考研流程-凝聚态

高数期末考试题及答案

一．选择填空题（每小题3分，共18分）
1.设向量 a =（2,0,-2）,b = （3,-4,0），则a

b =
i
分析：a

b =
2
j
0
k

2
= -6j – 8k – 8i = （-8,-6,-8）
034
223

2
u
2.设 u =
xxyy
.则
=
xy

2
u
u
22'
分析：
=
2xy
, 则
=
(2xy)
=
2y

xy
x
3.椭球面
x2y3z15
在点（1,-1,,2）处的切平面方程为
分析：由方程可得，
F(x,y,z)x2y3z15
，则可知法向量n =（ Fx, Fy, Fz）;
则有 Fx = 2x ， Fy = 4y ， Fz = 6z ，则过点（1,-1,,2）处的法向量为 n =（2,-4,,12）
因此，其切平面方程为：
2(x1)4(y1)12(z2)0
，即
x2y6z150

4.设D：y = x, y = - x, x = 2直线所围平面区域.则
222
222

(
y
2)d


___________
D
2x
0x
分析：画出平面区域D（图自画），观图可得，

(y2)d


dx

(y2)dy8

D
5.设L：点(0 , 0 )到点(1 , 1)的直线段.则

L
x
2
ds
_________
分析：依题意可知：L是直线y = x 上点(0 , 0 )与点(1 , 1)的一段弧，则有

L
xds

x
0
2
1
21xdx

x
2
2dx
0
'2
1
2

3

6.D 提示：级数

u
n1

n
发散，则称级数

u
n1
n
条件收敛
二.解答下列各题（每小题6分，共36分）
1.设
zxyln(xy)tan2
，求dz
分析：由
d z
2
zz
z
z
dxdy
可知，需求及
xy
x
y
z1z1
2xyx
2
 ， ，
xxyyxy

则有
dz
z z11
dxdy(2xy)dx(x
2
)dy

xyxyxy
u

y
2.设
uf(4xy, 2x3y),
其中
f
一阶偏导连续，求
分析：设v = 4xy , t = 2x – 3y ,则
ufvft
f
'
4xf
'
(3)(4x3)f
'

yvyty
3.设< br>zz(x,y)
由
xyzxyz100
确定.求
222z

y
222
分析：由
xyzxyz100
得，
F(x,y,z)xyzxyz100

则有由
Fx2x (yzxyz
x
)
，
Fy2y(xzxyz
y
)
，
Fz2zxy

222
则
2y(xzxyzy
)(xzxyz
y
)2y
zFy


yFz2zxy2zxy
3322
4.求函数
f(x,y)xy 3x3y9x
的极值
提示：详细答案参考高数2课本第111页例4
5.求二 重积分

e
D
x
2
y
2
d

,
其中D：
1x
2
y
2
9


分析：依题意，得

0

2


则有，

e
D
x
2
y
2
2< br>
0
1

2
9

1

3
，即

0

2


3

d< br>


d


e

d
< br>

(e
9
e)

