高等数学下册试卷及答案

2023年12月2日发(作者：南阳一高高考数学试卷答案)

高等数学下册试卷及答案

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=loga(x+y)的定义域为D={(x,y)|x+y>0}。

2、二重积分∬|x|+|y|≤1 2ln(x+y)dxdy的符号为负。

3、由曲线y=lnx及直线x+y=e+1，y=1所围图形的面积用二重积分表示为∬(e+1-x)dx dy，其值为e-1.

4、设曲线L的参数方程表示为{x=φ(t)。y=ψ(t)} (α≤t≤β)，则弧长元素ds=√[φ\'(t)²+ψ\'(t)²]dt。

5、设曲面∑为x+y=9介于z=0及z=3间的部分的外侧，则∫∫∑(x²+y²+1)ds=18√2.

6、微分方程y\'=x/(y²+1)的通解为y=1/2ln(y²+1)+1/2x²+C。 7、方程y\'\'-4y=tanx的通解为y=C1e^(2x)+C2e^(-2x)-1/2cosxsinx。

8、级数∑n=1∞1/(n(n+1))的和为1.

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x²+y²等于（A）x+y。

3、设Ω：x+y+z≤1.z≥0，则三重积分I=∭ΩzdV等于（D）∫0^1∫0^(1-z)∫0^(1-x-y)zdxdydz。

4、球面x²+y²+z²=16a²与柱面x²+y²=2ax所围成的立体体积V=（C）8∫0^π/2∫0^(2acosθ)∫0^√(16a²-r²)rdzdrdθ。

注：原文章中第一题的符号“>”应该是“≥”，已进行更正。

2sin(x+2y-3z)。

2、设f(x)在[0,1]上连续，则f(x)在[0,1]上一定有最小值和最大值。

3、设f(x)在[0,1]上可导，且f(0)=0，f(1)=1，则在(0,1)内至少存在一点c，使得f\'(c)=1.

4、设f(x)在[a,b]上连续，且f(x)在(a,b)内可导，则存在c∈(a,b)，使得f(b)-f(a)=f\'(c)(b-a)。

5、设f(x)在[a,b]上连续，且f(x)在(a,b)内可导，则在(a,b)内至少存在一点c，使得f\'(c)=[f(b)-f(a)]/(b-a)。

6、设f(x)在[a,b]上连续，且f(x)在(a,b)内可导，则f(x)在[a,b]上一致连续。

7、设f(x)在[a,b]上可导，且f\'(x)在[a,b]上有界，则f(x)在[a,b]上一定一致连续。

8、设f(x)在[a,b]上连续，且f(x)在(a,b)内可导，则f(x)在[a,b]上可导。

二、选择题（每小题5分，共计25分）

1、设f(x)为奇函数，g(x)为偶函数，则f(x)g(x)为（）

A。奇函数 B。偶函数 C。非奇非偶函数 D。无法确定

答案：B 解析：奇函数与偶函数相乘，结果为偶函数。

2、设f(x)在[a,b]上连续，且f(x)在(a,b)内可导，则f(x)在[a,b]上（）

A。一定可导 B。一定不可导 C。可能可导 D。无法确定

答案：C

解析：根据连续函数可导的充要条件，可得可能可导。

3、设f(x)在[0,1]上连续，且f(0)=f(1)，则在(0,1)内至少存在一点c，使得f(c)=f(c+1/2)的命题是（）

A。错误的 B。正确的，但无法证明 C。可以用零点定理证明 D。可以用介值定理证明

答案：D

解析：根据介值定理，可得该命题正确。

4、下列哪个级数为调和级数（）

A。∑(1/n) B。∑(n^2) C。∑(1/n^2) D。∑(1/2n+1)

答案：A

解析：调和级数为1+1/2+1/3+。+1/n+。

5、级数∑(n^2)/(2^n)的收敛性为（）

A。收敛 B。发散 C。无法判断 D。收敛但不绝对收敛

答案：A

解析：根据比值判别法，可得该级数收敛。 6、设$Sigma$为柱面$x+y=1$和$x=0,y=0,z=1$在第一卦限所围成部分的外侧，则曲面积分$iint_{Sigma}

2zdxdy+xzdydz+x^2ydxdz$等于（）。（A）$pi$；（B）$-5pi$；（C）0；（D）4/3.

