2019年考研高等数学模拟测试题库(含答案)

2019最新考研数学模拟试题（含答案）

学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________

题号 得分 一 总分

一、解答题

n的最大的项.

1．求数列n1000解：令yx,

x10001y2x(x1000)x(x1000)2x10002x1000x 222x(x1000)2x(x1000)1000. 2000令y0得x=1000.因为在(0，1000)上y0，在(1000,)上y0, 所以x=1000为函数y的极大值点，也是最大值点，ymaxy(1000)故数列n的最大项为a1000.

10002000n1000

2．求下列函数在所示点的导数：

sintπ(1)ft，在点t；

4cost2π2解：f 422xy(2)gx,yx2y2，在点x,y1,2；

11解：g1,2

24usinvuu1(3)Tucosv，在点；

vvvπ101解：T01

01ux22y(4)vx22xy在点3,2. w3x2y2y26解：66

362

3．利用重要极限lim(1u)e，求下列极限：

u01u1x3(1)lim1; (2)limxxx2x(3)lim(13tanx)x0x2cot2xx0x22x1;32; (4)lim(cos2x)x;

1x.x1lnxx12(5)limx[ln(2x)lnx]; (6)limx2x121111解：(1)lim1lim1lim1e2e.

xxxxxxx3(2)limxx22x15lim1xx2102x15lim1xx2x2105551x2x2551051055lim1lime1e. 1xxx2x2(3)lim(13tanx)x032cot2x1lim(13tan2x)3tan2xlim(13tan2x)3tan2xe3.

x0x013lncos2x1lncos2x12x1(cos2x1)333cos2x1(4)lim(cos2x)x0x2limex0x2limex03(cos2x1)limex0x2ln1(cos2x1)1cos2x1eee3limcos2x1x22sin2xx2x0limln1(cos2x1)x01cos2x1

3limx01cos2x1lnlim1(cos2x1)x02sinx6limlnex0xe611e6.2x2x2(5)limx[ln(2x)lnx]lim2lnlim2ln1xxx2xxx2x2x2222limln12lnlim1 xxxx2lne2.(6)令x1t，则当x1时，t0.

lim1xtlimx1lnxt0ln(1t)1limln(1t)t01t11lnlim(1t)tt011. lne

24．当x1时，无穷小量1x与(1)1x,(2)1(1x2)是否同阶？是否等价？ 2解：(1)lim1x11lim

x11x2x11x22∴当x1时，1x是与1x同阶的无穷小.

1(1x2)1x(2)lim2lim1

x1x11x212∴当x1时，1x是与(1x)等价的无穷小.

2

5．利用limsinx1或等价无穷小量求下列极限：

x0xsinmx; (2)limxcotx;x0sinnxx01cos2xln(1exsin2x)(3)lim; (4)lim

2x0x0xsinx1x1(1)lim(5)limarctan3xx; (6)lim2nsinn;x0nx24x21arctanx2(7)lim; (8)lim;1arcsin(12x)x0xxsinarcsinx22tanxsinxcosxcosx(9)lim; (10)lim;x0x0sinx3x2

xarcsin21cos4x1x(11)lim; (12)lim;22x0x0ln(1x)2sinxxtanxlncosaxln(sin2xex)x(13)lim; (14)lim.x0lncosbxx0ln(x2e2x)2x解：(1)因为当x0时，sinmx~mx,sinnx~nx, 所以limsinmxmxmlim.

x0sinnxx0nxncosxxcosxlimx0(2)limxcotxlimcosxlim1.x0x0sinxx0sinxsinxlim x0xx1cos2x2sin2xsinx(3)limlim2lim2.x0x0x0xsinxxsinxxx2x22(4)因为当x0时，ln(1esinx)~esinx,1x1~12x,所以 22limx0ln(1exsin2x)1x21exsin2xsinxlimlim2exlim2. x0x0x012xx2(5)因为当x0时，arctan3x~3x,所以

limarctan3x3xlim3.

