2015 高等数学II（A）答案-含题目.pdf

(1)

1 ---○---○---

---○---○--- 学院

专业班级

学号

姓名

座位号

任课教师姓名

………… 评卷密封线…………密封线内不要答题，密封线外不准填写考生信息，违者考试成绩按0分处理…………评卷密封线…………

中南大学考试试卷

2014 ~2015学年二学期高等数学 A（二）

（时间：15年7月2日，星期四，10：00—11：40，共计：100分钟）

80学时， 5 学分，闭卷，总分100分，占总评成绩70 %

题号一二三四五六七八合计满分 15 15 10 10 10 18 10 12 100 得分

评卷人复查人

一、填空题（每小题 3 分，总计 15 分）

1、点A(3, 1,1) ^到平面: 2x y 3z 4 0^的距离为

2 2 2

| 2 3 ( 1) 3 1 4 | 6 2 ( 1) 3 14

d        

  

2、曲面z2x² 2y² 4^在点



^{1, 1, 0}^



^{处的法线方程为}

1 4

1

 



 

 y z

x

3、设^是由曲面zx²y²及平面z1^{围成的闭区域，则} ^{f x y z}



^{, ,}



^{d d d}^{x y z}





化为顺序为z y x的三次积分为 ²2 2 2

 

1 1 1

1 1^x , ,

x x y

dx ^ dy f x y z dz

   

  

4、设^是xoz面的一个闭区域D_xz, 则曲面积分 ^{f x y z}



^{, ,}



^d^S



 ^{可化为二重积分}

为



^{, 0,}



Dxz

f x z dxdz



5、微分方程

2

1 y 2

x y

   ^{满足初始条件}^y

 

¹ ^⁰^的解为^x ^y² ^y ^e²^y

4 3 4 1 2 1 2

1   

 得分

评卷人

(2)

2

…

……

…

……

…

……

…

……

…

……

…

……

…

二、选择题（在每个小题四个备选答案中选出一个正确答案，填在括号中，每小题 3 分，总计 15 分）

1、双曲线









 0 5 1 4

2 2

y z x

绕z轴旋转而成的曲面为（ A ）

（A） 1

5 4

2 2

2 y  z 

x ；（B） 1 5 4

2 2

2  y z 

x ；

（C）

 

5 1 4

2 2



 y z

x ；（D）

 

5 1 4

2 2

 

 y z x

2、若函数 f x y( , )在区域D内具有二阶偏导数

2 2 2 2

2 , 2 , ,

f f f f

x y x y y x

   

      ，则（ D ）

(A) 必有

2 2

f f

x y y x

  

    ；（B）则f x y( , )在区域D内必连续；

(C) 则 f x y( , )^在区域D内必可微； (D) 以上都不对

3、设 d d

D

I 



xy x y^，其中^D^由^y² ^^x^及^y^{ }^x ²所围成，则化为二次积分后的结果为I 

（ B ）

（A）

 

 4

0 2

y2

y xydy

dx ；（B）

 



 2

1 2

2

y

y xydx

dy ；

（C）

 

 

 

⁴ 

1 2

1 0

x x x

xxydy dx xydy

dx （D）

 



 2

1 2

2

y

y xydy

dx 4、设L为直线x y 2^介于点(0, 2)到点(2, 0)的一段，则

L xyds



^{( A )}

（A）4 ;^（B）2 2 ;^（C） 2 ;^（D）2 .

5、设y₁与y₂都是微分方程^y^^^{p x y}

 

^^^{q x y}

 

^ ^{f x}

 

^的解，则（ D ）.

（A）y₁y₂也是方程的解；（B）y₁y₂也是方程的解

（C）y₁2y₂^{也是方程的解} ^（D）2y₁y₂^{也是方程的解} 得分

评卷人

(3)

三、（ 10 分）设平面  : 2x4y  z 5 0 , 且直线 : 0

3 0 x y b l x ay z

  

    

 在平面上，求a b, 的值.

解法一：由 : ⁰

3 0 x y b l x ay z

  

    

 可得y  (x b z),  x a x b(  ) 3，代入平面方程，有 5 a 0, 4b ab  2 0，解得a 5,b 2.

解法二：过直线l的平面束方程设为x ay   z 3 (x  y b) 0

（或x  y b (x ay   z 3) 0），即

₍₁₎_x ₍_a ₎_y  _z ₃ _b₀ （或₍₁₎_x ₍₁ _{a y}₎ _{z b} ₃ ₀），

由题意知¹ ¹

2 4 1

 a 

  

 

  （或¹ ¹

2 4 1

 a 

  

 

  ），

解得a 5,1，将a 5,1及平面_上的点(1, 2,5) 代入平面束方程，求得 2

b  .

得分评卷人

(4)

4

…

……

…

……

…

……

…

……

…

……

…

……

…

… 评卷密封线

…

……

… 密封线内不要答题

，密封线外不准填写考生信息

，违者考试成绩按0 分处理

…

……

… 评卷密封线

……

…

四、（10 分）

已知函数 f x y( , )  x y xy，曲线C x: ²y²xy3，求 f x y( , )在曲线C上的最大方向导数.

解：最大方向导数即为梯度的模，

2 2

( , ) (1 ,1 ), ( , ) (1 ) (1 )

gradf x y  y x gradf x y  x  y 令_{F x y}_{( , , )}  ₍₁ _x₎² ₍₁ _y₎²₍_x²_y²_xy₃₎,由

2 2

2(1 ) (2 ) 0

3 0

x y

F x x y

F y y x

x y xy



    

     

    



，解得 ¹, ² , ¹, ¹

1 1 1 2

x x x x

y y y y

     

   

         

    ，

比较： gradf(1,1) 2 2， gradf(2, 1)  gradf( 1, 2) 3， ( 1, 1) 0

gradf    ，所以 f x y( , )在曲线C上的最大方向导数为 3.

