厦门大学高等数学试卷（第一学期+第二学期）

厦门大学《高等数学A》课程试卷＿＿＿＿学院＿＿＿＿系＿＿＿＿年级＿＿＿＿专业主考教师：高数A组试卷类型：（A卷）2007.06.8一、选择题（每小题4分，共16分）1．设是由球面x2y2z2R2所围成的闭区域,则(x2y2z2)dxdydz()2ππR（A）R2dddxyz；（B）6dcos24sindrrd；000πRR22zR（C）；6drdrz2dz（D）6z2dzdxdy。0000x2y2R2z2f(x,y)xy2．设f(x,y)在0,0的某个邻域内连续,且lim1,则f0,0是fx,y的。x0222y0(xy)（A）极大值；（B）极小值；（C）非极值；（D）不能确定。3．设:x2y2z2R2取外侧,为所围立体,rx2y2z2,则下列演算正确的是。3331xyz333（A）dydzdzdxdxdyR3xdydzydzdxzdxdyr3r3r3(B)3(x2y2z2)dv=3R2dvx3y3z3x3y3z3(C)dydzdzdxdxdydvr3r3r3xr3yr3zr3(D)04．设2收敛,则级数（）.anann1n1(A)绝对收敛;(B)条件收敛;(C)发散;(D)可能收敛,可能发散.二、填空题（每小题4分，共16分）12221．设rxyz,则div(grad(r))____________。2．设L为沿抛物线yx2从点o(0,0)到A(1,1)的一段，则yds。Ln3．（x1)的收敛域是。nn12n4．1的幂级数展开式为，收敛半径为。1x2x2三、计算题（第1题——第5题每题8分，第6，7题10分）1．求I(x2y2z2)ds,其中为球面x2y2z29与平面xz1的交线.2（1）na2.判断级数(a0)的敛散性。nn1n1ax2y22y3．求Iy2dxxydyxzdz.其中:,从z轴正向看为顺时针方向.yz14．求幂级数xn的和函数。n1n1axyxyb5．确定a,b,使得dxdy为某一函数u(x,y)的全微分，并求u(x,y)。x2y2x2y2xdyydx6.计算,其中L为一无重点且不过原点的分段光滑正向闭曲线.Lx2y221xnarctanx,x0(1)7．设f(x)，将f(x)展开成x的幂级数，并求级数的和.x14n21,x0n12(x2y2)四、设有一高度为h(t)(t为时间)的雪堆在融化过程中,其侧面满足方程zh(t),设长度单h(t)位为厘米,时间单位为小时,已知体积减少的速率与侧面积成正比(比例系数0.9),问高度为130cm的雪堆全部融化需要多少小时?（8分）2一．DAAD21二、1．，2.（551）3.(1,3)r122114.((1)n2n)xn,n03321(x1)21y21三．1．解：将:224,xz1x2cos12化为参数方程：y2sin023分z12cos2则ds(2sin)2(2cos)2(2sin)2d2d。6分92I2d18。8分2012．解：当a1时，级数通项u满足u()n1，级数绝对收敛；当0a1时，由莱布尼茨判别法知nna级数条件收敛。3．解：取为zy平面上由所围成的椭圆下侧，{cos,cos,cos}为平面的法向量，则11cos0,cos,cos。由斯托克斯公式，22y2dxxydyxzdzydxdyzdzdxL(ycoszcos)dS1(yz)dS2=0。a(n1)(1)n4．解：由于Limn1Lim1，所以收敛半径R1。当x1时，幂级数化为，是nnann2n0n11收敛的交错级数；发散；当x1时，幂级数化为，是发散的。故级数的收敛域为[1,1)。n0n1xnxn1设和函数s(x)，即s(x)，x[1,1)。于是xs(x)。逐项求导，并由n0n1n0n1311xx2xn，x(1,1)1x可得xn11[xs(x)]'()'xn(x1)。n0n1n01x对上式从0到x积分，得x11xs(x)dxLn(1x)(1x1)。于是当x0时，有s(x)Ln(1x)。而s(0)可由01xxs(0)a01得出，也可由连续函数的连续性得到1s(0)Lims(x)Lim[Ln(1x)]1。x0x0x1Ln(1x),x[1,0)(0,1)故s(x)x。1,x0x()nxnxxs(x)2Ln(1)Ln2Ln(2x)，(2x2)。6分nn1n2n1n21x1当x0时，s(x)Ln(1)；当x0时，s(0)。故原幂级数的和函数s(x)为x221xLn(1),2x0,0x2s(x)x2。8分1x02axyxybPx22axyy25．解：由P(x,y)，Q(x,y)，得，x2y2x2y2y(x2y2)2Qx2y22xy2bxPQ。