高数下册期末试题

1．设函数f(x,y)在P(x0,y0)的两个偏导fx(x0,y0)，fy(x0,y0) 都存在，则 ( )

A．f(x,y)在P连续 B．f(x,y)在P可微 C． limf(x,y0)及 limf(x0,y)都存在 D．

limf(x,y)存在

xx0yy0(x,y)(x0,y0)2．若zylnx，则dz等于（ ）．

.ylnxAlnyylnxlnyylnxlnyxy B.x

lnxxlnxC.ylnxlnydxylnyxdy D.ylnlnyxdxylnxydy

3．设是圆柱面x2y22x及平面z0,z1所围成的区域，则

f(x,y,z)dxdydz( ）．

A.22cosdr10d00f(rcos,rsin,z)dzB.210d2cos0rdr0f(rcos,rsin,z)dz

C.22cosd20rdr10f(rcos,rsin,z)dzD.d2cosx100rdr0f(rcos,rsin,z)dz

4． 4．若an(x1)n在x1处收敛，则此级数在x2处（ ）．

n1 A． 条件收敛 B． 绝对收敛 C． 发散 D． 敛散性不能确定

5．曲线xyz2zx2y2在点（1，1，2）处的一个切线方向向量为（ ）.

A. （-1，3，4） B.（3，-1，4） C. （-1，0，3） D. （3，0，-1）

二、填空题（共15分，每小题3分）

1

．设x2y，xz'x( 1 , 1 ) .

则yz2．交 换Ie1dxlnx0f(x,y)dy的积分次序后，I_____________________．

3．设u2xyz2，则u在点M(2,1,1)处的梯度为 .

x4. 已知en0xnn!，则

xex . 5. 函数zx3y33x23y2的极小值点是 .

三、解答题（共分，每小题6--7分）

1.（本小题满分6分）设zyarctan

2.（本小题满分6分）求椭球面2x3yz9的平行于平面2x3y2z10的切平面方程，并求切点处的法线方程

133. （本小题满分7分）求函数zxy在点(1,2)处沿向量lij方向的方向导

2222222yx, 求

zx,

zy.

数。

4. （本小题满分7分）将f(x)

5．（本小题满分7分）求由方程2x2yz8yzz80所确定的隐函数

zz(x,y)的极值。

2221x展开成x3的幂级数，并求收敛域。

6．（本小题满分7分）计算二重积分(x2y2)d,D由曲线x1y2,y1,y1D及x2围成.

7.（本小题满分7分）利用格林公式计算xy2dyx2ydx，其中L是圆周xya（按

L222逆时针方向）.

8.（本小题满分7分）计算

xydxdydz22，其中是由柱面xy1及平面

z1,x0,y0所围成且在第一卦限内的区域.

.

四、综合题（共16分，每小题8分）

1．（本小题满分8分）设级数un,vn都收敛，证明级数(unvn)2收敛。

n1n1n1

2．（本小题满分8分）设函数f(x,y)在R内具有一阶连续偏导数，且

2fx2x，

证明曲线积分2xydxf(x,y)dy与路径无关．若对任意的t恒有

L (t,1) (0,0)2xydxf(x,y)dy (1,t) (0,0)2xydxf(x,y)dy，求f(x,y)的表达式．

参及评分标准

一、单选题（共15分，每小题3分）：1.C 2 D 3 C 4B 5 A 二、填空题（共15分，每小题3分） 1.-1 2. I10dyeeyf(x,y)dx 3. 2i4j2k 4

n0(1)xn!nn1 5. (2,2)

三、解答题（共分，每小题6--7分） 1．解：

zxy222xyxyxy2; (3分)

zy=arctanyx+

2 ( 6分).

2x3y0z2. 解：记切点(x0,y0,z0) 则切平面的法向量为n2(2x0,3y0,z0)满足：00 ，

232切点为：(1,1,2)或(1,1,2) (3分)，切平面：2x3y2z9or9 ( 4分)， 法线方程分别为：

x12y13z22或者

x12y13z22 ( 6分)

3. 解：f(1,2)(2,4) ( 3分),

f(1,2)123 ( 7分) l4. 解：f(x)13(x3)=

131(1x33), ( 2分)

因为 (1)xn0nn11x，x(1,1),所以

131(1x33)n0(1)n13(x33)=

nx3n1n1n,其中11 ，即0x6.( 5分) (1)()(x3)33n0当x0时，级数为n013发散；当x6时，级数为(1)nn013发散,故

1x=

n1n1n(1)()(x3)，x(0,6)， ( 7分) 3n04xzx12z8y05. 解：由, 得到x0与y2z0, ( 2分)

z4(y2z)0y12z8y 再代入2x22yz8yzz80，得到7z222z80即z1,167)。 ( 4分)

87。

由此可知隐函数zz(x,y)的驻点为(0,2)与(0,zx22由412z8y，

zxy20，

zy222412z8y，可知在驻点(0,2)与(0,167)有H0。( 5分)

在(0,2)点，z1，因此 分) 在(0,167z)点，

87zx24150，所以(0,2)为极小值点，极小值为z1；( 6

，因此

zx22415所以(0,0，

167极大值为z)为极大值点，

87，

( 7分)

2x06. 解：记D1:D21y121yx0，则DD1D2.（2分） 故 :1y12(xD2y)d2(xD1y)d02(xD22y)d ( 4分)

1213221dy(xy)dx222d0rdr3203L42 （7分）

22227. 解：L所围区域D：xya,由格林公式，可得

2xydyxydx=

D((xy)x2(xy)y2)dxdy=(xy)dxdy=D222π0da0rrdrπ2a.(7分)

4

0z1,π8. 解：如图，选取柱面坐标系计算方便,此时，:0,所以

2z 0r1,1 O…………O…………O…………O…………O装…………O订…………O线…………O…………O…………O…………O xydxdydz10dz2d0π10rcosrsinrdr ( 4分) O 1 ππ20y =12sin2d10rdr=(3cos24)2r410401x . (7分) 8四、综合题（共16分，每小题8分） 1．证明：因为limun0,limvn0，（2分）

nn故存在N，当nN时，(unvn)unvn2unvn3un，因此(unvn)2收敛。（8

222n1分） 2．证明：因为分）

因此设f(x,y)xg(y)，从而

2fx2x，且

(2xy)y故曲线积分2xydxf(x,y)dy与路径无关．（42x，

L (t,1) (0,0)2xydxf(x,y)dy t 00dx 1 1 0[tg(y)]dyt[1g(y)]dyt22 t 010（5分） g(y)dy，

 (1,t) (0,0)2xydxf(x,y)dy 1 0 00dx t 0（6分） g(y)dy，

由此得t2g(y)dyt t 0g(y)dy对任意t成立，于是g(t)2t1，即

f(x,y)x2g(y)x2（8分） 2y1．