03-04春季工数试题及答案

姓名: 班级： 学号： 哈尔滨工业大学2003 /2004学年春季学期

工科数学分析期末考试试卷答案 试题卷（A）

考试形式（开、闭卷）：闭答题时间：150（分钟） 本卷面成绩占课程成绩70% 题号 分数 一 二 三 四 五 六 七 八 卷 面 总 分 平 时 成 绩 课 程 总 成 绩

一．选择题（每题2分，共10分）

ln(1x2y2),(x,y)(0,0)1． 函数f(x,y)在点(0,0)处 （A）

(x,y)(0,0)0, (A) 连续且偏导数存在； (B) 连续且偏导数不存在；

(C) 不连续且偏导数存在； (D) 不连续且偏导数不存在 2．设S是平面xyz0被圆柱面x2y24截得的有限部分，则曲面积

分

S1dS= （C）

(A) 0； (B) 43； (C) 43； (D)

3

3．设曲线积分

(eLxex)f(y)dx(exex)cosydy与路径无关，其中f(y)2具有一阶连续导数，且f()2，则f(y) (B)

(A) 3siny； (B) 1siny； (C)

31siny； (D) 4siny2

224．级数

na) (常数a0) (C) (1)(1cosnn1 (A) 发散： (B) 条件收敛；

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(C) 绝对收敛； (D) 收敛性与a无关

5．方程y''4y'2cos24x的特解形式为y*= (B) (A) abcos8xcsin8x； (B) axbcos8xcsin8x； (C) axbsin8x； (D) acos8xbsin8x 二、填空题（每小题2分，共10分）

1．曲面2x2y2z27在点(1, 2, 1)处的切平面方程为 （2(x1)2(y2)(z1)0） 2．交换积分次序，

得

21dy1f(x,y)dx(1dx1f(x,y)dydxf(x,y)dy)

y2x1xy12222,2)的梯度graduM 3．函数uln(x在点M(1,2处y2z2)244（ijk）

9992n(n1)2 4．=（3e ）

n!n0 5．方程分类，则uxx4uxy3uyy2ux6uy0的类型为（ 双曲型 ） 三、计算题（共50分）

2yz 1．设zxf(xy,x)，其中f具有连续的二阶偏导数，求 ,x （5分）

yxy 解：设

yx1xy,x2xzx(f'xf'1)x2f'f'x1x2xx1x2y

2z2xf'x2[f''yf''(y)]f''yf''(y)x1x1x1x1x2x1x2x2x2xyx2x22xfx'1x2yfx''1x1y''fx2x2x2

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122．求曲面2x3y120,zy,x0,y0,z0所围成立体的体积

2 （5分） 解：我们令为由x0,y0,2x3y120在平面xoy上所围成的区

域，则

V

1y2d21y2dy0212y32404dx041y2(63y)dy 22(3y23y3)dy4400(y33y4)16163. 计算曲线积分ILx2y2dxy[xln(xx2y2)]dy ，其中L为

曲线ysinx (0x)， 以(0,0)为起点， 以(,0)为终点.（6分） 解： I[L1PdxQdyPdxQdy]

L2 (DQP)dPdxQdy

L2xy其中D为右图的阴影区域， L2为直线 AB.

x2y2QPy(1)计算

22xyxxy故

1xyxy22y，

yddxD0sinx0ydy1211sinxdx(xsin2x), 002484

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L2PdxQdy01xdxx22022,

则 I422.

2222yzddxzddz(xy)dxdy, 其中为曲yzzx4. 计算曲线积分I线z2x2y2 (1z2) 的上侧.（6分）

解：因为为非封闭曲线，所以补z1 （下侧）. 使其成为封闭的曲面，记 z1

为 D， 则

I()yz2dydzx2zdzdxz(x2y2)dxdy

DD (xV2y2)dVyz2dydzx2zdzdxz(x2y2)dxdy

Ddzd10222z

0r2rdr(x2y2)dxdy

6dr2rdr

0021622 3

5.将函数f(x)ln1x 展开为马克劳林级数， 并求其收敛域. （5分） 1x1x)ln(1x) 解：f(x)ln(nxnn1x(1) = n1nn1n =

[1(1)n1n1xn] n(2)x2n1 =

2n1n1

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ana2, Rlimn1.

na2n1n1nxnn1x当x1时，是收敛的，(1) 是不收敛的，所以不收敛.

nn1nn1当x1时, 显然不收敛. 所以

(1,1).

6. 求方程xy''y'x2的通解. （6分） 解：设yP，原方程化为令

'dPPx. dxxdPP0，得PC1x， dxx设P*C1(x)x，则

C'1(x)xx， C1(x)xC2.

P(xC2)x， 所以 PC1x(xC2)xx2C3x,

dyx2C3x, dxdy(x2C3x)dx.

x3C32xC4. 积分后得 y32x3ax2b， 其中 a,b 为任意常数. 所以通解为y3 7. 求连续函数f(x)， 是它满足 解：

x0(tx)f(t)dtf(x)ex. （6分）

x0(tx)f(t)dtf(x)ex

xx0

tf(t)dtx0f(t)dtf(x)ex

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两边对

x求导得 xf(x)0xf(t)dtx(f)x'(f)xx

e

x0f(t)dtexf'(x)

两边对x 求导得 f(x)exf(x), f(x)f(x)ex. 令f(x)y, 则 yC1cosxC2sinx, yC3ex. 代入原方程得，C311, yex. 22因为 f(0)1, f(0)1 ，所以 C11,C21. 于是ycosxsinx, 所以f(x)cosxsinx1xe. 28. 试用傅里叶方法求解定解问题 （5分）

0x1,0tutt16uxx, 

u(0,t)u(1,t)0u(x,0)x(x1),u(x,0)0t 解: 可令 a4,(x)x(x1),(x)0, l1.

u(x,t)(Akcosk1kakakx tBksint)sinlll (Ak1kco4sktBksin4kt)sinkx

4k33又Ak2x(x1)sinkxdx01(cosk1),Bk0.

所以u(x,t)Ak1kcos4ktsinkx

k14k33(cosk1)cos4ksinkx.

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9. 在力场Fyzizxjzyk内， 质点由原点沿直线运动到椭圆球面

x2y2z2221 上位于第一卦限的点M(,,)处，问,,取何值2abc时，场力做功最大. （6分） 解：WLyzdxzxdyxydz.

因为dx:dy:dz::，所以 dydx,dzdx 所以WL(yzzxxy)dx. yz.所以y直线 OM方成为

xx,zx，  W2222xxxdx3xdx. 222200x2y2z2设Qxyz(2221)，

abc'Qxyz2x2y2z''0,Qxz0,Qxy0, yza2b2c2x2y2x210. a2b2c2解得3333xyz, 代回得 xa,yb,zc, 2333只有一个驻点.

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所以 M只能为(

3333a,b,c), 且 Wmaxabc. 3339

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