为使P(x,y)dxQ(x,y)dy为某函数u(x,y)的全微分，一定有。x(x2y2)2xy从而2axy2xy,2bx0。所以a1,b0。4分因为当(x,y)(0,0)时，P(x,y),Q(x,y)具有一阶连续偏导数，所以(x,y)(xy)dx(xy)dyx1yxy1yu(x,y)CdxdycLn(x2y2)arctanC(1,0)x2y21x0x2y22x8分yxQy2x2P6．解：令P,Q。则当x2y20时，。设L所围的区域x2y2x2y2x(x2y2)2y4xdyydx为D，当(0,0)D时，由格林公式知0。4分22Lxy222当(0,0)D时，在D内作圆周l:xyr，取逆时针方向，记L和l所围的区域为D1。6分对D1应用格林公式可得，xdyydxxdyydxxdyydx=0dxdy0。222222D1LxylxyLlxy2222xdyydxxdyydx2rcosrsin所以d2。10分222202Lxylxyr17．解：因为(1)nx2n,x(1,1)，所以21xn0nx1(1)arctanxdxx2n1，x[1,1]。2分021xn02n1(1)n(1)n于是f(x)1x2nx2n2。4分n02n1n02n1(1)n(1)nf(x)1x2nx2n22n12n1n1n0(1)n(1)n11x2nx2nn12n1n12n111=1+(1)n()x2nn12n12n11=1+2(1)nx2n，x[1,1]。8分2n114n11所以(1)n[f(1)1]2。10分2n114n24四．解：设雪堆的体积为V，侧面积为S。h(t)h(t)则Vdzdxdy[h2(t)h(t)zdzh3(t)。2分0Dz02422S1(zx)(zy)dxdyD016(x2y2)1dxdy（用极坐标）D20h(t)52h(t)13=2h2(t)16r2rdr=h2(t)。6分h(t)012dh13dV13由题意知，0.9S，所以dt10，从而h(t)t130。8分dt10h(0)130令h(t)0，可得t100（小时）。因此高度为130cm的雪堆要全部融化需要100小时。10分6厦门大学《高等数学A》课程试卷＿＿＿＿学院＿＿＿＿系＿＿＿＿年级＿＿＿＿专业主考教师：高数A组试卷类型：（A卷）2007.04.21一、选择题（每小题4分，共16分）1．点M1,1,1关于平面:1xyz的对称点是。111111111111（A）,,；（B）,,；（C）,,；（D）,,。3333333333332．函数ulnx2y2z2在点M1,2,2处的方向导数的最大值是。（A）2；（B）2；（C）1；（D）1。9393tt3．设fx为连续函数，Ftddyfxx，则F2。1y（A）22f；（B）f2；（C）f2；（D）0。2222224．设平面闭区域Dx,yxya,xy0，D1x,yxya,0yx，则xysinxcosydxdy。D（A）4xysinxcosydxdy；（B）2xydxdy；D1D1（C）2sinxcosydxdy；（D）0。D1二、填空题（每小题4分，共16分）1．设abc0，a5，b2，c3，则ab+bc+ca=。2．由曲线lnxyln1所围成的平面图形的面积为。xcosyycoszzcosx3．设fx,,yz，则df。1cosxcosycosz0,0,0maxxy22,4．设Dx,y0x1,0y1，则Iedxdy。D1三、计算题（第1题——第5题每题8分，第6题10分）x11yz1．求直线L:在平面:xy2z10上的投影直线L的方程，并求1110绕y轴旋转一周所成的曲面方程。xy2．设zfxy,g，其中fu,v具有二阶连续偏导数，gw具有二阶连续yx2导数，求z，z。xxy23．设zxfxy和Fx,y,z0确定yyx，zzx，其中f具有一阶连续导数，dyF有一阶连续偏导数，求。dx4．求心形线a1cos的全长及它所围成的平面图形的面积。35．求由曲面zx222y与z62x22y所围成的立体体积。RR22x6．计算Iddxaxbyc2y，其中R，a，b，c都是不为零的常数，R0。RR22x4四、证明题（10分）22122xysin22,xy0证明函数fx,yxy在0,0处连续，偏导数存在，220,xy0可微，但偏导数不连续。5五、应用题（8分）zx22y在空间坐标系的原点处有一单位正电荷，另一单位负电荷在椭圆xyz1上移动，问单位负电荷位于何处时，两电荷间的引力最大？单位负电荷位于何处时，两电荷间的引力最小？6《多元微积分学》（06—07学年第二学期）期中试卷解答一、选择题：1．（C）；2．（B）；3．