(shè)$f(x)=\begin{cases}-1.&-\pi\leqx<0\\1.&0\leqx<\pi\end{cases}$，則它的Fourier展開式中的$a_n$等于（）（A）$[1-(-1)^n]/(n\pi)$；（B）$2/(n\pi)$；（C）1；（D）0.二、計算題（每小題10分，共計60分）3、設(shè)$D$是由曲線$y=x$，$y=x+2$所圍成，則二重積分$I=\iint_D2(1+x)dxdy=$（）。解：$D$被直線$y=x$所分成的兩部分分別為$D_1=\{(x,y)|0\leqx\leq1.x\leqy\leqx+2\}$和$D_2=\{(x,y)|1\leqx\leq3.x+2\leqy\leq2\}$，則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、在橢圓$x^2/4+y^2/1=1$上求一點，使其到直線$2x+3y-6=0$的距離最短。解：設(shè)橢圓上的點為$(x,y)$，則直線$2x+3y-6=0$的法向量為$(2,3)$，所以過點$(x,y)$且垂直于直線$2x+3y-6=0$的直線方程為$2(x-x_0)+3(y-y_0)=0$，即$2x+3y=2x_0+3y_0$。又因為點$(x,y)$在橢圓上，所以有$x^2/4+y^2/1=1$，將$2x+3y=2x_0+3y_0$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，問題轉(zhuǎn)化為求橢圓$x^2/4+y^2/1=1$上到直線$2x+3y=\dfrac{4x}{\sqrt{13}}+\dfrac{3y}{\sqrt{13}}$的距離最短的點$(x_0,y_0)$。由于點$(x_0,y_0)$到直線$2x+3y=\dfrac{4x}{\sqrt{13}}+\dfrac{3y}{\sqrt{13}}$的距離等于$\dfrac{|2x_0+3y_0|}{\sqrt{4+9}}=\dfrac{|2x_0+3y_0|}{\sqrt{13}}$，所以問題又轉(zhuǎn)化為求橢圓$x^2/4+y^2/1=1$上到直線$2x+3y=\pm1$的距離最短的點。設(shè)直線$2x+3y=1$上的點為$(x_1,y_1)$，則點$(x_1,y_1)$到橢圓$x^2/4+y^2/1=1$的距離為$d_1=\dfrac{|2x_1+3y_1-1|}{\sqrt{2^2+3^2}}=\dfrac{|2x_1+3y_1-1|}{\sqrt{13}}$；同理，設(shè)直線$2x+3y=-1$上的點為$(x_2,y_2)$，則點$(x_2,y_2)$到橢圓$x^2/4+y^2/1=1$的距離為$d_2=\dfrac{|2x_2+3y_2+1|}{\sqrt{13}}$。因為點$(x_0,y_0)$到直線$2x+3y=\pm1$的距離最短，所以$d_0=\min\{d_1,d_2\}$。不妨設(shè)$d_1\leqd_2$，則$d_0=d_1$，即$\dfrac{|2x_1+3y_1-1|}{\sqrt{13}}$最小，因此點$(x_0,y_0)=(x_1,y_1)$。直線$2x+3y=1$與橢圓$x^2/4+y^2/1=1$的交點為$(1/\sqrt{5},2/\sqrt{5})$，因此點$(x_0,y_0)=(1/\sqrt{5},2/\sqrt{5})$。5、求圓柱面$x+y=2$被錐面$z=\sqrt{x^2+y^2}$和平面$z=0$割下部分的面積$A$。解：圓柱面$x+y=2$在$xOy$平面上的投影為線段$AB$，其中$A=(0,2)$，$B=(2,0)$。錐面$z=\sqrt{x^2+y^2}$在$xOy$平面上的投影為圓$x^2+y^2=r^2$，其中$r$為錐面母線的長度。由于錐面和平面$z=0$的交線在$xOy$平面上的投影為圓$x^2+y^2=r^2$，所以錐面和平面$z=0$割下的部分在$xOy$平面上的投影為圓$x^2+y^2\leqr^2$。設(shè)圓$x^2+y^2=r^2$與線段$AB$的交點為$C$和$D$，則線段$AB$被圓$x^2+y^2=r^2$分成的兩段分別是線段$AC$和線段$BD$。設(shè)線段$AC$的長度為$l_1$，線段$BD$的長度為$l_2$，則圓$x^2+y^2=r^2$的周長$C=2\pir=2l_1+2l_2$，即$l_1+l_2=\pir$。因為錐面和平面$z=0$割下的部分在$xOy$平面上的投影為圓$x^2+y^2\leqr^2$，所以該部分的面積為$A=\pir^2$。又因為圓柱面$x+y=2$被錐面和平面$z=0$所割下的部分在$xOy$平面上的投影為線段$AB$被圓$x^2+y^2=r^2$所分成的兩段，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、計算$I=\iint_{\Sigma}xyzdxdy$，其中$\Sigma$為球面$x^2+y^2+z^2=1$的$x\geq0,y\geq0$部分的外側(cè)。解：球面$x^2+y^2+z^2=1$的$x\geq0,y\geq0$部分的外側(cè)可以表示為$\Sigma=\{(x,y,z)|x\geq0,y\geq0,x^2+y^2+z^2=1\}$。因為$\Sigma$關(guān)于$x$軸對稱，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、設(shè)$f(x)=\int_0^{\cosx}(1+\sin^2t)dt$，求$f(x)$的導(dǎo)數(shù)。解：根據(jù)微積分基本定理，$f(x)$可表示為$f(x)=F(\cosx)-F(0)$，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、將函數(shù)$f(x)=\ln(1+x+x^2+x^3)$展開成$x一、填空題1.dz=(1-x+xe^(z-y-x))dx+(1-e^(z-y-x))dy2.x/2=y/2=z/2-1/23.1/84.