(完整)中南大学2015高等数学下期末题及答案

1、封密卷评理处分O按绩成试考者违，息信生考写填准不外线封密，题答要不内线封密 线封密卷评学 院得分评卷人专业班级学姓 名任课教师姓名一、填空题(每小题3分，总计15分)1、点A(3, 1,1)到平面 ：2x y 3z 4 0的距离为一22 一 、一2、曲面z 2x 2y 4在点1, 1,0处的法线方程为( ) 223、设 是由曲面z x y及平面z 1围成的闭区域，则 f x, y, z dxdydz化为顺序为z yx的三次积分为()4、设 是xoz面的一个闭区域 Dxz,则曲面积分f x, y, z dS可化为二重积分为()15、微分万程y 满足初始条件y 10的解为工2x y1评卷人1、双曲

2、线(C)2、若函数(A)(C)3、设4、设5、设二、选择题(在每个小题四个备选答案中选出一个正确答案，填 在括号中，每小题3分，总计15分)1绕z轴旋转而成的曲面为(B)(D)f (x, y)在区域D内具有二阶偏导数2f 2f 2f必有2f2f ；x yy x(B)则f(x, y)在区域D内必连续;则f (x, y)在区域D内必可微;xydxdy, 其中D由(C)4dx01dx0y29xydy；y 2xxxydy4dx1xx 2xydy(D)以上都不对x 2所围成，则化为二次积分后的结果为 I2 y 2(B)1dyy2 xydx；2 y 2(D)dx y2 xydyL为直线x(A) 4 ；y

3、2介于点(0,2)到点(2,0) 的一段，则 l , x yds ()(B) 272 ；(C) 22 ;(D) 2 .y与y2都是微分方程y p xf x的解，则(A) y1 y2也是方程的解;(B)y1y2也是方程的解(C) y1 2y2也是方程的解(D)2y1 y2也是方程的解4得分三、（10分） 设平面 ：2x4yz50,且直线评卷人 x y b 0 丁工 ,.、上l :在平面上，求a,b的值.x ay z 3 0得分评卷人四、(10分)已知函数f(x,y)x y xy ,曲线 C: x2 y2 xy 3 ,求(x, y)在曲线C上的最大方向导数评卷密封线密封线内不要答题，密封线外不准填

4、写考生信息，违者考试成绩按O分处理评卷密封线一6得分评卷人评卷密封线密封线内不要答题，密封线外不准填写考生信息I违者考试成绩按。务处理；评卷密封线五、（10分）计算由旋转抛物面z 6 x2 y2及锥面 z 、,x2y2所围成的立体的体积.六、求解下列各题（每题9分，共18分）maxDxy,1 dxdy ,其中 D (x, y)0 x 2,0(1 y)dx (x esiny)dy ,其中 L是从 A(1,0)沿 y 中 x2 到 B( 1,0)的11得分评卷人七、（10分）计算I 0 xydydz yzdzdx xzdxdy,其中 是平面x 0,y 0,z 0,x y z 2所围空间区域整个边界

5、曲面的外侧.得分评卷人八、(12分)设函数f(u)具有二阶连续导数，f (excosy)满足一(1)证明:.填空题d |22.3.4.5.2z2 x22 (4z ex cosy)e2x,若 f (0) 0, y(u) 4f (u) u；(1) 3 1 4| 22 ( 1)2 32(0) 0,(2)求f (u)的表达式.6,141'1x211dx1x2 dyx2y2fx,y,Z dzf x,0, z dxdzDxz3 2y一 e4选择题1. A; 2. D;3. B;4. A; 5, D.评卷密封线密封线内不要答题，密封线外不准填写考生信息，违者考试成绩按O分处理解法一：由l：x yx

6、ay可得y0(x b),z x a(xb)3,代入平面程，有5 a0,4b ab5,b2.-评卷密封线-解法二：过直线l的平面束方程设为x ay z3 (x y b) 0(或 x y b(x ay z 3) 0),即(1 )x (a)y z 3 b 0(或(1)x (1 a)y z b 30),1由题意知2a 111 (或 -412解得a 5,1 ,将a 5,1及平面上的点(1, 2,5)代入平面束方程，求得b 2.四.解：最大方向导数即为梯度的模,gradf (x, y) (1y，1x),gradf (x, y)(1x)2 (1y)2令 F(x,y, ) (1x)2(1、2/ 22y)(xy

7、xy3),由Fx 2(1 x)1Fy 2(1 y)22x y xy(2x(2y3y) x) 00一 x 10,解得x Iy 121,11,比较： gradf (1,1)2.2 , gradf (2, 1)gradf (1,2)3,五.gradf ( 1, 1)0,所以f(x,y)在曲线C上的最大方向导数为3.解法一 ：V6 r2dvrdrddz2o(632 r)rdr Dxy解法二:VV12dz0dxdy6dz2DZ1dxdyDz2z2dz62 (6 z)dz832六.解:1.dxdydxdyxydxdyDiD2D313121221 1dxxdy1 dx1 xydy2 2x19 cln 241

8、1 (1 0)dx 22.因为上 -Q 1,所以该曲线积分与路径无关, y x选择积分路径从A（1,0）沿x轴到B（ 1,0）, 易得I七.解法一：利用高斯公式,I 0 xydydz yzdzdx xzdxdy(y z x)dv对称性22 x 2 x y3 zdv 30dx0 dy° zdz32" dx 2.06解法二：在平面x 0, y0,z0上，积分值为0,只需计算:x y z2 （取上侧）上的积分.因coscoscos1 ，一 ，一一 .一 一定,利用两类曲面积分的联系,I xydydzyzdzdxxzdxdy (xy1 dS , 3dxdyyz xz)一dS(xy

9、yzxz)dxdyxy y(2 x y) x(2 x y) dxdyDxy2dx0/22(x y xy x y)dy2.解法三：在平面x 0, y 0,z 0上，积分值为0,只需计算:x y z2 （取上侧）上的积分.22 xxzdxdy x(2 x y)dxdy ° xdx 0 (2 xDxym 2 y)dy -由被积函数和积分曲面关于积分变量的对称性，可得22cxydydz yzdzdx xzdxdy一，所以，I 3-2.33八.解：（1）因为x、 xf (e cosy)e cosy,f (excosy)e2x2cos yx. xf (e cosy)e cosy,xx f (e cosy)e sin y,2 zx2x 2xx-2f (e cosy)e sin y f (e cosy)e cosy,y22所以，已知条件一2 1 (4z excosy)e2x化为 xyf (excosy)e2x4f(excosy) ex cosy e2x ,所以函数f(u)满足方程f (u) 4f(u) u.(2)方程f (u) 4f (u) u的特征方程为r2 4 0 ,得特征根 打 2所以，其对应齐次方程的通解为f(u) Ge2u C2e2u,1设非