x0x0xxxxsinnnxn22(6)lim2sinnlimxxlimx.

nnnxx22n2n1(7)因为当x时，arcsin(12x)~12x,所以

2sin4x214x21(2x1)(2x1)limlimlimlim(2x1)2. 1arcsin(12x)112x1112xxxxx222222(8)因为当x0时，arctanx~x,sinxx~,arcsinx~x,所以 22arctanx2x2limlim2. x0x0xxsinarcsinxx22(9)因为当x0时，sinx~x,1cosx~12x,sinx3~x3,所以 21xx2tanxsinxsinx(1cosx)2limlimlimx0x0x0x3cosx sinx3sinx3cosx11lim.x02cosx2x~x,sinx~x，所以 (10)因为当x0时，sin2222cosxcosxlimlimx0x0x2limx02sin2xsin2xxx2x222x2

12(2).2xx(11)因为当x0时，arcsin~,ln(1x)~x,所以

221x1xarcsinlimx0xx1x2lim1x2lim11.

x0x0ln(1x)x1x2(12)因为当x0时，sinx~x,sin2x~2x,所以

1cos4x2sin22xlimlim2x02sin2xxtan2xx0sinx(2xsec2x)2(2x)28 lim2limx0x(2xsec2x)x02xsec2x84.lim(2xsec2x)x0(13)因为lncosaxln[1(cosax1)],lncosbxln[1(cosbx1)], 而当x0时，cosax10,cosbx10

故 ln[1(cosax1)]~cosax1,ln[1(cosbx1)]~cosbx1, 又当x→0进，1cosax~1221ax,1cosbx~b2x2,所以 22122ax2lncosaxcosax11cosaxalimlimlimlim22. x0lncosbxx0cosbx1x01cosbxx0122bbx2sin2xx20,2x0 (14)因为当x0时，exe22sin2xsinxx2x故 ln1~x,ln12x~2x, xeeee所以

sin2xln1xln(sin2xex)xln(sin2xex)lnexelimlimlimx0ln(x2e2x)2xx0ln(x2e2x)lne2xx0x2ln12xesin2x22xsinxxsinxxelim2limelimlime x0x0x0x0xxxe2xe011.

6．设f(x)在[0,1]上连续，且0f(x)1，证明：至少存在一点[0,1]，使

f().

证：令F(x)f(x)x,则F(x)在[0,1]上连续，且F(0)f(0)0,F(1)f(1)10, 若f(0)0，则0,若f(1)1,则1,若f(0)0,f(1)1,则F(0)F(1)0,由零点定理，至少存在一点(0,1),使F()0即f(). 综上所述，至少存在一点[0,1]，使f().

7．(1) 设f(x)1，求f(x0)x0(x00);

解：f(x0)f(x)xx1. 2x0(xn),求f(0).

(2) 设f(x)x(x1)(x2)解：

f(0)limf(x)f(0)lim(x1)(x2)x0x0x0(1)nn!(xn)

8．求下列函数的导数： ⑴ S3lntsin解：S⑵ y解：yπ; 73 txlnx; 12x2lnxx11(lnx2) x2x⑶ y(1x)sinx(1sinx); 解：

y2xsinx(1sinx)(1x2)cosx(1sinx)(1x2)sinx(cosx) 2xsinx2xsinxcosxxcosxsin2xxsin2x222

⑷ y1sinx;

1cosx解：ycosx(1cosx)(1sinx)sinx1sinxcosx (1cosx)2(1cosx)2⑸ ytanxeπ; 解：ysec2x ⑹ ysecx3secx; x解：yxsecxtanxsecx3secxtanx 2x11112323(1) xln10xln2xxln101n2⑺ ylnx2lgx3log2x; 解：y⑻ y1.

1xx2解：y(12x)

(1xx2)212gt的加速度. 2

9．求自由落体运动s(t)解：s(t)gt

s(t)[s(t)]g即为加速度.

