湖南司法警官职业学院：《高等数学下》期末试卷（B）及答案

湖南司法警官职业学院《高等数学下》期末试卷(B) 适用区队:05信管301 命题人:囊贵时量:100min 区队 姓名: 学号 得分 单项选择题(每小题3分,共30分) 1.y"+2y+y= e sinx的特解形式可设为(C); (A)Ae sin x: (B)Axe sin x (C)e(Asin x+Bcosx):(D) Ax(sin x+cos x) 2.下列平面方程中,方程(C)过y轴 x+y+=1 (B)x+y+z=0;(C)x+=0;(D)x+z=1 3.空间曲线 2=x+y 在xOy面上的投影方程为(C) (A)x2+y=7:B/+2+y2=7 :(C)Jx+y=7 0 4.设f(x,y)=-2了,则下列式中正确的是(C) (A)x,=(x,):(B)/(+y, x-y)=f(x, , (C) f(,x)=f(,y):D)f(x, y)=f(x,y) 则 (D) (a)e sin y:(B)e +e sin y: (C)e coS y: (D) 第1页(共4页)

第1页（共 4 页） 湖南司法警官职业学院《高等数学下》期末试卷（B） 适用区队：05 信管 301 命题人：张建贵 时量：100min 区队： 姓名： 学号： 题号 一 二 三 四 五 六 七 总分 得分 一、单项选择题（每小题 3 分，共 30 分） 1． 2 e sin x y y y x −   + + = 的特解形式可设为（ C ）； (A) e sin x A x − ； (B) 2 e sin x Ax x − ； (C) e ( sin cos ) x A x B x − + ； (D) (sin cos ) 2 Ax x + x ． 2. 下列平面方程中，方程( C )过 y 轴； (A) x + y + z = 1 ； (B) x + y + z = 0 ； (C) x + z = 0 ； (D) x + z =1． 3．空间曲线    = = + − 5 2, 2 2 z z x y 在 xOy 面上的投影方程为( C )； (A) 7 2 2 x + y = ；(B)    = + = 5 7 2 2 z x y ；(C)    = + = 0 7 2 2 z x y ；(D)    = = + − 0 2 2 2 z z x y 4. 设 2 2 ( , ) x y xy f x y + = ，则下列式中正确的是（ C ）； (A) , f (x, y) x y f x  =      ； (B) f (x + y, x − y) = f (x, y) ； (C) f ( y, x) = f (x, y) ； (D) f (x,−y) = f (x, y) ． 5．设 e cos x z y = ，则 =    x y z 2 （ D ）； (A) e sin x y ； (B) e e sin x x + y ； (C) e cos x − y ； (D) e sin x − y ．

6.若∑an(x+4)”在x=2处收敛,则它在x=2处(D) (A)发散:(B)条件收敛;(C)绝对收敛:(D)不能判断 7.关于幂函数,下列结论正确的是(C) (A)当且仅当下<1时收敛:(B)当x≤1时收敛 (C)当-1≤x<1时收敛;(D)当-1<x≤1时收敛 8.设平面区域D1s+y2s4,则(x2+y)d=(C) (A)27∫(b;(B)可/M;(C)2Mb;D)r了mb 9.设有二重积分/=( x, y)dxdy,其中D是单位圆x2+y2≤1在第一象限部分, 将它化为如下的累次积分正确的是(D) (A)I=dx. f(x, y)dy: (B)I=dxf(,y)dy (C)I=delf(x, y)rdr (D)I=dx。f(x,y)dy 10.曲线=x2 在点(1,1,2)处的切线方程为(C)。 A282B与2#0 二、填空题(每小题3分,共24分) 1.y"=2sinx的通解为-2sinx+C1x+C2; 2.过原点且垂直于平面2y-2+2=0的直线为x=y=- 3.已知f(x,x+y)=x2+xy,则=2x+y; 4.写出麦克劳林展开式,并注明收敛域 SIx=x x∈R (2n-1)! 5.设∑anx”的收敛半径为R,则∑anx2的收敛半径为√R 6.改变三次积分。4D(xy)的积分次序得小5/(xy 第2页(共4页)

