高等数学(同济)下册期末考试题及答案(5套)

高等数学(同济)下册期末考试题及答案(5套)高等数学(下册)考试试卷(一)一、填空题(每小题3分，共计24分)1、 z=log(a,(x+y))的定义域为D=((x,y)|x+y>0}o2、 二重积分221n(x+y)dxdy的符号为负号。3、 由曲线y=lnx及直线x+y=e+l,y=l所围图形的面积用二重积分表示为JJ(x+y.e.l)dxdy,其值为1/2.4、 设曲线L的参数方程表示为{x*(t),y=\|/(t)}(aWt郅)，则弧长元素ds=sqrt((p,(t)A2+\|/,(t)A2)dto5、 设曲面£为x+y=9介于z=0及z=3间的部分的外侧，则JJ(x+y+l)ds=27也6、 微分方程y'=ky(1.y)的通解为y=CeA(kx)/(l+CeA(kx)),其中C为任意常数。7、 方程y(4)dA4y/dxA4+tan(x)y,,,=0的通解为y=Acos(x)+Bsin(x)+Ccos(x)eAx+Dsin(x)eAx,其中A、B、C、D为任意常数。8、级数£n(n+l)/2的和为S=l/2+2/3+3/4+。+n(n+1)/(n+1)(n+2)=n/(n+2),n>l.二、选择题(每小题2分，共计16分)1、 二元函数z=f(x,y)在(x,y)处可微的充分条件是(B)f_x*(x,y),f_y'(x,y)在(x,y)的某邻域内存在。2、 设u=yf(x)+xf(y),其中f具有二阶连续导数，则xA2+yA2等于(B)X。3、 设。：x+y+z<l,z>0,则三重积分1=fffl2zdV等于(C)fOA7t/2/OA1-rsin0|OAl-rsin0-zrdrd(pd0o4、 球面xA2+yA2+zA2=4aA2与柱面xA2+yA2=2ax所围成的立体体积V=(A)4fOA7i/4fOA2acos0fOA4a-rsinOrdrd(pd0o1、 设2sin(x+2y-3z)=x+2y-3z,则frac{\partialz}(\partialx}+\frac{'partialz){\partialy}=\frac{l}{3}$$2、 已知曲线$y=y(x)$经过原点，且在原点处的切线与直线$2x+y+6=0$平行，而$尸3)$满足微分方程$y”.2y，+5y=0$,贝!]曲线的方程为$y=eA{x\sin2x}$o3、 求解下列问题：设$魇$均为连续可微函数。$u=f(x,xy),v=g(x+xy)$,求$\frac{\partialu}(\partial乂}$和$\frac{\partialu}{'partialy}$。frac{\partialu}(\partialx}=flx+Ly\cdoty,\quad\frac(\partialu}(\partialy}=f$$设$u(x,t)=\int_(x-t}A(x+t}f(z)\mathrmdz$,求$\frac{\partialu}{\partial乂}$和$\frac{\partialu)(\partialt)$ofrac{\partialu)(\partialx}=f(x+t)-f(x-t),\quad\frac(\partialu}(\partialt)=f(x+t)+f(x-t)$$4、 计算：1)$I=\int_(\Omega}\int_(2x+y=2z}\int_{z}A{2}x\mathrmdz\mathrmdy\mathrmdx$,其中$\Omega$是由$xA2+yA2=2z$和$z=l$所围成的空间闭区域。I=\int_{0}A{\pi}\int_{0}人{\sqrt{2}\sin\theta}\int_{\frac{1}{2}\left(rA2\cos\theta+rA2\sin\theta\right)}A{2}r\cos\theta\mathrmdz\mathrmdr\mathrmd\theta=\frac(11}{6}-\frac{\sqrt{2}){2}$$2)$I=\int_{L+\frac{1}{2)xA2\mathrmdy-y\mathrmdx)$,其中$L$是$乂0尸$面上的任一条无重点且分段光滑不经过原点$0(0,0)$的封闭曲线的逆时针方向。I=\frac{1}{2}\oint_LxA2\mathrmdy-y\mathrmdx=\piRA2$$5、已知方程$f(x+y)=f(x)f(y)\left(l-f(x)-f(y)\right)$,且$f(0)=l$,求$f(x)$of(x)=\frac{l}{l+eA{-x})$$6^求级数$\sum_(n=l}A(\infty}\frac{(-l)A{n}}{2n+l)$的收敛区间为$[-l,l]$ol.lim(x,y—0)(3・9+xy)/(x+y)=-6设I=f[0,2]dxf[0,2x]f(x,y)dy,交换积分次序后，I二j[0,2]dyJ[y/2,2]f(x,y)dx设f(u)为可微函数，且f(0)=0,则lim(t—0+)JjDf(xA2+yA2)do=0,其中D为xA2+yA2<tA2的区域。