湖南大学高等数学A2试题及答案评分标准

湖南大学期中考试试卷

二 15 三 40 四 16 五 14 六 七 八 九 十 总分 100

课程名称：高等数学A（2）；课程编码： 10015 试卷编号： ；考试时间：120分钟

题 号 应得分 实得分 签 名 一 15 一. 填空题（每小题3分，共15分）

1.方程x22y22z24yz40所表示的二次曲面是 .

2. 若向量(a3b)(7a5b),(a4b)(7a2b),则(a, b)= .

zx2y23. 曲线2在点(1,1,2)的切线的参数方程为 . 2xy2y4. 设u2xyz，则u在点2,1,1处方向导数的最大值为 .

25. 函数f(x)13展开成(x1)幂级数，则展开式中(x1)的系数是 . x2二. 选择题（每小题3分，共15分） 1. 设有以下命题：①若

(un12n1u2n)收敛，则un收敛.

n1②若

un1n收敛，则

un1n1000un1收敛. ③若lim1，则un发散.

nun1n④若

(un1nvn)收敛，则un,vn都收敛.则以上命题中正确的是（ ）

n1n1(A) ①② (B) ②③ (C) ③④ (D) ①④ 2. 直线

x2y10x22yz与之间的关系是( ) 2yz20(A) 重合 (B) 相交 (C) 异面 (D) 平行

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3. 直线L:xyz绕z轴旋转而产生的旋转曲面方程为（ ） 326222222(A) 14z36(xy) (B) 13z36(xy) (C) 14x36(zy) (D) 14x36(zy)

an2n51与，4. 设幂级数anx与bnx的收敛半经分别为则幂级数2x的收敛半经为（ ）33n1n1n1bnnn222222(A) 5 (B)

511 (C) (D)

3355. 设zz(x,y)由方程f(,)0确定, 其中f可微, 且fx0,则x(A) x (B) x (C) z (D) z 三、解答下列各题（每小题8分，共40分）

yzxxzzy=( ) xy12222(xy)cos, xy0;22xy1. (8分) 设f(x,y) 讨论f(x,y)在(0,0)处

220, xy0.（1）偏导数是否存在;（2）偏导数是否连续; (3)是否可微.

.

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2. (8分) 判断两直线L1：

x1yz1xy1z2；L2：是否在同一平面内?112134若在同一平面内, 则求两直线的交点; 若不是在同一平面内, 则求两直线之间的距离.

3. (8分) 设an

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 n 0xsinxdx (n1,2,...)，试判别级数an敛散性. n3n1

2u2u2u204. (8分) 设uu(x,y)具有二阶连续偏导数，试适当选取a,b的值, 使方程62xxyy2u经过变换xay,xby后化为方程0.



5. (8分) 求函数uxy2yz在约束条件xyz10下的最大值和最小值. .

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222

四、证明下列各题（每小题8分，共16分）

1. 从椭球面外的一点作椭球面的一切可能的切线, 证明全部切点在同一平面上.

2. 已知a,b为两个非零且不共线的向量.令cab,是实数, 试证: 使得c最小的向量c垂直于a.

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五、（14分)设f(x)

n3n1n1xn111，（1）证明f(x)在(,)内连续; （2）计算8f(x)dx.

0331第 6 页 （共 6 页）

一. 填空题（每小题3分，共15分）: 1.椭圆柱面 2. 4. 26. 5.  3. x1,y1t,z22t 31 81二. 选择题（每小题3分，共15分）: 1. B 2. D 3. B 4. A 5. C 三、解答下列各题（每小题8分，共40分）

1. 解：(1) fx(0,0)limx0f(x,0)f(0,0)limx0xx2cos10xx0

同理可得fy(0,0)0，因此，f(x,y)在(0,0)处偏导数存在. 2分

1x1222xcossin, xy0;222222xyxyxy（2）fx(0,0)

220, xy0.当(x,y)沿直线y0趋向(0,0)时，有limfx(0,0)lim2xcosx0y0x01x1sin，不存在， xxx故fx(x,y)在(0,0)处不连续. 同理可得, fy(x,y)在(0,0)处不连续. 5分 (3) 因为lim0zdzlim0f(0x,0y)f(0,0)fx(0,0)xfy(0,0)y

[x2y2]coslim01x2y2limcos010. 因此,函数f(x,y)在(0,0)处可微．8分

2. 解1: 直线L1与L2的方向向量分别为s1{1,1,2},s2{1,3,4}, 且分别过P(1,0,1),Q(1,1,2) 1分

1从而PQ{1,1,1},所以(s1s2)PQ1132420, 3分

111故直线L1与L2为异面直线. 4分

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ijk22(ijk).

