2013级高等数学(2-2)试卷答案新

重庆大学试卷教务处07版第1页共4页2013级《高等数学II-2》期末试卷参考答案一．单项选择题（每小题3分，共15分）（1）直线123211xyz与12112xyz的夹角为（A）（A）3（B）4（C）6（D）1arccos6（2）若()()()ypxyqxyfx的线性无关的解为1,y2,y3y，则()()0ypxyqxy的通解为（B）（A）112233cycycy（B）112223()()cyycyy（C）1122123(1)cycyccy（D）1122123(1)cycyccy（3）已知2()()xaydxydyxy为某函数的全微分，则等于（D）(A)–1.(B)0.(C)1.(D)2.（4）设常数0，则级数11cosnn（A）（A）绝对收敛（B）条件收敛（C）发散（D）收敛性与有关（5）微分方程1xyye的一个特解应具有形式（式中a,b为常数）(B)（A）（B）（C）（D）二．填空题（每空3分，共15分）（1）设21,0,()1,0,xfxxx则其以为周期的傅里叶级数在点处收敛于（2）设平面曲线为下半圆21yx，则曲线积分22()Lxyds（3）级数1!nnnnxn的收敛半径为1e.（4）微分方程的通解为12cossin2yCxCxx（5）改变二重积分积分次序，有22212(,)xxxdxfxydy211102(,)yydyfxydx.三．计算题（1至5每小题8分，6小题9分，共49分）1．计算曲面积分zdS，其中为锥面22zxy在柱体222xyx内的部分.解在平面上的投影区域..于是2cos22220222DzdSxyddrdr.2．求曲线2226xyz，0xyz在点(1,2,1)的切线及法平面方程.解：视,zy为x的可导函数，将所给方程两边对x求导，有：dydzyzxdxdx，1dydzdxdx.命题人：组题人：审题人：命题时间：教务处制学院专业、班年级学号姓名公平竞争、诚实守信、严肃考纪、拒绝作弊封线密重庆大学试卷教务处07版第2页共4页解得：dyzxdxyz，dzxydxyz.曲线在(1,2,1)处的切线方向向量为：(1,0,1)。故切线方程为：121201xyz，法平面方程为：0xz.3．设xyuyfxgyx，其中函数,fg具有二阶连续的导数，求222uuxyxxy解xygxyxygxyfxu，xygxyyxfyxu3222)(1，xygxyyxfyxyxu222，所以0222yxuyxux4.求微分方程2(1)yyyy满足初始条件(0)1y(0)2y的特解.解：令yp,dpypdy，原方程变形为：21dpdypy.21dpdypy，有2ln1lnpyC.代入(0)1y(0)2y有0C，21pyy.由21dydxy有1arctanyxC.由(0)1y得14C.故tan4yx.5.计算曲面积分yzdxdydzdxyxdydzyI4)1(2)18(2，其中是由曲线,0,1xyz)31(y绕y轴旋转一周所成的曲面，它的法向量与y轴正向的夹角恒大于2.解取圆片,3,2:221yzx其法线方向与y轴正向相同.设和1所围成区域为，由高斯公式，得yzdxdydzdxyxdydzydvyyyI4)1(2)18()4418(121)1(22dzdxydv322116)1(31231222yydzdxdyyzx343226.求幂级数11nnxn的收敛域及和函数，由此证明11(1)ln2nnn.解：其收敛半径1R，111limnnrnΣ1Σoxy321重庆大学试卷教务处07版第3页共4页当1x时，11nn发散.当1x时，11(1)nnn收敛.故收敛域为[1,1).令1()nnxfxn，(0)0f111(),11nnfxxxx，01()ln(1)[1,1)1xfxdtxxt，所以11ln(1)nnxxnx[1,1)x取1x得：11(1)ln2nnn.四．综合题与证明题（每小题7分，共21分）1.求半径为R的球面的内接长方体的最大体积.解：以球心为中心建立直角坐标系，球内接长方体三个面平行于三个坐标面，一个位于0x，0y，0z的长方体顶点为(,,)xyz，则体积8Vxyz，且满足条件2222xyzR.令2222(,,,)()FxyzxyzxyzR，222220,20,20,0,xyzLyzxLxzyLxyzLxyzR由前式有xyz，带入0xL得唯一驻点,,,33323RRRR，由实际问题，最大值存在.故当长、宽、高各为23R时，长方体有最大体积.2.计算第二型曲线积分(12)(cos)yyLxyedxyxedy，其中L是从(1,1)A沿2yx到点(0,0)O,再沿x轴到点(2,0)B的一光滑弧段。解：（法一）»200311(12)(cos)xyOBAOIxedxyyedy，22000111xyxxyedxedxedy重庆大学试卷教务处07版第4页共4页000111yyyyeyedyeyedy，故带入上式即得:002311012cossin11Ixdxydydxe。（法二）或补充2,1C及直线段BC和CA，然后使用格林公式.3.设函数(,)fxy在(0,0)连续，22(,)(0,0)(,)lim0xyfxyxy，证明(,)fxy在(0,0)可微.证明：由22(,)(0,0)(,)lim0xyfxyxy，故存在0M，在(0,0)的领域内，22(,)fxyMxy，22(,)0(0,0)fxyMxyf，(,0)(0,0)0(0)0fxfMxxx，有(0,0)0xf.同理(0,0)0yf。2222(,)(0,0)(0,0)(0,0)(,)xyfxyffxfyfxyxyxy220(,)(0,0)Mxyxy.故(,)fxy在(0,0)可微.