《高等数学》课程教学资源（试卷）考试试卷库（高数下册）_高数下册（试卷答案）

4小原咖- 六、将Σ分为上半部分习，：=-x2-少户和下半都分2：=-x-严， 1,已2在面xoy上的投影域都为：D,:x2+y2≤1，x≥0，y之0， 于是：∬=∬V-x-yk 曾10jpm0cw0-rn=方 ∬d=o-i-y-h=5 1川+川号 七、因为eos》=1=sn'x,即f(cos.x))=1+sn2x d(cosx) 所以(x)=2-x2 f=2x-+ 八、fx)=(1+x1+x2)月=n1+x)+1+x2) 又1+0=2-二Mue仁1训 .n-.c -)(+se(M 高等数学（下册）考试试卷（四）参考答案 144

144 d z x y x A Dyz    +   = + 2 2 2 1 ( ) ( )    = − = − = Dyz y y y dz dy y y dydz 2 1 2 2 0 2 8 2 2 2 2 六、将  分为上半部分 2 2 1 : z = 1− x − y 和下半部分 2 2 2 : z = − 1− x − y ， 1 2  , 在面 xoy 上的投影域都为： : 1, 0, 0, 2 2 Dxy x + y  x  y  于是：    = − − 1 2 2 xyzdxdy 1 x y dxdy Dxy 15 1 sin cos 1 2 0 1 0 2 2 =  −  =           d d 极坐标 ；    = − − − − = 2 15 1 ( 1 )( ) 2 2 xyzdxdy x y x y dxdy Dxy ，      = + 1 2 I = 15 2 七、因为 x d x df x 2 1 sin (cos ) (cos ) = = ，即 f x x 2 (cos ) =1+ sin 所以 2 f (x) = 2 − x  f x = x − x + c 3 3 1 ( ) 2 八、 ( ) ln[(1 )(1 )] ln(1 ) ln(1 ) 2 2  f x = + x + x = + x + + x 又 , ( 1,1] ( 1) ln(1 ) 1 1  − − + =   = − u u n u n n n     =  = − −  − − + − = 1 1 2 1 1 , ( 1,1] ( 1) ( 1) ( ) n n n n n n x x n x n f x   = − +  − − = 1 1 (1 ), ( 1,1] ( 1) n n n n x x x n 高等数学（下册）考试试卷（四）参考答案 一、1、 dx − 2dy ；2、 x + 2y + 3z = 6 ； 3、 20 153 ； 4、32 ； 5、  2 2 ；

6、号m:7y=22+x0e &a=f倒受k:a=/oskk=12m 4=f)sin kxdsk=l2.n 二、1、C2、C:3、A:4、D:5、A:6、B:7、A:8、C 三：=f白+g的-g的 安-是+÷+皆的 =的+号的 -学-卓的 =于"月-÷的 故安+瑞0 四、设M(x00,o)是曲面F=x2-c3=0上的任意点，则xo%20=c3, 在该点处的法向量为： 5-6m-层天名-e头 x。 因而该切平面与三坐标面所围成的立体的体积为：

145 6、 3 3 2 a ； 7、 x y x e − = 2(2 + ) ； 8、 − =    a f x dx 2 2 ( ) 1 0 ； ( ) cos 1,2, , 1 ak = f x kxdx k = n −    ( )sin 1,2, , 1 bk = f x kxdx k = n −    二、1、C； 2、C； 3、A； 4、D； 5、A； 6、B； 7、A； 8、C 三、 ( ) ( ) ( ) x y g x y x y g y x f x u =  + −     ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 2 x y g x y x y g x y y x f x y u =  −  +     ( ) 3 2 x y g x y +  = ( ) 1 y x f y  ( ) 3 2 x y g x y +  ( ) 1 ( ) 1 ( ) 2 2 x y g x x y g y x x f y x x y u = −  +  −     ( ) 2 x y g x y −  ( ) 2 y x f y x = −  ( ) 2 x y g x y −  故 0 2 2 2 =    +   x y u y x u x 四、设 ( , , ) 0 0 0 M x y z 是曲面 0 3 F = xyz − c = 上的任意点，则 3 0 0 0 x y z = c ， 在该点处的法向量为： n = (Fx  , Fy  , Fz ) M = ( , 0 0 y z , 0 0 z x ) 0 0 x y ( , 0 3 x c = , 0 3 y c ) 0 3 z c ) 1 , 1 , 1 ( 0 0 0 3 x y z = c 于是曲面在 M 点处的切平面方程为： ( ) 1 0 0 x x x − + ( ) 1 0 0 y y y − + ( ) 1 0 0 z z z − =0 即 0 3x x + 0 3y y + 0 3z z =1 因而该切平面与三坐标面所围成的立体的体积为：