曲线积分JLy(yeAx+l)dx+(2yeAx-x)dy,其中L为以(0,4)为圆心，半径为4的圆，逆时针方向。计算得到JLy(yeAx+l)dx+(2yeAx-x)dy=32eA4no设A=(x+yz)i+(y+xz)j+(z+xy)k,贝！JdivA=x+y+z。微分方程y'=y/(2x-y)的通解为y=cleAx+c2eA(x/2)o设f(x)=x-2,其Fourier展开式为f(x)=£n=lAoo(2-2cos(nx))/nA27tA2sin(nx)o选择题答案：TOC\o"1-5"\h\zBCAAB1、 填空题(每小题3分，共计24分)]、设u=Jetdt,则8u/8z=0.2、 函数f(x,y)=xy+sin(x+2y)在点(0,0)处沿1=(1,2)的方向导数为2.2、选择题(每小题3分，共计18分)1、 答案为D。根据格林公式，争CPdx+Qdy+Rdz=〃S(8R/2y・8Q/8z)dydz+(8P/8z・8R/8x)dzdx+(6Q/6x-5P/5y)dxdy,其中S为C所围成的区域。因为8P/5y=2y。dQ/dx=2xo8R/8z=2z,所以JJS(5R/5y-5Q/3z)dydz+(5P/5z-5R/5x)dzdx+(5Q/5x-5P/5y)dxdy=J]S2dydz+2dzdx+2dxdy=4JJSdxdydz=4x(4/3)n=16/3jio2、 答案为D。根据斯托克斯定理，争CPdx+Qdy+Rdz=ffS(8R/5y・8Q/8z)dydz+(5P/5z-5R/5x)dzdx+(6Q/5x-3P/6y)dxdy,其中S为C所围成的区域。因为8P/8y=0.aQ/3x=0.8R/8z=x2+y2，所以JJS(8R/3y・8Q/8z)dydz+(3P/3z-5R/3x)dzdx+(5Q/5x-5P/5y)dxdy=JJS(x2+y2)dydz=27ij0adzJ(W(a2-z2)r3dr=2兀/3a4(4a3-3a3)=2兀a(4/3-a2)°3、 答案为A。因为3u/5x=2xo3u/5y=2yo所以gradu=(2x,2y),|gradu|=2Wx2+y2),所以方向导数为2V(x2+y2)cosO,其中0为向量(1,1)和(1,0)的夹角，即0=兀/4,所以方向导数为2/2(x+y)。4、 答案为D。根据格林公式，季CPdx+Qdy=JjD(8Q/8x・5P/5y)dxdy,其中D为C所围成的区域。因为。P/3y=2x。5Q/5x=2y,所以JJD(5Q/5x-5P/3y)dxdy=JJD0dxdy=0.5、 答案为C。因为3f73x=2xy-y2.5f75y=x2-2xy,所以Hessian矩阵为H(f)(x,y)=[(a2f7ax2)(a2f7axay);(52f75xay)(a2f75y2)J=[2y-2x;-2x2x-2y],特征值为灯=0,X2=4(x2+y2),所以当入1=0时，Hessian矩阵不定，当？i2>0时，Hessian矩阵正定，所以当x2+y2>0时，(0,0)是f(x,y)的极小值点。3、改错题(每小题4分，共计12分)1、将5u/6x和8u/8y代入偏微分方程得到2x+2y=2,艮卩x+y=l,所以C为直线x+y=l.2、 根据斯托克斯定理，CPdx+Qdy+Rdz=JJS(5R/3y-3Q/5z)dydz+(5P/5z-5R/5x)dzdx+(5Q/5x-5P/ay)dxdy,其中S为C所围成的区域。因为5P/5y=cosyo5Q/5x=0.cR/5z=0,所以jjS(8R/8y・8Q/8z)dydz+(8P/8z・8R/8x)dzdx+(5Q/dx-dP/dy)dxdy=ffScosydydz=27rj07r/2cos0sin9d0fOar2dr=na3/3,所以答案为Co3、 根据斯托克斯定理，争CPdx+Qdy+Rdz=[fS(8R/8y・5Q/5z)dydz+(3P/3z-5R/5x)dzdx+(5Q/5x-5P/3y)dxdy,其中S为C所围成的区域。因为3P/dy=0.SQ/dx=2x00R/8z=0,所以JJS(5R/5y-5Q/3z)dydz+(5P/5z-5R/5x)dzdx+(5Q/5x-5P/5y)dxdy=JJS2xdydz=0,所以答案为A。1、 设。为曲面z=l.x.y,z=0所围成的立体，如果将三重积分I=J]J(x,y,z)dv化为先对z再对y最后对x三次积分，则1=1-x-y)f(x,y,z)dz)dydx02、 设z=xyA2,结论正确的是(B)dA2z/dxdy=dA2z/dydxo3、 若f(x,y)为关于x的奇函数，积分域D关于y轴对称,对称部分记为D1,D2,f(x,y)在D上连续，则JJf(x,y)do=2JJ(D1)f(x,y)do。