高等数学期末试卷及答案

高等数学测试题一

一、单项选择题(每小题4分，满分20分)

1．曲面x2y2z214在点(1,2,3)处的切平面方程是（ ）

x1y2z3 B.x2y3z140

123x1y2z3C. D.2xy3z40

213A.2z2．设函数f(u,v)具有二阶连续偏导数，zf(xy,y)，则=（ ）

xy B.f1yf12 A.f1xyf11xyf11 D.f1xyfyf12 123．设空间区域

1:x2y2z2R2,z0;2:x2y2z2R2,x0,y0,z0，则下列等式（ ）成立.

A.xdv4xdv B.ydv4ydv

1212C.zdv4zdv D.xyzdv4xyzdv

12124．下列级数中，绝对收敛的级数是（ ）

11A.(1) B.(1)n2

nn1n1n3nC.(1)n1n1nn D.(1)nln(1)

n11n5．已知幂级数an(x1)n在x2处收敛，在x4处发散，则幂n0级数an(x1)n的收敛域为（ ）

n0A.[4,2) B.[3,3) C.[2,4) D.[1,5)

二、填空题(每小题4分，满分20分)

1 x2y24z216．通过曲线222且母线平行于z轴的柱面方程xyz0为 ．

7．设函数f(x,y,z)exyz2，其中zz(x,y)是由xyzxyz0确定的隐函数，则fx(0,1,1) ．

8．微分方程y2y3y0的通解为 ．

9．交换积分次序0dx0f(x,y)dy ．

(2x1)n10．级数的收敛半径R ．

nn111x三、计算题(每小题6分，满分30分)

11．求函数f(x,y)x22xy2y24x2y5的极值．

12．求曲面zx2y2介于两平面z1与z4之间的部分的面积．

2 13．求微分方程xy

dyx2y2满足条件y|xe2e的特解．

dx14．求过点M1(1,1,1)和M2(0,1,1)且垂直于平面xyz0的平面方程．

n21nx的和函数． 15．求幂级数nn1

3 四、理论及其应用题（每题满分8分，共24分）

16．求二阶线性非齐次微分方程y2yyx满足条件y(0)2,y(0)0的特解．

17．已知点A与B的直角坐标分别为(1,0,0)与(0,1,1)．线段AB绕z轴旋转一周所成的旋转曲面为S．求由S及两平面z0,z1所围成的立体体积．

(1)n118．将函数f(x)展开成(x3)的幂级数，并求n1的和．

xn03

4 五、证明题（本题满分6分）

19．设z是x,y的函数，且xyxf(z)yg(z), xf(z)yg(z)0，

求证：[xg(z)]

《高等数学（下）》测试题一参考答案

一、1．B；2．D；3．C；4．C；5．A．

二、6．5x23y21；7．1；8．yC1exC2e3x；9．0dy0f(x,y)dx；10．1/2．

三、11．解

ffff2x2y4, 2x4y2，由0, 0解得xyxy11yzz[yf(z)]．

xy2, fxy2, fyy4，则在点P(3,1)处，驻点P(3,1)，又因为fxxA2, B2, C4，B2AC40，且A20，故点P(3,1)是函数f(x,y)的极小值点，极小值为f(3,1)10．

12．解

AD2πzz1dxdy14x24y2dxdy

xy1x2y24222d0114r2rdr2π1(14r)1232221π(171755)．

613．解 因P(x,y)(x2y2),Q(x)xy均为二次齐式，故所给方程为齐次微分方程．令yxu，则2dyduux，代入方程dxdxy1dyx2y2du1u2du11x，得ux，即xududx．两边ydxxydxudxuxx

5 积分，得u2lnxC，将u代回，得通解

y22x2(lnxC)．

12yx由初始条件y|xe2e，得C1．故所求特解为y22x2(lnx1)．

14．解 由题设知，所求平面的法向量n，既垂直于已知平面的法向量n0ijk，又垂直于向量M1M2i2k，故可取

ijknn0M1M21112i3jk，

102由此得所求平面的点法式方程为

2(x1)3(y1)(z1)0，

即2x3yz20．

15．解 因为

n21nn1nxnxx，

nn1n1n1nxnxS1(x)nxxxx，

21x(1x)n1n1n记S2(x)xn，则

1nn11(x)xx，

S2n1xn1n11n1n对上式从0到x的积分，得S2(x)1dxln(1x)，故

01xxn21nxxln(1x) (1x1).

2n(1x)n1四、16．解 原方程对应的齐次方程为y2yy0，齐次方程的特征方程是r22r1(r1)20，解得其特征根为r1r21，于是齐次方程的通解为y(C1C2x)ex．

6 由于0不是特征根，故非齐次方程y2yyx的特解形式应设为Y*(x)AxB，将它代入非齐次微分方程中，得A1, B2.于是，非齐次微分方程的通解为y(C1C2x)exx2.

将初始条件y(0)2,y(0)0代入，得C10, C21，故所求的特解为yxexx2．

17．解 直线AB的方程为x1z,x1yz过z轴上的[0,1]，即111yz.中任一点z且垂直于z轴截旋转体所得截面是一个圆，与AB交于点M1(1z,z,z)．于是圆的半径为r(1z)2z212z2z2，面积为π(12z2z2)．因此，

Vdxdydzdzdxdyπ(12z2z2)dz0s(z)0112π．

318．解 因为当|x3|3时，有

11111x3

x3(x3)31x33n033n1n(x3)n1n(1)(1)(x3)

nn13n033n0n(1)n1所以，取x4，得n1．

4n03五、19．证明 在方程xyxf(z)yg(z)两边同时对x求导数得

yf(z)xf(z)zzzyf(z)yg(z)，

xxxxf(z)yg(z)xf(z)yg(z)0.