10．一动点沿抛物线y=x2运动，它沿x轴方向的分速度为3 cm·s-1，求动点在点(2，4)时，沿y轴的分速度. 解：

dydydx2x36x. dtdxdtdy6212 (cm·s－1). dt当x=2时，

11．求下列初等函数的边际函数、弹性和增长率： (1) y=ax+b；(其中a，b∈R，a≠0) 解：y′=a即为边际函数. 弹性为：

Ey1axax, Exaxbaxba. axb增长率为： y(2) y=aebx；

解：边际函数为：y′=abebx 弹性为：

Ey1abebxxbxbx, Exaeabebxb. 增长率为： ybxae(3) y=xa

解：边际函数为：y′=axa1.

－

弹性为：

Ey1axa1xaa, Exxaxa1a. 增长率为： yxax

12．某厂生产某种产品,年销售量为106件,每批生产需要准备费103元,而每件的年库存费为0.05元,如果销售是均匀的,求准备费与库存费之和的总费用与年销售批数之间的函数(销售均匀是指商品库存数为批量的一半). 解: 设年销售批数为x, 则准备费为103x;

1061061060.05元. 又每批有产品件,库存数为件,库存费为2xx2x1060.05设总费用为,则y10x.

2x

3213．试证明：如果函数yax3bx2cxd满足条件b3ac0，那么这函数没有极

值.

22证明：y3ax2bxc，令y0，得方程3ax2bxc0，

由于 (2b)24(3a)c4(b23ac)0，那么y0无实数根，不满足必要条件，从而y无极值.

14．设f(x)2,g(x)xlnx,求f(g(x)),g(f(x)),f(f(x))和g(g(x)). 解: f(g(x))2g(x)2xlnx,

xg(f(x))f(x)lnf(x)2xln2x(xln2)2x,

f(f(x))2

f(x)2,2xg(g(x))g(x)lng(x)xlnxln(xlnx).

x1t215．a, b, c取何实数值才能使 limdtc 成立.

2x0sinxaxb1t解：因为x0时，sinxax0而该极限又存在，故b=0.用洛必达法则，有

a1,0,x1x limlim2x2x0cosxax0cosxalim2,a1.1xx0sinx22所以 a1,b0,c2 或 a1,b0,c0.

16．一平面曲线过点（1，0），且曲线上任一点（x, y）处的切线斜率为2x－2，求该曲线方程.

解：依题意知：y2x2 两边积分，有yx22xc

又x=1时，y=0代入上式得c=1，故所求曲线方程为yx22x1.

17．讨论下列广义积分的敛散性：

(1)dx2x(lnx)k;

ln(lnx)2,k1解：原式=d(lnx)1(lnx)1k,k12(lnx)k 1k211k1k(lnx)1k(ln2)2k1,k1故该广义积分当k1时收敛；k1时发散.

(2)bdxa(bx)k (ba).

1发散,lim1kb0解：原式=limb0a(bx)kd(bx)1k(bx)(ba)1ka,1klimb0ln(bx)a 发散,k1综上所述，当k<1时，该广义积分收敛，否则发散.

18． 求下列各曲线所围成图形的公共部分的面积： （1）

r=a(1+cosθ)及r=2acosθ;

解：由图11知，两曲线围成图形的公共部分为半径为a的圆，故D=πa2．

k1k1

(11)

（2）

r=2cosθ及r2=3sin2θ．

r=2cosθ

解：如图12，解方程组2

r=3sin2θ

得cosθ=0或tanθ=即θ=或θ=．

26

3

, 3

(12)

2121D=6·3sin2θdθ+·(2cosθ)dθ 202





6

2

316θ=cos2θ++ sin4θ

424

0

6









=． 6

19．

求下列曲线段的弧长：

a) y2=2x ，0≤x≤2； 1

解：见图18，2yy′=2． y′= y∴1+y′2=1+

1

．从而 y2(18)

l=2

20

2

1+y′dx=2

0

22

2

1+

1dxy2

21y2=21+y2d =21+ydy 020y

=y1+y+ln(y+1+y) 0=25+ln(2+5)

