华南理工大学高等数学统考试卷下2006

1、20062007 第二学期高数试卷一、选择题（每小题 3 分，共 15 分）f ( x , y ) 在点( x0 , y0 ) 处可微，则下列结论错误的是（1）若 z =B）A、 f ( x , y ) 在点( x0 , y0 ) 处连续B、 fx ( x , y )C、 fx ( x , y )D、曲面 z =f y ( x , y ) 在点( x0 , y0 ) 处连续f y ( x , y ) 在点( x0 , y0 ) 处存在,y ) 在点( x0 , y0 ,y0 ) 处有切平面f ( x ,f ( x0 ,xy22）二重极限lim值为（D）x + y24x®0 y

2、4;0C、 12A、0B、1D、不存在x2 + y2 + z( z ³ 0) ，则 òòS3 ）已知曲面 S 的方程为 z = 1- x - y22dS =4x + 4 y +122（B）D、p2A、2pB、pC、1x2 + y2 + zx2 + y2 +1- x2 - y2分析： òòSòòx2 + y2 £1dS =4x2 + 4 y2 +1dxdy4x2 + 4 y2 +14x2 + 4 y2 +1òò=1dxdy = px2 + y2 £14）已知直线L : x + 3 = y

3、 + 4 = z 和平面P : 4x - 2y - 2z = 3则（B）-2-73A、L 在P 内B、L 与P 平行，但L 不在P 内C、L 与P 垂直D、L 不与P 垂直， L 不与P 平行5）用待定系数法求微分方程 y ¢ + 3y¢+ 2y = x2 的一个特解时，应设特解的形式 y = （B）A、ax2C、x (ax2 + bx + c)B、ax2 + bx + cD、x2 (ax2 + bx + c)二、填空题（每小题 3 分，共 15 分）1） z = arctan x ，则dz =yx2 + y2xx2 + y2dx -dyy2）曲线L 为原点到点(1 , 1

4、) 的直线段，则曲线ò e x2 + y2 ds 的值等于Le 2 -1eln x1ef ( x , y ) dy =f ( x , y ) dxòòòò3）交换次序后， dxdyy100e- 3 554）函数 z = x2 - xy + y2 在点(-1 , 1) 沿方向l = 2 , 1 的方向导数为x -1 = y - 2 = z5）曲面 z - ez + 2xy = 3在点(1, 2 , 0) 处的法线方程是420òò xyds 其中D 是由抛物线 y2 = x 及直线D三、（本题 7 分）计算二重y = x - 2

5、所围成的闭区域。2 é 1y5 ù2y+2()òòò2解：原式=dyxydx =y y + 2-ú dy2ê2-12-1yëûy6 ù211é y42 y3= ê+ y2 -= 5úë 8312 û-124òòò zdv ，其中W 是由柱面x2 + y2 = 1及平W四、（本题 7 分）计算三重面 z = 0 , z =1围成的闭区域。解：方法一：利用柱面坐标计算p22p11òòòqrd

6、rzdz =原式=d000方法二、截片法p21ò原式=p zdz =0五、（本题 7 分）计算 òò xdydz + ydzdx + zdxdy ，其中S 为旋转抛物面S, ( z £ 1) 的上侧。z = x2 + y2解：方法一、利用两类曲面的S 对应侧的法向量为-2x , 1- 2 y(-2x2 - 2 y2 + x2 + y2 )dxdy = -(x2 + y2 )dxdyòòòò原式x2 + y2 £1x2 + y2 £1p22p1òò= -dqr dr = -30

7、0方法二、利用高斯公式，补充曲面S1 并取下侧原式= -òòò3dxdydz - òò xdydz + ydzdx + zdxdyS1WS11dxdy = - p1òòòp zdz += -320x2 + y2 £1六、（本题 7 分） ò( yexy + 3x - y +1)dx + (xexy + 3x - y + 3)dy ，其中L 为从点Lx2a2( a , 0) 沿椭圆 y = -b到点(a , 0) 的一段。-1-解：原式= ò( yexy + 3x - y +1)dx +

8、 (xexy - x - y + 3)dy + ò 4xdyLL2pa()òò=3x +1 dx +4ab cos q dq = 2a + 2p ab2-apìxyx 2 + y 2 ¹ 0七、（本题 7 分）设函数 f (x , y) = ïx 2 + y 20íïx 2 + y 2 = 0î证明：1） f ( x , y ) 在点(0 ,2） f ( x , y ) 在点(0 ,0)处偏导数存在0)处不可微f (Dx , 0) - f (0 , 0)m 0 - 0 = 0x证明：1）因为 ff (0