∫(a-m)^(a+m)e^(-ax)f(x)dx5.?Q/?x-?P/?y=06.πa^3/27.y=Ce^(-3x)+e^x/38.可以是收斂也可以是發(fā)散二、選擇題1.(A)有極限，且極限不為0.2.(C)f_x(0,1)存在，f_y(0,1)不存在。222D:x+y≤R。其中D為平面上的一個區(qū)域。設(shè)f(x)+f(y)在D上可積，求證：?Df(x)+f(y)dσ=2∫R0f(r)dr，其中r為圓的半徑。改寫：設(shè)D為平面上的一個區(qū)域，其中x+y≤R。如果f(x)+f(y)在D上可積，那么有?Df(x)+f(y)dσ=2∫R0f(r)dr，其中r為圓的半徑。2222Ω:x+y+z≤R，其中(x+y+z+1)dV。改寫：Ω為空間中一個區(qū)域，滿足x+y+z≤R，其中(x+y+z+1)dV。五、（15分）確定常數(shù)λ，使得在右半平面x>0，∫L2xy(x4+y2)λdx-x2(x4+y2)λdy與積分路徑無關(guān)，并求其一個原函數(shù)u(x,y)。將其展開為x的冪級數(shù)。改寫：在右半平面x>0，確定常數(shù)λ，使得∫L2xy(x4+y2)λdx-x2(x4+y2)λdy與積分路徑無關(guān)，并求其一個原函數(shù)u(x,y)。將u(x,y)展開為x的冪級數(shù)。六、（8分）將函數(shù)f(x)=3(1-x)/(1+x)展開為x的冪級數(shù)。改寫：將函數(shù)f(x)=3(1-x)/(1+x)展開為x的冪級數(shù)。七、（7分）求解方程y''-6y'+9y=0.改寫：求解方程y''-6y'+9y=0.一、1.12.-1/63.$\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$二、1.C2.B3.A4.D5.C6.D7.B8.C三、1.在點A(1,1,1)處，$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$點沿$l=AB$方向?qū)?shù)為$\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$。2.駐點為$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)$為$f(x,y)$的一個極值點，且為極大值點。又當$x+y\leq6$且$x\geq0,y\geq0$時，$f(x,y)=2x-\frac{12}{x}+\frac{3}{2}$，所以$f(x,y)$在該區(qū)域上的最大值為$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$，對應(yīng)的齊次方程為$y''-y=0$，特征方程為$r^2-1=0$，解得$r_1=1,r_2=-1$，所以齊次通解為$y=C_1e^x+C_2e^{-x}$。設(shè)非齊次特解為$y^*=A\sinx+B\cosx$，代入原方程得$A=0,B=-\frac{1}{2}$，所以非齊次特解為$y^*=-\frac{1}{2}\cosx$，所以原方程的通解為$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}$，所以原方程的特解為$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$t=x-2$，則原級數(shù)為$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{(t+2)^{2n+1}}$。根據(jù)比值判別法，$\lim_{n\to\infty}\frac{(t+2)^{2n+3}}{(t+2)^{2n+1}}=t+2$，當$t+21$時即$t>-1$時，級數(shù)發(fā)散；當$t+2=1$時即$t=-1$時，級數(shù)為$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{1^{2n+1}}$，為交錯級數(shù)，收斂；所以級數(shù)的收斂區(qū)間為$(-\infty,-1)\cup(-1,+\infty)$，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、$\iiint_{\Omega}\frac{\partialP}{\partialx}+\frac{\partialQ}{\partialy}+\frac{\partialR}{\partialz}dV$。設(shè)平面與點P(x,y,z)相切，平面的法向量為n=(2x,2y,-1)，且z=4+x+y，切平面方程為2x(x-x)+2y(y-y)-(z-z)=0，即z=2x^2+2y^2+4-x-y。因此，要求的體積V可以表示為V=∫∫zdσ，其中積分區(qū)域為圓盤x^2+(y-1)^2≤1.將z代入積分式中，進行極坐標變換，得到V=π(2x+4-x-y)。對V求偏導(dǎo)數(shù)，得到?V/?x=π(2-2x)，?V/?y=-2πy。令偏導(dǎo)數(shù)為0，解得駐點為(1,1,5)。此時V=5π，z=5.因為實際問題有解，而駐點唯一，所以當切點為(1,1,5)時，題中所求體積為最小。此時的切平面為z=2x+3.聯(lián)接BA，并設(shè)由L及BA所圍成的區(qū)域為D，則I=∫L+BA(excosy-1)ds-∫∫D(excosy-1)dxdy。利用Green公式，化簡得到I=4π。對于微分方程y''+(1-y)/(1+y)=0，令y'=z，得到z''+(1-y)/(1+y)z=0.通解為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。將z代入積分式中，得到通解為y=1-(c1+c2∫(1-z^2)^(-1/2)dz)^2.該冪級數(shù)的收斂