《高等数学》考试试卷A卷及答案解析

2023年12月2日发(作者：单招考试数学试卷江西)

《高等数学》考试试卷A卷及答案解析

一．填空题（共24分，每小题3分）

1．设函数zyx，则dz__________________________.

2．方程e3z3xyze3确定zzx,y，则zx__________________ .

3. 曲线xtsint，y1cost，z2sint2在t处切线方程为

_________________________________________.

4. 函数ux2yz在点M(2,1,0)处最大的方向导数为__________________.

5. 交换二次积分I 2 y 0dy

y2f(x,y)dx的积分次序，得I__________________.

26.设平面曲线L:yx2(0x1)，则曲线积分Lxds__________________.

7. 幂级数2n的收敛域是

________________________.

n1nxn8. 微分方程y2y2y0的通解为___________________________.

二、选择题（共12分，每小题3分）

1. 设曲面z2x23y2在点M(1 , 1 , 5)处的切平面方程为4x6yz0，则

（ ）.

(A)

15 (B)

0 (C)

5 (D)

5

2. 函数f(x,y)在点(x,y)处可微是函数f(x,y)在该点处存在偏导数的（ ）.

(A) 必要条件 (B) 充分条件

(C) 充要条件 (D) 既非充分又非必要条件

3. 设曲线L是单位圆周x2y21按逆时针方向，则下列曲线积分不等于零的是（

(A)

yds (B)

xds (C)

xdyydxxdyydxLLL (D)

Lx2y2

4. 下列级数中收敛的是（ ）.

(A)

2nn11n3n1n2 (B)

n1n2 (C)

(n12n2n) (D)

n13n

. ）

三、解答题：(共59分)

x31y2的极值.

1.（7分）求二元函数fx,y2xy33x2. （7分）设函数zf,x2y，其中fu,v具有二阶

yz2z连续偏导数，求,

.

xxy

3．（7分）计算二重积分xy2dxdy，其中D是由圆周x2y24与y轴所围成的右半区域.

D

4．（7分）将函数fxln(1x)展成x1的幂级数，并写出可展区间

5．（7分）计算曲面积分I(2xyxyz)dS，其中为平面xyz1在第一卦限中的部分.

6. （8分） 求微分方程y3y2yxe2x的通解.

7． （8分）计算曲线积分Ixyx2dxxy2y32dy其中L为曲线y2xx2从A(2,0)到LO(0,0)的弧段.

8．（8分）利用高斯公式计算曲面积分

Ix3dydzy32dzdxz3x3dxdy,其中为由上半球面z4x2y2与锥面zx2y2围成的空间闭区域的整个边界曲面的外侧.

四．（5分）设f(x)是在(,)内的可微函数, 且f(x)f(x), 其中01. 任取实数a0, 定义anlnf(an1),n1,2,3.

证明：级数(anan1)绝对收敛.

n1

2

《高等数学》考试试卷A卷答案

一、填空题（共24分，每小题3分）

1.

dzyxlnydxxyx1dy 2.

3.

xy2z2 4.

200 2 2x 0 xzyz3z

xexy33

5.Idxf(x,y)dy 6.1551

12117.

[ , ) 8.

yex(c1cosxc2sinx)

22二、选择题（共12分，每小题3分）

1. C 2. B 3. D 4. D

三、解答题（共64分）

1. （7分）

2fx2yx0解： 令 得驻点

f2x2y0yx0x2 ，

2分

y0y2

fxx2x，fxy2，fyy2

4分

在（0，0）处，

A0 , B2 , C2

 ACB240 ，

（0，0）为非极值点.

5分

在（2，2）处

A40 , B2 , C2

 ACB240



f(2 , 2)1为函数f(x,y)的极大值.

7分

2.（7分）

解：

z1f12xyf2

xy3分

2z1(f12xyf2)

xyyy

11xx2x2]

f[f()fx]2xf2xy [f()f22yyyy1xx22x3yf22

7分

2f12xf23f11f12yyy3 3. （7分）

解：

xyD2dxdy 2 2ydy2 4y2 0xdx

3分

1 222y(4y)dy

5分

2 2 264

(4y2y4)dy

7分

0154. （7分）

解：

(1)nn1ln(1x)x

1x1

1分

n1n0

ln(1x)ln[2(x1)]ln2ln(1(1)nx1n1ln2()

2n0n1x1)

23分

(1)nln2(x1)n1

n1n0(n1)26分

7分

1x11



1x3

25.（7分）

解：:z1xy

dS1zxzydxdy3dxdy

I(2xy1)3dxdy

D2分

4分

5分

6分

7分

3dx011x02xydy3dxdy

D

3x0132x2xdx3

193.

12

6.（8分）

解 （1）先求微分方程y3y2y0的通解Y

特征方程

r23r20 即

(r2)(r1)0，r12 ，r21

Yc1e2xc2ex

3分

（2）求原方程的一个特解y



2是特征方程的根，

4 故设

yx(axb)e2x(ax2bx)e2x

令Q(x)axbx，则Q(x)2axb，Q(x)2a

25分

将Q(x)，Q(x)代入方程Q(x)(2p)Q(x)x

得

2a2axbx

12a112xa则

 ， 解之得 ，

yxe

7分

222ab1b01所求通解

yc1e2xc2exxe2x

8分

2

7.（8分）

解：LOA(xyx2)dx(xy2y32)dy

(DQP)dxdy(y2x2)dxdy

3分

xyD 2cosθ 0d2 0

2dρ

5分

342cos4d

6分

043

I(xyx2)dx(xy2y32)dy

7分

OA4233

xdx2

8分

044

8. （8分）

解：由高斯公式

I(3x23y23z2)dV

3分



3

 2 0d4 0

 sind r4 dr

6分

0 21922(1)

8分

52

9.（5分）

解：对任意设n2,由拉格朗日中值定理，有

anan1lnf(an1)lnf(an2)其中n1介于an1与an2之间. 于是有

f\'(n1)an1an2an1an2,2分

f(n1)5

anan1n1a1a0又级数n1n1n1,2,.

5分

3分

a1a0收敛, 由比较审敛法知级数(anan1)绝对收敛.

n1

6