四川大学高数微积分I(下)考前复习用2017年期末真题试卷(含答案)

L
7．微分方程 xy′ + y = x2 满足 y(3) = 4 的特解为
．
二、解答题 (每小题 9 分，共 36 分)
1．设曲面Σ 为 z =
，求 ． ∫∫ x2 + y2 (x2 + y2 1)
(20 xy + 17 y2 )dS
Σ
2．设曲面Σ 为 z = 1 − x2 − y2 ，方向为上侧，求 ∫∫ x2dydz + y2dzdx + ． 5z3dxdy Σ 第 1 页，共 2 页
.
解：原式=
´ 2π
0
dθ
´π
0
dϕ
´1
0
r2
·
Ω
r2 sin ϕdr
=
2π
·
2
·
1 5
=
4 π.
´5
Ｔ、设L是y = x2 − 1上从(0, −1)到(2, 3)的有向曲线，则 ydx + xdy = Ｎ
L
解´ y：dx曲+线x积dy分=与−路´02径d无x +关´，−31选2d择y 折=线−2l
2．在椭圆抛物面 z = x2 + y2 与平面 z = 20围成的空间区域中内置一个长方体，假设该长方
20
4
体的一个面位于z = 20上，长方体的其它面都与某个坐标平面平行，求长方体的体积的最大值．
五、证明题 (7 分)
设区域 D 为 x2 + y2 1， I = ∫∫ sin( x2 + y2 )5/2dxdy ，求证： D
三、综合题 (每小题 9 分，共 18 分)
1．讨论函数
f
( x,
y)
=

(
2
x
2
x2 +
y 7
2
y
2
)3/
2
,
( x,
y) ≠
(0,0)在点(0,0) 处的下列性质：
0
, ( x, y) = (0,0)
（1）偏导数的存在性；（2）函数的连续性；（3）函数的可微性．
2．设
f ′( x)连续，
（1） I = 2π ∫ 1t sin t5dt ； （2） I < 2π / 7 ； （3） I > π / 4 ． 0
第 2 页，共 2 页
参考答案
一、填空题：（每题Ｓ分，共ＲＱ分）
Ｑ、曲面 z = 2xy上点(1, 0, 2)处的切平面方程为
.
解：zx(1, 0) = 0，zy(1, 0) = 0，故切平面方程为z − 2 = 0Ｎ
四、应用题 (每小题 9 分，共 18 分)
1．设曲面Σ 是由 yoz 平面上的曲线 z = y2绕 z 轴旋转产生的，曲面Σ 与平面 x + y + z = 1 2
围成的立体记为Ω ，求：（1）曲面Σ 的方程；（2）曲面Σ 与平面 x + y + z = 1的交线在 xoy 2
平面上的投影的曲线方程；（3）计算Ω 的体积．(提示：利用 x + 1 = ρ cosθ 、y + 1 = ρ sinθ )
L与l之间的区域记为D，l围成的区域记为D ，那么由格林公式，
˛
˛
˛
ydx − xdy
ydx − xdy ydx − xdy
x2 + y2 =
x2 + y2 +
x2 + y2
L
L¨−l
˛l
1
= 0dxdy + ydx − xdy
2
D¨
l
1
= 2 − 2dxdy = −2π.
D
¸ 于是原式=
ydx − xdy
zx(0, 0) = zy(0, 0) = f1(0, 0) = fx(0, 0) = 1. 由于zy(x, 0) = f1(x, 0) + z(x, 0)f2(x, 0)，再对x求导可得
zyx(x, 0) = f11(x, 0) + zx(x, 0)f2(x, 0) + z(x, 0)f21(x, 0)，
Ω
Ω
用截面法计算三重积分
˚
ˆ
z2dxdydz =
1¨ dz
ˆ z2dxdy =
1
z2 · π(1 − z2) =
2 π,
0
0
15
Ω
Dz
或者用球面坐标计算三重积分
˚
ˆ 2π ˆ
z2dxdydz = dθ
π/2 ˆ dϕ
1
r2 cos2 ϕ · r2 sin ϕdr =
2 π,
0
0
0
15
Ω
˜
˝
因此， x2dydz + y2dzdx + 5z3dxdy = 15 z2dxdydz = 2πＮ
解：补充平面z = 0，使得它们与曲面 围成封闭的立体Ω，曲面方向
都指向外侧；显然在补充的平面上，曲面积分为零，于是由高斯公式可得
¨
˚
x2dydz + y2dzdx + 5z3dxdy = (2x + 2y + 15z2)dxdydz;
Ω
由立体Ω的对称性，
˚
˚
xdxdydz = ydxdydz = 0;
0
(x, y) = (0, 0)
（Ｑ）偏导数的存在性；（Ｒ）函数的连续性；（Ｓ）函数的可微性。
解：（Ｑ）∵
f (x, 0)
=
0，∴
fx(0, 0)
=
d dx f (x, 0)|x=0
=
0；
∵
f (0, y)
=
0，∴
fy(0, 0)
=
d dy f (0, y)|y=0
=
0；偏导数都存在。
（Ｒ）令x = ρ cos θ，y = ρ sin θ，那么
cos2 θ sin2 θ
limf (x, y)
x→0
=
lim ρ ·
ρ→0+
(2 cos2 θ
+ 7 sin2 θ)3/2
=
0.
