上海大学2012-2013高数期末模拟试题及答案

上海大学 2012～2013高等数学

期末考试模拟试卷及解答

一、填空题(每空 3 分，共 15 分) 1. 设:0则三重积分

x2，0y2，0z2，

xyzdV _8____.

22y2. 交换二次积分的顺序 0dyy2f(x,y)dx= _________. 3. 函数f(x,y)4(xy)xy的极大值为__8____.

14. 将f(x)6x展开成x的幂级数为________.

225. 点(2,1,0)到平面3x4y5z0

的距离为__________.

二、单项选择题 (每小题3分,共15分)

y1. 函数zarcsinxxy的定义域是（ c ）

（A）（B）

(x,y)|xy,x0；

(x,y)|xy,x0；

z1所围成的立体

（C）(x,y)|xy0,x0(x,y)|xy0,x0； （D）(x,y)|x0,y0(x,y)|x0,y0.

2.设为由曲面zx2y2及平面

22(xy)dS= （ ） 的表面，则曲面积分 1

（A）

122； （C）； （D）0. ； （B）

222

3.级数np1发散，则（ a ）

n11（A）p0；（B）

p0；（C）p1；（D）p1.

x2y20x2y20xyx2y2,4.设函数f(x,y)0, ,

则在点（0，0）处 （ ）

（A）连续且偏导数存在； （B）连续但偏导数不存在； （C）不连续但偏导数存在； （D）不连续且偏导数不存在。

5.设y1,y2,y3是常系数线性非齐次方程

ypyqyf(x)的三个线性无关的解，则

ypyqy0的通解为 （ ）

（A）C1y1C2y2； （B）C1y2C2y3；

（C）C1y1C2y2C3y3；（D）C1y1C2y2(C1C2)y3.

三、计算题(共24分，每小题8分)

zzxy1、设zarctanxy，求x和xy.

2 2

2、判断级数3n1n13n的敛散性.

3、求微分方程y7y12y12x的通解 四、解答题（一）(共24分，每小题8分) 1、设方程f(xz,yz)0可确定z是x,y的函数，

且f(u,v)具有连续偏导数，求dz.

2、计算曲线积分L(sin2x2y)dx(xy2)dy，

其中L为由点A(0,2)到O(0,0)的左半圆周x2y22y.

3、求级数xnn2n的收敛域与和函数.

n1五、解答题（二）(共16分，每小题8分)

1、求椭球面

2x23y24z29上点（1，1，1 ） 处的切平面方程和法线方程.

2、利用高斯公式计算曲面积分

(xy)dydz(yz)dzdx(zx)dxdy,

其中为平面x0,y0,z0,x1,y1,z1所围成的立体的表面的外侧.

六、证明题(本题满分6分)

设数列{an}单调减少，an0（n1,2,）

且(1)nan发散， n1证明(1n1a)n收敛. n1

3

答案

一、填空题(每空 3 分，共 15 分) 1. 设:0则三重积分

x2，0y2，0z2，

xyzdV 28.

2y2. 交换二次积分的顺序 0dyy2f(x,y)dx=

0dxx24xfx,ydy.

22f(x,y)4(xy)xy3. 函数的极大值为8.

14. 将f(x)6x展开成x的幂级数为

xnn1n066x6.

2.

5. 点(2,1,0)到平面3x4y5z0的距离为二、单项选择题 (每小题3分,共15分)

y1. 函数zarcsinxxy的定义域是（ C ）

（A）（B）

(x,y)|xy,x0；

(x,y)|xy,x0；

1所围成的立体

4

（C）(x,y)|xy0,x0(x,y)|xy0,x0； （D）(x,y)|x0,y0(x,y)|x0,y0.

222.设为由曲面zxy及平面z

22(xy)dS= （ B ） 的表面，则曲面积分（A）

122； （C）； （D）0. ； （B）

2223.级数np1发散，则（A ）

n11（A）p0；（B）

p0；（C）p1；（D）p1.

x2y20x2y20xyx2y2,4.设函数f(x,y)0, ,

则在点（0，0）处 （ C ）

（A）连续且偏导数存在； （B）连续但偏导数不存在； （C）不连续但偏导数存在； （D）不连续且偏导数不存在。

5.设y1,y2,y3是常系数线性非齐次方程

ypyqyf(x)的三个线性无关的解，则

ypyqy0的通解为 （ D ）

（A）C1y1C2y2； （B）C1y2C2y3；

（C）C1y1C2y2C3y3；（D）C1y1C2y2(C1C2)y3.