222

b) y=lnx，3≤x≤8； 解：l=83

1+y′dx=



281+

3

1

dx x2=83

1+x21+1+x22dx=1+xlnxxx

13

=1+ln．

223

8costdt, −≤t≤；

c) y=22−

2

22

2解：l=1+y′dx=1+cosxdx

−−

2

2

2

xxx=2cosdx=422cosd 2022

−

2



x2

=42sin=4.

20



20．

φ

求对数螺线rea相应θ=0到θ=φ的一段弧长．

22解：l=0r+r′dθ

=

φ

0

e2aθ+a2e2aθdθ

1+a2aφ=e1)．

a(

21．设某工厂生产某种产品的固定成本为零，生产x（百台）的边际成本为C′(x)（万元/百台），边际收入为R′(x)=7－2x（万元/百台）． (1) 求生产量为多少时总利润最大？

(2) 在总利润最大的基础上再生产100台，总利润减少多少？ 解：(1) 当C′(x)=R′(x)时总利润最大． 即2=7－2x，x=5/2(百台)

(2) L′(x)=R′(x)－C′(x)=5－2x．

在总利润最大的基础上再多生产100台时，利润的增量为 ΔL(x)=

72527252(52x)dx5xx21．

即此时总利润减少1万元.

22．用根值判别法判别下列级数的敛散性：

5n； (1) n13n1n(3) n13n12n1n(2)

lnn11n1n；

；

b(4) ，其中an→a（n→∞），an，b，a均为正数．

n1an5n51， 解：(1)limnUnlimnn3n13n故原级数发散． (2) limnUnlimnn1lnn1201，

故原级数收敛． (3)limnUnlimnnn3n1n1n11， 9故原级数收敛．

bbb(4) limnlim，

nnanaan当bbbb<1，原级数收敛；当b>a时，>1，原级数发散；当b=a时，=1，无法aaa判定其敛散性．

23．求下列函数的傅里叶积分：

et,t0(1)ft

t00,1,1t0(2)ft1,0t1

0,其他解：(1)Ffteitdteteitdt

011i1i12111iititftFeded2π2π121costsint dt22π11costsintdt20π1(2) F0fteitdt1

ititdtee0dt121cosi1121cosititftFeded2π2πi11coscostisintdπi 11cossintdπ21cossintdt0,10π

24．求下列微分方程的通解：

(1)yy2y0;

解：特征方程为 r2r20 解得 r, r22 11故原方程通解为 yc1exc2e2x.

(2)yy0;

解：特征方程为 r210 解得 r1,2i

故原方程通解为 yc1cosxc2sinx

d2xdx(3)422025x0;

dtdt2解：特征方程为 4r20r250

解得 r1r25 25t2故原方程通解为 x(c1c2t)e.

(4)y4y5y0;

2解：特征方程为 r4r50

解得 r1,22i

故原方程通解为 ye2x(c1cosxc2sinx).

(5)y4y4y0;

2解：特征方程为 r4r40

解得 r1r22

故原方程通解为 ye2x(c1c2x)

(6)y3y2y0.

2解：特征方程为 r3r20

解得 r1,r2

故原方程通解为 yc1exc2e2x.

25．下列函数在指定区间上是否满足罗尔定理的三个条件？有没有满足定理结论中的？

x2, 0x1,⑴ f(x) [0,1] ；

0, x1, ⑵ f(x)x1, [0,2] ； ⑶ f(x)sinx, 0xπ, [0,π] .

1, x0, 解：⑴ f(x)在[0,1]上不连续，不满足罗尔定理的条件.而f(x)2x(0x1)，即在（0，1）内不存在，使f()0.罗尔定理的结论不成立. ⑵ f(x)x1, 1x2,

1x, 0x1.f(1)不存在，即f(x)在区间(0,2) 内不可导，不满足罗尔定理的条件.