9、, 0) = lim f (0 , Dy) - f (0 , 0) = lim 0 - 0 = 0yDyDyDy®0Dy®0所以 f ( x , y ) 在点(0 ,0)处偏导数存在Dz - f (0 , 0) Dx - f (0 , 0) Dy DxDylimxy= lim2）因为()()22(Dx)2 + (Dy)2Dx+ DDx®0Dx®0Dy®0yDy®0当取Dy = kDx 时DxDyk 2k 2= lim=lim() + (Dy )22Dx®01+ k21+ k2DDx®0Dy®0xDz -

10、f (0 , 0) Dx - f (0 , 0) Dylimxy¹ 0随k 之不同极限值也不同，即(Dx)2 + (Dy)2Dx®0Dy®0所以此函数在(0 , 0) 处不可微。¶z¶2 zæy ö八、（本题 7 分）设z = xf ç xy ,，f 具有连续二阶偏导数，求 ¶y ,÷¶y¶xèxø解： ¶z， ¶z = x æ xf ¢ + 1f ¢ öf + x æ yf ¢

11、; -yx2f ¢ öç12 ÷ç12 ÷¶y¶xèxøèø¶2 z2 æy¢ öyy¢¢¢¢¢¢¢2xf1 + x- + yf-x2÷21x2= 2xf + x yf11 - x22ç yf11f12f22f22¶y1èø九、（本题 7 分）设 y = ex 是微分方程 xy¢ + p ( x) y = x

12、 的一个解，求此微分方程的通解。+ p ( x) exp ( x) = xe-x - x ，原方程为y¢ + (e-x -1) y = 1解：因为 xe= x ,这是一个一阶线性微分方程，其通解为y = eò(1-e- x )dx æe()öò- x-1 dxç ò+ Cedx÷èø(ò e-e- x - xdx + C ) = ex+e- x (ò e-e- x e-xdx + C )-y = ex+e(e+ C ) = e + Ce-y = ex+e十、（本题 8 分）在

13、第一卦限内作椭球面 x222+ y + z= 1 的切平面，使a2b2c2该切平面与三坐标平面所围成的四面体的体积最小，求切点的坐标。解：设(x, y , z )为椭球面上在第一象限的一点，过此点的切平面方000程为2x0 (x - x ) + 2 y0 (y - y )+00a 2b2化成截距式方程x 2y 2z 2x a 2x0y b2y0z+= 0 + 0 + 0 =c 2a 2b2c 2z01 (abc)2此切平面与坐标面围成四面体的体积为V =。（下面我们去掉6 x0 y0 z0下标 0）1 (abc)2x 2y 2z 2满足条件+= 1 (要求V =x > 0 ,的最小值，a

14、 2b2c 26xyz2只需求 f (x , y , z) = xyz 满足条件 x +y 2 + z 2= 1 (x > 0 ,的最a 2b2c 2大值。由拉格朗日乘数法，只需求以下函数的驻点F (x , y , ) = xyz +zìF= yz + l 2x = 0(1)(2)(3)(4)ïxa 2ï= xz + l 2 y = 0ïFïyb2z2( )´1x + ( )´2y + ( )´3z 得3xyz + 2l = 0íïFz= yl= 0ïï x 2y 22

15、ï+= 1ïî a 22ba 23b23c 2333由此得 x =y =z =，所以 x =a3, y =b ,32,2,23 a33 b3时，有最小体积，最小体积为 3 abc 。2当 x =, y =,切点坐标为æ3 a ,3 b ,3 c ö。ç÷333èøL : ì2x + y -1 = 0十一 、（ 化工类做 ）（本题 7 分） 已知直线和í1î3x + z - 2 = 0: 1- x = y +1 = z - 2 ，证明： L/ L ，并求由L , L 所确定的平

16、面方程。L21212123证明：直线L1 上任取两点(0 , 1 , 2) , (1 , -1 , -1) ，则S1 = 1 , - 2 , - 3 是L1 的方向向量；L2 的一个方向向量为S2 = -1 , 2 , 3 ，因为S1 / S2 ，所以L1 / L2 设 L1 , L2 所确定的平面方程为 Ax + By + Cz + D = 0 ，它经过点(1, -1 , 2) 和点(0 , 1 , 2) , (1 , -1 , -1) ，所以ì A - B + 2C + D = 0ì A = -2DïB + 2C + D = 0Þ ïB = -D 所求方程为-2x - y +1 = 0ííï A - B - C + D = 0ïC = 0îîò xy2dx + yj ( x) dy 与路径无L十二、(化工类做)（本题 7