（B）；4．（C）。二、填空题：111．19；2．e；3．dxdydz；4．e1。e4三、计算题：ijk1．解法一：过直线L作平面00:nsn1111,3,2，112由于平面0经过直线，所以经过点1,0,1，于是平面的方程为x13y2z10，即x3y2z10。故所求直线L0的方程为xy2z10，x3y2z10xy212将L化为1，于是得到旋转曲面方程为x2z241y2y，即0zy1424x217y24z22y10。解法二：过直线L的平面束方程为xy1yz10，即x1yz10从中选择，使其与平面垂直，于是有111120，得2，故得所求投影直线方程为将化为，于是得到旋转曲面方程为，即。zy12．解：yffg，x12yx272zx11x1y1fyxf1112f122f2xf212f222g2gxyyyyyxxx11xyffxyffgg。1y2211y322x2x33．解：对已知方程两边对x求导，得ddzyddyzfxf1xffxfddxxddxx，即，ddyzddyzFFF0FFFyzxxyddxxzddxxfxf1dyFFxzfxfFzxF解得，（FyzxfF0）。dxxf1FyzxfFFFyzππ24．解：S222d2a21cosa2sin2d00ππ2a21cosd4asind8a。002xy2225．解：两曲面交线在xoy面上的投影为，立体投影区域Dx,2yx22y，则z0222222V62xyx2yd32xydDD2π23d22d006π。6．解：记Dx,yx2y2R2,0R,02π，由区域对称性和被积函数奇偶性，有1x2dxdyy2dxdyx2y2dxdy，DDD2以及xdxdyydxdyxyddxy，所以，0DDD222222Iaxbycdxdyaxbyc2abxyacxbcydxdyDD1a2b2x2y2dxdyc2dxdy2DD12πRa2b2dd2c2πR22008πa2b2R2c2πR24πa2b2R2πc2R2。41四、解：当22时，有2222，所以，xy0xysin22xyxy1limx22ysin0f0,0x022y0xy故函数fx,y在0,0点处连续。又当时，12x1fx,y2xsincos，xx2y2x2y2x2y212y1fx,y2ysincos，yx2y2x2y2x2y21x2sinfx,0f0,02x1而fxx0,0limlimlimsin，0x0x0x0xx0x2同样，fy0,00。所以，函数在点处偏导数均存在，且ffxy0,00,00。221由于ffx,yf0,0xysin，则22xy21sin2ffxy0,0xf0,0y1limlimlimsin，00xx002所以，d0,0ffxy0,0xf0,0y0，即fx,y在0,0处可微。111但不存在，即不存在，所以，在limfxx,ylim2xsin22coslimfxx,yfxx,yxx0022xxxx0yxy00,0处不连续。同理，fyx,y在处不连续。kk五、解：两电荷间引力大小为。本问题可转化为求gx,,yzx2y2z2在条件r2x2y2z2zx22y和xyz1下的最小值与最大值。引入辅助函数Lx2y2z2x2y2zxyz1。令9Lx2x2x0Ly2y2y0Lzz20，Lx22yz0Lxyz1013zx22xy由第一、第二式得xy，代入后两式得，于是，2，即zx12z2313131313M,,23和M,,23，122222因为gM1953，gM2953，即在点M1处引力最大，在点M2处引力最小（g取最小值时，引力最大，取最大时，引力最小）102006级厦门大学高等数学第一续期期末试卷A一、选择题：（从下列备选题答案中选出一个正确答案，答案选错或未选者，该题不得分。本题共6题，每小题3分，共18分）fx1．设fx()在x0点的某邻域内连续，且f(0)0，lim22，则点x0x01ex（A）是fx的极大值点；（B）是的极小值点；（C）不是的驻点；（D）是的驻点但不是极值点。2．若sin2x是的一个原函数，则xfxdx。（A）xsin2xcos2xC；（B）xsin2xcos2xC；11（C）xsin2xcos2xC；（D）xsin2xcos2xC。223．若fxdxx2C，则xf1dx2x。22（A）21xC2；（B）21xC2；1212（C）1xC2；（D）1xC2。224．下列反常积分收敛的是()lnx1（A）dx；（B）dx；exexxln11（C）dx；（D）dx。exxln2exxln5．设在0,1上fx0，则有（）（A）f0f1f1f0；（B）f0f1f0f1；（C）f1f0f0f1；（D）f0f0f1f1。