y→0
最后一步是因为
(2
cos2 θ cos2 θ +
sin2 θ 7 sin2
θ)3/2
连续。
cos2
θ sin2 √
θ
是有界函数，因此函数
22
Ｓ
（Ｓ）由于
lim f (∆x, ∆y) − f (0, 0) − ∆x · fx(0, 0) − ∆y · fy(0, 0)
因此，原方程的通解为(x3 + C1x + C2)e−x. Ｔ、设f (x, y)的二阶偏导数都连续，f (0, 0) = 0，fx(0, 0) = fy(0, 0) = 1，fxx(0, 0) = 2，函数z = z(x, y)由z = f (x + y, yz)所确定，求zx(0, 0)、 zy(0, 0)、zyx(0, 0)Ｎ 解：zx(x, y) = f1(x + y, yz) + yzx(x, y)f2(x + y, yz)， zy(x, y) = f1(x + y, yz) + [z + yzy(x, y)]f2(x + y, yz)； 代入x = 0、y = 0、z(0, 0) = 0可得：
∆x→0
(∆x)2 + (∆y)2
∆y→0
(∆x)2(∆y)2 = lim
∆x→0 [2(∆x)2 + 7(∆y)2]2
∆y→0
k2
=
lim
∆x→0
(2 + 7k2)2 .
∆y=k∆x
该极Ｒ、限设与fk有(x关)连，续因，此f极(1限) =不2存01在7，，当从x而=函1数时在f (原x)点>不0，可曲微线。积分´
.
解：∵ (xy)
= x2，xy
=
1 x3 + C，由y(3) = 4可得： 3
12
=
9
+
C ，于是C
=
3，∴
y
=
1 x2 3
+
3 .
x
Ｑ
二、计算题：（每题Ｙ分，共ＳＶ分）
˜
Ｑ、设曲面Σ为z = x2 + y2（x2 + y2 1），求 (20xy + 17y2)dSＮ
˜
˜
˜Σ
解：由曲面Σ的对称性 xydS = 0， x2dS = y2dS，
−2π =.
L 2017x2 + 2017y2 2017
四、应用题：（每题Ｙ分，共ＱＸ分）
Ｑ、设曲面Σ是由yoz平面上的曲线z = y2绕z轴旋转产生的，曲面Σ与平 面x + y + z = 1围成的立体记为Ω，求：（Ｑ）曲面Σ的方程；
L
f
ydx − xdy (x) + 2017y2
在不含原点的单连通区域上与路径无关，求：（Ｑ）f (x)的表达式；
¸ （Ｒ）
L
ydx − xdy ，L为x2 f (x) + 2017y2
+
2017y2
=
1，方向为逆时针。
解：（Ｑ）既然
∂ ∂y
(
f
(x)
y + 2017y2
)
=
f (x) − 2017y2 (f (x) + 2017y2)2
．
Ω
4．设 L 是 y = x2 − 1 上从(0,−1)到(2,3)的有向曲线，则 ∫ ydx + xdy =
．
L
5．设区域 D 是由 y = x2 与 y = x 围成的，则 ∫∫ xydxdy =
．
D
6．设曲线 L 的方程为 x2 + y2 = 1 ，则 ∫ ( x2 + 7 y2 )ds=
．
Ｒ、lim 20x3 + 17y3 =
.
