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东南大学历年高等数学试题-04下中

东南大学历年高等数学试题-04下中


04 高数下中解答
一. 填空题(每小题 4 分,共 24 分) 1. 设 e z ? 1 ? 3 i = 0 ,则 z = _______. 解: z = Ln(1+ 3i ) = ln |1+ 3i | + iArg(1+ 3i ) = ln 2 + i( + 2kπ ) , k = 0, ±1, ±2, ... 3

π

2. 改变积分次序 ∫ dx ∫
0

1

x 0

f ( x , y )dy + ∫ dx ∫
1

2

2? x 0

f ( x , y )dy = _______.

解: 积分区域 D = {(x, y) | y2 ≤ x ≤ 2?y, 0 ≤ y ≤1}, 更换积分次序得 原式= ∫ dy ∫
0 1 2? y y2

f ( x , y )dx .

3. 设 L 为圆锥螺线 x = tcost, y = tsint, z = t (0 ≤ t ≤1) , 则 ∫ zds = ___.
L

解:



L

zds = ∫ t (cost ? t sin t )2 + (sin t + t cost )2 + 1dt = ∫ t 2 + t 2 dt =
0 0

1

1

1 1 2 + t 2 d( 2 + t 2 ) ∫ 0 2

=

3 3 3 ?2 2 1 3 1 1 . udu = ? u1+1 / 2 = ∫ 2 2 1 + 1/ 2 2 2 3

4.由方程 xyz + x 2 + y 2 + z 2 = 2 所确定的函数 z = z(x, y)在点(1,0,?1)处的全微分 dz =____. xdx + ydy + zdz 解: 方程两边求微分得 yzdx+xzdy+xydz+ =0. x2 + y2 + z2 dx ? d z 将点(1,0,?1)的坐标代入上式得 ?dy+ =0, 因而 dz = dx ? 2dy . 2
G 5. u = ln( x 2 ? y 2 + z ) 在点 M(1,0,2)沿方向 l =_______方向导数取最大值. G 1 x ?y 1 1 { , , 1 } | = 解: l = gradu |M = { , 0, } . M 3 3 x2 ? y2 + z x2 ? y2 x2 ? y2

6. div[ x 2 i + ysin( y + 2 z ) j + 2k ] (1,0 ,π ) =_______.
4

解: div[ x 2 i + ysin( y + 2 z ) j + 2k ] (1,0 ,π ) = [2x + sin(y+2z) + ycos(y+2z)] |(1, 0,π ) = 3.
4 4

二. 单项选择题(每小题 4 分,共 16 分)

1. 若二元函数 z = f(x, y)在点 P0(x0, y0)处的两个偏导数

(A) f(x, y)在点 P0 处连续, ?z ?z (D) A, B, C 都不对. (C) dz = P0 dx + P dy , ?x ?y 0 ?1, xy = 0 解: 考虑到 f ( x , y ) = ? 在点 O(0,0)处可偏导, 但不连续, 更不可微, 故 A, C 都不对. ?0, xy ≠ 0 ?z 由于 存在, 即 f(x, y0)在点 x = x0 处可导, 因而 f(x, y0)在点 x = x0 处连续. ?x

?z ?z , 都存在, 则[B]. ?x ?y (B) f(x, y0)在点 x = x0 处连续,

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? x2 + y2 ? 2. 曲线 ? z = 4 在点(2, 4, 5)处的切线与 x 轴的正向所成的角度是[C]. ? ? y=4 . 6 ? x = t, ? x2 + y2 ? x2 + y2 ?z = ? ? 解: 曲线 ? 由此可得曲线 ? z = 4 4 的参数方程为 ? y = 4, 2 ? ? ? ? y=4 ? y=4 ? z = ( t + 16) / 4, (A) 2 3 4
在点(2, 4, 5)处的切向量为{1, 0, t/2}| t =2 = {1, 0, 1}. 它与 x 轴的正向所成的角度是

π

,

(B)

π

,

(C)

π

,

(D)

π

π
4

.

3. 设函数 f(x, y)为连续函数, 则 ∫ dx ∫ yf ( x 2 , y 2 )dy = [A].
?1
0

1

1

(A) 2 ∫ dx ∫ yf ( x 2 , y 2 )dy , (B) 4∫ dx ∫ yf ( x 2 , y 2 )dy , (C) 2∫ dy ∫ yf ( x 2 , y 2 )dx , (D) 0.
0 0 0 0 0

1

1

1

x

1

y

?y

解: 积分区域 D 关于 y 轴对称, 而被积函数 yf(x2, y2)是关于 x 的偶函数. 因此 ∫ dx ∫ yf ( x 2 , y 2 )dy = 2 ∫ dx ∫ yf ( x 2 , y 2 )dy .
?1
0 0 0 1 1 1 1

4. 圆柱面 x2+z2 = a2 被圆柱面 x2+y2 = a2 所截部分的面积为[A]. (A) 8a2, (B) 4a2, (C) 2a2, (D) a2.
解: 由图形的对称性可知圆柱面 x2+z2 = a2 被圆柱面 x2+y2 = a2. 所截部分的面积为它位于第一卦限内的部分Σ的面积 S 的 8 倍. 下面用两种方法计算 S.