6．下列不等式中错误的是（）。22222（A）x23ddxxx；（B）lnxdxlnxdx；11111111（C）xdxln1xdx；（D）exdx1xdx。0000二、填空题：（每小题4分，共24分）1．设点1,3为曲线yax32bx的拐点，则a，b。21sinxxcos2．dx。11xπ2π22π2n1π3．limsinsinsin。nnnnn14．若fxx2dxfxx，则f2。0dx5．。2(xx7)26．函数y3xarctanx2的渐近线为。二、计算下列各题题：（每小题6分，共36分）1．2；1lim2cotxx0xxu2arctan1tdtdu002．设fx,0x，试问A的值为多少时，函数fx在x0点连续。1cosxAx,0此时，函数fx在x0处是否可导？如果可导，求f0。π2cosxx3sin3．计算定积分2dx。0sinxxcos2yx2dydy4．设yfx由方程sinxtetd0所确定，试求及。12dxx0dxx0xlnt5．求函数fxdt0tt221四、证明题：（每小题6分，共12分）11．设fx在0,1上可导，且满足f122x2fxdx，试证明：存在0,1，使得0ff20。2．设fx在ab,上连续，且单调增加，证明：bbabfxdx2xfxdx。aa厦门大学《高等数学》课程试卷＿＿＿＿学院＿＿＿＿系2006年级＿＿＿＿专业主考教师：高数A组试卷类型：（A卷）一、选择题：（从下列备选题答案中选出一个正确答案，答案选错或未选者，该题不得分。本题共5题，每小题4分，共20分）fx1．设fx()在x0点的某邻域内连续，且f(0)0，lim22，则点x0x01ex（A）是fx的极大值点；（B）是的极小值点；（C）不是的驻点；（D）是的驻点但不是极值点。2．若fxdxx2C，则xf1dx2x。22（A）21xC2；（B）21xC2；1212（C）1xC2；（D）1xC2。223．下列反常积分收敛的是()lnx1（A）dx；（B）dx；exexxln11（C）dx；（D）dx。exxln2exxln4．设在0,1上fx0，则有（）（A）f0f1f1f0；（B）f0f1f0f1；（C）f1f0f0f1；（D）f0f0f1f1。5．下列不等式中错误的是（）。22222（A）x23ddxxx；（B）lnxdxlnxdx；11111111（C）xdxln1xdx；（D）exdx1xdx。0000二、填空题：（每小题4分，共20分）1．设点1,3为曲线yax32bx的拐点，则a，b。21sinxxcos2．dx。11x1π2π22π2n1π3．limsinsinsin。nnnnn14．若fxx4dxfxx，则f2。05．函数y3xarctanx2的渐近线为。二、计算下列各题题：（每小题7分，共42分）xu2arctan1tdtdu001．设fx,0x，试问A的值为多少时，函数fx在x0点连续。1cosxAx,0此时，函数fx在x0处是否可导？如果可导，求f0。1．2；2lim2cotxx0xx3.设f(cos2x)，求f(x)dxcosxπ2cosxx3sin4．计算定积分2dx。0sinxxcos2yx2dydy5．设yfx由方程sinxtetd0所确定，试求及。12dxx0dxx016．计算不定积分dx。2xx1四、证明题：（每小题6分，共12分）11．设fx在0,1上连续，在01，内可导，且满足f122x2fxdx，试证明：存在0,1，使0得ff20。bb2．设fx在ab,上连续，且单调增加，证明：abfxdx2xfxdx。aa五、应用题：（本题6分）假定足球门宽4米，在距离右门柱6米处一球员沿垂直于底线的方向带球前进，问他在离底线几米的地方将获得最大的射门张角？206级（A）《一元微积分学》一上期末试卷参考答案一、选择题：1．（A）；2．（D）；3．（C）；4．（B）；5．（B）。二、填空题：（每小题4分，共24分）39π2π1．a；b；2．2ln2；3．；4．；5．yx3。22232二、计算下列各题：1．解：因为fx在x0处连续，则limfxf0A，x0xu2arctan1tdtdu00因为limfxlimxx001cosxxu2arctan1tdtdu00limx01x22x2arctan1ttd0limx0xarctan1xx22limx010，所以，A0。此时，fxf0f0limx0x0xu2arctan1tdtdu00limx0xx1cosxu2arctan1tdtdu00limx01x32x2arctan1ttd0limx03x223arctan1xx22limx03x2π34π2．