2009 高等数学(II)试题A及答案
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2009 高等数学（下）试题及答案
一、填空题（每小题3分，共计27分）
1 曲面33z x xy y =++在(1,1,3)处的切平面方程是_______。
2 曲线L ：⎩⎨⎧==0
z x
y 绕x 轴旋转所形成的旋转曲面的方程为 。
3 函数),(y x z z =由方程z e xy z -=所确定,则dz = 4
累次积分0
11(,)x I dx f x y dy --=⎰交换积分次序后，I =
5 设L 是2y x =上从1x =-,到1x =的一段弧, 则22L
y dx x dy -=⎰________. 6 微分方程x xe y y y 265=+'-''的特解形式是_________ 7 幂级数∑∞
=--11
3)
1(n n
n n n
x 的收敛区间是 8 直线L ：
34273
x y z
++==--与平面π：4223x y z --=的关系是 。
（A ）、平行 （B ）、垂直相交 （C ）、L 在π上 （D ）、相交但不垂直 9 下列级数中，发散的是（ ）
A 、21ln n n n ∞
=∑； B 、∑∞
=+1
12tan n n n π
；
C 、∑∞
=-1
)cos 1(n n π
； D 、∑∞
=++111
n n n ；
二 (6分) 设()z f t =, 22(,)t xy x y ϕ=+, 其中f 有二阶连续导数, ϕ有二阶连
续偏导数，求2z
x y ∂∂∂
三 (6分)将函数2
1
()43
f x x x =
++展开成x 的幂级数. 四 (6分)计算D
xd σ⎰⎰，其中D 为由不等式x ≤y
≤确定．
五 (7分) 计算2()I xdydz ydzdx z z dxdy ∑
=+++⎰⎰，其中∑是下半球
面
z =.
六 (7分)判断级数2
1
sin()ln n n n
π∞
=+
∑是绝对收敛,条件收敛还是发散。
七 (7分) 求解方程0)ln (ln 2=-+dx x y y xdy 。
八(7分) 将长为l 的细铁丝剪成三段，分别用来围成圆、正方形和正三角形，问怎样剪法，才能使它们所围成的面积之和最小？并求出最小值。
九 (7分) 设D 是单连通区域，函数,P Q 在区域D 上一阶偏导是连续的，证明:在区域D 内(,)(,)P x y dx Q x y dy +是某函数的全微分的充分必要条件是 y
P
x Q ∂∂=∂∂在区域D 内恒成立.
一、填空题（每小题3分，共计27分）
1 445x y z +-=;
2 222x y z =+;
3 1
()1
z
dz ydx xdy e =+-;
4 1
2101
1
1
(,)(,)y dy f x y dx dy f x y dx ---+⎰⎰
⎰⎰
; 5
25
; 6 2*()x y x Ax B e =+; 7 11
(,]33
-; 8 A; 9 D.
二 (6分) 解 12'()(2)z
f t y x x
ϕϕ∂=+∂
22212121111222"()(2)(2)'()[2()4]z
f t x y y x f t xy x y xy x y
ϕϕϕϕϕϕϕϕ∂=+++++++∂∂ 三 (6分)解 1011111
()()(1)(1)21323
n n n n f x x x x +∞+==-=--++∑, 11x -<<
四 (6分)解 D 的极坐标表示是：
4
2
π
π
θ≤≤
，02cos r θ≤≤．故
2cos 2
4220
4
482cos cos 343
d r dr d π
πθ
πππθθθθ===-⎰⎰
⎰原式
五 (7分) 解 设 2221:0()z x y a ∑=+≤取下侧，则由高斯公式得 :
1
2()(32)xdydz ydzdx z z dxdy z dv ∑+∑Ω
+++=-+⎰⎰⎰⎰⎰
22340
/2
(32cos )sin 2.2
a
d d r r dr a a ππ
ππ
ϕθθθπ=-+=-+
⎰⎰
⎰
而
1
2()xdydz ydzdx z z dxdy ∑+++⎰⎰
1
1
2()00z z dxdy dxdy ∑∑=+=-=⎰⎰⎰⎰.
因此341
(2)2
I a a π=-+.
六 (7分)解 级数2
1
sin()ln n n n
π∞
=+
∑是条件收敛的。
由于2
211
sin()(1)sin
ln ln n n n n n n π∞
∞
==+=-∑∑, 令 1sin 0ln n u n =>,则{}n u 是单调减少且区域0的数列,因此交错级数收敛,
另一方面 当2n ≥时, 11sin
,ln ln n u n n n =→∞:,而 11,2ln n n n >≥,又21n n
∞
=∑发散,因此 原级数条件收敛. 七 (7分)解 方程变形得：x
y
x y dx dy ln 2-=，这是齐次方程。
令x y u =
得：dx du x u dx dy +=，代入方程得：x
dx u u du -=+)1ln 2( 由原方程知0,0>>y x ，因此0>u ，对上式积分，得：
x c u 1ln 1ln 2ln 2
1
-=+
即==+∴=+c cx
x y x
c x y ,1
1ln
211ln
2222121c ± 故方程的通解为：2
11
(1)2c x y xe -=
八(7分) 解 设剪成的三段分别为z y x ,,，则围成的面积之和为
36
31642
22z y x S ++=π，且l z y x =++
这是条件极值问题。
作Lagrange 函数为
)(36
31642
22l z y x z y x L -+++++=λπ
由⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪
⎪⎨⎧=++=+==+==+=l
z y x z L y L x L z y
x 0
1830802λλλπ 得条件驻点()000,,z y x M ，其中 ,3340π
π++=
l x ,33440π
++=
l y π
++=
334330l z
由实际问题有解，而驻点唯一，故问题的解在驻点取得。
所求的最小面积为)
334(4)(2
π++=
l M S
九 (7分) 证明 若存在函数(,)u x y 使得 (,)(,)du P x y dx Q x y dy =+,则
u
P x
∂=∂, u Q y ∂=∂,于是 22,u P u Q x y y y x x ∂∂∂∂==∂∂∂∂∂∂,而函数,P Q 在区域D 上一阶偏导是连续的,于是22,u u
x y y x
∂∂=∂∂∂∂因此
y P x Q ∂∂=∂∂在D 内恒成立. 再证明充分性, 由于
y
P x Q ∂∂=∂∂,在区域D 内积分与路径无关,设00(,)A x y 是区域D 内取定的一点, (,)B x y 为D 内任意一点, 令00(,)
(,)
(,)x y x y u x y Pdx Qdy =
+⎰
.取点
),(y x x C ∆+使BD 在D 内.
(,)(,)(,)(,)x x
x
u x x y u x y P x y dx P y x ξ+∆+∆-==∆⎰
其中ξ介于x 与x x +∆之间, 于是由偏导的定义
(,)u
P x y x
∂=∂，同理),(y x Q y
u
=∂∂，又,P Q 偏导连续,于是 du Pdx Qdy =+.。
