中国高校课件下载中心 》 教学资源 》 大学文库

复旦大学:《高等数学》课程往年试题(高等数学B)高等数学B2010-2011试卷答案A卷

文档信息
资源类别:文库
文档格式:PDF
文档页数:3
文件大小:218.79KB
团购合买:点击进入团购
内容简介
复旦大学:《高等数学》课程往年试题(高等数学B)高等数学B2010-2011试卷答案A卷
刷新页面文档预览

高等数学B期末考试试卷(A) 2011年7月1日 复旦大学数学科学学院 2010~2011学年第二学期期末考试试卷 A卷答案 课程名称:高等数学B(下) 课程代码:MATH1200040205 开课院系:数学科学学院 ,考试形式:闭卷 姓名 学号: 专业 题号1 8总分 得分 1|题号9 装 得分 订线内不要答题 以下为试卷正文) y2 x2+y2≠0 1.(10分)函数f(x,y) 在点(x,y)=(00)处是否可微,为 x2+y2=0 什么 解:画数在(0)处连续,且两个一阶偏导数都为1,但|sm(3+y x (x,y)→>(0.0)时的极限不存在,所以函数在0.0)处不可微 12.(10分)设/ny)在平面上具有二阶连续偏导数,=/(x2smny, y cOS x),求02 解:=2∫ xsin y-f, y sin x a2=2fuxcos y+fux sin 2y +6/mrxy sin cosx -3y, x y'sin xcos y-3f sin xcos x 第1页,共3页

高等数学 B 期末考试试卷(A) 2011 年 7 月 1 日 第 1 页,共 3 页 复旦大学数学科学学院 2010~2011 学年第二学期期末考试试卷 A 卷答案 课程名称:___高等数学 B(下)__________ 课程代码:_MATH120004.02.05 _ 开课院系:____数学科学学院___________ 考试形式:闭卷 姓 名: 学 号: 专 业: 题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 总 分 得 分 题 号 9 10 得 分 (以下为试卷正文) 1.(10 分)函数               0, 0 , 0 sin ( , ) 2 2 2 2 2 2 3 3 x y x y x y x y f x y 在点 x, y  0,0 处是否可微,为 什么? 解:函数在 0,0 处连续,且两个一阶偏导数都为 1,但                  2 2 2 3 2 2 3 3 sin x y x y x y x y 当 x, y 0,0 时的极限不存在,所以函数在 0,0 处不可微。 2.(10 分)设 f u,v 在平面上具有二阶连续偏导数, z f x sin y, y cos x 2 3  ,求 x y z x z      2 , 。 解: f x y f y x x z u v 2 sin sin 3     , f y x f x y x y f y x x f x y f x y f xy y x x y z v u v vv u u u u v 3 sin sin cos 3 sin cos 2 cos sin 2 6 sin cos 2 2 3 5 3 2 2          。 ( 装 订 线 内 不 要 答 题 )

等数学B期末考试试卷(A) 2011年7月1日 3.(10分)求椭球面+y2+=1和平面2x+2y+2+5=0之间的最短距离 1解:楠球面上点(x,y)处的法向量为(x2y3引,当它与向量(2)平行时,则有 x=2y=2,代入椭球面,有(xy,=)=土1,这两点到已知平面的距离分别是3 和1/3。而它们所相应的切平面为2x+2y+z±4=0,显然已知平面不在这两个平面 之间。所以要求的最短距离为1/3 分)计算二重积分+y+,其中2=(下 y+x+y≤ 2 ∫x+y+lh=Jx+yy=2』(x x2+ysl, x+y20 装订线内不要答题 解: 2F(cos0+sin 0Me/r2adr=412 5(10分)求曲面=+和平面=4所围的有限立体的体积,这里a和b是两个正 实数 解: 16mab-[ de abrar=8ab 6.(10分)求级数∑(-1 的和 3"(n+ S(x)=∑(-1)2n= 1+-x 再积分,又有S(x)=3h(3+x)-3hn3-x,故S()=6h2-3h3-1。 7.(10分)将函数∫(x)=x-x在(0,2丌)内展开成以2丌为周期的 Fourier级数,并求级 数∑的和 第2页,共3页

