厦门大学-高等数学试卷-高数期中考参考题-有答案

精选文档-可编写厦门大学《高等数学A》期中试卷2005年级理工专业考试日期2005.4

成绩＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿号栏学＿＿＿＿＿息＿名姓信级年＿＿＿线＿＿生＿业专＿＿订＿考＿＿＿系＿＿＿＿装＿＿院学＿＿＿＿＿＿

精选文档-可编写一、选择题：(每题4分，共20分)1.设有直线L1:x1y5z8与L2xy6,与L2的夹角:z则L11212y3,为。答案：C（A）6（B）(C)3（D）422.在曲线xt,yt2,zt3的所有切线中，与平面x2yz4平行的切线。答案：B（A）只有1条（B）只有2条(C)只有3条（D）不存在xy,(x,y)(0,0)3.二元函数f(x,y)x2y2在点（0，0）。答案：C0,(x,y)(0,0)（A）连续，偏导数存在（B）连续，偏导数不存在不连续，偏导数存在（D）不连续，偏导数不存在4.设有平面地区D{(x,y)|axa,xya}，D1{(x,y)|0xa,xya}，则(xycosxsiny)dxdy。答案：AD（A）2cosxsinydxdyD1（B）2xydxdyD1(C)4(xycosxsiny)dxdyD1（D）0．设有空间地区1{(x,y,z)|x2y2z2R2,z0},2{(x,y,z)|x2y2z2R2,x0,y0,z0},则有。答案：C（A）xdv4xdv12（B）ydv4ydv12(C)zdv4zdv12（D）xyzdv4xyzdv12精选文档-可编写二、填空题：(每题4分，共24分)2．设一平面经过原点及点(6,3,2),且与平面4xy2z8垂直,则此平面方程为。答案:2x2y3z03．函数uln(x2y2z2)在点M(1,2,2)处的梯度为。答案:2{1,2,2}94．函数uln(xy2z2)在A(1,0,1)处沿点A指向点B(3,2,2)的方导游数为。答案:125．设地区为x2y2R2,则D(x2y2。答Da2b2)=案:4114R(a2b2)5.设是由曲面zx2y2与z1x2y2所围成的地区,则(xyz)dv=。答案:8三、计算：(每题8分，共24分)1.已贴心形线a(1cos)(a0,02).求（1）心形线的全长;(2)心形线所围图形的面积;(3)心形线绕极轴旋转一周后生成的旋转体的体积.答案:(1)8a,(2)3a2,(3)8a3.23解:(1)利用对称性,心形线的全长为L22( )2( )d22a2(1cos)d8.00a(2)利用对称性,心形线所围面积S212()d212(123a2.2acos)d0022(3)考虑在处,夹角为d,半径为r的扇形绕极轴旋转后生成的旋转体的体积dV,则由球扇形(球缺)体积计算公式有进而精选文档-可编写注:第(3)小题此次期中测试不做.＿＿栏＿＿＿＿＿＿＿息＿＿号学＿＿信＿＿＿＿名姓生级年＿＿考＿＿线＿＿业专＿＿订＿＿＿＿系＿＿＿

精选文档-可编写xyx2y2(0,0)x2y2,(x,y)2．求函数f(x,y)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limf(x,0)f(0,0)00fx(0,0)xlimx0,x0x0limf(0,y)f(0,0)00fy(0,0)ylimy0,x0x0又由于当(x,y)(0,0)时,fx(x,y)y(x44x2y2y4),fy(x,y)x(x44x2y2y4).(x2y2)2(x2y2)2进而0fxx(0,0)limfx(x,0)fx(0,0)lim(x)40,xxx0x0fy(0,y)fy(0,0)0fyy(0,0)limlim(y)40.yyy00y.[(y)4]fxy(0,0)limfx(0,y)fx(0,0)lim(y)41,yyy0y0x.(x)4fyx(0,0)limfy(x,0)fy(0,0)lim(x)41.xxx0y02.求曲线x2y2z23x0,在点(1,1,1)处的切线及法平面方程.2x3y5z402x2yyx2zzx30,9解:对曲线方程两边对于x求导,得3yx5zx0.解得yx(1,1,1)=,216zx(1,1,1)=1,进而T(1,9,1),进而所求曲线在点(1,1,1)的切线方程为161616x1y1z1面方程为16(x1)9(y1)(z1)0,即1691,法平16x9yz240.5精选文档-可编写四、计算（每题6分，共24分）1．设f(x,y,z)xy2z3,此中x,y,z知足方程g(x,y,z)x2y2z23xyz0.求(1)fx(1,1,1),其中zz(x,y)是由方程g(x,y,z)0所定义;(2)fx(1,1,1),其中yy(x,z)是由方程g(x,y,z)0所定义.解:(1)对方程g(x,y,z)0两边对于x求偏导数,并视zz(x,y),解得zx3yz2x,于是2z3xyfx2z3xy23z2zx2z33xy2z2(3yz2x)2.yy2x,进而fx(1,1,1)3xy(2)对方程g(x,y,z)0两边对于x求偏导数,并视yy(x,z),解得可得yx3yz2x,于是2y3xzfx2z3x2yyx3zx2z32xyz3(3yz2x)1.yzy,进而fx(1,1,1)2y3xz2．设函数f(x,y)在点(1,2)处可微,且f(1,2)2,fx(1,2)3,fy(1,2)4,(x)f(x,f(x,2x)),求(1).解:由于(x)f1(x,f(x,2x))f2(x,f(x,2x))[f1(x,2x)2f2(x,2x)],从而(1)f1(1,f(1,2))f2(1,f(1,2))[f1(1,2)2f2(1,2)],利用条件f(1,2)2,fx(1,2)3,fy(1,2)4,得(1)f1(1,2)f2(1,2)[f1(1,2)2f2(1,2)]34(324)47.精选文档-可编写1y4y3．改变积分序次并求值:dyxsinydxdyxsinydx.0y1y2解:原式4．计算x2y2x2y2所围闭地区.D1dxdy,此中D为椭圆14949解:作广义极坐标变换:x2rcos,y3rsin.则地区D变成D{(r,)|0r1,02},且变换的Jacobi队列式为J(x,y)6r.进而1x2y2dxdy=6r1r2drd4.(r,)D49D精选文档-可编写五、计算题（每题4分，共8分）1.已知曲面x2y23z0,求经过A(0,0,1)点且与直线xyz平行的切平面方程.212解:设所求切平面经过曲面上的切点为(x0,y0,z0),则曲面在该点的法向量为n(2x0,2y0,3),进而切平面方程为:2x0(xx)2y(yy)3(zz)0,0000(1)将点A(0,0,1)代入方程(1),得2x022y023(1z0)0,(2)切平面与直线xyz平行,故有2x02(2y0)1(3)20,(3)212又切点(x0,y0,z0)在曲面上,故有x02y023z00,(4)联立(2),(3),(4)求得切点为(2,1,1),代入(1),得所求切平面为4x2y3z3.2.在曲面2x23y22z22xz6上求与平面z0的距离最大的点的坐标.解:问题得实质是求所给曲面所确立的隐函数zz(x,y)的绝对值|z|的最大值.法一:对曲面方程两边分别对于x,y求偏导数,得zx2xz,zy3y,令zxzy0得2zx2zxz2x,y0,代入原方程得x1.于是驻点为(1,0,2),(1,0,2),再由Azxx(1,0,2)2,Bzxy(1,0,2)0,Czyy(1,0,2)1,ACB20,A0,知(1,0,2)是极大3值点,