7、方程$y\'\'-2y\'=f(x)$的特解可设为（）（A）$Ax$，若$f(x)=1$；（B）$Ae^{x}$，若$f(x)=e^{x}$；（C）$Ax^2+Bx+Cx+Dx+E$，若$f(x)=x^2-2x$；（D）$x(Asin5x+Bcos5x)$，若$f(x)=sin5x$。

8、设$f(x)=begin{cases} -1.& -pi leq x < 0 1.& 0 leq x

< pi end{cases}$，则它的Fourier展开式中的$a_n$等于（）（A）$[1-(-1)^n]/(npi)$；（B）$2/(npi)$；（C）1；（D）0.

二、计算题（每小题10分，共计60分）

3、设$D$是由曲线$y=x$，$y=x+2$所围成，则二重积分$I=iint_D 2(1+x)dxdy=$（）。

解：$D$被直线$y=x$所分成的两部分分别为$D_1={(x,y)|0leq xleq yleq x+2}$和$D_2={(x,y)|1leq

xleq 3.x+2leq yleq 2}$，则

begin{aligned}

I&=iint_D 2(1+x)dxdy

iint_{D_1} 2(1+x)dxdy+iint_{D_2} 2(1+x)dxdy

int_0^1int_x^{x+2} 2(1+x)dydx+int_1^3int_{x+2}^2

2(1+x)dydx

2int_0^1(3+x)dx+2int_1^3(3+x)dx

20

end{aligned}

4、在椭圆$x^2/4+y^2/1=1$上求一点，使其到直线$2x+3y-6=0$的距离最短。

解：设椭圆上的点为$(x,y)$，则直线$2x+3y-6=0$的法向量为$(2,3)$，所以过点$(x,y)$且垂直于直线$2x+3y-6=0$的直线方程为$2(x-x_0)+3(y-y_0)=0$，即$2x+3y=2x_0+3y_0$。又因为点$(x,y)$在椭圆上，所以有$x^2/4+y^2/1=1$，将$2x+3y=2x_0+3y_0$代入得$2x_0+3y_0=dfrac{4x}{sqrt{4+9}}+dfrac{3y}{sqrt{4+9}}=dfrac{4x}{sqrt{13}}+dfrac{3y}{sqrt{13}}$。因此，问题转化为求椭圆$x^2/4+y^2/1=1$上到直线$2x+3y=dfrac{4x}{sqrt{13}}+dfrac{3y}{sqrt{13}}$的距离最短的点$(x_0,y_0)$。由于点$(x_0,y_0)$到直线$2x+3y=dfrac{4x}{sqrt{13}}+dfrac{3y}{sqrt{13}}$的距离等于$dfrac{|2x_0+3y_0|}{sqrt{4+9}}=dfrac{|2x_0+3y_0|}{sqrt{13}}$，所以问题又转化为求椭圆$x^2/4+y^2/1=1$上到直线$2x+3y=pm1$的距离最短的点。设直线$2x+3y=1$上的点为$(x_1,y_1)$，则点$(x_1,y_1)$到椭圆$x^2/4+y^2/1=1$的距离为$d_1=dfrac{|2x_1+3y_1-1|}{sqrt{2^2+3^2}}=dfrac{|2x_1+3y_1-1|}{sqrt{13}}$；同理，设直线$2x+3y=-1$上的点为$(x_2,y_2)$，则点$(x_2,y_2)$到椭圆$x^2/4+y^2/1=1$的距离为$d_2=dfrac{|2x_2+3y_2+1|}{sqrt{13}}$。因为点$(x_0,y_0)$到直线$2x+3y=pm1$的距离最短，所以$d_0=min{d_1,d_2}$。不妨设$d_1leq d_2$，则$d_0=d_1$，即$dfrac{|2x_1+3y_1-1|}{sqrt{13}}$最小，因此点$(x_0,y_0)=(x_1,y_1)$。直线$2x+3y=1$与椭圆$x^2/4+y^2/1=1$的交点为$(1/sqrt{5},2/sqrt{5})$，因此点$(x_0,y_0)=(1/sqrt{5},2/sqrt{5})$。