(法一) Σ在 xOy 平面内的投影 Dxy, Σ的方程为 z = a 2 ? x 2 , (x, y)∈ Dxy, S = ∫∫ dA = ∫∫
Σ D xy

1+ ( z x )2 + ( z y )2 dxdy = ∫∫

D xy

1+ ( z x )2 + ( z y )2 dxdy = a ∫∫

dxdy a2 ? x2

D xy

,

?0 ≤ θ ≤ π / 2 ? x = ρ cosθ , 则 Dxy: ? , 令? ?0 ≤ ρ ≤ a ? y = ρ sinθ π /2 a π / 2 sinθ ? 1 dxdy ρ = a ∫ dθ ∫ S = a ∫∫ dρ = ? 2a 2 ∫ dθ = a2. 2 2 2 2 2 2 0 D xy 0 0 cos θ a ?x a ? ρ cos θ ? x = a cosθ (法二) Σ在 xOz 平面内的投影曲线记为 L: ? (0 ≤ θ ≤ π/2), 则 ? z = a sinθ
S=



L

xds = ∫

π /2
0

a 2 cosθdθ = a2.

因此圆柱面 x2+z2 = a2 被圆柱面 x2+y2 = a2 所截部分的面积为 8a2. 三. (每小题 7 分,共 21 分).

?z ?2z 1. 设 z = xf(xy, e ), 其中 f(u, v)有二阶连续偏导数, 求 及 . ?x ?y?x ?z 解: = f + xyf1 + xye xy f 2 , ?x ? 2z = 2 xf1 + ( 2 x + x 2 y )e xy f 2 + x 2 yf11 + 2 x 2 ye xy f12 + x 2 ye 2 xy f 22 . ? x? y
xy

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2. 已知解析函数 f(z)的虚部 v(x, y) = 2xy ? y, 且 f(0) = 0, 求 f(z)的表达式, 并用 z 表示. ?u ?v = = 2 x ?1? u = x 2 ? x +? ( y) , 解: (法一) ?x ?y ?u ?v ? ′( y ) = = ? = ? 2 y ? ? ( y ) = ? y 2 + C ? u = x 2 ? y 2 ? x + C , ?y ?x 2 于是 f(z) = x ? y2 ? x + C + i(2xy ? y). 令 y = 0, 得 f(x) = x2 ? x + C, 故 f(z) = z2 ? z + C. 由 f(0) = 0 得 C = 0, 因此 f(z) = z2 ? z. (法二) f ′(z) = vy + ivx = (2x ? 1) + 2yi = 2z ? 1, 于是 f(z) = z2 ? z + C. 由 f(0) = 0 得 C = 0, 因此 f(z) = z2 ? z. 3. 求原点到曲面(x ? y)2 ? z2 = 1 的最短距离.
解: 原点到曲面(x ? y)2 ? z2 = 1 点 P(x, y, z)的距离 d = x 2 + y 2 + z 2 . 令 L = x2 + y2 + z2 + λ[(x ? y)2 ? z2 ? 1]. ? Lx = 2 x + 2λ ( x ? y ) = 0 ? ? L = 2 y ? 2λ ( x ? y ) = 0 由 ? y 得 z=0 ? Lz = 2 z2? 2λ ?( x ? y ) ? z 2 = 1 ? 1 1 1 1 ( x , y , z ) = ( , ? , 0) 或 ( x , y , z ) = ( ? , , 0) . 2 2 2 2 由问题的实际意义知原点到曲面存在最短距离, 故 d min = 四. (第 1 题 7 分,其余每小题 8 分, 共 39 分).
1 . 2

1. 计算 ∫∫
解:

x+ y dσ ,其中(σ)={(x, y) | x2 + y2 ≤ 1, x + y ≥ 1}. 2 2 x +y (σ )
π

1 π x+ y 2 σ ? d d (sin? + cos? )dρ = 2 ? . = 1 2 2 ∫∫ ∫ ∫ 0 x +y 2 sin? + cos? σ

2. 计算 ∫∫∫ ( z + 2 xy )dv , 其中?为由半椭球面 x2 + 4y2 + z2 =1(z > 0)与锥面 z = x 2 + y 2 所围成
?

