湖大高数A(2)试题及答案评分标准

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湖南大学期中考试试卷

3. 直线L:

xyz

绕z轴旋转而产生的旋转曲面方程为（ ） 326

(A) 14z2 36(x2 y2) (B) 13z2 36(x2 y2) (C) 14x2 36(z2 y2) (D) 14x2 36(z2 y2)

an2n51

4. 设幂级数 anx与 bnx的收敛半经分别为则幂级数 2x的收敛半经为（ ）与，

33n 1n 1n 1bn

n

n

(A) 5 (B)

11 (C) (D) 353

5. 设z z(x,y)由方程f(,) 0确定, 其中f可微, 且fx 0,则x(A) x (B) x (C) z (D) z 三、解答下列各题（每小题8分，共40分）

yzxx z z

y=( ) x y

2222

(x y x y 0; 1. (8分)

设f(x,y) 讨论f(x,y)在(0,0)处

22

0, x y 0.

（1）偏导数是否存在;（2）偏导数是否连续; (3)是否可微.

.

x 1yz 1xy 1z 2

湖 (8分) 判断两直线L1：；L2： 是否在同一平面内?

南

大学期中考试试卷

112134

若在同一平面内, 则求两直线的交点; 若不是在同一平面内, 则求两直线之间的距离.

3. (8分) 设an

n

xsinxdx (n 1,2,...)，试判别级数

an

敛散性. n3n 1

湖

南 大

学教 务

处考 试

中心

2u 2u 2u

4. (8分) 设u u(x,y)具有二阶连续偏导数，试适当选取a,b的值, 使方程 62 2 0

x x y y 2u

经过变换 x ay, x by后化为方程 0.

5. (8分) 求函数u xy 2yz在约束条件x2 y2 z2 10下的最大值和最小值. .

四、证明下列各题（每小题8分，共16分）

1. 从椭球面外的一点作椭球面的一切可能的切线, 证明全部切点在同一平面上.

2. 已知a,b为两个非零且不共线的向量.令c a b, 是实数, 试证: 使得c最小的向量c垂直于a.

五、（14分)设f(x)

n3

n 1

n 1

x

n 1

11

，（1）证明f(x)在( ,)内连续; （2）计算 8f(x)dx.

033

1

一. 填空题（每小题3分，共15分）: 1.椭圆柱面 2. 4. 5.

3. x 1,y 1 t,z 2 2t

3

1 81

二. 选择题（每小题3分，共15分）: 1. B 2. D 3. B 4. A 5. C 三、解答下列各题（每小题8分，共40分）

1. 解：(1) fx(0,0) lim

x 0

f( x,0) f(0,0)

lim x 0 x

x2cos

1

0 x

0

x

同理可得fy(0,0) 0，因此，f(x,y)在(0,0)处偏导数存在. 2分

22

2x x y 0; （2

）fx (0,0)

22

0, x y 0.

当(x,y)沿直线y 0趋向(0,0)时，有limfx (0,0) lim2xcos

x 0y 0

x 0

1x1

sin，不存在， xxx

故fx (x,y)在(0,0)处不连续. 同理可得, fy (x,y)在(0,0)处不连续. 5分 (3) 因为lim

0

z dz

lim

0

f(0 x,0 y) f(0,0) fx (0,0) x fy (0,0) y

0

lim cos

0

1

0. 因此,函数f(x,y)在(0,0)处可微．8分

2. 解1: 直线L1与L2的方向向量分别为s1 {1,1,2},s2 {1,3,4}, 且分别过P( 1,0,1),Q(1, 1,2) 1分

从而PQ {1, 1,1},所以(s1 s2) PQ 12

34 2 0, 3分

11

故直线L1与L2为异面直线. 4分

ijk

2 2(i j k).

过L1作平行于直线L2的平面 , 其法向量可取为n s1 s2 1

34

所以平面 的方程为(x 1) y (z 1) 0, 即x y z 2 0. 6分 又因点(0, 1,2)在直线L2上,故两直线L1与L2之间的距离即为点(0, 1,2)到平面 的距离, 故所求的距离为

: d

8分 3

解2: 直线L1与L2的方向向量分别为s1 {1,1,2},s2 {1,3,4}, 且分别过P( 1,0,1),Q(1, 1,2) 1分

从而PQ {1, 1,1},所以(s1 s2) PQ 12

34 2 0, 3分 11

故直线L1与L2为异面直线. 4分 过L1作平行于直线L2的平面 , 其法向量可取

ijk

n s1 s2 12 2(i j k).

34

所以平面 的方程为(x 1) y (z 1) 0, 即x y z 2 0. 6分 又因点A( 1,0,1)和点B(0, 1,2)分别在直线L1与L2上, 故所求两直线的距离为:

d prjnAB

8分 n

3. 解：令x n t, 则an

n

(n t)sintdt n

sintdt tsintdt,

n

n

从而an

2

n

ann2n 2

sintdt n sintdt n ,(n 1,2, ),于是 n n. 4分

02n 13n 13

un 1(n 1)23n1an

∵lim收敛 8分 limn 1 2 1 ∴由比值判别法得级数 n

n un 33n3n 1n

4.解：

u u u u u u

，， 2分 a b

x y

2u 2u 2u 2u 2u 2u 2u 2u

，， 2 a2 (a b)

2 x y 2 x2 2

22

2u 2u2 u2 u， 5分 a 2ab b222

y

于是，原方程化为：

2u 2u 2u2

(a a 6)2 (2ab a b 12) (b b 6)2 0 6分

2

令a a 6 0,b b 6 0,2ab a b 12 0, 7分

22

a 2 a 3 2u

解得当 或 时，原方程化为： 0． 8分

b 3b 2

5. 解：引入拉格朗日函数L(x,y,z, ) xy 2yz (x y z 10)， 1分

2

2

2

L

x y 2 x 0

L x 2z 2 y 0 y

为求L(x,y,z, )的驻点，解如下方程组 3分

L 2y 2 z 0 z

L x2 y2 z2 10 0 z

2x z yx 2zy

从前三个式中消去 可得驻点(x,y,z)应满足 2

2

5x y2x2yz

代入第四个式子即可求得四个驻点

P,PP, 2),P 2), 6分

1 (12 (13 ( 14 ( 1

代入计算得u(P1) u(P2) u(P3) u(P4)

从而知在P1与P4两点处u

取得最小值 ，在P2与P3两点处u

取得最大值.

即函数u xy 2yz在约束条件x2 y2 z2

10下的最大值是

. 8分

四、证明下列各题（每小题8分，共16分）

x2y2z2

1. 证明：设椭球面的 的方程为2 2 2 1. 1分

abc

222

x0y0z0

椭球面外一点设为P(x0,y0,z0),2 …… 此处隐藏：2038字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……