F=g3xal-3yol-B=ol-e 这是一个定值，故命题得证。 五、由于介于抛物面：=4+x2+y2,柱面(x-1)2+y2=1及平面z=0之间的立体体积为 定值，所以只要介于切平面π，柱面(x-1)2+y2=1及平面：=0之间的立体体积V为 最大即可。 设π与z=4+x2+y2切于点P(xo,o,0),则π的法向量为n=(2xo,2yo,-1),且 50=4+x,2+,2,切平面方程为：2x(x-x0)+20y-%)-(仁-50)=0 即2=2x0x+2y+4-x后-6 于是V=川do极坐标三p2x,pc0sB+2psm8+4-后-巧)d0 =π(2x。+4-x-6) av ，得驻点(1,0)，且a0=5π， 0=5. -2 由于实际问题有解，而驻点唯一，所以当切点为(1,0,5)时，题中所求体积为最小。 此时的切平面π为：z=2x+3 六、联接B函，并设由L及BA所围成的区域为D,则 1+Green-(e'cosy-1-e'cosy-1ydxdy-0 -2)022=4r 七y00周了=：夸于提可东斋己=0 即乐+2=0，其道解为：=ce片=60- 1-y Cx+C2 146

146 3 0 0 0 0 0 0 2 9 2 9 3 3 3 6 1 V = x  y  z = x y z = c 这是一个定值，故命题得证。 五、由于介于抛物面 2 2 z = 4 + x + y ，柱面 ( 1) 1 2 2 x − + y = 及平面 z = 0 之间的立体体积为 定值，所以只要介于切平面  ，柱面 ( 1) 1 2 2 x − + y = 及平面 z = 0 之间的立体体积 V 为 最大即可。 设  与 2 2 z = 4 + x + y 切于点 ( , , ) 0 0 0 P x y z ，则  的法向量为 (2 ,2 , 1) n = x0 y0 − ，且 2 0 2 0 4 0 z = + x + y ，切平面方程为： 2x0 (x − x0 ) + 2y0 (y −y 0 ) − (z − z0 ) = 0 即 2 0 2 2 0 2 0 4 0 z = x x + y y + − x − y 于是  − − +  = + + − − 2 2 2 0 2 0 0 0 ( 1) 1 2 cos 2 sin 4 ) 2 2  V zd   x   y   x y d x y 极坐标 （ (2 4 ) 2 0 2 0 0 =  x + − x − y 则由        = −   = − =   0 0 0 0 2 (2 2 ) 0 y y V x x V   ，得驻点（1，0）, 且 5 , 5. V (1,0) =  z0 = 由于实际问题有解，而驻点唯一，所以当切点为（1，0，5）时，题中所求体积为最小。 此时的切平面  为： z = 2x +3 六、联接 BA ，并设由 L 及 BA 所围成的区域为 D，则       = + − = − − − − − − + D x x L BA BA L BA BA I Green公式 (e cos y 1 e cos y 1)dxdy 0  2 4 2 1 2 2 =   = 七、令 y  = z( y) ，则 dy dz y  = z ，于是原方程可化为： 0 1 2 2 = − + z dy y dz z 即 0 1 2 = − + dy y dz ，其通解为 2 1 1 2 1 = ( −1)  = − − z c e c y dy y 2 1  = c ( y −1) dx dy 即 c dx y dy 2 1 ( 1) = − , 故原方程通解为： 1 2 1 1 c x c y + = −

八、易求得该幂级数的收敛区间为(-1)， e◆so-2若则s-2宁-空 挂意到50-0.S0-5h=高-1-到 高等数学（下册）考试试卷（五）参考答案 I+xe 16 5、对任意闭曲线1，Pk+Q妙=0或P_0或3训K功使得d血=Pk+Q: dy dx 6、2m:7、y=ce+e2:8、发散 二、1C:2、B:3、A:4、C:5、C:6、B:7D:8、A 三小是y,等ryh:是-yshi-hy =0++是在=+（声+w-点. 四、1、因为积分域D关于y=x对称，所以 1-得器加-8 1-刘a+沿are咖-ooa 21=r+y+:w+2∬0++1+20dn +2∬w+2∬dw+∬dm 因为2关于三个坐标轴都对称，而2xy,22,22x,2x,2y,2:都（至少）关于某个变量 147