同理，得zxg(z)，将所求偏导数代入等式yxf(z)yg(z)

7 [xg(z)]zz[yf(z)]，即得恒等式．故命题得证．

xy

《高等数学（下）》测试题二

一、单项选择题(每小题4分，满分20分，把答案写在括号内)

1．函数f(x,y)x4y2在原点(0,0)处的偏导数存在情况是（ ）

(A)fx(0,0)存在，fy(0,0)存在；

(B)fx(0,0)存在，fy(0,0)不存在；

(C)fx(0,0)不存在，fy(0,0)存在；

(D)fx(0,0)不存在，fy(0,0)不存在．

2．变换积分0dxxf(x,y)dy的次序为（ ）

21x(A)0dyyf(x,y)dx； (B)0dyyf(x,y)dx；

(C)0dyyf(x,y)dx； (D)0dyyf(x,y)dx．

3．直线L:x1y2z与平面:2xyz1的关系是（ ）

2131y21y111y(A)互相平行，L不在上； (B)

L在上；

(C)垂直相交； (D) 相交但不垂直．

4．若级数u与vn2均收敛，则下列级数绝对收敛的是（ ）

2nn1n1A．un；B．(unvn)；C．(1)u；D．(unvn)2．

n2nn1n1n1n1

8 5．设平面区域D是由直线xy,xy1及两条坐标轴所围成，记

I1(xy)2d, I2(xy)3d, I3[ln(xy)]3d；则有（ ）

DDD12(A)I1I2I3； (B)

I3I2I1；

(C)I1I3I2； (D)

I3I1I2．

二、填空题(每小题4分，满分20分，把答案写在横线上)

xt26．过点(1,2,1)且与直线y3t4垂直的平面方程是 ．

zt17．微分方程y2yy0的通解为 ．

8．已知平面2x4yzm是曲面zx22y2在点(1,1,3)处的切平面，则m的值等于 ．

9．级数12nx的收敛域为 ．

nn1410．D是由x0,y0与x2y21所围成的图形在第一象限内的部分，则二重积分x2ydxdy ．

D三、基本计算题(每小题6分，共30分)

yzzxy,,． 11．设zx3f，其中具有二阶偏导数，求fxxy

9 12．已知|a||b|1，且a与b的夹角，求以a2b和3ab为边的平行四边形的面积．

13．设是由曲线x0绕z轴旋转一周而成的曲面与平面z42y2zπ6围成的空间区域，求(x2y2z)dv．



14．求微分方程y3y2y3xex的通解．

10 15．将函数f(x)1x(x1)展开成x2的幂级数．

四、概念及其应用题（每小题8分，共24分）

16．求zxy11xy, (x0,y0)的极值．

17．求曲面zx2y2与z6(x2y2)所围立体的体积．

11 xn18．求幂级数n的收敛半径、收敛域及和函数．

n1n3

五、证明题（本题6分）

22xy2z2z19．证明zxy满足方程x2y20．

xyxy

《高等数学（下）》测试题二参考答案

一、1．B；2．D；3．A；4．C；5．B．

二、6．x3yz40；7．y(C1C2x)ex；8．3；9．(2,2)；10．．

三、11．解

z3x2fxy3yxy,xfyf，

122xx115z1x3f1xf2．

yx12．解 由向量积的几何意义知，以a2b和3ab为边的平行四边形面积为

12 S(a2b)(3ab)a(3a)ab(2b)(3a)(2b)b

π5 5ab5absin62113．解

由旋转抛物面z(x2y2)与平面z4围成．曲面与平2面的交线为

x2y28,

z4.

xrcos,选用柱坐标变换yrsin,由题意得积分区域zz.

:02π,0z4,0r2z，于是

22(xyz)dvdzd0042π2z0(r2z)rdr

4r2r2256 2πzdz2π2z2dzπ.

00342042z14．解 由特征方程(r)r23r20得特征根为r11,r22，所以，齐次方程的通解为yc1exc2e2x，又由1是特征方程的单根，于是yx(axb)e，即Q(x)axbx，代入公式(j)()Q(j)(x)3x中，*x22j0x3得a,b3，所以y*x，从而，原方程的通解为1yc1exc2e2x3xx1ex．

2323215．解 因为

f(x)111，

x(x1)x1x11(1)n(x2)n, |x2|1；

x11x2n0

13 n11111nx2nn(x2)(1)()(1), |x2|2；

n1x2x2x2212n022n02故f(x)(1)n(1n01)(x2)n, |x2|1．

n121y02z1z1x四、16．解

y2,x2，令得驻点(1,1)．因为

1xxyyx20y2z22z2z2,1,23，

x2x3xyyy2zA2x(1,1)2z2, B1, C2y2, 1430，

(1,1)A0，故有极小值，极小值为z3．

zx2y2

2217．解

D:xy3.

22z6xy方法一：Vdv0d0rdrr2π36r22dzdr(62r2)dr

002π3192π3r2r42π99π.

2023方法二：V[6(x2y2)(x2y2)]dxdy[62r2]rdrd

DDd02π3019r(62r)dr2π3r2r42π99π.

20223an1n3n1lim,R3. 18．解

limnan(n1)3n13n(1)n1当x3时，级数发散；当x3时，级数收敛，所以，nnn1n1级数的收敛域为[3,3)．

xnxn1131令f(x)n,f(x)n，

1x33xn1n3n13

14 f(x)f(0) f(x)lnx01xdxln(3x)|0ln3ln(3x)

3x3xxln(1).

33五、19．证明 利用一阶微分形式不变性，有

yyyyxxxxdzdxdy

yyyyxxxx从而

于是x22z22zx2yy20．

zxyxyxyxxy2zy2x2x3y1xyxyz

yyxxxxyyy2z1yx2y2xxy3xy

15