1

2
6.求三重积分
2
xyz

dV
，

：平面 x = 0, x = 3, y = 0, y = 2, z = 0, z = 1所围区域



0x3

分析：依题意，得
0y2
则有

xyzdV

dx



0z1
2
3

0
2
0
dy

xyz
2
dz3

0
1
三.解答下列各题（每题6分，共24分）
1.求
ydxxdy
，L：圆周
xy9
，逆时针
L

22
分析：令P=y , Q= - x , 则
P
Q
1

1
，
y
x

由格林公式得

ydxxdy

(
LD
QP
)dxdy
 
(2)dxdy

xy
D
作逆时针方向的曲线L：
yrsin

，

xrcos

0

2


则

ydxxdy

(
LD
2

QP
)dxdy

(2)dxdy

2d

4


0
xy
D
2.设

:
平面
x3yz1
位于第一卦限部分.试求曲面积分

xdS


分析：由

:
平面
x3y z1
可得
z1x3y

则
z
x

zz
1，z
y
=3

xy
22
x1(z)(z)dxdy11

xdxdy

xy

Dxy
则有

xdS
 Dxy
由于
D
xy
是

在xOy面的第一卦限的投影区域， 即由
x0,y0及x3y1
所围成的闭区
域.因此

xdS11

xdxdy11

dx

Dxy0
1
1x
3
0
xdy
11

18
3. 设

是
zxy
位于平面
z4,z 9
之间部分且取下侧，求
22

zdxdy




0

z

分析：依题意，可得
0
2

，由于



4z9
是 取下侧，则有

zdxdy


9
4
zd z

d


0
2

z
0
6305


d


4

4.设

是锥面
zx
2
y
2
与平面z = 1 所围立体区域整个边界曲面的外侧。试求
2
3xdydz2yzdzdxzdxd y.




分析：依题意，可令
P3x,Q2yz,Rz
，则有
2
PQR
3,2z,2z

xyz
所 以，
2

3xdydz2yzdzdxzdxdy

(

PQR
)dv

3dv

 xyz

又

是锥面
zx
2
y
2
与平面z = 1 所围立体区域整个边界曲面的外侧，则有


0

z

0

2



0 z1
，则有
2
3xdydz2yzdzdxzdxdy
3dv

3dz

d



d





000
12
z
四．解答下列各题（第1,2题每题6分，第3,4题每题5分，共22分）
3
n
(n1)
1.判断正项级数

的敛散性。
n!
n1

3
n1
(n2)
3
n
( n1)
分析：设
a
n

，则
a
n1


(n1)!
n!
3
n1
(n2)
a
3
(n1)!
lim01
，
则有，
lim
n 1
lim
n
x
a
x
3(n1)
x 
n1
n
n!
3
n
(n1)
所以，正项级数< br>
是收敛的
n!
n1

2.试将函数
f(x)
1
（1）展开成x的幂级数 （2）展开成x – 1 的幂级数.
1x

1f(x)

(1)
n
x
n
,(1x1)< br>
1x
n1
分析：（1）展开成x的幂级数为：
11111

x1
n
x1
..

(1)
n(),(11)
（2）
f(x)
1x2(x1)2
1
x1
2
n1
22
2
则展开成x – 1 的幂级数为：

11

x11
nn
f(x).

(1)()=

n+1
(1)
n
(x1)
n
=,(1x3)

1x2
n1
2
n1
2

x
n
3.求幂级数

的收敛域及和函数.
nn1

a
n1
nx
n1
分析：因为

limlimx

x
a
x
(n 1)x
n
n
当
x1
时级数收敛；当
x1
时级数 发散.所以收敛半径R=1.
则收敛区间为
x1
，即
1x1


(1)
n
1
当x = 1 时，级数成为

，这级数发散；当x = - 1 时，级数成为

，这级数收
n
n1n1
n

敛.所以，原级数的收敛域为[ - 1, 1 ).
设和函数为S(x)，即

x
n
S(x)

,x[1,1)
. n1
n


x
n
1
[S(x)]'
()'

x
n1


x
n,(x1)

1x
n1
n
n1n0
则
S(x)

1
dxln(1x),x[1,1)
0
1x
x
4.设
f(x)
连续，
:x
2< br>y
2
u,0z
1

.

（1）试用柱面坐标化简三重积分
22
[f(xy)1]dv.



（2）若
f(u)

[f(x
2
y
2
)1]dv.
试求
f(u)
.