5、求圆柱面$x+y=2$被锥面$z=sqrt{x^2+y^2}$和平面$z=0$割下部分的面积$A$。

解：圆柱面$x+y=2$在$xOy$平面上的投影为线段$AB$，其中$A=(0,2)$，$B=(2,0)$。锥面$z=sqrt{x^2+y^2}$在$xOy$平面上的投影为圆$x^2+y^2=r^2$，其中$r$为锥面母线的长度。由于锥面和平面$z=0$的交线在$xOy$平面上的投影为圆$x^2+y^2=r^2$，所以锥面和平面$z=0$割下的部分在$xOy$平面上的投影为圆$x^2+y^2leq r^2$。设圆$x^2+y^2=r^2$与线段$AB$的交点为$C$和$D$，则线段$AB$被圆$x^2+y^2=r^2$分成的两段分别是线段$AC$和线段$BD$。设线段$AC$的长度为$l_1$，线段$BD$的长度为$l_2$，则圆$x^2+y^2=r^2$的周长$C=2pi r=2l_1+2l_2$，即$l_1+l_2=pi r$。因为锥面和平面$z=0$割下的部分在$xOy$平面上的投影为圆$x^2+y^2leq r^2$，所以该部分的面积为$A=pi r^2$。又因为圆柱面$x+y=2$被锥面和平面$z=0$所割下的部分在$xOy$平面上的投影为线段$AB$被圆$x^2+y^2=r^2$所分成的两段，所以$l_1+l_2=AB=sqrt{2^2+2^2}=2sqrt{2}$。因此，$r=dfrac{l_1+l_2}{pi}=2dfrac{sqrt{2}}{pi}$，$A=pi

r^2=8dfrac{2}{pi^2}$。

6、计算$I=iint_{Sigma} xyzdxdy$，其中$Sigma$为球面$x^2+y^2+z^2=1$的$xgeq 0,ygeq 0$部分的外侧。

解：球面$x^2+y^2+z^2=1$的$xgeq 0,ygeq 0$部分的外侧可以表示为$Sigma={(x,y,z)|xgeq 0,ygeq 0,x^2+y^2+z^2=1}$。因为$Sigma$关于$x$轴对称，所以

begin{aligned}

I&=iint_{Sigma} xyzdxdy

2iint_{{(x,y,z)|xgeq 0,ygeq 0,x^2+y^2+z^2=1}}

xyzdxdy

2int_0^{pi/2}int_0^{pi/2}int_0^1

r^4sinthetacos^2thetasinphicosphi drdphi dtheta 2int_0^{pi/2}int_0^{pi/2}

sinthetacos^2thetasinphicosphileft(int_0^1 r^4drright)dphi

dtheta

2int_0^{pi/2}int_0^{pi/2}

sinthetacos^2thetasinphicosphicdotdfrac{1}{5}dphi

dtheta

dfrac{2}{5}int_0^{pi/2}sinthetacos^2thetaleft[-dfrac{1}{2}cos^2phiright]_0^{pi/2}dtheta

dfrac{1}{5}int_0^{pi/2}sinthetacos^4theta dtheta

dfrac{1}{5}int_0^{pi/2}sintheta(1-sin^2theta)^2 dtheta

dfrac{1}{5}int_0^1 u^2(1-u^2)^2 du quad (u=sintheta)

dfrac{1}{5}int_0^1 (u^2-2u^4+u^6)du

dfrac{1}{5}left[dfrac{u^3}{3}-dfrac{2u^5}{5}+dfrac{u^7}{7}right]_0^1

dfrac{4}{315}

end{aligned}

七、设$f(x)=int_0^{cos x}(1+sin^2 t)dt$，求$f(x)$的导数。 解：根据微积分基本定理，$f(x)$可表示为$f(x)=F(cos x)-F(0)$，其中$F(t)=int_0^t (1+sin^2 t)dt$。因此，$f\'(x)=-sin

xF\'(cos x)=-sin x(1+sin^2cos x)=-sin x-sin^3xcos x$。

八、将函数$f(x)=ln(1+x+x^2+x^3)$展开成$x

一、填空题

= (1-x+xe^(z-y-x))dx + (1-e^(z-y-x))dy

2.x/2 = y/2 = z/2 - 1/2

3.1/8

4.∫(a-m)^(a+m) e^(-ax) f(x) dx

5.∂Q/∂x - ∂P/∂y = 0

6.πa^3/2

7.y = Ce^(-3x) + e^x/3

8.可以是收敛也可以是发散

二、选择题

1.(A) 有极限，且极限不为0.

