最新高等数学下册期末考试试题含答案AADWord格式.docx

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（2）Σ如图11-8所示，Σ在xOy面的投影为一段弧，

图11-8

故，Σ在yOz面上的投影

Dyz={（y,z）|0≤y≤1，0≤z≤3}，此时Σ可表示为：

，（y,z）∈Dyz，

故

Σ在xOz面上的投影为Dxz={（x,z）|0≤x≤1，0≤z≤3}，此时Σ可表示为：

，（x,z）∈Dxz，

因此：

（3）Σ如图11-9所示，平面x-y+z=1上侧的法向量为

n={1,-1,1}，n的方向余弦为

，，，

图11-9

由两类曲面积分之间的联系可得：

（4）如图11-10所示：

图11-10

Σ=Σ1+Σ2+Σ3+Σ4．其方程分别为Σ1：

z=0，Σ2：

x=0，Σ3：

y=0，Σ4：

x+y+z=1，

由积分变元的轮换对称性可知．

因此．

（5）记Σ所围成的立体为Ω，由高斯公式有：

（6）记Σ所围的立方体为Ω，

P=y（x-z），Q=x2，R=y2+xz．

由高斯公式有

3．证明下列曲线积分与路径无关，并计算积分值：

（1）；

（2）；

（3）沿在右半平面的路径；

（4）沿不通过原点的路径；

证：

（1）P=x-y，Q=y-x．显然P，Q在xOy面内有连续偏导数，且，故积分与路径无关．取L为从（0,0）到（1,1）的直线段，则L的方程为：

y=x，x：

0→1．于是

（2）P=6xy2-y3，Q=6x2y-3xy2．显然P，Q在xOy面内有连续偏导数，且，，有，所以积分与路径无关．

取L为从（1,2）→（1,4）→（3,4）的折线，则

（3），，P，Q在右半平面内有连续偏导数，且，，在右半平面内恒有，故在右半平面内积分与路径无关．

取L为从（1,1）到（1,2）的直线段，则

（4），，且在除原点外恒成立，故曲线积分在不含原点的区域内与路径无关，

取L为从（1,0）→（6,0）→（6,8）的折线，则

4．设质点受力作用，力的反方向指向原点，大小与质点离原点的距离成正比，若质点由（a,0）沿椭圆移动到B（0,b），求力所做的功．

依题意知F=kxi+kyj，且L：

，t：

0→

（其中k为比例系数）

5．利用适当的变换化下列方程为齐次方程，并求出通解：

设，则原方程化为

令

代回并整理得

.

作变量替换，令

原方程化为

令,则得

分离变量，得

积分得

即

代回并整理得

;

作变量替换则

令则

原方程可化为

积分得

故原方程通解为

6．把对坐标的曲面积分

化成对面积的曲面积分，其中：

（1）Σ是平面在第Ⅰ封限的部分的上侧；

（2）Σ是抛物面z=8-（x2+y2）在xOy面上方的部分的上侧．

（1）平面Σ：

上侧的法向量为n={3，2，}，单位向量为n0={，，}，即方向余弦为，，．

（2）Σ：

F（x,y,z）=z+x2+y2-8=0，Σ上侧的法向量n={Fx，Fy，Fz}={2x，2y，1}

其方向余弦：

，，

7．利用高斯公式，计算下列曲面积分：

（1），其中Σ为平面x=0，y=0，z=0，x=a，y=a，z=a所围成的立体的表面的外侧；

（2），其中Σ为球面x2+y2+z2=a2的外侧；

（3），其中Σ为上半球体x2+y2≤a2，的表面外侧；

（4），其中Σ是界于z=0和z=3之间的圆柱体x2+y2=9的整个表面的外侧；

（1）由高斯公式

（2）由高斯公式：

（3）由高斯公式得

（4）由高斯公式得：

8．求由抛物线y=x2及直线y=1所围成的均匀薄片（面密度为常数）c对于直线y=-1的转动惯量。

图10-65

9．求底面半径相等的两个直交圆柱面x2+y2=R2及x2+z2=R2所围立体的表面积。

由对称性知，所围立体的表面积等于第一卦限中位于圆柱面x2+y2=R2内的部分面积的16倍，如图10-30所示。

图10-30

这部分曲面的方程为，于是所求面积为.