解一：61sin2xx2cos2x2lim2cotxlim22xx00xxsinxsin2xx2cos2xlimx0x42sinxcosx2xcos22x2xsinxcosxlimx04x3sinxxcosx2x2sinxcosxlimcosxlimxx0024xx33cosxcosxxsinx1limx062x211622。31tan2xx2tan2xx2解二：2lim2cotxlim22lim4x0xx0xtanxx0x11因为tanxxx3ox3x1x2ox2；3321则tan2xx2x21x2ox2x23221242x1xoxx32x44ox32x44ox12因此，23lim24cotxlimxx00xx341tan22xx解三：2lim2cotxlim22xx00xxtanxtanxxtanxxlimx0xx31212limcosxx03x22sin2xlim3x0xx2cos2。31sinxxcosxsinxxcosx解四：2lim23cotxlimxx00xxxxxsin2limx03x22。3x3.设f(cos2x)，求f(x)dxcosxarccost解一：令cos2xt，则ft()，tarccosx则f(x)dxdxx112xarccosx2xdx12xx12xarccosxdx1x2xarccosx21xC。解二：令xtcos2，则f(x)dxfcos2t2costsintdxt2costsintdxcost52tsintdx2tcost2costdx2tcost2sintC2xarccosx21xC。2cosx3sinx51cosxsinx4．解：因为，sinxcosx22sinxcosxπ2cosx3sinxπ51cosxsinx所以，22ddxx00sinxcosx22sinxcosxπ512πlnsinxxcos4205π。4yx25．解：方程sinxtetd0的两边对x求导，得1yx2dycosxe10（1）dx令x0，易得y1，1dydy从而，1e10，即1e。dxdxx0在（1）式两端对x求导，得22yx22ddyyyxsinx2yxe1e20ddxx令x0，则22dy02e11e11e0，dx2d2y所以，2。22edxx0π6．解一：若x1，则令xtsec，0t，2于是，11dxsecttantdt2xx1sectttan6dttC1arccosC；x若x1时，则令xt，t1，于是，1111dxdtarccosCarccosC。22xx11tttx综上，我们有11dxCarccos。2xx1x1解二：令x，于是，t111ddxt212xx11t2ttt111当x1时，01t，dxdtarccostCarccosC，22xx11tx111当x1时，10t，dxdtarcsintCarcsinC。22xx11tx四、证明题：1．证明：作辅助函数Fxx2fx，1应用积分中值定理，存在0,，使得211f122x2fxdx22f2f，02于是，FF1，利用罗尔定理，存在,10,1，使得F0，即2ff20。从而，ff20。xx2．证明：作辅助函数Fxaxfttd2tfttd，aa7x因为Fxfttaxfxd2xfxaxftdtxafxaxftfxdta0故Fx在ab,上单调减少，所以当xa时，xxFxaxfttd2tfttFad0aa取xb，则有bbabfxdx2xfxdx。aa五、应用题：（本题6分）1061．解一：因为arctanarctan，0xxxd4x2240令0，dxxx2236100得驻点x2150,，根据问题的实际意义,球员的最佳射门位置存在，驻点又唯一，于是，当球员离底线215的地方将获得最大的射门张角。106解二：令tan，tan，则xx106tantan4xytanxx，10621tantan1x60xx4x22604x2x460x令，y220xx226060得驻点，根据问题的实际意义,球员的最佳射门位置存在，驻点又唯一，于是，当球员离底线的地方将获得最大的射门张角。8厦门大学2006级高数（A）一上半期试卷一、单项选择题：（每小题4分，共24分）1,x11．设fx，则fffx。0,x11,x10,x1（A）0；（B）1；（C）；（D）。0,x11,x12．设f(x)xsinx（A）在(,)内有界；（B）当x时为无穷大；（C）在内无界；（D）当时有极限。3．设x0时，eetanxxsin与xn是同阶无穷小，则n为。（A）1；（B）2；（C）3；（4）4。114．在,内方程x42xcosx0。