2.(C) f_x(0,1)存在，f_y(0,1)不存在。 222D: x+y≤R。其中D为平面上的一个区域。设f(x)+f(y)在D上可积，求证：∬Df(x)+f(y)dσ=2∫R0f(r)dr，其中r为圆的半径。

改写：设D为平面上的一个区域，其中x+y≤R。如果f(x)+f(y)在D上可积，那么有∬Df(x)+f(y)dσ=2∫R0f(r)dr，其中r为圆的半径。

2222Ω: x+y+z≤R，其中(x+y+z+1)dV。

改写：Ω为空间中一个区域，满足x+y+z≤R，其中(x+y+z+1)dV。

五、（15分）确定常数λ，使得在右半平面x>0，∫L2xy(x4+y2)λdx-x2(x4+y2)λdy与积分路径无关，并求其一个原函数u(x,y)。将其展开为x的幂级数。

改写：在右半平面x>0，确定常数λ，使得∫L2xy(x4+y2)λdx-x2(x4+y2)λdy与积分路径无关，并求其一个原函数u(x,y)。将u(x,y)展开为x的幂级数。 六、（8分）将函数f(x)=3(1-x)/(1+x)展开为x的幂级数。

改写：将函数f(x)=3(1-x)/(1+x)展开为x的幂级数。

七、（7分）求解方程y\'\'-6y\'+9y=0.

改写：求解方程y\'\'-6y\'+9y=0.

一、

1.1

2.-1/6

3.$int_{y/2}^yint_0^xf(x,y)dxdy$

4.$2f\'(frac{pi}{4})$

5.$-8pi$

6.$2(x+y+z)$

7.$y\'\'+y\'-2y=0$

二、

1.C

2.B

3.A 4.D

5.C

6.D

7.B

8.C

三、

1.在点A(1,1,1)处，$u=ln(x+y^2+z^2)$可微，$frac{partial u}{partial

x}bigg|_A=frac{1}{x+y+z}bigg|_A=frac{1}{3}$，$frac{partial u}{partial

y}bigg|_A=frac{y}{y+z}bigg|_A=frac{1}{2}$，$frac{partial

u}{partial

z}bigg|_A=frac{z^2}{x+y+z^2}bigg|_A=frac{1}{2}$，所以在$A$点沿$l=AB$方向导数为$frac{partial u}{partial

l}bigg|_A=frac{partial u}{partial

x}bigg|_Acosalpha+frac{partial u}{partial

y}bigg|_Acosbeta+frac{partial u}{partial

z}bigg|_Acosgamma=frac{1}{2}$，其中$cosalpha=frac{1}{sqrt{6}}$，$cosbeta=-frac{1}{sqrt{6}}$，$cosgamma=frac{2}{sqrt{6}}$，所以$l=frac{1}{sqrt{6}}i-frac{1}{sqrt{6}}j+frac{2}{sqrt{6}}k$。

2.驻点为$M(2,1)$，$f(2,1)=4$，$f_x=2xy-2xy=0$，$f_y=x(4-x-2y)-y=-2x+2y+4$，所以$f_y(2,1)=0$，且$f_{xx}=-2y$，$f_{yy}=-2x$，$f_{xy}=2x$，所以$f_{xx}(2,1)=-2$，$f_{yy}(2,1)=-4$，$f_{xy}(2,1)=4$，所以$f_{xx}(2,1)f_{yy}(2,1)-[f_{xy}(2,1)]^2=0-16<0$，所以$M(2,1)$为$f(x,y)$的一个极值点，且为极大值点。又当$x+yleq 6$且$xgeq 0,ygeq 0$时，$f(x,y)=2x-frac{12}{x}+frac{3}{2}$，所以$f(x,y)$在该区域上的最大值为$f(4,2)=5$。

四、

f(x)=tan(f\'(0)x)$，$f(0)=0$，$f\'(0)=frac{1}{2}$，所以$f(x)=tan(frac{1}{2}x)$。

五、

y\'\'-y=sin x$，对应的齐次方程为$y\'\'-y=0$，特征方程为$r^2-1=0$，解得$r_1=1,r_2=-1$，所以齐次通解为$y=C_1e^x+C_2e^{-x}$。设非齐次特解为$y^*=Asin x+Bcos

x$，代入原方程得$A=0,B=-frac{1}{2}$，所以非齐次特解为$y^*=-frac{1}{2}cos x$，所以原方程的通解为$y=C_1e^x+C_2e^{-x}-frac{1}{2}cos x$。又$y(0)=0,y\'(0)=1$，所以$C_1+C_2=frac{1}{2},C_1-C_2=0$，解得$C_1=C_2=frac{1}{4}$，所以原方程的特解为$y=e^x+e^{-x}-frac{1}{2}cos x$。

六、

becausefrac{dy}{dx}=x^2+y^2$，$thereforeintfrac{1}{y^2}dy=int x^2dx$，解得$y=-frac{1}{x}+frac{1}{cx}$，又$y(1)=1$，所以$c=-frac{1}{2}$，所以$y=-frac{2}{2x-1}$。