第2页（共 4 页） 6. 若   = + 1 ( 4) n n n a x 在 x = −2 处收敛，则它在 x = 2 处（ D ）； （A）发散； （B）条件收敛； （C）绝对收敛； （D）不能判断． 7．关于幂函数   n=1 n n x ，下列结论正确的是（ C ）； （A）当且仅当 x 1 时收敛； （B）当 x 1 时收敛； （C）当 −1 x 1 时收敛； （D）当 −1 x 1 时收敛． 8．设平面区域 D 1x 2+y 24 则  + D f ( x y )dxdy 2 2 =( C )； (A)  2 0 2 rf (r)dr  (B)  2 0  f (r)dr  (C)  2 1 2 rf (r)dr  (D)  2 1  f (r)dr  9．设有二重积分  = D I f (x, y)dxdy ，其中 D 是单位圆 2 2 x + y ≤ 1 在第一象限部分， 将它化为如下的累次积分正确的是（ D ） (A)   − = 2 1 0 1 0 d ( , )d y I x f x y y ； (B)   = 1 0 1 0 I dx f (x, y)dy ； (C)   = 1 0 1 0 I d f (x, y)rdr ； (D)   − = 2 1 0 1 0 d ( , )d x I x f x y y 。 10．曲线    = + = 2 2 2 z x y y x 在点(1 1 2)处的切线方程为( C )。 (A) 8 2 2 1 1 1 − = − = x− y z ；(B) 6 2 2 1 1 1 − = − − = x− y z ；(C) 6 4 2 1 1 + = + = x y z ；(D) 8 2 2 1 1 1 − = − − = x− y z  二、填空题（每小题 3 分，共 24 分） 1. y = 2 sin x 的通解为 1 2 − + + 2sin x C x C ； 2. 过原点且垂直于平面 2 y − z + 2 = 0 的直线为 z x y = = − 0 2 ； 3. 已知 f x x + y = x + xy 2 ( , ) ，则 =   x f 2x + y ； 4. 写出麦克劳林展开式，并注明收敛域； sin x = 3 5 2 1 1 ( 1) 3! 5! (2 1)! n x x x n x x n − − − + − + − +  − R ； 5. 设   n=1 n n a x 的收敛半径为 R，则   =1 2 n n n a x 的收敛半径为 R ； 6．改变二次积分   2 0 1 0 ( , ) x dx f x y dy 的积分次序得   1 1 0 ( , ) y dy f x y dx ；

7.曲线 x2+2-4=0绕=轴旋转所得的旋转曲面的方程是 直线3=2=与平面3x+-=2的位置关系是直线在平面内 三、判断题(正确的打“√”,错误的打“X”,每小题2分,共14分) 若a·b=b·c且b≠0,则 2.y=y的通解为y=Ce(C为任意常数) √) 3.若(xa,y0)为z=f(x,y)的极值点,则(x,y)一定为驻点 4.若函数f(xy)在有界闭区域D1上可积,且D=D2,则∫(xy)ddy≥ ∫(x,y)dxdy 5.函数的麦克劳林级数一定是此函数的幂级数展开式 6.因为man=0.所以正项级数∑n收敛 7.若axb=b×c且b≠0,则a 四、(8分)设曲线上任一点P(x,y)的切线及该点到坐标原点O的连 线OP与y轴围成的面积是常数A,求这曲线方程 解设曲线方程为y=f(x),则P(x,y)的切线方程为 即Y=y+y( 令X=0,有Y(0)=y-xy’, 由于切线、OP及y轴围成的面积为A,则有方(y-xy)=A,即y-=+2A x 对y-2=0应用分离变量法,得y=cx 2A 设y=c(x)x,有c(x)x=±-2→c(x)=±-3→c(x)=± 2A 从而 ±二+Cx=±二+C 五、(8分)求=x2+y2+5在约束条件y=1-x下的极值. 解作辅助函数F(x,y,4)=x2+y2+5+/(1-x-y) 则有 Fr=2x-a, Fy=2y-a 第3页(共4页)

第3页（共 4 页） 7．曲线    = + − = 0 4 0 2 2 y x z z 绕 z 轴旋转所得的旋转曲面的方程是 x 2+y 2+z 2−4z=0. 8．直线 1 1 3 2 1 − = − = x− y z 与平面 3x+4y−z=2 的位置关系是 直线在平面内. 三、判断题（ 正确的打“√”，错误的打“X”,每小题 2 分，共 14 分） 1. 若 a b = b c 且 b  0 ，则 a = c ； (  ) 2. y = y 的通解为 e x y C= （C 为任意常数）． （ √ ） 3. 若 ( ) 0 0 x , y 为 z = f (x, y) 的极值点，则 ( ) 0 0 x , y 一定为驻点； （  ） 4. 若函数 f (x, y) 在有界闭区域 D1 上可积，且 D1  D2 ，则  1 ( , )d d D f x y x y ≥  2 ( , )d d D f x y x y ； (  ) 5. 函数的麦克劳林级数一定是此函数的幂级数展开式； （  ） 6. 因为 lim = 0, → n n u 所以正项级数   n=1 n u 收敛； （  ） 7. 若 a b = b c 且 b  0 ，则 a = c ； (  ) 四、（8 分）设曲线上任一点 P(x, y) 的切线及该点到坐标原点 O 的连 线 OP 与 y 轴围成的面积是常数 A ，求这曲线方程. 解 设曲线方程为 y = f (x) ，则 P(x, y) 的切线方程为 Y − y = y (X − x) ， 即 Y = y + y(X − x)， 令 X = 0 ，有 Y (0) = y − xy， 由于切线、OP 及 y 轴围成的面积为 A，则有 x( y − xy ) = A 2 1 ，即 2 2 x A x y y  − =  ， 对  − = 0 x y y 应用分离变量法，得 y cx = ， 设 y = c(x) x ，有 2 2 ( ) x A c  x  x =   3 2 ( ) x A c  x =   2 2 ( ) 2 A c x C x =  + ， 从而 2 2 A A y Cx Cx x x =  + =  + 。 五、（8 分）求 5 2 2 z = x + y + 在约束条件 y = 1− x 下的极值. 解 作辅助函数 ( , , ) 5 (1 ) 2 2 F x y  = x + y + +  − x − y ， 则有 Fx  = 2x − , Fy  = 2y − 

