成都理工大学同济版高数下期未考试历年真题(6)答案

－1－同济版高数下期未考试历年真题(6)答案一．填空题（每小题3分，共21分）1。542．1,4,23．32，4．331R5.42dxdy；6.1(1cos4)2。7．)100(s-2二、选择题（每小题3分，共18分）1.下列说法正确的是（B）2.极限21lim(1)()(0)xxyxyaBaxy3.级数321cosnnnn是（A）4.设32(,)32fxyxxyy，则下列结论正确的是（C）5.设(,)fxy为连续函数，则1400(cos,sin)dfrrrdr等于（C）6.对级数1()(0)1nnnaan，下列结论中错误的是（D）三、计算（每小题6分，共30分）1．已知直线1L：130211zyx，2L：11122zyx，求通过1L且与2L平行的平面方程。解：}1,0,1{1n,}1,1,2{2n}1,3,1{21nn为所求平面的法向量（3分）又平面过1L当然也过1L上的点（1，2，3）所求平面为0)3()2(3)1(zyx即023zyx（3分）得分得分得分－2－2.求曲线22ymx，2zmx在点000(,,)xyz处的切线及法平面方程。解：设曲线的参数方程的参数为x22dydymymdxdxy1212dzdzzdxdxz曲线在点000(,,)xyz的切向量为001{1,,}2mTyz4分于是，切线方程为00000112xxyyzzmyz1分法平面方程为000001()()()02mxxyyzzyz1分3.设)sin,(yxyxfz，其中f具有二阶连续偏导数，求yxz2.解：yffxzsin212分22212112sincoscos)sincos(fyyxyffyyxfyxz4分（因2112ff）4.设方程sinyzexze确定了点(,)(0,1)xy附近的一个隐函数(,)zzxy求(0,1)|zx，(0,1)|zy，2(0,1)|zxy－3－解，以0x，1y代入方程得(0,1)0z令(,,)sinyzFxyzexze2分则(0,1)sin,0cosxxzzFzzzxFexzx1分(0,1),1cosyzyyzzFzezyFexzy1分22cos(cos)sin(cos)(cos)yzyzyyyzzzexzxexzzxyexz2(0,1)1zxye2分5.将函数651)(2xxxf展开成x的幂级数，并求其收敛域．解：3121)3)(2(1)(xxxxxf3113121121xx2分003)1(312)1(21nnnnnnnnxxnnnnnx0113121)1(3分223322131121xxxxx因此，收敛域为：)2,2(1分四、计算（每小题7分，共21分）1.计算dyxydxyxL223，其中L为沿上半圆周：24xxy从得分－4－0,0O到04，A的一段弧。解：为了使用格林公式，添加辅助线段AO,它与L所围区域为D,则原式AOLdyxydxyx223dyxydxyxOA2232分4204Ddxdyxdx4分64831分2.已知曲面壳223yxz的面密度zyx22，求此曲面壳在平面1z以上部分的质量M。解：在xOy面上的投影为222yxDxy：，故dxdyyxdSMxyD224132分drrrd202024133分22024141816rdr132分－5－3．求222yzdxdyzxdydzxydzdx，其中为由221xy，22zxy与0z所围成的封闭曲面，方向取外侧。解：2Pzx，2Qxy，2Ryz，2xPz，2yQx，2zRy，由高斯公式可得222yzdxdyzxdydzxydzdx=()xyZPQRdv=222()xyzdv3分=22122000()rdrdrrzdz3分=21230012()3rrrzzdr=146012()3rrrdr=5121分五、解答及证明题下列各题（每小题5分，共10分）1．设1,0Cxf，证明：11010dyedxeyfxf证：dyedxeyfxf1010dxdyeyxyfxf10102分010112fxfyfyfxxyeedxdy2分1212Ddxdy1分2．若级数1nna收敛，级数1nnb收敛，且(1,2,3,)nnnacbn得分－6－证明：1nnc收敛。证明：nnnacb0nnnncaba1()nnnba收敛1()nnnca收敛.................(3)()nnnncaca1nna又收敛1nnc收敛.................(2)