（A）无实根；（B）有且仅有一个实根；（C）有且仅有两个实根；（D）有无穷多个实根。5．设fx对任意x均满足f1xafx，且fb0，其中ab为非0非1的常数，则。（A）fx在x1处不可导；（B）在处可导，且fa1；（C）在处可导，且fb1；（D）在处可导，且f1ab。6．设fxfx，x,，且在0,内fx0,fx0，则在,0内。（A）fx0,fx0；（B）；（C）fx0,fx0；（D）fx0,fx0。二、填空题：（每小题4分共24分）7．设函数fx可表示成fxFxGx，其中Fx()为偶函数，Gx为奇函数，则Fx=；Gx=。ax18．lim。x0xaln11x,0x9．设fxx，则当a，b时，fx处处可导。abx,0x10．设yfx由方程e2xycosxye所确定，则曲线1yfx在0,1处的法线方程为。11．设fu可导，函数yyx由xyxyfx22y所确定，则dy。12．设fx有任意阶导数且fxf2()x，则fxn。（n>2）三、解答题：（每小题9分，共27分）xsintsintxsin13．求极限lim，记此极限为fx，求fx的间断点，并指出其类型。txsinxx41dy．设，，求。14yf2fxlnxx1dx15．已知fx3ex2x在x1处f16e，fx有反函数x，求3e。四、证明题：（每小题9分，共18分）16．设x010,xnn1sinx1，n1,2,，证明数列xn收敛，并求limxn。n17．设fx在0,1上二次可微，且ff010，证明：存在0,1，使20ff。五、应用题（本题7分）18．溶液自深18cm顶直径12cm的正圆锥形漏斗中漏入一直径为10cm的圆柱形筒中，开始时漏斗中盛满了溶液。已知当溶液在漏斗中深为12cm时，其表面下降的速度为1cm/s，问此时圆柱形筒中溶液表面上升的速度为多少？参考答案:一、单项选择题:1.B，2.C,3.C,4.C,5.D,6.A.二、填空题：117．Fx[()fxfxGx()];[()fxfx()]228．1119．ab,,2810．xy220,2x2yfx2y2y2xyxy1xlny11．ddyx;yxyx1lnxx2y2xy2fx2y212．fnxn!()fn1x三、解答题：sintxx13．解：fxexplim1esinx，txsinxsintsinx间断点为xkπk0,1,2,。因为limfxe，所以x0为第一类间断点，其余间断点属于第二类，无穷间断点。x0x41d4ux．解：令，则，所以14u22x2x1dxx2144dydydux14x2x1。f2x22x1lndxdudxx22122x111xx1115．解：因f13e，所以，3e1，3e。f16e四、证明题：16．证明：xx101sin010，01x。假设xxnn1和01xn，则xn11xnsinxn1sinxn10和01xn1，所以limxn存n在。设limxcn，在xxnn1sin11两边令n，有cc1sin1，所以c10，即c1。n17．证明：令Fxxfx。在0,1上，Fxfxxfx，FF010，由罗尔定理，存在c0,1，使Fc0。又Ff000，Fx2fxxfx，x0,1，再对Fx应用罗尔定理，存在0,c0,1，使F0，即20ff。五、应用题：rh18．解：设漏斗在时刻t的水深为h（cm），筒中的水深为H（cm），则漏斗中水面半径满足，61811即rh。设盛满溶液时漏斗的体积为Vπ6218，则有3031Vπr22hπ5Ht03上式两边对t求导，得dHh1d25h2。dtt9ddh代入1cm/s，h12cm，得圆柱形容器中溶液表面上升的速度为dt2dH1221410.64cm/s。dt9255厦门大学《高等数学A》课程成期中试卷绩2005年级理工、管等专业考试日期2006.4一、填空题：（每小题4分，共24分）z1．设zzx,y是由方程x22y23z2e2z所确定的隐函数，则。x＿＿＿＿＿＿2．函数ulnxyyzzx在点M1,2,1处的梯度gradu。M学号2x44xx23．交换积分次序dxfx,ydydxfx,ydy。00204．设平面区域D由正方形xy1所围成，则1xydxdy。D栏5．设某平面通过点3,1,3且在x，y，z三个轴上的截距相等，则该平面的方程为。姓名＿＿＿＿＿＿6．函数zx22y在点1,2处，沿点1,2到点2,23方向的方向导数为。息二、选择题：（每小题4分，共24分）y22xze9线1．曲线在点处的切线方程为。2223,0,22xy3z6信＿＿＿＿＿＿年级y（A）x32yz；（B）xz32；6专业x32yzxz32（C）；（D）。214y0订生x3y2z102．