高等数学期末复习题与答案.pdf

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一、填空题:
x2y21ln(3x2y2)的定义域是1≦X^2+Y^2<3.
z
(1x)y,则(1x)yln(1x).
y
12
ln(1x2y2)在点(1,2)的全微分dzdxdy
(1,2)33
(xy,xy)x2y2,则f(x,y).
y
设f(xy,)x2y2,则f(x,y).
x
z
eusinv而uxyvxy则exy[xsin(xy)cos(xy)]
y
x2y2在点1,2处沿从点1,2到点2,23的方向导数是
123
2dy2yf(x,y)dx;1dy1y2f(x,y)dx.
0y20y1
x上从点A(1,1)到点B(1,1)的一段弧,则xydx=
L
(1e2x)dyye2xdx0的通解为.
二、选择题:
tan(xy)

(x,y)(2,0)y
1
,
2
xy的定义域是D

A.(x,y)x0,y0B.(x,y)x2y

C.(x,y)y0,x2yD.(x,y)x0,y0,x2y
f(x,y)
3.|B
(x,y)
x00
f(xx,yy)f(x,y)f(xx,y)f(x,y)

x0xx0x
f(xx,yy)f(xx,y)f(xx,y)

x0xx0x
zz
F(x2y2),且F具有导数,则D
xy
2y;B.(2x2y)F(x2y2);
C.(2x2y)F(x2y2);D.(2x2y)F(x2y2).

acost,yasint,zamt,在t处的切向量是D
4
A.(1,1,2)B.(1,1,2)C.(1,1,2m)D.(1,1,2m)
(x,y)x2xy,原点(0,0)A

=5x2y21dxdy,其中D是圆环1x2y24所确定的闭区域,则必有
D
,但符号不能确定;
xdxaydy
,若曲线积分0,则a等
Lx2y2
于.
A-1B1C2D-2
(1,0)及(0,1)两点的直线段,则曲线积分(xy)ds=
L

y22y,则f(x2y2)dxdy
D
22yy221
A.dyf(x2y2)dx;B.df(r2)rdr;
0000
2sin12
C.df(r2)rdr;D.dxf(x2y2)dy.
0010
(yy)1的通解为
c;xxc;(xc)ex;cxex
yex在初始条件y1,y1下的特解.
x0x0
ccxex;xex;12xex;1xex.
12
三、计算题:
zz
f(exsiny,x3y3),求及,其中f具有一阶连续偏导数.
xy
xyuvuv
,求,
xsinvysinuxx
x2y21在点(2,1,4)处的切平面及法线方程;
(x,y)x3y33x23y29x的极值
xy2dxdy,其中D是由圆周x2y24及y轴所围成的右
D
半闭区域.
ey2dxdy,其中D是以O0,0,A1,1,B0,1为顶点的三角
D
形闭区域.
xdxdydz,其中是三个坐标面与平面xyz1所围成的区域.

(2xy4)dx(3x5y13)dy,其中L为圆x2y225的正向边界;
L
(y3x)dy(x3y)dx,其中L是从O0,0沿上半圆x2y22x到
L
A2,0.
:在整个xoy面内,4sinxsin3ycosxdx3cos3ycos2xdy是某个函数的全微分,
并求出这样的一个函数.
(x21)y2xy4x2的通解.
:(y23x2)dy2xydx0,y(0)1
(y)2(y)30
.
四、应用题:
,应如何选择水池的长、宽、高才最省钢
板.
,将它绕其一边旋转而构成一圆柱体,试求所得圆柱体体积最
大时的矩形面积.
4x与曲线y2x所围成的闭区域的面积.
6x2y2与锥面zx2y2所围成的立体的体积.
高等数学2复****题答案
一、填空题:
12
1、{(x,y)1x2y23}2、(1x)yln(1x)3、dxdy
33
x2(1y)
4、x22y;5、exy[xsin(xy)cos(xy)]
1y
f
6、123注:方向导数f(x,y)cosf(x,y)cos
lx00y00
(xy)
0,0
7、4dxxf(x,y)dy;0dx1xf(x,y)dy1dx1x2f(x,y)dy
x
01000
2
4014
8、注:xydxx(x)dxxxdx9、y2(1e2x)C
5L105
二、选择题:
1、A;;;;;;;;;
;;
三、计算题:
:令uexsiny,vx3y3,则
:两方程分别两边对x求偏导数,注意u,v是关于x,y的二元函数,得
uvuv
11
xxxx
即
vuuv
sinvxcosvycosuycosuxcosvsinv
xxxx
uv
这是以,为未知量的二元线性方程组;
xx
11
当J(xcosvycosu)0时,有
ycosuxcosv
u111xcosvsinv
,
xJsinvxcosvxcosvycosu
v111sinvycosu

xJycosusinvxcosvycosu
:旋转抛物面zx2y21在点(2,1,4)处的切向量
于是,所求切平面方程为4(x2)2(y1)(z4)0,即4x2yz60
x2y1z4
法线方程为
421
f
3x26x90
x
:解方程组,
f
3y26y0
y
得四个驻点P(1,0),P(1,2),P(3,0),P(3,2).又
1234
f6x6,f0,f6y6.
xxxyyy
对P(1,0),ACB20,且A0,则P(1,0)是函数的极小值点;
11
对P(1,2),ACB20,则P(1,2)不是极值点;
22
对P(3,0),ACB20,则P(3,0)不是极值点;
33
对P(3,2),ACB20,且A0,则P(3,2)是函数的极大值点.
44
于是,函数有极小值f(1,0)1395,
极大值f(3,2)27827122731.
:利用极坐标变换,令xrcos,yrsin,则dxdyrdrd,且D可表示为:

0r2,.于是
22

2
11264
r5sin3.
5315
0
2
:三角形区域D由直线yx,y1及y轴围成,选择先对x积分,
1
1y111
ey2dxdydyey2dxyey2dyey2(1e1).
D00022
0
注:此题也可以参看课本167页例2的解法
.
:P(x,y)2xy4,Q(x,y)3x5y13在L围成的圆域D:x2y225上全在连
PQQP
续的偏导数,1,3,从而,得
yxxy
(2xy4)dx(3x5y13)dy4dxdy4dxdy425100.
LDD
PQ
:P(x,y)x3y,Q(x,y)y3x,有1在整个xoy平面上恒成立,所
yx
以曲线积分与路径无关,故可取x轴上线段OA作为积分路径.
OA的方程为y0,且x从0变到2,dy0,从而
2
21
(y3x)dy(x3y)dx(y3x)dy(x3y)dxx3dxx44.
LOA04
0
:P(x,y)4sinxsin3ycosx,Q(x,y)3cos3ycos2x,有
PQ
4sinxcosx3cos3y6sin2xcos3y,3cos3y2(sin2x)6sin2xcos3y,
yx
PQ
即有在整个xoy平面上恒成立,因此在整个xoy面
yx
内,4sinxsin3ycosxdx3cos3ycos2xdy是某个函数的全微分.
取ARB为积分路径,其中各点坐标分别为A(0,0),R(x,0),B(x,y),得
1y
3cos2xsin3ysin3ycos2x.
3
0
2x4x2
:方程可改写为yy,
x21x21
对应的齐次线性方程的通解.
2xdy2xC
由yy0,分离变量,得dx,两边积分,解得y1.
x21yx21x21
C(x)12x
用常数变易法,将C换成C(x).即y,yC(x)C(x).
1x21x21(x21)2
4
代入原方程,化简得C(x)(x)x3C.
3
14
于是方程的通解为y(x3C).
x213
2x4x2
解法二:方程可改写为yy.
x21x21
2x4x2
这是一阶非齐次线性微分方程,其中P(x),Q(x).利用通解公式
x21x21
14x214
[(x21)dxC](x3C).
x21x21x213
;
x2xdxxdxdu
解:原方程可写成132,即xyu,有uy,则
y2ydyydydy
du2udy
原方程成为13u22u(uy)0,分离变量,得du.两边积分,得
dyu21y
u21Cy.
x
代入u并整理,得通解x2y2Cy3.
y
由初始条件x0,y1,得Cy2x2.
.
四、应用题:
V
:设水池的长、宽、高分别是x,y,=V,从而高z,水池表面的面
xy
积
S的定义域D{(x,y)0x,0y}.
这个问题就是求二元函数S在区域D内的最小值.
S12V
y2V()y0,
xx2x2
解方程组在区域D内解得唯一得驻点
S12V
x2V()x0.
yy2y2
32V,32V.
根据实际问题可知最小值在定义域内必存在,
32V
当长,宽均为32V,高为时,水池所用材料最省.
2
解法二:设水池的长、宽、高分别是x,y,=V,水池表面的面积
S的定义域D{(x,y,z)x0,y0,z0}.此题就是求函数Sxy2(xzyz)在约束
条件xyz=V下的最小值.
构造拉格朗日函数Lxy2(xzyz)(xyzV).
L
y2zyz0,即xy2xzxyz0(1)
x

L
x2zxz0,即xy2yzxyz0(2)
y
解方程组
L
2x2yxy0,即2xz2yzxyz0(3)
z

L
xyzV0.(4)

比较1,2,3式,得x=y=2z,代入4式中,有x32V,即x32V.
32V
于是,x,y,z只有唯一一组解32V,32V,.

2
,函数S在其唯一驻点
32V
32V,32V,处必取得最小值.

2
32V
故当长方形水池的长,宽,高分别是32V,32V,时所用材料最省.
2
.

解:所求区域的面积为Adxdy,其中D为抛物线y24x与曲线y2x所围成的
D
,0,1,,于是,
y
212141
Adxdydy2dx(2yy2)dy.
D0y240433
4
.
解法一:所求立体的体积为Vdxdydz,其中是抛物面z6x2y2与锥面

zx2y2所围成的立体.
6x2y2与zx2y2消去z,解得x2y22,即
在xoy面上的投影区域D为圆域x2y2
{(x,y,z)x2y2z6(x2y2),x2y24}.
因此Vdxdydzdxdy6(x2y2)dz
Dx2y2
=[6(x2y2)x2y2]dxdy用极坐标
D
2
221132
d(6r2r)rdr2(3r2r4r3).
00433
0
解法二:所求立体的体积为Vdxdydz,其中是抛物面z6x2y2与锥面

zx2y2所围成的立体.
6x2y2与zx2y2消去z,解得x2y22,
即在xoy面上的投影区域D为圆域x2y2,在柱面坐标变换下
{(r,,z)rz6r2,0r2,02}.
因此Vdxdydz2d2dr6r2rdz
00r
2
21132
2r(6r2r)dr2(3r2r4r3).
0433
0