厦门大学 高等数学试卷高数期中考参考题

gaga《研球睡wA》嘛AM■襄g25*诲X，啄黎*>版翳m二2005.4一、选择题：（420分-设有直线-

次_z+ 与乙2 x—y=6,1为 _o答案：C

-2 8 1 " [2y+z=3, A2的夹角71 71 兀 71一

一

—6 4 3 2x2.在曲线=t,y=-t2,z=t3的所有切线中，与平面x+2y+z=4平行的切x线。答案：B（A）只有1条（B）只有2条 （C）只有3条（D）不存在一, 7

,(x,y)^(0,0)二兀函数f(x,y)=<x"+y~ 在点(0,0)。答案：C0,(x,y)=(0,0)Ihl!叮Ii>iiij;;ij

连续，偏导数存在连续，偏导数不存在不连续，偏导数存在不连续，偏导数不存在设有平面区域D{(x,y)\-a<x<a,x<y<a},D；={(x,y)\0<x<a,x<y<a},则(xy+cosxsiny)dxdy=。答案：A2 cosxsinydxdy2 xydxdy4 (xy+cosxsiny)dxdy0.设有空间区域Qi={(x,y,z)Ix2+y2+z2<R2,z>0},Q2={(x,y,z)lx2+y2+z2<7?2,x>0,y>0,z>0),则有。答案：C(A) \\\xdv=^\\\xdv(B)\\\ydv=^\\\ydvjjpv=4jjpvQ] Q2Jjjwdu=4(C)(D)1 2。 。 二、填空题：(每小题4分，共24分)1. 设(刁'方).亍=2,则[0乂(5+另]@+勿=-答案：42. 设一平面经过原点及点(6-3,2),4x-y+2z=8垂直，则此平面方程为。答案:2x+2y-3z=023. i/=ln(x2+y2+z2)M(l,2,-2)处的梯度为。答案：g{l,2,—2}M=ln(x+7y2+z2)A(l,0,l)A3(3,—2,2)的方向导数为=瞧：|Dy2R2则+ab

。答案:&4(飞+马

4abO5.z=]2+y2z=J12一y2所围成的区域，则y+=O兀答案:一8 Q三、计算：(每小题8分，共24分)QQ(1COS9)(Q〉0,0V9<2〃).求(1)心形线的全长；(2)心形线所围图形的面积;(3)心形Q Q线绕极轴旋转一周后生成的旋转体的体积.答案：(1)8(7，⑵项,(3)9海3.2 3解：(1)利用对称性，心形线的全长为L=2^p\0}+p'\0}d0=2]J2a2(l+cos6»)d。=8a.(2) S=2「2(0)02[之(1cos0)之=：衣?2.(3) 考虑在。处，夹角d,rdV,算公式有2 2 2 2dV=-7i[r-rcos。d0}\-—TI1{r-rcos0)=7ir[cos(3+)-cos仞=§/z，sinft。，从而V=—7iTp3(0)smGd0=—7ia3「(1+cos0)3sinOdO=—7ia3.注 :

(3)

小 题 这 次 期 中 考 试 不 做 .2.求函数f(x,y)=<Xx+2，(X，)*(°)在原点(0,0)的二阶偏导数.0, (x,y)=(0,0)解：由偏导数的定义，得fxf(Ar,0)-/(0,0) 0-0(°，。)=lim---7AXTO 3

=hm丁=°，AXTO3/■(o,3)2(0,0) o-og(o,o)=hm-------A-------=lim^—=(》fQ，y)- 2+y2)2

.x(x4-4x2y2-y4)(『+^)，fy3，y)_ 20II/•smrA(Ax,O)-/,(O,O)(W0LilLL;辿"昂

O L\X Ax—>00九，°)=limO L\X Ax—>00AXTAXTiI朴；；

f/nni]•/v(O,Ay)-yv(O,O)(Ay)4Ay A—AyBO:」」

F[•A(0,Ay)-/v(0,0)

△y.[—(颂)”(Ay)4 1->->'.11 °°=lim------;-------=li =AJO1''3:3:

AX.(AX)4frn(MO)—(0,0)r 1fyx(o，°)=lim------7-----------=lim—7—=Ax LXTO AvA>02. /+寸2+/—3x=02. /+寸2+/—3x=0(1,1,1)” —'在点2x—3y+5z—4=0解：对曲线方程两边关于]求导，得〈I解：对曲线方程两边关于]求导，得〈