三、计算题(共24分，每小题8分)

zzxy1、设zarctanxy，求x和xy.

2 5

z解: xyx2y2，

2zy22 xyxx2y2

 2、判断级数3n113nn的敛散性.

un13n解: limnulim211nn3(3n1)3 所以该级数收敛

3、求微分方程y7y12y12x的通解 解: 对应齐次方程y7y12y0的通解

特征方程为r27r120 解得r13,r24

所以y7y12y0的通解为YC3x4x1eC2e

由题意可设y7y12y12x的特解为yaxb代入原方程可得a1,b712 所以原方程的通解为yC3x4x71eC2ex12

四、解答题（一）(共24分，每小题8分) 1、设方程f(xz,yz)0可确定z是x,y的函数，

且f(u,v)具有连续偏导数，求dz.

解: F(x,y,z)f(xz,yz)

6

Fxzf1， Fyzf2， Fzxf1yf2

zFFyxxFzf1zxfzf2z1yf2， yFzxf1yf2 dzzf1xfyfdxzf2xfdy121yf2

2、计算曲线积分L(sin2x2y)dx(xy2)dy，

其中L为由点A(0,2)到O(0,0)的左半圆周x2y22y.

解: 添加辅助有向线段OA(x0,0y2)，

它与左半圆周组成闭区域记为D，由格林公式可得

(sin2Lx2y)dx(xy2)dy=

=(12)dxdy(sin2x2y)dx(xy2dy= DOA)dxdy2 =y2D0dy= 18=23

xn3、求级数n2n的收敛域与和函数.

n1解: liman1nalimn1nn2(n1)2， 所以收敛半径为2

7

1当x2时，原级数化为(1)，收敛

nn1n1当x2时，原级数化为n，发散

n1所以收敛域为[2,2) 设和函数为S(x)，则

xnxn112S(x)()()nx2x，S(0)0 n1n2n1212S(x)=0x2dt=2ln22ln(2x)，x[2,2) 2t五、解答题（二）(共16分，每小题8分)

2222x3y4z9上点（1，1，1 ） 1、求椭球面

处的切平面方程和法线方程.

222F(x,y,z)2x3y4z9， 解: 令

则Fx4x,Fy6y,Fz8z

点（1，1，1 ）处的切平面方程的法向量

n(Fx,Fy,Fz)(1,1,1)2(2,3,4)

所求切平面方程为

2(x1)3(y1)4(z1)0

即2x3y4z90

x1y1z1所求法线方程为123

8

2、利用高斯公式计算曲面积分

(xy)dydz(yz)dzdx(zx)dxdy,

其中为平面x0,y0,z0,x1,y1,z1 所围成的立体的表面的外侧.

解: Pxy,Qyz,Rzx，

PQR则xyz1，

记边界曲面：x0,y0,z0,x1,y1,z1所围成的立体为 由高斯公式可得

(xy)dydz(yz)dzdx(zx)dxdy3dV3

六、证明题(本题满分6分)

设数列{an}单调减少，an0（n1,2,）

且(1)nan发散， n1证明(1nn1a1)收敛.

n证明:

方法一：

数列{an}单调减少有下界，故limnan存在， 不妨设limnana，则a0，若a0，

9

则由莱布尼兹定理知(1)nann1收敛， 与题设矛盾，故a0 又limnnu11nlimna1， n1a1由比值判别法知原级数收敛。 方法二：

数列{an}单调减少有下界，故limnan存在， 不妨设limnana，则a0， 若a0，则由莱布尼兹定理知(1)nann1收敛，与题设矛盾，故a0

于是11an1a11，

从而(1a)n(11)n， n1a又(1nn1a1)收敛， 由比较判别法知原级数收敛。

10