同济大学大一_高等数学期末试题_(精确答案) ()

课程名称：《高等数学》

试卷类别：A卷 考试形式：闭卷 考试时间：120 分钟 适用层次：

适用专业； 阅卷须知：阅卷用红色墨水笔书写，小题得分写在每小题题号前，用正分表示，不

得分则在小题

大题得分登录在对应的分数框内；考试课程应集体阅卷，流水作业。 课程名称：高等数学A（考试性质：期末统考（A卷）

题 号（型） 得 分评卷人 一 二 三 四 核分人 总分

一、单选题

（共15分，每小题3分） C1．设函数f(x,y)在P(x0,y0)的两个偏导fx(x0,y0)，fy(x0,y0) 都存在，则 ( )

A．f(x,y)在P连续 B．f(x,y)在P可微 C． limf(x,y0)及 limf(x0,y)都存在 D．

xx0yy0(x,y)(x0,y0)limf(x,y)存在

D2．若zylnx，则dz等于（

）．

ylnxlnyylnxlnyylnxlnyA. B.

xyxC.ylnxylnxlnyylnxlnxylnxlnydxdy lnydxdy D.xyxC3．设是圆柱面x2y22x及平面z0,z1所围成的区域，则

． f(x,y,z)dxdydz( ）

A.2C.2d20d2cos0drf(rcos,rsin,z)dz B.010120d2cos02cosxrdrf(rcos,rsin,z)dz

012cos0rdrf(rcos,rsin,z)dz D.d00rdrf(rcos,rsin,z)dz

01

B4． 4．若an(x1)n在x1处收敛，则此级数在x2处（

n1 ）．

A． 条件收敛 B． 绝对收敛 C． 发散 D． 敛散性不能确定

A5．曲线xyz222zxy在点（1，1，2）处的一个切线方向向量为（ ）.

A. （-1，3，4） B.（3，-1，4） C. （-1，0，3） D. （3，0，-1）

二、填空题（共15分，每小题3分）

1．设x2y2xyz0，则zx(1,1) -1 .

'2．交 换Ie1dx2lnx0f(x,y)dy的积分次序后，I___I10dyyf(x,y)dx__________________．

ee3．设u2xyz，则u在点M(2,1,1)处的梯度为 2i4j2k . (1)nxn1xnx4. 已知e，则xe  .

n!n0n0n!x5. 函数zxy3x3y的极小值点是 (2,2)

.

3322三、解答题（共54分，每小题6--7分）

yzz1.（本小题满分6分）设zyarctan, 求,.

xyx

解：

zy22xxy2; (3分)

22xyyz = arctan+yxyx

2.（本小题满分6分）求椭球面2x3yz9的平行于平面2x3y2z10的切平面方程，并求切点处的法线方程.

222 解：记切点(x,y,z) 则切平面的法向量为

2x3yz ，切点为：(1,1,2)或(1,1,2) (3n2(2x,3y,z)满足：232000000000分)，切平面：2x3y2z9or9 ( 4分)， 法线方程分别

1y1z2x1y1z2为：x2或者 ( 6分) 32232

223. （本小题满分7分）求函数zxy在点(1,2)处沿向量l

解：f(1,2)(2,4) ( 3分),

13ij方向的方向导数。 22f(1,2)123l ( 7分)

4. （本小题满分7分）将f(x)1x展开成x3的幂级数，并求收敛域。 解：f(x)13(x3)=131, ( 2分1(x3) 3)因为 (1)nxn1n01x，x(1,1),所以

131(1)n1(x3)n=(1)n(1)n1(x3)n,其中1x31 ，即0x1(x3)n033n0336.( 53分)

当x0时，级数为1发散；当x6时，级数为(1)n1n033发散,故n01x=(1)n(1)n1(x3)n，x(0,6)， ( 7分)

n03

5．（本小题满分7分）求由方程2x22y2z28yzz80所确定的隐函数zz(x,y)的极值。

z4x 解：由x12z8y0, 得到x0与y2z0, ( 2分z4(y2z))

y12z8y0 再代入2x22y2z28yzz80，得到7z2z80即z1,87。

由此可知隐函数zz(x,y)的驻点为(0,2)与(0,167)。 ( 4分)

由2z416x12z8y，2zxy0，2z42y212z8y，可知在驻点(0,2)与(0,7)有H0。( 5分)

2z4在(0,2)点，z1，因此 20，所以(0,2)为极小值点，极小值为z1；( 6分)

x152z4168168在(0,)点，z，因此 20，所以(0,)为极大值点，极大值为z， ( 7

x157777

6．（本小题满分7分）计算二重积分

(xD2y2)d,D由曲线x1y2,y1,y1及x2围成.