2x-=0 解方程组 1-xy=0 x=y==,=1 现在判断P(,)是否为条件极值点: 由于问题的实质是求旋转抛物面二=x2+y2+5与平面y=1-x的交线,即开口向上 的抛物线的极值,所以存在极小值,且在唯一驻点P(一,)处取得极小值二 六、(8分)求经过直线x=+1=三2和点(3,2,0)的平面方程 解:已知直线的一般方程为1x-1=2-2,即)+y=0 x-1=-y-1 x-z+1=0 过己知直线的平面束方程为x+y+A(x-z+1)=0 将点(3,-2,0)代入x+y+A(x-二+1)=0得 于是所求平面的方程为 x+y-1(x-2+1)=0,即3x+4y+2-1=0 七、(8分)求微分方程y"-5y+6y=7满足y。=和y1x=0=-1的特解 解对应的齐次方程为y”-5y+6y=0,特征方程为r2-5r+6=0,特征根为 n=2,n2=3,对应齐次方程的通解为y=Ce2+C2e3x 由于A=0不是特征方程的根,故设yn=Q(x)e=Ae, 将Q(x)=A,Q(x)=Q"(x)=0代入方程,有64=7,即A 7 7 于是方程的特解为yp6 方程的通解为y=Ce+Ce+6 现在求满足初始条件的特解.对y求导得y=2Ce2+3C2ex, 将初值代入y与y,有{6 y(0)=C1+C2+,即(C+C2=0 C1=1 l=y(0)=2C1+3C2 于是,方程满足初始条件的特解为y=2xx7 第4页(共4页)

第4页（共 4 页） 解方程组 2 0, 2 0, 1 0, x y x y    − =   − =  − − = 得 1 , 1 2 x y = = =  ． 现在判断 1 1 ( , ) 2 2 P 是否为条件极值点： 由于问题的实质是求旋转抛物面 5 2 2 z = x + y + 与平面 y = 1− x 的交线，即开口向上 的抛物线的极值，所以存在极小值，且在唯一驻点 1 1 ( , ) 2 2 P 处取得极小值 11 2 z = ． 六、（8 分）求经过直线 1 2 1 1 1 1 − = − + = x− y z 和点(3−2 0)的平面方程. 解： 已知直线的一般方程为    − = − − = − − 1 2 1 1 x z x y  即    − + = + = 1 0 0 x z x y . 过已知直线的平面束方程为 x+y+(x−z+1)=0 将点(3 −2 0)代入 x+y+(x−z+1)=0 得 4   = −  于是所求平面的方程为 ( 1) 0 4 1 x+ y− x−z+ =  即 3x+4y+z−1=0 七、（8 分）求微分方程 y − 5y + 6y = 7 满足 6 7 y x=0 = 和 y x =0 = −1 的特解． 解 对应的齐次方程为 y − 5y + 6y = 0 ，特征方程为 5 6 0 2 r − r + = ，特征根为 1 r =2， 2 r =3，对应齐次方程的通解为 2 3 1 2 e e x x c y C C = + ． 由于  =0 不是特征方程的根，故设 0 0 ( )e e x x p y Q x A = = ， 将 Q x A ( ) = ，Q(x) = Q(x) = 0 代入方程，有 6A=7， 即 A= 6 7 ． 于是方程的特解为 6 7 y p = ， 方程的通解为 2 3 1 2 7 = e + e 6 x x y C C + ． 现在求满足初始条件的特解．对 y 求导得 2 3 1 2 2 e 3 e x x y C C  = + ， 将初值代入 y 与 y ，有 1 2 1 2 7 7 (0) , 6 6 1 (0) 2 3 , y C C y C C   = = + +   − = = +   即  1 2 1 2 0, 2 3 1, C C C C + = + = −   1 2 1 , 1, C C = = − 于是，方程满足初始条件的特解为 y = 2 3 7 e e 6 x x − + ．