高数期末考考试题及答案

高数期末考试卷及答案

一．选择填空题<每小题3分，共18分）

1.设向量 a =<2,0,-2）,b = <3,-4,0），则ab =

i2j0k20分析：ab =

34 = -6j – 8k – 8i = <-8,-6,-8）

2u223xxyy2.设 u = .则xy =

2uu22'2xy(2xy)= 2y xyx分析： =, 则 =

222x2y3z15在点<1,-1,,2）处的切平面方程为 3.椭球面

222F(x,y,z)x2y3z15，则可知法向量n =< 分析：由方程可得，

Fx, Fy, Fz）。

则有 Fx = 2x ， Fy = 4y ， Fz = 6z ，则过点<1,-1,,2）处的法向量为 n =<2,-4,,12）b5E2RGbCAP 因此，其切平面方程为：2(x1)4(y1)12(z2)0，即

x2y6z150

4.设D：y = x, y = - x, x = 2直线所围平面区域.则D___________

分析：画出平面区域D<图自画），观图可得，

(y2)d(y2)ddx(y2)dy8D0x2x

x2ds5.设L：点(0 , 0 >到点(1 , 1>的直线段.则L_________

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分析：依题意可知：L是直线y = x 上点(0 , 0 >与点(1 , 1>的一段弧，则有

Lx2dsx21x'2dxx22dx001123

6.D提示：级数

un1n发散，则称级数

un1n条件收敛

二.解答下列各题<每小题6分，共36分）

2zxyln(xy)tan2，求dz 1.设

分析：由

dzzzzzdxdyxy可知，需求x及y

z1z12xyx2xxy，yxy，

dzzz11dxdy(2xy)dx(x2)dyxyxyxy

则有

u2.设uf(4xy,2x3y),其中f一阶偏导连续，求y

分析：设v = 4xy , t = 2x – 3y ,则

ufvftf'4xf'(3)(4x3)f'yvyty

z222xyzxyz100确定.求y zz(x,y)3.设由

222222xyzxyz100F(x,y,z)xyzxyz100 分析：由得，

则有由Fx2x(yzxyzx)，

Fy2y(xzxyzy)，Fz2zxy

2y(xzxyzy)(xzxyzy)2yzFyFz2zxy2zxy则y

3322f(x,y)xy3x3y9x的极值 4.求函数

提示：详细答案参考高数2课本第111页例4

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x2y25.求二重积分

eDd,221xy9 其中D：

02分析：依题意，得则有，

1291302，即3

eDx2y2dded(e9e)01226.求三重积分

2xyzdV，：平面x = 0, x = 3, y = 0, y = 2,

z = 0, z = 1所围区域p1EanqFDPw 0x30y2xyzdVdx分析：依题意，得0z1则有

23020dyxyz2dz301

三.解答下列各题<每题6分，共24分） 1.求

ydxxdyL22xy9，逆时针 ，L：圆周

PQ11y分析：令P=y , Q= - x , 则x，

由格林公式得Lydxxdy(DQP)dxdy(2)dxdyxyD

作逆时针方向的曲线L：则Lxrcosyrsin，02

xdSydxxdy(D2QP)dxdy(2)dxdy2d40xyD2.设

:x3yz1平面位于第一卦限部分.试求曲面积分:平面x3yz1可得z1x3y

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分析：由

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则

zxzz1，zy=3xy

1(zx)2(zy)2dxdy11xdxdyDxy则有由于

xdSxDxy

Dxy是在xOy面的第一卦限的投影区域，即由

x0,y0及x3y1所围成的闭区域.因此

xdS11xdxdy11dxDxy011x30xdy1118

3.设

是zxy位于平面z4,z9之间部分且取下侧，求

22zdxdy

0z024z9分析：依题意，可得，由于

是取下侧，则有

zdxdy94zdzd02z06305d4

4.设

22zxy是锥面与平面z = 1 所围立体区域整个边界曲面

的外侧。试求

23xdydz2yzdzdxzdxdy.

2分析：依题意，可令P3x,Q2yz,Rz，则有

PQR3,2z,2zxyz

23xdydz2yzdzdxzdxdy(所以，

PQR)dv3dvxyz

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又

22zxy是锥面与平面z = 1 所围立体区域整个边界曲面的

0z02外侧，则有0z1，则有

12z00023xdydz2yzdzdxzdxdy3dv3dzdd

四．解答下列各题<第1,2题每题6分，第3,4题每题5分，共22分）

3n(n1)1.判断正项级数n1n!的敛散性。

3n1(n2)3n(n1)an1an(n1)! n!，则分析：设

3n1(n2)a3(n1)!limn1limnlim01xax3(n1)xn1nn!则有，， 3n(n1)所以，正项级数n1n!是收敛的

2.试将函数幂级数.

f(x)11x<1）展开成x的幂级数<2）展开成x – 1 的

分析：<1）展开成x的幂级数为：

<2）

1f(x)(1)nxn,(1x1)1xn1

11111x1nx1f(x)..(1)n(),(11)x11x2(x1)212n1222

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则展开成x – 1 的幂级数为：

11x11nnf(x).(1)()=n+1(1)n(x1)n=,(1x3)1x2n12n12xn3.求幂级数n1n的收敛域及和函数.

liman1n1nx分析：因为

xalimx(n1)xnxn

当x1时级数收敛；当x1时级数发散.所以收敛半径R=1.则收敛区间为x1，即1x1

当x = 1 时，级数成为1n1n，这级数发散；当x = - 1 时，级数成

(1)n为n1n，这级数收敛.所以，原级数的收敛域为[ - 1,

1 >.DXDiTa9E3d S(x)xn,x[1,1)设和函数为S(x>，即n1n.

[S(x)]'(xn)'1n1nxn1nn1xn01x,(x1)

S(x)x1则01xdxln(1x),x[1,1)

14.设f(x)连续，

:x2y2u,0z.

<1）试用柱面坐标化简三重积分[f(x2y2)1]dv.

f(u)(x2y2)1]dv.<2）若

[f试求f(u).

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0u020z1，则 分析：<1）依题意，得[f(xy)1]dvdzd022102u0f(1)d则有

2u0f(21)d(21)

<2）若

f(u)f(u)[f(x2y2)1]dv.u0f(21)d(21)

申明：

所有资料为本人收集整理，仅限个人学习使用，勿做商业用途。

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