2x01y2x0D2: 解：记D1:，则DD1D2.（21y11y1222222(xy)d(xy)d(xy)d ( 4DD1D2分） 故

分)

分）

dy(xy)dxdr3dr1220102232120 （734

7.（本小题满分7分）利用格林公式计算

Lxy2dyx2ydx，其中L是圆周x2y2a2（按逆时针方向）.

8.（本小题满分7分）计算卦限内的区域. .

22xy1及平面z1,x0,y0所围成且在第一，其中是由柱面xydxdydz四、综合题（共16分，每小题8分）

1．（本小题满分8分）设级数

2．（本小题满分8分）设函数f(x,y)在R2内具有一阶连续偏导数，且证明曲线积分

u,vnn1n1n都收敛，证明级数

(un1nvn)2收敛。

f2x， x L2xydxf(x,y)dy与路径无关．若对任意的t恒有

(1,t) (0,0) (t,1) (0,0)2xydxf(x,y)dy2xydxf(x,y)dy，求f(x,y)的表达式．

参考答案及评分标准

一、单选题（共15分，每小题3分）：1.C 2 D 3 C 4B 5 A 二、填空题（共15分，每小题3分） 1.-1 2. Idy01eey(1)nxn1f(x,y)dx 3. 2i4j2k 4  5. (2,2)

n!n0三、解答题（共54分，每小题6--7分）

zy21．解：; (3分) 2xxy2xyyz=arctan+2 ( 6分). yxxy22x03y0z0 ，切点为：(1,1,2)或232x1y1z2(1,1,2) (3分)，切平面：2x3y2z9or9 ( 4分)， 法线方程分别为：或者232x1y1z2 ( 6分) 232f(1,2)123 ( 7分) 3. 解：f(1,2)(2,4) ( 3分),

l2. 解：记切点(x0,y0,z0) 则切平面的法向量为n2(2x0,3y0,z0)满足：

1, ( 2分) x31()311x3n11n1nn(1)()=(1)n()n1(x3)n,其中因为 (1)x，x(1,1),所以x31x3333n0n01()n03x311 ，即0x6.( 5分)

311n1n1n1n当x0时，级数为发散；当x6时，级数为(1)发散,故=(1)()(x3)，x(0,6)，

33xn0n03n04. 解：f(x)( 7分)

11=3(x3)34xzx12z8y05. 解：由, 得到x0与y2z0, ( 2分)

z4(y2z)0y12z8y 再代入2x22y2z28yzz80，得到7zz80即z1,由此可知隐函数zz(x,y)的驻点为(0,2)与(0,28。 716)。 ( 4分) 7162z42z42z由2，，可知在驻点(0,2)与(0,)有H0。( 5分) 0，27x12z8yxyy12z8y2z40，所以(0,2)为极小值点，极小值为z1；( 6分) 在(0,2)点，z1，因此 2x152z41681680，所以(0,)为极大值点，极大值为z， ( 7分) 在(0,)点，z，因此 2x1577772x01y2x0D2:6. 解：记D1:，则DD1D2.（2分） 故

1y11y1222222(xy)d(xy)d(xy)d ( 4分) DD1D2dy(xy)dxdr3dr1210223217. 解：L所围区域D：xya2222020 （7分） 34,由格林公式，可得

Lxy2dyx2ydx=

2πa(xy2)(x2y)π4222(xy)dxdy==drrdra.(7分) ()dxdy002xyDD

0z1,π8. 解：如图，选取柱面坐标系计算方便,此时，:0,所以

20r1,z 1 O 11xydxdydz0dz2d0rcosrsinrdr ( 4分)

π0=

π201cos2r413sin2d0rdr=()2440nnπ2101. (7分) 8四、综合题（共16分，每小题8分） 1．证明：因为limun0,limvn0，（2分）

故存在N，当nN时，(unvn)unvn2unvn3un，因此2．证明：因为

222(un1nvn)2收敛。（8分）

(2xy)f2x，故曲线积分2xydxf(x,y)dy与路径无关．（4分） 2x，且

Lyx因此设f(x,y)x2g(y)，从而

 (t,1) (0,0)2xydxf(x,y)dy0dx[t2g(y)]dyt2g(y)dy，（5分）

0 00 t 11由此得t2 (1,t) (0,0)2xydxf(x,y)dy0dx[1g(y)]dytg(y)dy，（6分）

0 0 0 t 0 1 t t 1 0g(y)dytg(y)dy对任意t成立，于是g(t)2t1，即

（8分） f(x,y)x2g(y)x22y1． 一、 二、