七、

令$t=x-2$，则原级数为$sum_{n=1}^inftyfrac{(-1)^{n+1}}{(t+2)^{2n+1}}$。根据比值判别法，$lim_{ntoinfty}frac{(t+2)^{2n+3}}{(t+2)^{2n+1}}=t+2$，当$t+21$时即$t>-1$时，级数发散；当$t+2=1$时即$t=-1$时，级数为$sum_{n=1}^inftyfrac{(-1)^{n+1}}{1^{2n+1}}$，为交错级数，收敛；所以级数的收敛区间为$(-infty,-1)cup(-1,+infty)$，即$xin(-infty,1)cup(3,+infty)$。

1、$y=e^{y^2z^2}-xe^{x^2z^2}$；2、5；3、$int_{-1}^1int_{-sqrt{1-x^2}}^{sqrt{1-x^2}}int_{-sqrt{1-x^2-y^2}}^{sqrt{1-x^2-y^2}}frac{1}{x^2+y^2+z^2}dzdydx$；4、$f(0,0)$；5、$2pi a^3$；6、$iiint_{Omega}frac{partial

P}{partial x}+frac{partial Q}{partial y}+frac{partial

R}{partial z}dV$。

设平面与点P(x,y,z)相切，平面的法向量为n=(2x,2y,-1)，且z=4+x+y，切平面方程为2x(x-x)+2y(y-y)-(z-z)=0，即z=2x^2+2y^2+4-x-y。因此，要求的体积V可以表示为V=∫∫z

dσ，其中积分区域为圆盘x^2+(y-1)^2≤1.将z代入积分式中，进行极坐标变换，得到V=π(2x+4-x-y)。对V求偏导数，得到∂V/∂x=π(2-2x)，∂V/∂y=-2πy。令偏导数为0，解得驻点为(1,1,5)。此时V=5π，z=5.因为实际问题有解，而驻点唯一，所以当切点为(1,1,5)时，题中所求体积为最小。此时的切平面为z=2x+3.

联接BA，并设由L及BA所围成的区域为D，则I=∫L+BA(excosy-1)ds-∫∫D(excosy-1)dxdy。利用Green公式，化简得到I=4π。

对于微分方程y\'\'+(1-y)/(1+y)=0，令y\'=z，得到z\'\'+(1-y)/(1+y)z=0.通解为y=c1+c2∫e^(-1/2ln(1-y^2))dy。令y\'=z=dy/dx，可得到dx/dy=1/z，即x=∫1/zdy。将z代入积分式中，得到通解为y=1-(c1+c2∫(1-z^2)^(-1/2)dz)^2.

该幂级数的收敛区间为(-1,1)。设S(x)=∑x^n/(n+1)，则S\'(x)=∑x^n=1/(n+1-x)，S(x)=∫S\'(x)dx=-ln(1-x)/(1-x)。

答案可能不唯一，仅供参考。

1.给定偏微分方程，将其改写为紧凑的形式：

frac{partial u}{partial x}=-frac{1}{2}f_1(x,y)frac{partial

u}{partial y},quad frac{partial u}{partial y}=-frac{1}{2}f_2(y,z)frac{partial u}{partial z},quad

mathrm{d}u=f_1(x,y)mathrm{d}x-(f_1(x,y)+f_2(y,z))mathrm{d}y-f_2(y,z)mathrm{d}z$$

2.对给定的积分进行改写：

I=iint_D

frac{af(x)+bf(y)}{f(x)+f(y)}mathrm{d}sigma=frac{1}{2}iint_D

frac{af(x)+bf(y)}{f(x)+f(y)}mathrm{d}sigma+frac{1}{2}iint_D frac{af(y)+bf(x)}{f(x)+f(y)}mathrm{d}sigma$$ 3.给定多重积分，利用对称性简化计算：

I=iiint_{Omega}2(x+y+z)dV+iiint_{Omega}x(y+z+1)dV+iiint_{Omega}yzdV+iint_{S}mathrm{d}V=frac{3}{2}iiint_{Omega}zdV+pi R(x+y+z)+V_{Omega}$$

4.给定偏微分方程，求其原函数：

u(x,y)=int_{x}^{2xy}frac{1}{t^2+y^2}mathrm{d}t-int_{y}^{2xy}frac{1}{x^2+t^2}mathrm{d}t=-arctanfrac{y}{x}$$

5.对给定的表达式进行化简：

frac{1+x^2}{(1-x)^3}=frac{1}{(1-x)^2}-frac{1}{1-x}$$

6.对给定的表达式进行化简：

frac{1-x}{(1+x)^3}=frac{1}{(1+x)^2}-frac{2}{(1+x)^3}$$