处的切线及法平面方程.2x+2yy'+2zz'-3=0, 2x+2yy'+2zz'-3=0,9x 解得义x解得义』，1）=xx11]II:::

2—3y +5Z]=0. 1691 - 9 19z；（一一，从而r=（1,一,—一），从而所求曲线在点（i,i,i）的切线方程为16 1616—=—=—，法平面方程为163—1）+93—l）—（z—1）=0,即16 9 116x+9y-z-24=0.四、计算(每小题6分，共24分)1.设f(x,y,z)=xy2z3,其中满足方程g(x,y,z)=x2+y2+z2-3xyz=0.求⑴(1,1,1)，其中z=z(x,y)是由方程g(x,y,z)=0所定义;(2) (1,1,1),其中y=y(x,z)是由方程g(x,y,z)=0所定义.解:⑴对方程g(x,y,z)=0两边关于x求偏导数，并视z=z(x,y)，解得z；=癸£二女，于是2z-3xyrf2

Q2f23. 2Q2f2

Z(3关一2尤)口,3.f=yZ+xy・3z•=yz+----------------------------------，从而兀(1,1,1)=—2.3.fx 2x-5xy(2)对方程g(x,y,z)=0两边关于x求偏导数，并视y=y(x,z)，解得可得y；=关£二些，于是2y-3xz曷三"fy%'+・2y•.#=十

2x),从而=-1.2y-3xz2.设函数f(.x,y)在点(1,2)处可微，且f(l,2)=2,人'(1,2)=3,f；(1,2)=4,(p(x)=f(x,f(x,2x)),求时⑴.解:因为(p'(x)=f/(x,f(x,2x))+f；(x,f(x,2x))-[f/(x,2x)+2f^(x,2x)],从而9'⑴=//(I,f(1,2))+EQf(1,2))0'(1,2)+2£(1,2)],利用条件f(l,2)=2,f；(l,2)=3/(1,2)=4,得时⑴=片(1，2)+£(1,2).[//(1,2)+2£(1,2)]=3+4x(3+2x4)=47.3.改变积分次序并求解源式=JjxsinydxdyD

sinydx+12xsinydy12

sinydx.=一g尤cosyI：；?dx=-£[xcos(x+2)-=-[xsin(x+2)]I；+£sin(x+2)dx+—sinx2匕3 3=——sin4——sin1-cos4+cos1.2 2

x~]dxcosx2 2 4•计算"

1---一土dxdy,其中Q为椭圆—+^-1所围闭区域.4 9 49解:作广义极坐标变换:x=2rcos0,y=3rsin0.则区域D变为D'=｛（r,。）I0<r<1,0<^<ITI｝，且变换的Jacobi行列式为J =匹立=6r.从而

I2 2 1土-^~dxdy=\\6r^drde=4五、计算题(每小题4分，共8分)x2-y2-3z=0A(O,O,-1)点且与直线|^|平行的切平面方程.解:设所求切平面经过曲面上的切点为(如光,膈),则曲面在该点的法向量为n=(2x0,-2y0-3)，从而切平面方程为：2尤0(尤一、0)—2yo(y-Vo)-3(2-z0)-0,将点A(O,O-1)代入方程(1),得一2A：Q+ +3(1+)=0,0 切平面与直线|=^=|平行，故有2x-2+(-2y0 0 0 又切点(.x,y,z)在曲面上，故有—y《一3膈0 0 联立(2),⑶,(4)求得切点为(2,1,1),代入(1),4x-2y-3z3.

(1)(2)⑶⑷2,在曲面2%2+3y2+2z2+2xz=6±求与平面z=o的距离最大的点的坐标.解:问题得实质是求所给曲面所确定的隐函数z=z(x,y)的绝对值IzI的最大值.x,yz；=一矣*z；=矿=0z—2x,y0,2z.x2z+.x代入原方程得x=±1.于是驻点为(1,0,-2),(-1,0,2),再由2A=z；(—1,0,2)=3,8=二(一1,0,2)=0,C=z；(-1,0,2)=—1,AC—3?〉0,A<0,知(—1,0,2)是极大值点,极大值为z(—1,0,2)