得分评卷人

(5)

5

…

… 评卷密封线

…

……

… 密封线内不要答题

，密封线外不准填写考生信息

，违者考试成绩按0 分处理

…

……

… 评卷密封线

……

…

… …

…

……

…

……

…

……

…

……

…

……

…

五、（10 分）计算由旋转抛物面z 6 x²y²及锥面

2 2

z x y 所围成的立体的体积.

解法一：(与练习册 P84 第二大题类似)

6 2 2 2 2

0 0

(6 ) 32

xy 3

r r D

V dv rdrd ^ dz ^d r r rdr 









 



 

   ^.

解法二：

1 2

2 6 2 6

2

1 2

0 2 0 2

8 32

(6 ) 8

3 3

z z

D D

V  V V 

 

dz dxdy

 

dz dxdy



z dz



 z dz    ^.

得分评卷人

(6)

6

六、求解下列各题（每题 9 分，共 18 分）

1、计算 ^max

 

^{,1 d d}

D

I 



xy x y^，其中^D^



^{( , ) 0}^{x y} ^{ }^x ^{2, 0}^{ }^y ²



^.

解：

1 2 3

D D D

I 



dxdy



dxdy



xydxdy （4 分）

2 1 2 2

1 1 1

2 0 2

1 ^x

x

dx dy dx xydy

 

 



 

（8 分）

19 ln 2

 4  （9 分）

2、计算 (1 ) ( ^sin^y)

I 



L y dx x e dy^，其中^L^是从^A^{(1, 0)}^沿^y^ ¹^^x² ^到^B^{( 1, 0)}^ ^的一段曲线.

解：（与练习册 P96 第四大题类似）

因为 P Q 1

y x

  

  ，所以该曲线积分与路径无关，

选择积分路径从A(1, 0)沿x轴到B( 1, 0) ，易得 ¹

1 (1 0) 2

I 



^  dx  ^.

得分

(7)

七、（10 分）计算I xydydz yzdzdx xzdxdy





 

  ^，其中^^是平面

0, 0, 0, 2

x y z x  y z 所围空间区域整个边界曲面的外侧.

解法一：利用高斯公式，

2 2 2 2 3

0 0 0 0

( )

3 3 3 2.

6

x x y

I xydydz yzdzdx xzdxdy y z x dv

zdv dx dy zdz x dx

 

  



     

    

 

    



对称性（2 ）

解法二：在平面x0,y0,z0上，积分值为 0，只需计算:x  y z 2（取上侧）上的积分. 因cos cos cos ¹

3

      ，利用两类曲面积分的联系，有

1 3

( ) ( )

3

dS dxdy

I xydydz yzdzdx xzdxdy xy yz xz dS xy yz xz dxdy



  

  





  



  



 



⁽² ⁾ ⁽² ⁾



₀² ₀² ⁽ ² ² ⁾ ²

xy

x

D

xy y x y x x y dxdy dx ^ x y xy x y dy





      

 

      ^.

解法三：在平面_x__0,_y__0,_z_₀上，积分值为 0，只需计算_:_x  _y _z ₂（取上侧）上的积分.

2 2

0 0

(2 ) (2 ) 2

xy 3

x

D

xzdxdy x x y dxdy xdx ^ x y dy





      

   

^.

由被积函数和积分曲面关于积分变量的对称性，可得 2

xydydz yzdzdx xzdxdy 3

  

  

  

  

^，所以，^I ^{  }³ ²₃ ²^.

得分评卷人

(8)

8

…

……

…

……

…

……

…

……

…

……

…

……

…

… …

……

… 评卷密封线

……

…

… 密封线内不要答题，密封线外不准填写考生信息

，违者考试成绩按0

分处理…

…

…评卷密封线

…

……

八、（12 分）

设函数 f u( ) 具有二阶连续导数， z f e( ^xcos )y 满足

2 2

2

2 2 (4 ^xcos ) ^x

z z

z e y e

x y

   

  ，若 f(0)0, f(0)0， (1)证明： _f_{( )}_u _{4 ( )}_{f u} _u；（2）求 _{f u}_{( )}的表达式．

解：（与教材 P345 例 6.3.5 类似）

（1）因为

2

2 2

( ^xcos ) ^xcos , 2 ( ^xcos ) ^xcos ( ^xcos ) ^xcos ,

z z

f e y e y f e y e y f e y e y

x x

       

 

2

2 2

( ^xcos ) ^xsin , 2 ( ^xcos ) ^xsin ( ^xcos ) ^xcos ,

z z

f e y e y f e y e y f e y e y

y y

        

 

所以,已知条件

2 2

2 2 2 (4 ^xcos ) ^x

z z

z e y e

x y

 

  

  化为

f(e^xcos )y e²^x 4 (f e^xcos )y e^xcosy e ²^x，所以函数 _{f u}_{( )}满足方程 _f_{( )}_u _{4 ( )}_{f u} _u.

方程 f( )u 4 ( )f u u的特征方程为r² 4 0，得特征根r_1,2 2 所以，其对应齐次方程的通解为

f u ( )  C e

₁ ²^u

 C e

₂ ^²^u，设非齐方程的特解为y^* AuB，代入原方程，得 1

, 0

A 4 B 得非齐方程的一个特解为 *

4

y  u ，故方程的通解为 f u( )C e₁ ²^uC e₂ ^²^u

4

u，

由 f(0)0, f(0)0得

1 2

0

2 2 1 0

4

C C

 



   

 ,得 ₁ ¹ , ₂ ¹

16 16

C  C   ,

得分评卷人

(9)

故

1

² ²

( ) ( 4 )

16

u u

f u  e  e

^

 u

．