4、 设f(x,y)为连续函数，则I=lim(t->0)1/(ntA2)ff(xA2+yA2<tA2)f(x,y)do,其中D:xA2+yA2<tA2.5、 jL(xA2+yA2)ds,其中L:xA2+yA2=aA2,等价于fOA(27c)aA2cosA2ed0,答案为(B)aM兀/2.6、 设。是一空间有界区域，其边界曲面a。是由有限块分片光滑的曲面所组成，如果函数P(x,y,z),Q(x,y,z),R(x,y,z)在。上具有一阶连续偏导数，则三重积分与第二型曲面积分之间有关系式：JHf(V・F)do=JKV・F)dV,该关系式称为高斯公式。7、 微分方程y”-6y，+9y=x.6x+9的特解可设为y=2*(-l)A(n-1),答案为(D)。8、 若级数£pn发散，则p>l,答案为(C)。二、选择题1、 根据导数的定义，f(x+a,b).f(a.x,b)=2xfx(a,b),答案为(C)2fx(a,b)o2、 6z/3x=yA2,5A2z/3y5x=2y,3A2z/3x5y=2y,因此结论正确的是(B)dA2z/dydx=d^2z/dxdyo3、 由对称性可知，D1和D2对应的线积分相等，因此可以将积分域拆成D1和D2两部分，再利用奇偶性将D1中的积分转化成对称的D2中的积分，答案为(B)2.4、 将f(x,y)在圆盘。冲2+"2#人2上展开成二重Fourier级数，利用Parseval等式求出系数，得到I=7iX(n=l)oo(l-1/砂2)八2,利用p级数判定法可知该级数收敛，答案为(A)冗。5、 可以使用极坐标系，令x=acos0,y=asin0,则ds=adx,所以原积分化为JOA(27i)aA2cosA20d0,答案为(B)aA4n/2.6、 根据高斯公式，jnf(V・F)do=JKV・F)dV=j]j8P/8x+8Q/ay+8R/8z)dV,其中P,Q,R是F的分量函数，答案为(D)F)do=fff8P/dx+dQ/dy+dR/dz)dVo7、 将尸=2*(・1)人(。.1)代入微分方程得到4时2而+2=0,解得n=l/2或n=l,因此特解为y=2*(-l)A0=2或y=2*(・l)〜l.l)=2,答案为(D)。8、 根据p级数判定法，若£pn发散，则必有lim(n—>oo)(pn)A(l/n)>l,答案为(C)。1当$。1$时，$x+y\geq1$；2、 负号；3、 $\iint\limits_{D}eA{x+l-y}\ody\odx=\int_OAl\int_OA(l-x}eA{x+l-y}\ody\odx=3-e$；4、 $\phi(t)=\sqrt{t)\cos(\sqrt{t))$,$\psi(t)=\sqrt{t)\sin(\sqrt{t))$；5、 $180\pi$；6、 $\frac{\siny}{x}=C$；7、 $y=C_1\cos(2x)+C_2\sin(2x)+C_3eAx+C_4eA{-2x)$；8、 $1$；二、1D；2、D；3、C；4、B；5、D；6、B；7、A；8、三、 1、$\frac(\partialu}{\partialx}=xg'(x+xy)$,$\frac{\partialu}(\partialy}=yf_2*(x,y)$；2、 $\frac{\partialu}(\partialx}=f(x+t)-f(x-t)$,$\frac{\partialu}{'partialt}=f(x+t)+f(x・t)$；3、 $y=\pm\sqrt(\frac{xA2}{aA2}-l}$；4、 $\iint\limits_{D}\sqrt{xA2+yA2)\ody\。dx=\frac{8}{3)$；5、 $\frac{dy}{dx}=\frac(2x}{y}$;6^$\iint\limits_{\Sigma}(x+y+z)\odS=\frac{3\sqrt{2}}{2}$；7、 $\iint\limits_(\Sigma}xyz\odS=\frac{1}{3}$；8、 $f(x)=\sum\limits_(n=l}A{\infty)\frac{(-l)A(n+l)xAn){n}$；四、 1、$\frac(\partialu}{\partialx}=yeA(xy)$,$\frac(\partialu}(\partialy)=xeA{xy)$；2、$I=\iint\limits_{D}\sqrt{xA2+yA2}\ody\odx=\int_{0}A(2\pi}\int_{O}A{l}rA2\odr\od\theta=\frac{\pi}{2}$；3、 $\frac{\partialz){\partialx)=-\frac{y)(xA2+yA2}$,$\frac(\partialz}(\partialy}=\frac{x){xA2+yA2)$；4、 无解；五、 1、$\frac{\partialf}(\partialx}=\frac(2xA2+2xy}{(x+y)A2)$,$\frac{\partialf}{\partialy}=\frac(2yA2+2xy}{(x+y)人2}$；2、 $I=\iint\limits_(\Sigma}xz\odS=\frac{4){3}$；3、 $\frac{dy){dx}=\frac{yA2-xA2){2xy)$；4、 $\iint\limits_{\Sigma}xA2yA2\odS=\frac{1){2)$；六、 1、$\frac(\partialF){\partialx)=yz$,$\frac(\partialF}(\partialy}=xz$,$\frac(\partialF}(\partialz)=xy$；2、 $I=\iint\limits_{\Sigma}\sqrt(xA2+yA2+zA2}\。dS=\frac{8\pi\sqrt{2}}(3)$；3、 $\frac{\partialy}{\partialx)=-\frac{2x}{3y}$；4、 $\iint\limits_{\Sigma}xA2yA2\odS=\frac{1){2)$；七、 1、$\frac(\partialf}(\partialx}=\frac{1}{\sqrt{1+\sinA2x}}$;2、 $I=\iint\limits_{\Sigma}xyz\odS=\frac{1}{4}$；3、 $\frac(df)(d(\cosx)}=\frac(l+\sinA2x}(\cosx)$,$f(x)=\ln(\cosx+\sqrt{l+\sinA2x})$；4、 $a_n=O$；八、1、$f(x)=\sum\limits_{n=l}A(\infty}\frac{(-l)A{n+l}xAn}{n}$o第一段：将公式格式化，得到：int_(r=l)A{2)\int_(\theta=0)A(2\pi}\int_{z=0}A)\sqrt{4-rA2)}rA3\,dz\,dr\,d\theta=\frac{7}{3)\pi$$改写为：计算三重积分$$\iiint\limits_{V}rA3\,dz\,dr\,d\theta$$其中$V$是由圆锥面$z=\sqrt)4-rA2}$和平面$z=0$所围成的区域。通过换元法，可将三重积分转化为累次积分，得到$$\int_{r=l)A{2}\int_(\theta=0}A{2\pi}\int_{z=0}A{\sqrt{4-rA2}}rA3\,dz\,dr\,d\theta=\frac{7}{3}\pi$$第二段:第三段:将公式格式化，得到：oint_LP\,dx+Q\,dy=\iint_D\left(\frac{'partialQ}{\partialx}-\frac(\partialP}{\partialy}\right)\,dx\,dy$$改写为：设$L$为逆时针方向的简单闭曲线，$D$为$L$所围成的区域，$P(x,y)$和$。3")$在$D$内连续且具有一阶连续偏导数。由Green公式得$$\oint_LP\,dx+Q\,dy=\iint_D\left(\frac{'partialQ}(\partialx}-\frac{\partialP}(\partialy}\right)\dx\,dy$$第四段：将公式格式化，得到：I=\oint_L\frac{y\,dx・x\,dy}(xA2+yA2)$$改写为:设$L$为逆时针方向的简单闭曲线，$D$为$L$所围成的区域，且不包含点$0(0,0)$o设$P=-\frac{y){xA2+yA2)$,$Q=\frac{x}(xA2+yA2)$,贝|$卩$和$Q$在$D$内连续且具有一阶连续偏导数。由Green公式得$$I=\oint_L\frac{y\,dx-x\,dy}(x人2+y人2}=2\pi$$当$L$所围成的区域$D$包含点$0(0,0)$时，由于$P$和$Q$在$D$内除点$0$外都连续，因此可以将$L$分为两部分$L_1$和$L_2$,其中$L_1$是以点$0$为圆心，$r=\epsilon$为半径的圆，$L_2$是以点$O$为圆心，$r=\epsilon$和$r=l$为半径的圆弧,且$L_1$和$L_2$均按逆时针方向取。然后分别对$L_1$和$L_2$应用Green公式，再取极限$\epsilon\to0$,即可得到$I=2\pi$。题目：剔除下面文章的格式错误，删除明显有问题的段落,然后再小幅度的改写每段话。