1, 1x2,而f(x)

1, 0x1.即在（0，2）内不存在，使f()0.罗尔定理的结论不成立.

⑶ 因f(0)1f(π)=0,且f(x)在区间[0,π] 上不连续，不满足罗尔定理的条件. 而f(x)cosx(0xπ),取ππ，使f()0.有满足罗尔定理结论的. 22故罗尔定理的三个条件是使结论成立的充分而非必要条件.

26．试讨论下列无界函数的二重积分的收敛性： (1)

dxdy; 22m(xy)x2y2122p(xxyy)22xy1(2)

(x,y)dxdy （0m(x,y)M）.

12π11dxdy112m12m22mdrdr2rdr2解：(1) r22m000(xy)22m0x2y211mm1m1

故当m<1时，原积分收敛，当m≥1时，原积分发散。 （2）由于x2+xy+y2=

121(xy2)(xy)20 (当(x,y)≠(0,0)时) 22故

(x,y)mM (当(x,y)≠(0,0)时) 22p22p22p(xxyy)(xxyy)(xxyy)(x,y)(x2xyy2)dxdy同敛散。 22p(xxyy)x2y2再注意到广义重积分收敛必绝对收敛，即知积分

x2y21dxdy与p由于

10(当(x,y)≠(0,0)时)，采用极坐标即得 22p(xxyy)21drdxdyd p02p122p0(xxyy)r1x2y211sin22而

2d11sin22p0为常义积分，其值为有限数，

1,dr而2p12(1p)0r,1p1;p1.

dxdy当p<1时收敛，当p≥1时发散。

由此可知：原积分

x2y21(x,y)(xxyy)22p

27．求过点（1，-2，3）和两平面2x-3y+z=3, x+3y+2z+1=0的交线的平面方程. 解：设过两平面的交线的平面束方程为2x3yz3(x3y2z1)0 其中λ为待定常数，又因为所求平面过点（1，-2，3） 故213(2)33(13(2)231)0 解得λ=-4. 故所求平面方程为 2x+15y+7z+7=0

28．求点（3，-1，2）到直线xyz10的距离.

2xyz40解：过点（3，-1，2）作垂直于已知直线的平面，平面的法向量可取为直线的方向向量

i即ns1jk113j3k 211故过已知点的平面方程为y+z=1.

xyz10联立方程组2xyz40

yz1解得x1,y即(1,13,z. 2213,)为平面与直线的垂足 222于是点到直线的距离为d(13)(13321)2(2)2. 222

29．建立以点（1，3，-2）为中心，且通过坐标原点的球面方程.

222解：球的半径为R13(2)14.

设(x,y,z)为球面上任一点，则(x-1)2+(y-3)2+(z+2)2=14 即x2+y2+z2-2x-6y+4z=0为所求球面方程.

30．求过点(4,1,-2)且与平面3x-2y+6z=11平行的平面方程. 解：所求平面与平面3x-2y+6z=11平行 故n={3,-2,6}，又过点(4,1,-2)

故所求平面方程为：3(x-4)-2(y-1)+6(z+2)=0 即3x-2y+6z+2=0.

31．指出下列方程表示怎样的曲面，并作出图形：

y2z21; （2）36x29y24z36; （1）x492y2z2y2z221; （4）x11; （3）x49492z20. （5）xy922解：（1）半轴分别为1，2，3的椭球面，如图7-13. (2) 顶点在（0，0，-9）的椭圆抛物面，如图7-14.

图7-13 图7-14

(3) 以x轴为中心轴的双叶双曲面，如图7-15.

(4) 单叶双曲面，如图7-16.

图7-15 图7-16

(5) 顶点在坐标原点的圆锥面，其中心轴是z轴，如图7-17.