147 八、易求得该幂级数的收敛区间为 (−1,1). x(−1,1) ，令   = = 1 ( ) n n n x S x ，则 ( ) ( ) 1  =    n= n n x S x x x n n − =  =  = − 1 1 1 1 注意到 S(0) = 0，S(x) =   = − − −  = x x x x dx S x dx 0 0 ln(1 ) 1 ( ) 高等数学（下册）考试试卷（五）参考答案 一、1、 z y x z y x xe dx xe dy − − − − + + + 1 (1 ) ；2、 1 1 9 1 16 1 − − = − = x − y z ；3、2 ；4、 − − a m a x e f x a x dx 0 ( ) ( )( ) ； 5、对任意闭曲线 l ，  + = l Pdx Qdy 0 或 x Q y P   =   或 u(x, y), 使得 du = Pdx + Qdy ； 6、 4 2a ； 7、 x x y ce e 3 2 5 1 = + − ； 8、发散 二、1、C； 2、B； 3、A； 4、C； 5、C； 6、B； 7、D； 8、A 三、1、 −1 =   z z y y x x u ； x y z x y u y z z ln −1 =   ； y x x y z u z z y = ln  ln   2、 1 2 1 2 2 2 1 1 f z y z u f z f y x y u f x y u = −    = − +    =     =   +   +    = dz z u dy y u dx x u du f dz z y f dy z f y x f dx y 1 2 1 2 2 2 ) 1 ( 1  + − +  −  。 四、1、因为积分域 D 关于 y = x 对称，所以  d f y f x af y bf x d f x f y af x bf y I D D   + + = + + = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 故 ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ 2 1  d f y f x af y bf x d f x f y af x bf y I D D   + + + + + = =  + = + D a b d a b R 2 ( ) 2 1 ( ) 2 1   2、       I = (x + y + z )dV + 2 x(y + z +1)dV + 2 yzdV 2 2 2 +   2 ydV   + 2 zdV   + dV 因为  关于三个坐标轴都对称，而 2xy,2yz,2zx,2x,2y,2z 都（至少）关于某个变量

为奇函数，故以这些项为被积函数的三重积分都等于0。于是： 1=cx+y+:w+∬d=3∬aw+R =6可。止八：+R'=音R+R)· 五、令P=2xx4+y2),Q=-x2(x+y2) 则 号=2r++4a+. 0-2xx+yy-4xx+ 由已知条件得9=心，即有x+yX2+D=0,所以元=-1 所求的一个原函数为： n-器-小南片 -立r1)-2a a-{a-'-2n-2a+m “0-2a+a-立m-宫，脚0 七、方程的特征方程为：r2-6r+9-0,其特征根为5=5=3 故方程的通解为：y=(G,+c,x)e3 148

148 为奇函数，故以这些项为被积函数的三重积分都等于 0。于是： I x y z dV dV     = ( + + ) + 2 2 2 2 3 3 4 = 3 z dV + R   (1 ) 3 4 3 4 6 2 3 3 2 0 2 2 2 2 dz z dxdy R R R x y R z R = + = +   +  −   。 五、令   2 ( ) , ( ) 4 2 2 4 2 P = xy x + y Q = −x x + y 则 2 1 4 4 2 2 2 ( ) 4 ( ) − = + + +     x x y x y x y y P ， 2 1 4 4 2 5 2 ( ) 4 ( ) − = − + − +     x x y x x y x Q 由已知条件得 y P x Q   =   ，即有 ( )( 1) 0 4 2 x + y  + = ，所以  = −1 所求的一个原函数为 ： dy x y x dx x y xy u x y x y 4 2 2 ( , ) (1,0) 4 2 2 ( , ) + − + =    = − + = − x y x y dy x y x dx 0 4 2 2 2 1 0 arctan 六、易知 3 3 3 2 (1 ) 1 (1 ) 2 (1 ) 2 (1 ) (1 ) 1 x x x x x x − − − = − − − = − + 又 ( 1 1) 1 1 0 = −   −   = x x x n n   = −  = − = −  1 1 2 ) 1 1 ( (1 ) 1 n n nx x x    = −  = −  = − = + − = − 1 1 2 2 3 2 ) ( 1) ( 1) (1 ) 1 ( (1 ) 1 n n n n n n x n nx x x = + − − +    = − 1 1 3 ( 1) (1 ) 1 n n n nx x x   = − 1 1 n n nx   = − = 1 2 1 n n n x ， 其中 (−1 x 1) 七、方程的特征方程为： 6 9 0 2 r − r + = ，其特征根为 r1 = r2 = 3， 故方程的通解为： x y c c x e 3 1 2 = ( + )