x→0 x2 + y2
y→0
解：lim 20x3 + 17y3 = lim ρ · (20 cos3 θ + 17 sin3 θ) = 0.
x→0 x2 + y2
ρ→0+
y→0
˝
Ｓ、设 Ω为x2 + y2 + z2 1，则 (x2 + y2 + z2)dxdydz =
∴
˜
Σ
(20xy
+
17y2)dS
=
Σ
17
˜
2Σ
(x2
+
Σ
y2)dS
=
Σ
17 √
˜
2
2
x2+y2
(x2 + y2)dxdy
1
=
17 2
√ 2
´ 2π
0
dθ
´1
0
ρ3dρ
=
17 √ 2π.
4
˜
Ｒ、 设 曲 面 为z = 1 − x2 − y2， 方 向 规 定 为 上 侧 ， 求 x2dydz +
y2dzdx + 5z3dxdy.
代入x = 0、z(0, 0) = 0、zx(0, 0) = 1、f2(x, 0) = 1、f11(0, 0) = 2
可得：zxy(0, 0) = 3.
三、综合题：（每题Ｙ分，共ＱＸ分）

x2y2

, (x, y) = (0, 0)
Ｑ、讨论f (x, y) = (2x2 + 7y2)3/2
在原点的下列性质：
D
x5)Hale Waihona Puke x=1 .24
Ｖ、设曲线L的方程为x2 + y2 = 1，则 (x2 + 7y2)ds=
.
解：由曲线L的对称性
¸
x2ds
=
¸
L
y2ds，
¸
¸L
L¸
∴ (x2 + 7y2)ds = 4 (x2 + y2)ds = 4 ds = 8π.
L
L
L
Ｗ、微分方程 xy + y = x2满足y(3) = 4的特解为
，
∂ ∂x
(
f
(x)
−x + 2017y2
)
=
−
f
(x) + 2017y2 − xf (f (x) + 2017y2)2
(x)
，由题设可得
xf (x) = 2f (x)，于是f (x) = Cx2；利用f (1) = 2017可得f (x) = 2017x2；
（Ｒ）设l为半径充分小的圆x2 + y2 = 2，方向为逆时针；
3．求微分方程 y′′ + 2 y′ + y = 6xe−x 的通解．
4．设
f (x, y)的二阶偏导都连续，f (0,0) = 0，
f x′(0,0) =
， f
′
y
(0,
0)
=
1
f
′′
xx
(0,
0)
=
2，
函数 z = z( x, y) 由 z = f ( x + y, yz)确定，求 z′x (0,0)、 z′y(0,0)、 z′y′x (0,0)．
考生签名：
注：考试时间 120 分钟。请将答案写在答题纸规定的方框内，否则记 0 分。
一、填空题(每小题 3 分，共 21 分)
1．曲面 z = 2x y 上点(1,0,2)处的切平面方程为
．
． 20x3 + 17 y3
2 lim x→0 y→0
x2 + y2
=
．
．设 为 3 Ω x2 + y2 + z2 1，则 ∫∫∫ ( x2 + y2 + z2 )dxdydz =
:(0, −1) −→ + 8 = 6Ｎ
(2,
−1)
−→(2,
3)，
l
´
另解：直接代入曲线方程，
ydx
+
xdy
=
´02(x2
−
1
+
x
·
2x)dx
=
6.
L
˜
Ｕ、设区域D是由y = x2与y = x围成的，则 xydxdy= .
˜ 解： xydxy
D
=
´1
0
dx
´x
x2
xydy
=
´1
0
1 (x3 2¸
−
Ω
Ｓ、求微分方程y + 2y + y = 6xe−x的通解。
解：特征方程为 r2 + 2r + 1 = 0，r = −1是二重根，
于是对应齐次方程的通解为(C1x + C2)e−x.
Ｒ
设z = u(x)e−x是原方程的特解，代入并整理可得
u = 6x，于是可取u = 3x2，u = x3，z = x3e−x；
f (1) = 2017 ，当 x ≠ 0 时
f (x) > 0 ，曲线积分 ∫ L
ydx − xdy f ( x) + 2017 y2
在不含原点的单连通区域上与路径无关，求：（1）
f (x)的表达式；（2） ∫ L
ydx − xdy f ( x) + 2017 y2
，
其中 L 为 x2 + 2017 y2 = 1， L 的方向规定为逆时针方向．