10．选择坐标变换计算下列各题：

（1）

（2）

（1）令则积分区域Ω变为Ω：

且

故

（2）坐标变换同

（1）。

11．化三重积分为三次积分，其中积分区域Ω分别是：

（1）由双曲抛物面xy=z及平面x+y-1=0,z=0所围成的闭区域；

（2）由曲面z=x2+y2及平面z=1所围成的闭区域；

（3）由曲面z=x2+2y2及z=2-x2所围成的闭区域;

（4）由曲面cz=xy（c>

0），所围成的第I卦限内的闭区域。

（1）积分区域Ω如图10-38所示，

图10-38

Ω可表示为：

（2）积分区域Ω如图10-39所示。

图10-39

（3）由消去z得

即，所以Ω在xOy面的投影区域为x2+y2≤1，如图10-40所示。

图10-40

-1≤x≤1,,x2+2y2≤z≤2-x2

（4）积分区域如图10-41所示。

图10-41

12．在极坐标系下计算二重积分：

（2）D为圆=1所围成的区域；

（3）D是由=4,=1,及直线y=0,y=x所围成的在第一象限内的闭区域；

（4）D是由曲线=x+y所包围的闭区域。

（1）积分区域D如图10-16所示：

图10-16

D亦可采用极坐标表示为：

π≤r≤2π,0≤θ≤2π

所以

（2）积分区域D可用极坐标表示为：

0≤r≤1,0≤θ≤2π.

所以：

（3）积分区域D如图10-17所示.

图10-17

D可用极坐标表示为：

0≤θ≤,1≤r≤2.

（4）积分区域D如图10-18所示，

图10-18

13．设f（x，y）为连续函数，求.

因为f（x，y）为连续函数，由二重积分的中值定理得，使得

又由于D是以（x0，y0）为圆心，r为半径的圆盘，所以当时，

于是：

14．求下列欧拉方程的通解：

作变换，即t=lnx,

原方程变为

特征方程为

故.

①

故①所对应齐次方程的通解为

又设为①的特解，代入①化简得

15．求函数u=xy2+z3-xyz在点（1，1,2）处沿方向角为的方向导数。

16．试证：

以三点A（4，1，9），B（10，-1，6），C（2，4，3）为顶点的三角形是等腰直角三角形.

证明：

因为|AB|=|AC|=7.且有

|AC|2+|AB|2=49+49=98=|BC|2.

故△ABC为等腰直角三角形.

17．将函数在（1,1）点展到泰勒公式的二次项.

18．求下列函数的二阶偏导数：

（1）z=x4+y4-4x2y2;

（2）z=arctan;

（3）z=yx;

（4）z=.

由x,y的对称性知

（2），

（3）

（4）

19．设，求证：

由z关于x,y的对称性得

20．求下列函数的偏导数：

（1）z=x2y+;

（2）s=;

（3）z=xln;

（4）z=lntan;

（5）z=（1+xy）y;

（6）u=zxy;

（7）u=arctan（x-y）z;

（8）.

（2）

（5）两边取对数得

（6）

（7）

（8）

21．求下列各极限：

（1）原式=

（2）原式=+∞.

（3）原式=

（4）原式=

（5）原式=

（6）原式=

22．求下列各函数的定义域：

23．求下列曲面和直线的交点：

（1）与;

（2）与.

（1）直线的参数方程为

代入曲面方程解得t=0,t=1.

得交点坐标为（3，4，-2），（6，-2，2）.

（2）直线的参数方程为

代入曲面方程可解得t=1,

得交点坐标为（4，-3，2）.

24．求过点（4,1,-2）且与平面3x-2y+6z=11平行的平面方程.

所求平面与平面3x-2y+6z=11平行

故n={3,-2,6}，又过点（4,1,-2）

故所求平面方程为：

3（x-4）-2（y-1）+6（z+2）=0

即3x-2y+6z+2=0.

25．

（1）解:

则

若共面，则有后与是垂直的.

从而反之亦成立.

由行列式性质可得:

26．已知三点A（2,-1,5）,B（0,3,-2）,C（-2,3,1），点M，N，P分别是AB，BC，CA的中点，证明：

中点M，N，P的坐标分别为

27．设a=（-2,7,6）,b=（4,-3,-8）,证明：

以a与b为邻边的平行四边形的两条对角线互相垂直.

以a,b为邻边的平行四边形的两条对角线分别为a+b,a－b,且

a+b={2,4,-2}

a-b={-6,10,14}

又（a+b）·

（a-b）=2×

（-6）+4×

10+（-2）×

14=0

故（a+b）（a-b）.

28．已知a=（4,-2,4）,b=（6,-3,2）,计算：

（1）a·

b;

（2）（2a-3b）·

（a+b）；

（3）

（3）

29．设试用a,b,c表示

30．在平面xOy上求一点，使它到x=0,y=0及x+2y-16=0三直线距离的平方之和为最小。

设所求点为P（x,y），P点到x=0的距离为|x|,到y=0的距离为|y|，到直线x+2y-16=0的距离为

距离的平方和为

由

得唯一驻点,因实际问题存在最小值，故点即为所求。

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

1．无

2．无

3．无

4．无

5．无

6．无

7．无

8．无

9．无

10．无

11．无

12．无

13