图7-17

32．求下列曲面和直线的交点：

x2y2z2x3y4z21与(1) ; 381369x2y2z2xyz21与(2) .

4341694解：（1）直线的参数方程为

x33ty46t z24t代入曲面方程解得t=0,t=1.

得交点坐标为（3，4，-2），（6，-2，2）. (2) 直线的参数方程为

x4t y3tz24t代入曲面方程可解得t=1, 得交点坐标为（4，-3，2）.

33．求下列极限：

x23x2x(1)lim2; (2)lim4;x3x1x1x3x21x21x3x(3)lim2; (4)lim4; x2xx1xx3x21x21(n1)(n2)(n3)(5)lim; (6)lim;3x2x1n5nx211(7)若limaxb，求a和b. x2x12x23933x23limx3解：(1)lim2.

2x3x1limx1915x3lim(x2x)x2x121x1(2)lim442.422x1x3x21lim(x3x1)1311x1x11lim.x2x2x1x11222xx1111 lim333xxxxx0.xx(4)lim4limxx3x21x3131124lim124xxxxx(3)lim(5)21lim212x22x1xx0lim2limxxxx1x1112lim12xxx211x2x21. 由无穷大与无穷小的关系知， limx2x1(6)lim(n1)(n2)(n3)1123lim1113nn5n5nnn

11123lim1lim1lim1.5nnnnnn5ijaybykazbz

34．（1）解: abaxbx=（aybz-azby）i+（azbx-axbz）j+（axby-aybx）k

则（ ab）C=（aybz-azby）Cx+（azbx-axbz）Cy+（axby-aybx）Cy

axbxCxaybyCyazbz Cz若 ab后与 C是垂直的. a,b,C共面，则有 从而（ ab）C0 反之亦成立.

ax（2） （ab）CbxaybyCybzCz azazbz CzCxbx（bC）aCxaxbyCyayCx（ Ca）baxbxax bxCx 故

CyaybybxaxCzaz bzbyCyaybzazCxbxCyaybyCzaz bz由行列式性质可得:

aybyCyazCzbzCxCzax （ab）C（bC）a（?Ca）b

35．求过点M0(1,7,-3)，且与连接坐标原点到点M0的线段OM0垂直的平面方程. 解：所求平面的法向量可取为nOM0{1,7,3} 故平面方程为：x-1+7(y-7)-3(z +3)=0 即x+7y-3z-59=0

36．证明：曲面xyz = a3上任一点的切平面与坐标面围成的四面体体积一定。 证明：设 F(x,y,z)=xyz-a3. 因为 Fx=yz,Fy=xz,Fz=xy,

所以曲面在任一点M0(x0,y0,z0)处的切平面方程为

y0z0(x-x0)+x0z0(y-y0)+x0y0(z-z0)=0.

切平面在x轴，y轴，z轴上的截距分别为3x0,3y0,3z0.因各坐标轴相互垂直，所以切平面与坐标面围成的四面体的体积为

11V3x03y0323z127xyz127a39a3. 0000662它为一定值。

37．指出下列函数在向外间断：

xy2(1) f (x,y)=3; 3xy(3) f (x,y)=ln(1－x2－y2);

y22x(2) f (x,y)=2;

y2xxx22ey,(4)f (x,y)=y0,2y0,y0.

解：(1)因为当y=-x时，函数无定义，所以函数在直线y=-x上的所有点处间断，而在其余点处均连续.

(2)因为当y2=2x时，函数无定义，所以函数在抛物线y2=2x上的所有点处间断.而在其余各点处均连续.

(3)因为当x2+y2=1时，函数无定义，所以函数在圆周x2+y2=1上所有点处间断.而在其余各点处均连续.

(4)因为点P(x,y)沿直线y=x趋于O(0,0)时.

x0yx0limf(x,y)limx0x1e. x2故(0，0)是函数的间断点，而在其余各点处均连续.

