高等数学期中试题

04-05-2学期《高等数学》期中考试参考答案
一、填空与选择题(每小题4分, 共32分)
1．以曲线⎩⎨⎧==+x
z z y x 222为准线, 母线平行于z 轴的柱面方程是____x 2+y 2-2x =0____. 提示: 这实际上是求曲线⎩
⎨⎧==+x z z y x 222关于xoy 面的投影柱面的方程. 将方程⎩⎨⎧==+x
z z y x 222中的z 消去得x 2+y 2=2x , 这就是投影柱面的方程. 2．曲线⎩
⎨⎧==-+00422y z z x 绕z 轴旋转所得的旋转曲面的方程是. 答: x 2+y 2+z 2-4z =0.
提示:
将方程x 2+z 2-4z =0中的x 换成22y x +±, 得
x 2+y 2+z 2-4z =0.
3．直线1
1231-=-=-z y x 与平面3x +4y -z =2的位置关系是( C ) (A)平行; (B)垂直; (C)直线在平面内; (D)相交但不垂直.
提示: 直线的方向向量为s =(3, -2, 1), 平面的法线向量为n =(3, 4, -1).
因为s ⋅n =0, 所以直线与平面平面. 又因为直线上的点(1, 0, 1)满足平面方程, 所以直线是在平面上的.
4．设z =x sin(2x +3y ), 则y
x z ∂∂∂2=______; 解 )32cos(2)32sin(y x x y x x
z +++=∂∂, )32s i n (6)32c o s (32y x x y x y
x z +-+=∂∂∂.
5．函数f (x , y , z )=x 3y 2z 在点(1, 1, 1)处沿方向a ={2, -1, 2}的方向导数为____; 解 f x (1, 1, 1)=(3x 2y 2z )|(1, 1, 1)=3,
f y (1, 1, 1)=(2x 3yz )|(1, 1, 1)=2,
f z (1, 1, 1)=(x 3y 2)|(1, 1, 1)=1;
)2 ,1 ,2(3
1-=a e . 于是 23
21)31(2323=⋅+-⋅+⋅=∂∂a f .
6．曲线⎩
⎨⎧+==222y x z x y 在点(1, 1, 2)处的切线方程为( ). (A)822111-=-=-z y x ; (B)6
22111-=--=-z y x ; (C)64211+=+=z y x ; (D)8
22111-=--=-z y x . 提示: C
曲线的参数方程为x =t , y =t 2, z =t 2+4t 4. 点(1, 1, 2)所对应的参数为t =1.
曲线在点(1, 1, 2)处的切向量为T =(1, 2t , 2t +4t 3)|t =1=(1, 2, 6).
7．设平面区域D : 1≤x 2+y 2≤4, 则⎰⎰+D
dxdy y x f )(22=( ).
(A)⎰20)(2dr r rf π; (B)⎰20)(dr r f π; (C)⎰21)(2dr r rf π; (D)⎰2
1)(dr r f π. 答: C .
提示:
⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰===+2
1212022)(2)()()(
dr r rf dr r rf d rdrd r f dxdy y x f D D πθθπ. 8．改变二次积分⎰⎰2010),(x dy y x f dx 的积分次序得____⎰⎰1
10),(y dx y x f dy ____.
二、解下列各题:
1. 求经过直线1
21111-=-+=-z y x 和点(3, -2, 0)的平面方程(8分). 解法一: 已知直线的一般方程为⎩⎨⎧-=---=-2111z x y x , 即⎩⎨⎧=+-=+0
10z x y x . 过已知直线的平面束方程为
x +y +λ(x -z +1)=0.