过L1作平行于直线L2的平面, 其法向量可取为ns1s211134所以平面的方程为(x1)y(z1)0, 即xyz20. 6分 又因点(0,1,2)在直线L2上,故两直线L1与L2之间的距离即为点(0,1,2)到平面的距离, 故所求的距离为: d1221212(1)23. 8分 3解2: 直线L1与L2的方向向量分别为s1{1,1,2},s2{1,3,4}, 且分别过P(1,0,1),Q(1,1,2) 1分

1从而PQ{1,1,1},所以(s1s2)PQ1132420, 3分

111故直线L1与L2为异面直线. 4分 过L1作平行于直线L2的平面, 其法向量可取

ijkns1s21122(ijk).

134所以平面的方程为(x1)y(z1)0, 即xyz20. 6分 又因点A(1,0,1)和点B(0,1,2)分别在直线L1与L2上, 故所求两直线的距离为:

dprjnAB11111(1)1212(1)23. 8分 3 n 03. 解：令xnt, 则an n 0(nt)sintdtnsintdt n 0tsintdt,

n从而an2 n 0 ann2n2sintdtnsintdtn,(n1,2,),于是nn. 4分

02n13n13anun1(n1)23n1∵lim收敛 8分 limn121 ∴由比值判别法得级数nnun33n3n1n第 8 页 （共 6 页）

4.解：

uuuuuuab，， 2分 xy2u2u2u2u2u2u2u2u，， 2a2(ab)2xy2x22222u2u2u2u， 5分 a2abb222y于是，原方程化为：

2u2u2u2(aa6)2(2abab12)(bb6)20 6分

2令aa60,bb60,2abab120, 7分

22a2a32u解得当或时，原方程化为：0． 8分

b3b25. 解：引入拉格朗日函数L(x,y,z,)xy2yz(xyz10)， 1分

222Lxy2x0 Lx2z2y0 y为求L(x,y,z,)的驻点，解如下方程组 3分

L2y2z0 zLx2y2z2100z2xz yx2zy从前三个式中消去可得驻点(x,y,z)应满足 225xy2x2yz代入第四个式子即可求得四个驻点

P,5,2),P,5,2),P,5,2),P,5,2), 6分 1(12(13(14(1代入计算得u(P1)55,u(P2)55,u(P3)55,u(P4)55.

从而知在P1与P4两点处u取得最小值55，在P2与P3两点处u取得最大值55. 第 9 页 （共 6 页）

222即函数uxy2yz在约束条件xyz10下的最大值是55，最小值是55. 8分

四、证明下列各题（每小题8分，共16分）

x2y2z21. 证明：设椭球面的的方程为2221. 1分

abc222x0y0z0椭球面外一点设为P(x0,y0,z0),2221，由P向作切平面，设切点为Q(x,y,z)，

abc因曲面过点Q的切平面方程为

xXyYzZ221. 4分 2abc令(X,Y,Z)(x0,y0,z0)代入上式得

x0y0z0xyz1 (*) 6分 a2b2c2这表明切点Q位于同一平面（*）上.因切点和的连线就是从向椭球面所作的切线，因此所有切点位于同一平面（*）上. 8分

ab2(ab)22)b2.证明: 因为c(ab)(ab)a2(ab)b(a 2分 2aa222故当aba2时, c最小, cminb2(ab)2a2此时, caaba2ab, 5分

因为ca(aba2ab)aaba2(aa)baabab0, 7分

所以c最小的向量c垂直于a. 8分

an1n11|lim33, ∴级数n3n1xn1收敛半径R 2分 五. 证明（1）∵lim|nann3n1n111n1n1又x时，级数n显然发散, 故幂级数n3x收敛域为(,) 4分

333n1n1幂级数

11n1n1n3x(,)内连续. 6分 f(x)的和函数在33n1第 10 页 （共 6 页）



（2）又由

x0f(x)dxn3n10xn1xn1dx3n1n11x(3x)n

3n1n13xx11 (x) 9分 313x13x33x12那么 f(x)()()

13x13x

即求得 f(x)n3n1xn1n1111 (x) 11分

(13x)23318018

180f(x)dx180111111. 14分 dxd(13x)313x53(13x)2(13x)20第 11 页 （共 6 页）