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河南理工大学2010年期中考试高数试题及答案

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河南理工大学 2009-2010 学年第二学期期中考试 2009《高等数学》试卷(A 卷) 高等数学》试卷(
一, 单项选择题(共 24 分,每小题 4 分) , 1,非零向量 a , b 互相垂直, 则有 ( D (A) | a + b |=| a | + | b | ; (C) | a + b |≥| a b | ; ).

(B) (D)

| a + b |≤| a b | ; | a + b |=| a b | .

x2 2,把 xoz 面上的抛物线 2 = z 绕 z 轴旋转一周,则其所得旋转曲面方程为( D ) . a
(A)

x2 y2 x2 x2 y2 x2 y2 + 2 = z ; (B) 2 = y 2 + z 2 ; (C) 2 2 = z ; (D) 2 + 2 = z . a2 b a a b a a
) .

3,设函数 f ( x, y ) 在点 (0,0) 附*有定义,且 f x′ (0,0) = 3 , f y′ (0,0) = 1 ,则( C (A) dz
( 0, 0 )

= 3dx + dy ;

(B)曲面 z = f ( x, y ) 在点 (0,0, f (0,0)) 的法向量为 {3,1,1} ;

(C)曲线

z = f ( x, y ) 在点 (0,0, f (0,0)) 的切向量为 {1,0,3} ; y=0 z = f ( x, y ) 在点 (0,0, f (0,0)) 的切向量为 {3,0,1} . y=0

(D)曲线

4,考虑二元函数 f ( x, y ) 在点 ( x 0 , y 0 ) 处的下面 4 条属性: 1) f ( x, y ) 在点 ( x 0 , y 0 ) 处连 续; 2) f ( x, y ) 在点 ( x 0 , y 0 ) 处的两个偏导数连续; 3) f ( x, y ) 在点 ( x 0 , y 0 ) 处可微; 4) f ( x, y ) 在点 ( x 0 , y 0 ) 处的两个偏导数存在. 则下列成立的是( A (A) 2) 3) 1) ; (C) 3) 4) 1) ; 5,设 D : x 2 + y 2 ≤ a 2 , (B) 3) 2) 1) ; (D) 3) 1) 4) . ) .

∫∫
D

a 2 x 2 y 2 dxdy = π ,则 a = ( B ) .
3 ; 2
(C) 3

(A)1;

(B) 3

3 ; 4

(D) 3

1 . 2

1

6,设 y = cos 2 x , y = sin 2 x 都是常系数微分方程 y ′′ + ay ′ + by = 0 的解,则( C (A) a = 0 , b = 2 ; (C) a = 0 , b = 4 ; (B) a = 2 , b = 0 ; (D) a = 4 , b = 0 .

) .

答案: (1) D ; (2)D ; (3)C ; (4)A ; (5) B (6) C . 答案: 二,填空题(共 24 分,每小题 4 分) 1, a , , 为单位向量, 设 b c 且满足 a + b + c = 0 , a b + b c + c a = 则 2,设函数 f ( x, y ) = x + y + 3,设 z = arctan
2 y z ,则 2 = x x

. .

x 2 + y 2 ,则梯度 grad f (3,4) =
.

4,曲面 3 x 2 + 4 y 2 + 5 z 2 = 13 在点 ( x0 , y 0 , z 0 ) 处的切*面方程为 5,函数 u = xyz 在点 (1,2,4) 沿方向角为 α = 是 6,设 是由锥面 z = 分 .

. 的方向的方向导数

π
3

,β =

π
4

,γ =

π
4

h x 2 + y 2 与*面 z = h ( R > 0, h > 0) 所围成的闭区域,则三重积 R
.

∫∫∫ zdxdydz =


答案: 答案: (1)

3 2 xy 8 9 ; (2) , ; (3) 2 2 5 5 x + y2

(

)

2

;

(4) 3 x 0 ( x x 0 ) + 4 y 0 ( y y 0 ) + 5 z 0 ( z z 0 ) = 0 或 3 xx 0 + 4 yy 0 + 5 zz 0 = 13 ; (5) 6 +

2 ; (6)

π
4

h2R2 .

三,计算下列各题(共 46 分) 1, (本题 6 分)设一*面经过原点及点 P (6,3,2) ,且与*面 4 x y + 2 z = 8 垂直,求 此*面方程. 解: 设所求*面为 π .由于*面 π 过原点,所以该*面可以设为

ax + by + cz = 0 .
*面 π 过点 P (6,3,2) ,所以



a 6 + b (3) + c 2 = 0 ,


6a 3b + 2c = 0 .
2



*面 π 又与*面 4 x y + 2 z = 8 垂直,而其法向量为 n = ( 4,1,2) ,于是

4 a + (1) b + 2 c = 0 ,


4 a b + 2c = 0
由②, ③两式可得:



将上式代入①式,得*面 π 为

2 a=b= c, 3 2 2 c x c y + cz = 0 3 3 2 x + 2 y 3z = 0 .

