大学数学试题

2023年12月2日发(作者：小孩挑战高考数学试卷答案)

大学数学试题(总4页)

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--内页可以根据需求调整合适字体及大小-- 高等数学（下）模拟试卷一

一、 填空题（每空3分，共15分）

11zxyxy的定义域为 （1）函数yzzarctanx，则x （2）已知函数（3）交换积分次序，20dy2yy2f(x,y)dx＝

(xy)ds（4）已知L是连接(0,1),(1,0)两点的直线段，则L

（5）已知微分方程y2y3y0，则其通解为

二、选择题（每空3分，共15分）

x3y2z10L（1）设直线为2xy10z30，平面为4x2yz20，则（ ）

A.

L平行于 B.

L在上 C.

L垂直于 D.

L与斜交

（2）设dz（ ）

2dy

2224z25(xy)及平面z5所围成的闭区域，将（3）已知是由曲面222xyzxyz2确定，则在点(1,0,1)处的是由方程dy 2dy C.2dx2dy

(x2y2)dv在柱面坐标系下化成三次积分为（ ）

25 A.0C.

2dr3drdz0023502r B.

02dr3drdz0022250045

20drdr5dz D.

，则其收敛半径（ ）

0drdrdz（4）已知幂级数1A.

2 B.

1 C.

2 D.

2

xy3y2y3x2eyy（5）微分方程的特解的形式为（ ）

xxx(axb)xe(axb)ce(axb)cxeA. B. C. D.

2 得分

阅卷

人

三、计算题（每题8分，共48分）

x1y2z3L101且平行于直线L2：11、求过直线:x2y1z211的平面方程

zz222、已知zf(xy,xy)，求x，

y

3、设D{(x,y)xy4}，利用极坐标求2x2f(x,y)e(xy2y)的极值 4、求函数2y222xdxdyD

xtsint(2xy3sinx)dx(xe)dy5、计算曲线积分L， 其中L为摆线y1cost从点O(0,0)到A(,2)的一段弧

xxyyxe6、求微分方程 满足

yx11的特解

四.解答题（共22分）

22xzdydzyzdzdxzdxdy1、利用高斯公式计算，其中由圆锥面zx2y2与上半球面z2x2y2所围成的立体表面的外侧

(10)

n1n(1)3n1的敛散性，若收敛，判别是绝对收敛还是条件2、（1）判别级数n1收敛；（6）

（2）在x(1,1)求幂级数n1nxn的和函数（6）

高等数学（下）模拟试卷一参考答案

一、填空题：（每空3分，共15分）

4xydx1f(x,y)dy220x{(x,y)|xy0,xy0}xy21、 2、 3、

x3xyCeCe2124、 5、

二、选择题：（每空3分，共15分）

CDCA.D

三、计算题（每题8分，共48分）

1、解：

A(1,2,3)s1{1,0,1}s2{2,1,1}

2

3 ins1s21jk01i3jk1

6

平面方程为

x3yz20

8

22uxyvxy

2 2、解： 令zzuzvf1y2f22xy

xuxvx

6

zzuzvf12xyf2x2yuyvy

8

0r2，

3 3、解：D:0221232xdxdyrcosdrdDD20cos2dr3dr024

8

2x2fx(x,y)e(2x2y4y1)012x(,1)fy(x,y)e(2y2)024．解： 得驻点

4

Afxx(x,y)e2x(4x4y28y4),Bfxy(x,y)e2x(4y4),Cfyy(x,y)2e2x

6

11f(,1)e22A2e0,ACB4e0极小值为22

8

5．解：P2xy3sinx,曲线积分与路径无关

2

积分路线选择：L1:y0,x从0，L2:x,y从02

4

(2xy3sinx)dx(x

L2PQ2x,Qx2ey，有yx

ey)dyPdxQdyPdxQdyL1L20

0

8

11yyexP,Qexxx6．解：

2

3sinxdx(2ey)dy22e27

2通解为yeP(x)dxdxdxP(x)dxxxx[Q(x)edxC]e[eedxC]11

4

11[exxdxC][(x1)exC]x

x

6

1xy[(x1)e1]y1C1x代入x1，得，特解为

8

四、解答题

1、解：22xzdydzyzdzdxzdxdy(2zz2z)dvzdv

4

6

r3cossindrdd4 方法一： 原式＝方法二： 原式＝20dcossind4020r3dr12

10

20drdr012r2rzdz2r(1r2)dr02

10

n1un131nn1nn1limlim1u(1)n1n2、解：（1）令n3n1nunn3n34

(1)n1n

n13n1绝对收敛。

s(x)（2）令nxnxn1nxn1xs1(x)n1

2

x0s1(x)dxxnxn1dxn10xnxs(x)(x)1n11x11x(1x)2s(x)x(1x)2x(1,1)

6

5

n13收敛，

6

5