将点(3, -2, 0)代入x +y +λ(x -z +1)=0得
4
1-=λ. 于是所求平面的方程为
0)1(4
1=+--+z x y x , 即3x +4y +z -1=0. 解法二: 由题意知所求平面的法线向量n 与向量
l =(1, -1, 1)及s =(3, -2, 0)-(1, -1, 2)=(2, -1, -2) (4分)
都垂直, 故
2
12111---=k j i n =3i +4j +k , (2分)
所求平面的方程为
3(x -3)+4(y +2)+(z -0)=0, 即3x +4y +z -1=0. (2分)
2．已知z =(x +sin y )xy , 求x
z ∂∂(8分). 解 设u =x +sin y , v =xy , 则z =u v . (2分)
y u u vu x
v v z x u u z x z v v ⋅+⋅=∂∂∂∂+∂∂∂∂=∂∂-ln 11 (4分) )s i n l n ()s i n ()s i n (1y x y x y y x xy xy xy ++++=-. (2分)
3. 设函数z =z (x , y )由方程(z +1)ln y +e xz -1=0确定. 求y
z ∂∂在(1, 1, 0)处的值(8分). 解 设F =(z +1)ln y +e xz -1. (2分)
因为在(1, 1, 0)处
11)0,1,1(=+=y
z F y , 1)(ln )0,1,1(=+=xz z xe y F , (4分) 所以在(1, 1, 0)处
11
1-=-=-=∂∂z y F F y z . (2分)
4. 求曲面z =x 2+y 2平行于平面x +y -2z =0的切平面方程(8分).
解 曲面z =x 2+y 2上点(x , y , z )处的法向量为n =(2x , 2y , -1). (2分)
令(2x , 2y , -1)=λ(1, 1, -2), 得2
1=λ. (2分) 当21=λ时, 41=x , 41=y , 8
1=z .(2分) 所求切平面的方程为
0)81(2)41()41(=---+-z y x , 即04
12=--+z y x . (2分) 5. 求函数f (x , y )=e 2x (x +y 2+2y )的极值(10分).
解 令⎩⎨⎧=+==+++=0)1(20)2(2)12(2222y e f y y e x e f x y
x x x , (2分) 得驻点)1 ,2
1(-. (2分) f xx =e 2x (4x +3), f xy =4e 2x (y +1), f yy =2e 2x . (2分)
在驻点处f xx =5e , f xy =0, f yy =2e .
因为f xx ⋅f yy -f xy 2=5e ⋅2e =10e 2>0, f yy =5e >0, (2分) 所以点)1 ,2
1(-为函数的极小值点, 极小值为e f 21)1 ,21(-=-. (2分)
三、解下列各题
1．计算积分dy e dx I x y ⎰⎰-=2022
. (9分) 解: 按原积分次序难以积分, 故交换积分次序.
积分区域为D : 0≤x ≤2, x ≤y ≤2,
画出积分区域图形 (1分)
积分区域又可表为0≤y ≤2, 0≤x ≤y , (2分)
故 ⎰⎰⎰⎰--==y y x y dx e dy dy e dx I 0202022
2 (2分) ⎰-=202
dy ye y (2分) )1(2
14--=-e . (2分)
2．计算⎰⎰⎰Ω
+dv z x )(, 其中Ω是由曲面22y x z +=与221y x z --=围成(9分).
解 画出积分区域图形 (1分)
积分区域Ω关于yOz 面对称并且f (x )=x 是x 的奇函数, 所以f (x )=x 在Ω上的三重积分为零.
(1)在柱面坐标下积分区域Ω可表示为
21 ,2
20 ,20 :r z r r -≤≤≤≤≤≤Ωπθ, (2分) 于是 ⎰⎰⎰⎰⎰⎰Ω
Ω=+z d V dV z x )(
⎰⎰⎰-=2122020r r z r d z dr d πθ(4分)
8)1(21222022ππ=--⋅=⎰dr r r r .(2分)
(2)采用先二后一的方法.
⎰⎰⎰⎰⎰⎰Ω
Ω=+z d v
dv z x )( ⎰⎰⎰⎰⎰⎰-≤+≤++=2222221121210z y x z y x zdxdy dz zdxdy dz
8)1(12122103πππ=-+=⎰⎰dz z z dz z .
(3)利用球面坐标:
⎰⎰⎰⎰⎰⎰Ω
Ω=+z d v
dv z x )( ⎰⎰⎰⋅=1
024020s i n c o s dr r r d d ϕϕϕθππ ⎰⎰⎰=1
034020s i n c o s dr r d d ππϕϕϕθ 8
|41|s i n 2120104024πϕππ
=⋅⋅+=r .
3．求由z =4-x 2-y 2及z =0所围成的立体的体积(8分).
解: 画出立体图形 (1分)
所求立体的体积可以看成是以曲面z =4-x 2-y 2为顶, 以区域x 2+y 2≤4为底的曲顶柱体的体的体积.
⎰⎰≤++=42222)(y x dxdy y x V (2分)
⎰⎰⋅-=2
0220)4(ρρρθπd d (3分)
πρρπ8|)4
12(22042=-⋅=. (2分)。