二、1、C；2、B；3、A；4、D；5、C；6、D；7、B；8、三、 1、函数$u=ln(x+yA2+zA2)$在点A(1,1,1)处可微,且$\frac{\partialu}{\partialx}|_A=\frac{1}(x+y+z)|_((1,1,1)}=\frac{1}{3}$；$\frac(\partialu}(\partialy}|_A=\frac{y}(y+z}|_{(1,1,1)}=1$；$\frac{\partialu}(\partialz}|_A=\frac(zA2)(yA2+zA2}|_{(1,1,1)}=\frac{1}{2}$。而$1=AB=(2,・2,1)$,所以$l=(\frac{2}{3},・\frac{2}{3},\frac(l){3})$,故在A点沿$1=AB$方向导数为:$\frac{\partialu}{\partial1)|_A=\frac{\partialu)(\partial|_A\cdotcos\alpha+\frac(\partialu}{\partialy}|_A\cdotcos\beta+\frac{\partialu}(\partialz}|_A\cdotcos\gamma=\frac{1}{2}$o四、 1、$\Omega$的联立不等式组为$\Omega:\begin{cases)O\leqy\leqx-l\\O\leqz\leq1-x-y\end{cases}$。所以$I=\int_OA1dx\int_OA{1-x)dy\int_OA{1-x-y) \frac{1}(3(l+x+y+z))dz=\int_0Aldx\int_0A(1-x}\frac{1}{3(l+x+y)}dy=\int_0Al\frac{ln(2x4-4)}{6}dx=\frac{ln4){6}$o五、1、连接OA,由Green公式得：$I=\oint_L(ecosy-excosy+mdx)+\iint_D\frac{\partial}(\partialx}(ecosy-excosy+mdx)-\frac{\partial}(\partialy}(ecosy-excosy+mdy)dxdy=\iint_D(-e)dydx=-\frac(m\piaA2}{8}$o2、作辅助曲面$\Sigma_lAbegin(cases}z=a\\xA2+yA2\leqaA2\end(cases}$,上侧，则由Gauss公式得：$I=\iint_(\Sigma_1)(-z)dxdy+\iint_(\Sigma_2}zdxdy=-\frac{aA3){3}+\frac{aA3){3}=0$o1.第一段话：删除明显有问题的段落，改写如下：已知三维空间中一个球体的半径为a,球心在原点，求积分$\iint_D2(x+y+z)dxdy-\iiint_ExA2+yA2\leqaA2dz$,其中$D$为球体内部的平面区域，$E$为球体内部的立体区域。2.第二段话：改写如下:根据题意，要求解微分方程$\phi"(x)-3\phi,(x)+2\phi(x)=xeA{2乂}$的特解。首先求出该微分方程的齐次方程$\phi”(x).3\phi'(x)+2\phi(x)=0$的通解。设其通解为$y=c_leAx+c_2eA(2x}$,其中$c_l$和$c_2$为任意常数。由于特征方程$r&.3r+2=0$的两个根为$r_l=l$和$r_2=2$,因此齐次方程的通解为$\phi(x)=c_leAx+c_2eA{2x}$。接下来我们需要求出微分方程的一个特解。由于$\lambda=2$是特征方程的根，我们可以猜测特解形如$\phi_p(x)=x(Ax+B)eA(2x}$o将其代入微分方程并整理得到$A=\frac{l}{2}$,$B=.\frac{1}{4}$。因此，微分方程的通解为$\phi(x)=c_leAx+c_2eA(2x}+\frac{1}{2}x(x-2)eA{2x}$。3.第三段话：改写如下：根据题意，已知函数$f(x,y,z)=yA2zA2-xeA(xA2zA2}$,需要求出积分$\iiint_\Omega\frac{\partialP}{\partialx}+\frac{\partialQ}(\partialy}+\frac{\partialR}(\partialz}dV$,其中$\Omega$为由平面$x=0$,$y=0$,$z=0$和$z=a$所围成的立方体，$P=yA2zA2-xeA{xA2zA2)$,$Q=0$,$R=0$o根据高斯公式，有$\iiint_\Omega\frac{\partialP}(\partialx}+\frac{\partialQ}(\partialy}+\frac{\partialR}(\partialz)dV=\iint_{\partial\Omega}Pdydz+Qdzdx+Rdxdy$。因为$\partial\Omega$为六个面的并，我们可以分别计算每个面的贡