大学高数上期试题2VIP免费

高等数学II期中考试解答一、选择题（每小题3分，共计15分）1、函数000),(222222yxyxyxxyyxf在（0，0）点B。(A)．连续，偏导函数都存在；(B)．不连续，偏导函数都存在；(C)．不连续，偏导函数都不存在；(D)．连续，偏导函数都不存在。2、二重积分Dxydxdy（其中D：10,02xxy）的值为B。(A)．61；(B)．121；(C)．21；(D)．413、设f为可微函数，)(bzyfazx，则yzbxzaA。(A)．1；(B)．a；(C)．b；(D)．ba。4、设D是以原点为圆心，R为半径的圆围成的闭区域，则dDxyC。(A)．44R；(B)．34R；(C)．24R；(D)．4R。5、设),(yxf在1010xxyD,:上连续，则二重积分Dyxfd),(表示成极坐标系下的二次积分的形式为D。(A)．1200d(cos,sin)dfrrrr；(B)．cossin200d(cos,sin)dfrrrr；(C)．1cos200d(cos,sin)dfrrrr；(D)．12cossin00d(cos,sin)dfrrrr。二、填空题（每小题4分，共计24分）1、设xyxyz)(，则zddyxxyxydxxxyyxyxyxy)ln(1)())ln(1()(2，在点),(21P处的梯度Pzgrad)ln2)4(1,)2ln1(8(。2、设yxyxyxfarcsin)1(),(，则)1,(xfx1。3、D由曲线22(1)(1)1xy所围成的闭区域，则()Dxydxdy=2。4、函数xyzu在点),,(215处从点),,(215到点),,(1449的方向导数是1398。)21,3,4(l，)21,3,4(1310l，)5,10,2(grad)2,1,5(u，1398grad)2,1,5(0ullu5、曲线2252121xzxy在点),,(211处的切线方程为522111zyx，法平面方程为25130xyz。注意：5,2,1s，点),,(211；法平面方矢5,2,1sn。6、改变积分次序01arcsin12arcsin0arcsind(,)dd(,)dyyyyfxyxyfxyx0sin2sin),(xxdyyxfdx。三、计算题（每小题7分，共计49分）1、求110sinxdyyxydx。解：先交换积分次序)1cos1(31sinsin010110yxdxyxydydyyxydx2、求椭球面932222zyx的平行于平面01232zyx的切平面方程。解：设切点为000(,,)xyz，则222000239xyz，过切点的法向量为：000000462(4,6,2)//(2,3,2)232xyznxyzt，得00011,,22xtytzt，代入222000239xyz，得2t，切点为(1,1,2)或(1,1,2)，(2,3,2)n，故切平面方程为：23290xyz或09232zyx。3、已知),(fz具有二阶连续偏导数，利用线性变换byxayx变换方程0322222yzyxzxz。问：当ba,取何值时，方程化为02z。解：zzxz，zbzayz。22222222zzzxz，2222222222zbzabzayz，222222)(zbzbazayxz所以222223yzyxzxz0)31()2332()31(2222222zbbzabbazaa02z时，ba,应满足一元二次方程0312rr且02332abba。解得2532,1r，ba,取其任一值，且a≠b时，方程化为02z。4、fxyxfzyx,)(222可微，求xz解：设)(222xyxfzyxF，由公式zxyxyfxxyfxFFxzzx2)()(225、在经过点),,(3112P的平面中，求一平面，使之与三坐标面围成的在第一卦限中的立体的体积最小。解：设过点),,(3112P的平面截距式方程为1czbyax，点P满足方程即13112cba平面与三坐标面围成的在第一卦限中立体的体积为cbaV61由拉格朗日乘数法，设13112cbaabcF由0aF，0bF，0cF及13112cba得最值点的坐标1,3,6cba所求平面为1136zyx即662zyx。6、求二元函数9422yxz在区域422yx的最大值、最小值。解：yzxzyx8,2。令00yxzz解得驻点：（0，0）在区域内9)0,0(z在边界上224yx代入9342yz)22(...