0

u

0

2

分析：（1）依题意，得

1
，则
0z


[f(xy)1]dv

dz

d


0
22
1

0
2

u< br>0
f(

1)

d



2
u
0
f(

2
1)d(

2
1)

（2）若
f(u)

[f(x
2
y
2
)1]dv.
则有


f(u)

u
0
f(

2
1)d(

2
1)

高数期末考试题及答案

一．选择填空题（每小题3分，共18分）
1.设向量 a =（2,0,-2）,b = （3,-4,0），则a

b =
i
分析：a

b =
2
j
0
k

2
= -6j – 8k – 8i = （-8,-6,-8）
034
223

2
u
2.设 u =
xxyy
.则
=
xy

2
u
u
22'
分析：
=
2xy
, 则
=
(2xy)
=
2y

xy
x
3.椭球面
x2y3z15
在点（1,-1,,2）处的切平面方程为
分析：由方程可得，
F(x,y,z)x2y3z15
，则可知法向量n =（ Fx, Fy, Fz）;
则有 Fx = 2x ， Fy = 4y ， Fz = 6z ，则过点（1,-1,,2）处的法向量为 n =（2,-4,,12）
因此，其切平面方程为：
2(x1)4(y1)12(z2)0
，即
x2y6z150

4.设D：y = x, y = - x, x = 2直线所围平面区域.则
222
222

(
y
2)d


___________
D
2x
0x
分析：画出平面区域D（图自画），观图可得，

(y2)d


dx

(y2)dy8

D
5.设L：点(0 , 0 )到点(1 , 1)的直线段.则

L
x
2
ds
_________
分析：依题意可知：L是直线y = x 上点(0 , 0 )与点(1 , 1)的一段弧，则有

L
xds

x
0
2
1
21xdx

x
2
2dx
0
'2
1
2

3

6.D 提示：级数

u
n1

n
发散，则称级数

u
n1
n
条件收敛
二.解答下列各题（每小题6分，共36分）
1.设
zxyln(xy)tan2
，求dz
分析：由
d z
2
zz
z
z
dxdy
可知，需求及
xy
x
y
z1z1
2xyx
2
 ， ，
xxyyxy

则有
dz
z z11
dxdy(2xy)dx(x
2
)dy

xyxyxy
u

y
2.设
uf(4xy, 2x3y),
其中
f
一阶偏导连续，求
分析：设v = 4xy , t = 2x – 3y ,则
ufvft
f
'
4xf
'
(3)(4x3)f
'

yvyty
3.设< br>zz(x,y)
由
xyzxyz100
确定.求
222z

y
222
分析：由
xyzxyz100
得，
F(x,y,z)xyzxyz100

则有由
Fx2x (yzxyz
x
)
，
Fy2y(xzxyz
y
)
，
Fz2zxy

222
则
2y(xzxyzy
)(xzxyz
y
)2y
zFy


yFz2zxy2zxy
3322
4.求函数
f(x,y)xy 3x3y9x
的极值
提示：详细答案参考高数2课本第111页例4
5.求二 重积分

e
D
x
2
y
2
d

,
其中D：
1x
2
y
2
9


分析：依题意，得

0

2


则有，

e
D
x
2
y
2
2< br>
0
1

2
9

1

3
，即

0

2


3

d< br>


d


e

d
< br>

(e
9
e)