设直线L为，平面:4x2y2z3，则。＿＿＿＿＿＿2xy10z30系（A）L平行于；（B）L在上；（C）L垂直于；（D）L与相交但不垂直。考装3．设fx,yx22xyy的驻点为0,0，则f0,0是fx,y的。（A）极大值；（B）极小值；（C）非极值；（D）不能确定。4．考虑二元函数fx,y在xy00,处的四条性质：（1）连续；（2）两个偏导数连续；（3）可微；（4）两个偏导数存在，则（）（A）231；（B）321；＿＿＿＿＿＿学院＿＿＿＿＿＿（C）341；（D）314。＿＿＿＿＿＿＿＿＿┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄15．设fx是区域D:1x22y4上的连续函数，则fx22yddxy等于（）。D242（A）2πxfxdx；（B）2πxfxddxxfxx；100242（C）2πfxdx；（D）2πfxddxfxx。1006．设是由球面x2y2z2R2所围成的闭区域,则(x2y2z2)dxdydz()2ππR（A）R2dddxyz；（B）6dcos24sindrrd；000＿＿＿＿＿＿＿＿＿πRR22zR（C）6drdrz2dz；（D）6z2dzdxdy。＿＿0000x2y2R2z2学号三、计算题：（每小题6分，共24分）栏1．计算二重积分sinxydxdy，其中D:0xπ,0yπ。D息姓名＿＿＿＿＿＿信线＿＿＿＿＿＿年级生专业订222考2．利用对称性化简并计算三重积分xyzdv，其中是由抛物面zxy与球面＿＿＿＿＿＿系x2y2z22所围成的空间闭区域。装＿＿＿＿＿＿学院＿＿＿＿＿＿┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄283．设D:x2y2y,x0，fx,y为D上的连续函数，且fx,y1x22yf(u,v)dudv，求πD。4．求函数fx,2yx4y4x2xyy2的极值点和对应的极值。四、证明题：（每小题6分）1．证明：曲面xyza3（a0）在任一点的切平面与三个坐标面所围成的四面体体积为一常数。3zzzz2．设zzx,y由方程Fx,0y所确定，证明：xyzxy。yxxy五、应用题：（每小题8分）1．过坐标原点作抛物线yx1的切线，求该切线与抛物线及x轴所围成的平面图形绕x轴旋转一周而成的旋转体体积。4一、填空题：（每小题4分，共24分）x323224y2．；．；．；．；．；．。12z2,,3dyfx,ydx425xyz16123e3z5550y二、选择题：（每小题4分，共24分）1．B；2．D；3．C；4．A；5．A；6．D。三、计算题：（每小题6分，共24分）1．解：用直线xyπ把D分成两部分D1和D2。其中D1:x0,y0,xyπ；D2:xπ,yπ,xyπ。则当x,yD1时，sinxy0；当x,yD2时，sinxy0。于是，IsinxydxdysinxydxdyDD12ππxππdxsinxydydxsinxydy000πx2π。22．解：xyzdvxyz2222xy2xz2yzvd，由于区域关于zox，yoz坐标面均对称，且函数2xy,2xz关于x为奇函数，2yz关于y为奇函数，利用对称性，知，2xydv2yzdv2xzdv0，2于是，xyzddvx2y2z2v。由于抛物面zx2y2与球面x2y2z22的交线在xoy面上的投影为xy221，z0故利用柱坐标，可得222π12rxyzvdxyzv222ddrrdrzz22d00r231112πrr22r2r42r22r6dr033111412257π1r2r2rdr2πrrdr3300令tr22，则12111原式π3tt2dt2π32624223525ππ2tt223512152825π4222π355128892ππ56083．解：对等式fx,y1x22yf(u,v)dudv两端作区域D上的二重积分，得πD8fxyxy(,)dd1x22yxyddfuvuv(,)ddddxy，DDDDπ记Af(x,y)dxdy，则D8A1x22ydxdyAdxdyDDπ222111又D:xyy，x0的面积为ππ，所以2281ddxyπD8而利用极坐标变换，可得πππsin1π11x2y2dxdy2d1r2rdr21cos3d21sin2dsin0000D363π269π2π1于是，AA，所以A，则69129228π1fx,1yxy。π1293fxx,y4x2x2y04．解：令，两式相减，可得xy，于是，3fyx,y4y2x2y04xx340则得驻点0,0,1,1,1,1。22fxxx,y12x2，fxyx,2y，fyyx,y12y2。