38．利用球面坐标计算下列三重积分： (1) (2)

(x2y2z2)dv，其中Ω是由球面x2y2z21所围成的闭区域； zdv，其中Ω由不等式x2y2(za)2a2,x2y2z2所确定.

2π解：（1）

π(x2y2z2)dvr4sindrdd

10dsindr4dr004π1512π[cos]0[r]0π.55

(2) 积分区域Ω如图10-50所示，在球面坐标系下，Ω可表示为

02π, 0π, 0r2acos 4

故

zdvrcosr2sindrdd

图10-50

dsincosd02ππ402acos0r3dr=2πsincos8πa4π401(2acos)4d4π40sincos5dπ4

18πa4cos6607πa4.6

39．利用三重积分计算由下列曲面所围成的立体的体积： (1) z = 6-x2-y2及zx2y2；

(2) x2+y2+z2 = 2az(a>0)及x2+y2 = z2（含有z轴的部分）； (3)zx2y2及z = x2+y2;

22(4) z =5xy及x2+y2 = 4z.

解：（1）曲面围成的立体Ω如图10-55所示。 在柱面坐标系下，Ω可表示为：

02π 0r2rz6r2图10-55

用柱面坐标可求得Ω的体积

22

6r2vdvrdrddzdrdr002rdz232112π(6rr2r3)dr23r2r3r4π.03403（2）曲面围成的立体Ω如图10-56所示。 在球面坐标系下Ω可表示为：

02ππ 040r2acos图10-56

利用球面坐标可求得Ω的体积：

π40vdvrsindrdddsind0222acos0r2dr2ππ208381πa3.4acos3sind2πa3cos3340π4

（3）曲面围成的立体Ω如图10-57所示。 在柱面坐标系下，Ω可表示为：

02π0r1 r2zr图10-57

利用柱面坐标可求得Ω的体积：

21r

1vdvdrdr2dz2π(r2r3)dr00r0π112πr3r4.40631

(4) 曲面围成的立体Ω如图10-58所示。在柱面坐标系下，Ω可表示为：

02 0r2r2z5r24图10-58

利用柱面坐标可求得Ω的体积：

vdvrddrdzdrdrr20042225r2dz2π23r2222πr5rdr2πr5rdrrdr 002042(5r)332222πr4π554.80302

2240．求锥面z =xy被柱面z2 = 2x所割下部分的曲面面积。

解：由z2 = x2+y2, z2=2x两式消去z得

x2+y2=2x，则所求曲面在xOy面上的投影区域D为：x2+y2≤2x,而

zx2xxy222; zy2yxy222,xyzz112.xy2x2y2xy故所求曲面的面积为.

2

AD2coszz21dxdy2dxdy2d2rdrD00yx2π2

π202cosr20d42cos2d22(1cos2)d2π.π20π20

41．设有一等腰直角三角形薄片，腰长为a，各点处的面密度等于该点到直角顶点的距离的平方，求这薄片的重心. 解：建立直角坐标系如图10-34所示。

图10-34

由已知ρ(x,y)=x2+y2, 且

M(x,y)dxdydxD0aax0(x2y2)dya0132dxxyy30aaxa1111a[ax2x3(ax)3]dxx3x4(ax)4a4.03412306

11(xy)dxyay2y3(ay)3dya5.D000153aaxa11Myx(x,y)dxdydxx(x2y2)dyxax2x3(ax)3dxa5.D00015315a215从而 xya 145a6Mxy(x,y)dxdyydyaay22a即所求重心为22. a,a55

42．已知均匀矩形板（面密度为常量ρ）的长和宽分别为b和h，计算此矩形板对于通过其形心且分别与一边平行的两轴的转动惯量。

解：取形心为原点，取两旋转轴为坐标轴，建立坐标系如图10-36所示.