1

2
6.求三重积分
2
xyz

dV
，

：平面 x = 0, x = 3, y = 0, y = 2, z = 0, z = 1所围区域



0x3

分析：依题意，得
0y2
则有

xyzdV

dx



0z1
2
3

0
2
0
dy

xyz
2
dz3

0
1
三.解答下列各题（每题6分，共24分）
1.求
ydxxdy
，L：圆周
xy9
，逆时针
L

22
分析：令P=y , Q= - x , 则
P
Q
1

1
，
y
x

由格林公式得

ydxxdy

(
LD
QP
)dxdy
 
(2)dxdy

xy
D
作逆时针方向的曲线L：
yrsin

，

xrcos

0

2


则

ydxxdy

(
LD
2

QP
)dxdy

(2)dxdy

2d

4


0
xy
D
2.设

:
平面
x3yz1
位于第一卦限部分.试求曲面积分

xdS


分析：由

:
平面
x3y z1
可得
z1x3y

则
z
x

zz
1，z
y
=3

xy
22
x1(z)(z)dxdy11

xdxdy

xy

Dxy
则有

xdS
 Dxy
由于
D
xy
是

在xOy面的第一卦限的投影区域， 即由
x0,y0及x3y1
所围成的闭区
域.因此

xdS11

xdxdy11

dx

Dxy0
1
1x
3
0
xdy
11

18
3. 设

是
zxy
位于平面
z4,z 9
之间部分且取下侧，求
22

zdxdy




0

z

分析：依题意，可得
0
2

，由于



4z9
是 取下侧，则有

zdxdy


9
4
zd z

d


0
2

z
0
6305


d


4

4.设

是锥面
zx
2
y
2
与平面z = 1 所围立体区域整个边界曲面的外侧。试求
2
3xdydz2yzdzdxzdxd y.




分析：依题意，可令
P3x,Q2yz,Rz
，则有
2
PQR
3,2z,2z

xyz
所 以，
2

3xdydz2yzdzdxzdxdy

(

PQR
)dv

3dv

 xyz

又

是锥面
zx
2
y
2
与平面z = 1 所围立体区域整个边界曲面的外侧，则有


0

z

0

2



0 z1
，则有
2
3xdydz2yzdzdxzdxdy
3dv

3dz

d



d





000
12
z
四．解答下列各题（第1,2题每题6分，第3,4题每题5分，共22分）
3
n
(n1)
1.判断正项级数

的敛散性。
n!
n1

3
n1
(n2)
3
n
( n1)
分析：设
a
n

，则
a
n1


(n1)!
n!
3
n1
(n2)
a
3
(n1)!
lim01
，
则有，
lim
n 1
lim
n
x
a
x
3(n1)
x 
n1
n
n!
3
n
(n1)
所以，正项级数< br>
是收敛的
n!
n1

2.试将函数
f(x)
1
（1）展开成x的幂级数 （2）展开成x – 1 的幂级数.
1x

1f(x)

(1)
n
x
n
,(1x1)< br>
1x
n1
分析：（1）展开成x的幂级数为：
11111

x1
n
x1
..

(1)
n(),(11)
（2）
f(x)
1x2(x1)2
1
x1
2
n1
22
2
则展开成x – 1 的幂级数为：

11

x11
nn
f(x).

(1)()=

n+1
(1)
n
(x1)
n
=,(1x3)

1x2
n1
2
n1
2

x
n
3.求幂级数

的收敛域及和函数.
nn1

a
n1
nx
n1
分析：因为

limlimx

x
a
x
(n 1)x
n
n
当
x1
时级数收敛；当
x1
时级数 发散.所以收敛半径R=1.
则收敛区间为
x1
，即
1x1


(1)
n
1
当x = 1 时，级数成为

，这级数发散；当x = - 1 时，级数成为

，这级数收
n
n1n1
n

敛.所以，原级数的收敛域为[ - 1, 1 ).
设和函数为S(x)，即

x
n
S(x)

,x[1,1)
. n1
n


x
n
1
[S(x)]'
()'

x
n1


x
n,(x1)

1x
n1
n
n1n0
则
S(x)

1
dxln(1x),x[1,1)
0
1x
x
4.设
f(x)
连续，
:x
2< br>y
2
u,0z
1

.

（1）试用柱面坐标化简三重积分
22
[f(xy)1]dv.



（2）若
f(u)

[f(x
2
y
2
)1]dv.
试求
f(u)
.


0

u

0

2

分析：（1）依题意，得

1
，则
0z


[f(xy)1]dv

dz

d


0
22
1

0
2

u< br>0
f(

1)

d



2
u
0
f(

2
1)d(

2
1)

（2）若
f(u)

[f(x
2
y
2
)1]dv.
则有


f(u)

u
0
f(

2
1)d(

2
1)