的区域. 解: (法一) 原式= ∫∫∫ zdv =
? 2 x 2 +5 y 2 ≤ 1

∫∫ dσ ∫

1? x 2 ? 4 y 2 x2+ y2

zd z
1 0.75 0.5 0.25 0 -1 -0.5 0 0.5 1 -1 -0.5 0 1 0.5

=

1 2 2 ∫∫ (21? 2 x ? 5 y )dσ 2 2x2+ 5y ≤1

1 1 令 x= ρ cos? , y = ρ sin? , 则 2 5 1 原式= (1 ? 2 x 2 ? 5 y 2 )dσ ∫∫ 2 2 x 2 +5 y 2 ≤ 1 =
2π 1 1 π ? ρ 3dρ = . d ∫ ∫ 0 0 2 10 2 10 4 10

π

?

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(法二) 令 x = rsinθcos?, y = rsinθsin?, z = rcosθ, 则
原式= ∫∫∫ zdv = ∫ d? ∫
? 0 2π

π /4
0

dθ ∫

1 0

1+ 3sin 2θ sin 2?

r 3sinθ cosθ dr

π /4 1 2π d? 1 π / 2 d? 1 2π sinθ cosθ = d ? d θ = 2 2 2 2 ∫ 0 (1+ 3sin θ sin ? ) 8 ∫ 0 2 + 3 sin ? 2 ∫ 0 2 + 3 sin 2? 4∫0 令 t = tan?, 则 1 + ∞ dt 10 1 π / 2 d? 10 10 +∞ = 原式= ∫ = ∫ arctan( t) 0 = π. 2 2 0 0 2 2 + 3 sin ? 2 2 + 5t 40 20 2

=

( x ? y )dx + ( x + y )dy , 其中 C 为摆线 x = t ? sint ? π, y = 1 ? cost, 从 t = 0 到 t = π x2 + y2 C 的一段. x? y x + y ?Q ?P y 2 ? x 2 ? 2 xy 解: P = 2 2 , Q = 2 2 , . = = x +y x + y ?x ?y ( x 2 + y 2 )2 可见在不含原点的任一单连通区域内, 积分与路径无关. π ?2 1 π 2 dx + ∫ 2 d? = ? + ln . 因此, 原式= ∫ ?π x π 2 π

3. 计算 ∫

4. 设计算 ∫∫


( z 2 + 4)dy ∧ dz + yzdz ∧ dx x + y +z
2 2 2

, 其中Σ为半球面 z = 9 ? x 2 ? y 2 的上侧.

解: (法一)原式=

π 3 27 1 1 yzdz ∧ dx = ( ∫∫∫ zdv ? ∫∫ 0dz ∧ dx ) = ∫ z (9 ? z 2 )dz = π . ∫∫ 3 0 4 3Σ 3 ? Σ′ 1 2 (法二)原式= ∫∫ yzdz ∧ dx = ∫∫ z 9 ? z 2 ? x 2 dzdx 3Σ 3 D zx
令 z = ρcos?, x = ρsin?, (?π/2≤?≤π/2, 0≤ρ≤3), 则 3 27 2 2 π /2 4 3 原式= ∫∫ z 9 ? z 2 ? x 2 dzdx = ∫ d? ∫ 9 ? ρ 2 ρ cos?ρdρ = ∫ 9 ? ρ 2 ρ 2dρ = π . / 2 0 ? 0 π 4 3 D zx 3 3

? x 2 + y 2 =1 5. 设计算 ∫ ( y ? z )dx + (z ? x )dy + ( x ? y )dz ,其中 C 是曲线 ? , 从 z 轴正向往 z 轴负向 ? x? y+ z = 2 C 看去, C 的方向是逆时针方向. 解: (法一) x = cost, y = sint, z = 2 ? cost + sint, 0≤ t ≤ 2π.

原式= ∫

2π 0

[( 2 ? cost )sin t + ( 2 ? 2cost + sin t )cost + (cost ? sin t )(cost + sin t )]dt


=?∫

0

dt = ?2π .
-1 4

1 -1 0

0 1

(法二) 记 C 在平面 x?y+z=2 上所围的部分为Σ, 并取上侧, 则 1 1 1 Σ上的单位法向量为 { ,? , } , Σ的面积为 3π , 3 3 3 由 Stokes 公式以及两类曲面积分之间的关系可得 2 2 原式= ? 2∫∫ dy ∧ dz + dz ∧ dx + dx ∧ dy = ? dA = ? ? 3π =?2π. ∫∫ 3 Σ 3 Σ

2

0

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