高等数学 B 期末考试试卷(A) 2011 年 7 月 1 日 第 2 页,共 3 页 3.(10 分)求椭球面 1 2 4 2 2 2    z y x 和平面 2x  2y  z 5  0 之间的最短距离。 解:椭球面上点 x, y,z 处的法向量为       2 ,2 , z x y ,当它与向量 2,2,1 平行时,则有 x  2y  z ,代入椭球面,有           ,1 2 1 x, y,z 1, ,这两点到已知平面的距离分别是 3 和 1/3。而它们所相应的切平面为 2x  2y  z  4  0 ,显然已知平面不在这两个平面 之间。所以要求的最短距离为 1/3。 4.(10 分)计算二重积分 x y dxdy    1 ,其中               2 1 , 2 2 x y x y x y 。 解:     3 4 2 2 cos sin 1 2 1 0 2 4 3 4 1 1, 0 2 2 2 2                       d r d r x y dxdy x ydxdy x y dxdy x y x y x y      。 5.(10 分)求曲面 2 2 2 2 b y a x z   和平面 z  4 所围的有限立体的体积,这里 a 和 b 是两个正 实数。 解: a b d abr d r a b dxdy b y a x V dxdy d z a b b y a b x y a x b y a x      16 8 16 2 0 3 2 0 4 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2                          。 6.(10 分)求级数          1 3 1 1 1 n n n n 的和。 解:令              1 1 3 1 1 n n n n n x S x ,则       , 0 0 3 1 1 1 1 1       S n S n n n 。求导,有     1 3 3 1 3 1 1 1 3 1 1            x x x S x n n n n 。 再积分,又有 Sx  3ln3 x3ln 3 x ,故 S1  6ln 23ln 31。 7.(10 分)将函数   2 x f x    在 0,2  内展开成以 2 为周期的 Fourier 级数,并求级 数   1 2 1 n n 的和。 ( 装 订 线 内 不 要 答 题 )

高等数学B期末考试试卷(A) 2011年7月1日 解:f(x)=xx=∑",x∈(02x),由 Parseval等式,∑ 8(10分)设p是一个实数,分析级数1-11)+、6+…的收敛 2P34P 性,给出详细理由 解:1)p≤0,此时通项不趋于0,级数发散。2)p≥1,由于 (少收敛,而∑ 发散,所以原级数一定发散。3)p=1,级数显然收敛。4)0<p<1,此时,由比值判 别法的极限形式,正项级数∑11 (当n适当大后,级数是正项级数)与级 a(2n)2n-1) 数 a(2n) 具有相同的收敛性,由此推得原级数发散 9.(10分)求微分方程少=y的通解 解:求=x+2x=x2+2x这个 Bernoull方程的通解,即如+2n=-1的通解,这 里u=x-1。显然l=-y是它的一个特解。其通解为u=Cy y 原方程的通解。另一个解法:令=,可以将方程化为变量可分离方程+3) 100)设八()是实数轴上的连续函数,且满足八()=x2+12osx-「(x-(m 求f(x) 解:等价于求定解问题:y+y=21-x,o)=1,y()=0.方程y+y=1有特解 y1=,方程y”+y=-Cx有特解y2 又xSmx,由解的叠加定理,y+1 coSX 特解了=2-4smx其通解为y=Cx+C2smx+2-4 sinx,将定解条件代入,有 C1=0,C2=0。所以原定解问题的解为y xsIn x 第3页,共3页

高等数学 B 期末考试试卷(A) 2011 年 7 月 1 日 第 3 页,共 3 页 解:       , 0,2 sin 2 1       x n x nx f x ,由 Parseval 等式, 6 1 2 1 2     n n 。 8.(10 分)设 p 是一个实数,分析级数            p p p n 2n 1 2 1 1 4 1 3 1 2 1 1 的收敛 性,给出详细理由。 解:1) p  0 ,此时通项不趋于 0,级数发散。 2) p 1 ,由于     1 2 1 n p n 收敛,而   1 2 1 1 n n 发散,所以原级数一定发散。3) p 1 ,级数显然收敛。4) 0  p 1 ,此时,由比值判 别法的极限形式,正项级数                1 2 1 1 2 1 n p n n (当 n 适当大后,级数是正项级数)与级 数     1 2 1 n p n 具有相同的收敛性,由此推得原级数发散。 9.(10 分)求微分方程 x y x y dx dy 2 2   的通解。 解:求 x y x y x y x dy dx 2 2 2 2     这个 Bernoulli 方程的通解,即 1 2  u   dy y du 的通解,这 里 1 u  x 。显然 u y 3 1   是它的一个特解。其通解为 u Cy y 3 2 1    ,即 x Cy y 3 1 2 1     为 原方程的通解。另一个解法:令 u  xy ,可以将方程化为变量可分离方程    2 3    x u u u dx du 。 10.(10 分)设 f x 是实数轴上的连续函数,且满足 f x x x x tf tdt x      0 2 cos 2 1 4 1 , 求 f x。 解:等价于求定解问题:   , 0 0 2 1 , 0 2 1 cos        y y x y y 。方程 2 1 y   y  有特解 2 1 y1  ,方程 2 cos x y   y   有特解 sin , 4 1 2 y   x x 由解的叠加定理, 2 1 cos x y y     有 特解 sin , 4 1 2 1 y   x x  其通解为 sin , 4 1 2 1 y  C1 cosx C2 sin x   x x 将定解条件代入,有 C1  0,C2  0 。所以原定解问题的解为 y xsin x 4 1 2 1  

已到末页,全文结束
刷新页面下载完整文档
VIP每日下载上限内不扣除下载券和下载次数;
按次数下载不扣除下载券;
注册用户24小时内重复下载只扣除一次;
顺序:VIP每日次数-->可用次数-->下载券;
相关文档