（1）在点1,1处，A10，B2，C10，则ACB20，且A0，于是，fx,2yx4y4x2xyy2在点处取得极小值，极小值为2；（2）在点1,1处，，，，则，且，于是，在点1,1处取得极小值，极小值为；（3）在点0,0处，ABC2，所以ACB20，由于2fxyxyx,2442xyy2xy44xy，显然，当0xy1,01，有fx,yf0,00；而对满足yx的充分小的xy,，我们有fx,yf0,00。于是，点不是极值点。6四、证明题：（每小题6分）31．证明：记Fx,,yzxyza，Fxxyz,,,,,,,,yzFyxyzxzFzxyzxy。33记x0,,y0z0为曲面xyza上任一点，故x0y0z0a，则曲面在这一点上的切平面方程为yzxx000xzyy0000xyzz00即yzx00xzy000xyz030xyz00xyz或13x03y03z0于是，该切平面与三个坐标轴围成的体积为199V3x3y3zxyza3。600020002zz2．证明：由Fx,0y两边分别对x和y求导，可得yx1zz1z11zz，FFFFFF1102222121yxxxxxyxxz1z1z11zz，FFFFFF1222102112yyyxyxyyy11zzzz11由上两式，得F2Fx1yFxF21FyFzxy12F2F1，xyxyxyxyzz故xyzxy。xy五、应用题：（每小题8分）1．解：设所求切线为点ykx，它与抛物线yx1只有一个交点，且满足kxx1即k22xx10，易知当14k20时，它与抛物线只有一个交点。所以，1ky21由于yx10，知k，切点为2,1。2于是，所求旋转体体积为2O12x221πVπxdxπx1dx。0126OO22．解：mxyzxyzdddxyzxyz222dddx2y2z2R2x2y2z2R22ππR4ddr45sindrπR。0005722．设球体x2y2z2R2内任一点x,,yz处的密度xyz，试计算该球体的质量。8厦门大学《高等数学》（A类）课程试卷＿＿＿＿学院＿＿＿＿系＿＿＿＿年级＿＿＿＿专业主考教师：高数（A）教学组试卷类型：（A卷）一、（15分）将以2π为周期的函数fx2xx2，xπ,π展开为傅立叶级数，(1)n1并求级数的和。2n1n二、求下列微分方程的通解：（每小题10分）（1）3x2tanyy2sinxdxx3sec2y2ycosx4dy01（2）ya2y8cosbx（ab0,0）（3）xydxx4ydy02（4）x2y4xy6y2lnx三、求下列微分方程的特解：（1）（10分）yy3，y1，y2x0x0y（2）（10分）yy,1x3yxx1322fx（3）（10分）已知x1ydxfxdy是某函数的全微分，且f01，求fx。x1四、（15分）曲线上任一点的切线在y轴上的截距和法线在x轴上的截距的比为一定值，求此曲线方程。4厦门大学《高等数学》（A类）课程试卷＿＿＿＿学院＿＿＿＿系＿＿＿＿年级＿＿＿＿专业主考教师：＿＿＿＿试卷类型：（A卷）一、将以2π为周期的函数fx2xx2，xπ,π展开为傅立叶级数。（15分）12π解：22a02dxxxπππ3πππ112222an2xxcosnxdxxcosnxdxxcosnxdxπππππ04π4πn14xsinnxdxxcosnx1nπ0n22π0nπππ122bn2xxsinnxdxxsinnxdxπππππ4π4n14xsinnxdxxcosnx10πnnπ0nn11111所以，2xx224cosnxsinnx。23n1nn(1)n11令得2。x02n1n12二、求下列微分方程的通解：（每小题10分）（1）3x2tanyy2sinxdxx3sec2y2ycosx4dy0PQ解：由于3x22secy2ysinx。所以原方程是一个全微分方程，因为yxPx,ydxQx,ydytanydx3x3dtanyy2dcosxcosxdy2d(4y)dx32tanyycosx4y所以，方程的通解为x32tanyycosx4yC（C为任意常数）。5（2）ya2y8cosbx（ab0,0）22解：（1）特征方程：ra0r1,2ai，对应齐次方程的通解YC12cosaxCsinax8当ab时，令特解y*AcosbxBsinbx。代入原方程，并比较系数得A，B0，所以ab228y*cosbxab2244当ab时，令特解y*xAcosbxBsinbx，解得A0,B,y*xsinaxaa故原方程通解为8CcosaxCsinaxcosbx,ab12ab22y4CcosaxCsinaxxsinbx,ab12a（3）