化简的*面 π 的方程为

x z z 2 z 2. (本题 6 分)设 = ln ,求 , . z y x xy
解 将方程

x z = ln 变形为 z y x = z (ln z ln y ) ,


①式两边对 x 求偏导数,得

1=
从而

z 1 z (ln z ln y ) + z , z x x 1 z z = = . x ln z ln y + 1 z + x



①式两边对 y 求偏导数,得

0=
从而

1 z 1 z (ln z ln y ) + z z y y , y z z = . y y (ln z ln y + 1)



②式两边对 y 求偏导数,结合③式,可得

1 z 1 1 1 z y y y (ln z ln y + 1) y ln z ln y xz 2 z = = = = xy (ln z ln y + 1) 2 (ln z ln y + 1) 2 y (ln z ln y + 1) 3 y ( z + x) 3
2

3

3. (本题 6 分)求 z = x + y 在条件 x + y = 1 下的最值.
2 2

解法一

2 2 令 L( x, y , λ ) = x + y + λ ( x + y 1) ,



①式两边对 x , y , λ 求偏导数,得联立的方程组

2x + λ = 0 2y + λ = 0 x + y 1 = 0
求解可得: x = y =

1 2 1 2
2

2 2 故 z = x + y 在条件 x + y = 1 下的最小值为

1 1 解法二 z = x + (1 x ) = 2 x 2 x + 1 = 2 x + 2 2
2 2
2

函数 z = x 2 + y 2 在条件 x + y = 1 下,当 x = y =

1 1 时有最小值为 . 2 2

4. (本题 7 分)计算

∫∫ xy
D

2

dσ ,其中 D 由圆周 x 2 + y 2 = 4 及 y 轴所围成的右半闭区域.

解:由题意得, D = (ρ , θ )



π
2

≤θ ≤

π

,0 ≤ ρ ≤ 2 2
π
2



2 2 3 2 4 ∫∫ xy dσ = ∫ 2π dθ ∫ cos θ sin θρ ρdρ = ∫ 2π cos θ sin θdθ ∫ ρ dρ
D

π

2

0

2



0

2

π

1 = sin 3 θ 3

2

π
2

1 ρ5 5

2

=
0

64 . 15

5, (本题 7 分)设 e xyz + tan( xy ) + z 2 = 0 ,求全微分 dz . 解 方程

e xyz + tan( xy ) + z 2 = 0
两边求微分,得



e xyz ( yzdx + zxdy + xydz ) + sec 2 ( xy ) ( xdy + ydx) + 2 z dz = 0
化简整理,有

( xye xyz + 2 z )dz + [ yze xyz + y sec 2 ( xy )]dx + [ xze xyz + x sec 2 ( xy )]dy = 0
于是

4

dz =

[ yze xyz + y sec 2 ( xy )]dx + [ xze xyz + x sec 2 ( xy )]dy xye xyz + 2 z [ yze xyz + y sec 2 ( xy )] [ xze xyz + x sec 2 ( xy )] dx dy . xye xyz + 2 z xye xyz + 2 z
5 x 2 y 2 ,及 x 2 + y 2 = 4 z 所围成立体的体积.

=

6, (本题 7 分)计算由曲面 z = 解 由z =

5 x 2 y 2 及 x2 + y2 = 4z 得 5 x2 y2 = x2 + y2 x2 + y2 = 4 ,

即 于是曲面 z =

5 x 2 y 2 及 x 2 + y 2 = 4 z 所围成立体在 xoy 面上的投影为
D = {( x, y ) | x 2 + y 2 ≤ 4} .

D = {( ρ , θ ) | 0 ≤ θ ≤ 2π ,0 ≤ ρ ≤ 2} , 于是根据二重积分的几何意义与极坐标变换,所求体积 V 为 1 V = ∫∫ 5 x 2 y 2 ( x 2 + y 2 ) dxdy 4 D 1 = ∫∫ 5 ρ 2 ρ 2 ρdθdρ 4 D 2π 2 1 = ∫ dθ ∫ 5 ρ 2 ρ 2 ρdρ 0 0 4

在极坐标系中,闭区域 D 可以表示为



2π 0

3 1 2π 1 2 (5 ρ ) 2 ρ 4 = 5 54 16 0 3 2 3

2

(

)

7, (本题 7 分)设有一质量为 m 的质点作直线运动.从速度等于零的时刻起,有一个与运 动方向一致,大小与时间成正比(比例系数为 k1 )的力作用于它,此外还受一与速度成正 比(比例系数为 k 2 )的阻力作用.求质点运动的速度与时间的函数关系. 解:设质点运动的速度为与时间的函数关系 v = v(t ) ,则

dv k1t k 2 v , = m dt v(0 ) = 0 k2 k 2t k k2 ∫ dt k t ∫ dt 2 t k m mt e + C , 于是, v(t ) = e m ∫ 1 e m dt + C = e m 1 t k m k2 2 m 又由 v(0 ) = 0 ,得 C = ,故 k2
v(t ) = e
k2 t m

k 1 k2

k k 2t k2 t mk t m e m + m = 1 t m + 1 e m k k2 k2 k2 k2 2 2

四,证明题(本题 6 分)

5

1.设 z =

1 z 1 z z y ,证明: = 2 . + 2 x x y y y f (x y )
2

z 2 xy f ′ x 2 y 2 证明: 由于 = , x f 2 x2 y2

(

(

)

)

z f x 2 y 2 + 2 y 2 f ′ x 2 y 2 = , y f 2 x2 y2

(

)

(

( )

)



1 z 1 z 1 2 xy f ′ x 2 y 2 1 f x2 y2 + 2y2 f ′ x2 y2 + = + x x y y x y f 2 x2 y2 f 2 x2 y2

(

(

)

)

(

)

(

( )

)

=

1 z = 2 . 2 yf (x y ) y
2

6




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