图10-36

2b2b2h2h22h2h2

1bh3,12Ixydxdydxydyby2dyDIyx2dxdyx2dxdyhx2dxDb2b2h2h2b2b21hb3.12

43．计算曲面积分

f(x,y,z)ds，其中为抛物面z = 2-(x+y)在xOy面上方的部分，

2

2

f(x, y, z)分别如下：

(1) f (x, y, z)=1; (2) f(x, y, z)=x2+y2; (3) f(x, y, z)=3z.

解：抛物面z=2-(x2+y2)与xOy面的交线是xOy面上的圆x2+y2=2，因而曲面在xOy面上的投影区域Dxy: x2+y2≤2,且ds=1zxzydxdy14x4ydxdy

2222故(1)

f(x,y,z)dsDxy14x4ydxdyd03222222π2014r2rdr132π1(14r)π.3120(2)

2π0f(x,y,z)ds(x2y2)14x24y2dxdy

Dxy20dr214r2rdrπ2[(4r21)1]14r2d(4r21)16031π22222[(4r1)(14r)]d(4r21)16053π2149222(4r1)2(14r)2π.16530302

(3)

2π02222f(x,y,z)ds3zds314x4ydxdy 2(xy)Dxy3d(2r)(14r)rdr01122226π(14r)d(14r2) 9(14r)320353π211122222π.9(14r)(14r)1610530222122

44．证明：场Ayz2xyz,xzx2yz,xyxy2z是有势场，并求其势函数. 解：略。



45．在空间直角坐标系中，定出下列各点的位置： A(1,2,3); B(-2,3,4); C(2,-3,-4); D(3,4,0); E(0,4,3); F(3,0,0).

解：点A在第Ⅰ卦限；点B在第Ⅱ卦限；点C在第Ⅷ卦限； 点D在xOy面上；点E在yOz面上；点F在x轴上.

46．指出下列各微分方程的阶数： (1) x(y')22yy'x0;一阶 (2) x2y''xy'y0;二阶 (3) xy'''2y''x2y0;三阶 (4) (7x6y)dx(xy)dy0.一阶

47．求下列函数在给定点和自变量增量的条件下的全增量和全微分： (1)zx2xy2y2,x2,y1,x0.2,y0.1; (2)zexy,x1,y1,x0.15,y0.1.

解：(1)z(xx)2(xx)(yy)2(yy)2z9.6881.68

dz(2xy)x(x4y)y1.6

(2)ze(xx)(yy)exye(e0.2651)0.30e.

dzyexyxxexyyexy(yxxy)0.25e

48．设f (x, y, z) = xy2+yz2+zx2,求fxx(0,0,1),fyz(0,1,0),fzzx(2,0,1). 解：fx(x,y,z)y22zx

fxx(x,y,z)2z, fxx(0,0,1)2,fy(x,y,z)2xyz2fyz(x,y,z)2z, fyz(0,1,0)0,fz(x,y,z)2yzxfzz(x,y,z)2yfzzx(x,y,z)0, fzzx(2,0,1)0.

49．指出下列方程所表示的是什么曲面，并画出其图形：

2

x2y2a2a21; （1）(x)y(); （2）2249x2z21; （4）y2z0; （3）

94（5）xy0; （6）xy0. 解：（1）母线平行于z轴的抛物柱面，如图7-7. （2）母线平行于z轴的双曲柱面,如图7-8.

2222

图7-7 图7-8

（3）母线平行于y轴的椭圆柱面，如图7-9. （4）母线平行于x轴的抛物柱面，如图7-10.

图7-9 图7-10

（5）母线平行于z轴的两平面，如图7-11. （6）z轴，如图7-12.

图7-11 图7-12

50．设a=(-2,7,6),b=(4, -3, -8),证明：以a与b为邻边的平行四边形的两条对角线互相垂直.

证明：以a,b为邻边的平行四边形的两条对角线分别为a+b,a－b,且 a+b={2,4, -2} a-b={-6,10,14}

又(a+b)·(a-b)= 2×(-6)+4×10+(-2)×14=0 故(a+b)(a-b).