00023 高等数学（工本）2024 年4月真题解析

说明

一、单选

设向量 $a=\{-1,0,1\}$ 且 $b=\{1,-1,1\}$ ,则 $2a+b=$ ( D )
解：

2 a + b = {- 2, 0, 2} + {1, - 1, 1} = {- 1, - 1, 3}

$2a+b=\{-2,0,2\}+\{1,-1,1\}=\{-1,-1,3\}$

.设函数 $z=x^2+y^2$ ,则全微分 $dz\big |_{(1,1)}$ = ( C )
解：

\begin{aligned} d z & = \frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial x} \\ = 2 x d x + 2 y d y \end{aligned} d z |_{(1, 1)} = 2 d x + 2 d y

$\begin{aligned} dz &=\dfrac{\partial z}{\partial x} + \dfrac{\partial z}{\partial x}\\ &=2xdx+2ydy \end{aligned}\\ dz\big|_{(1,1)} = 2dx+2dy$

下列微分方程中，可分离变量的微分方程是( A )

A . \frac{d y}{d x} = - \frac{y}{x} B . \frac{d y}{d x} = e^{x y} C . \frac{d y}{d x} = x^{2} + y^{2} \frac{d y}{d x} = x^{2} + y^{2}

$A. \dfrac{dy}{dx}= -\dfrac{y}{x} \quad B.\dfrac{dy}{dx}= e^{xy} \quad C.\dfrac{dy}{dx}= x^2+y^2\quad \dfrac{dy}{dx}= x^2+y^2$

解：A 直接符合可分离变量的微分方程定义常微分方程
4. 设级数 $\sum\limits_{n=0}^{\infty} 2x^n$ 收敛，则x的取值可为下列数值中的（ B ）

A .1 B . \frac{1}{2} C . \frac{3}{2} D .2

$A.1\quad B.\dfrac{1}{2}\quad C.\dfrac{3}{2}\quad D.2$

设积分区域D: $x^2+y^2=R^2$ ,则二重积分 $\iint\limits_D(x^2+y^2)dxdy$ =( C )

A . \frac{1}{2} π R^{2} B . \frac{3}{2} π R^{3} C . \frac{1}{2} π R^{4} D . π R^{4}

$A.\dfrac{1}{2}\pi R^2 \quad B.\dfrac{3}{2}\pi R^3 \quad C.\dfrac{1}{2}\pi R^4 \quad D.\pi R^4$

解：

\iint_{D} (x^{2} + y^{2}) d x d y = \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{R} R^{2} R d_{R} d_{θ} = \int_{0}^{2 π} \frac{1}{4} R^{4} d θ = \frac{1}{2} π R^{4}

$\iint\limits_D(x^2+y^2)dxdy=\int_0^{2\pi}\int_0^R R^2Rd_Rd_\theta=\int_0^{2\pi}\dfrac{1}{4}R^4d\theta=\dfrac{1}{2}\pi R^4$

过点 $(1,2，-1)$ 与 $\dfrac{x-2}{-1}=\dfrac{y+4}{3}=\dfrac{z+1}{1}$ 直线平行的直线是（ A ）
解：

直 线 的 方 向 向 量 {- 1, 3, 1}, 用 点 向 式 得 直 线 方 程 ： \frac{x - 1}{- 1} = \frac{y - 2}{3} = \frac{z + 1}{1}

$直线的方向向量\{-1,3,1\}, 用点向式得直线方程：\\ \dfrac{x-1}{-1}=\dfrac{y-2}{3}=\dfrac{z+1}{1}$

极限 $\lim\limits_{x\rightarrow 1\atop y\rightarrow 0} \dfrac{1}{y}sin(xy)$ = ( B )
解：

lim_{\binom{x \to 1}{y \to 0}} \frac{1}{y} s i n (x y) = lim_{\binom{x \to 1}{y \to 0}} \frac{x s i n (x y)}{x y} = lim_{\binom{x \to 1}{y \to 0}} x = 1

$\lim\limits_{x\rightarrow 1\atop y\rightarrow 0} \dfrac{1}{y}sin(xy)=\lim\limits_{x\rightarrow 1\atop y\rightarrow 0} \dfrac{xsin(xy)}{xy}=\lim\limits_{x\rightarrow 1\atop y\rightarrow 0}x = 1$

设积分区域 $x^2+y^2+z^2\leqslant 10$ 则三重积分 $\iiint (2x-z)dxdydz=$ （ A ）
解：根据奇偶性 0TODO
级数 $\sum\limits_0^n \dfrac{1}{2^n}=$ ( C )
解：

\sum_{0}^{n} \frac{1}{2^{n}} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} . . . = 2

$\sum\limits_0^n \dfrac{1}{2^n}= 1+ \dfrac{1}{2}+ \dfrac{1}{4}+ \dfrac{1}{8}...=2$

设C1，C2是任意常数，则微分方程 $y^{''}=2x+1$ 的通解y=( D )
解：

y^{^{'}} = x^{2} + x + C 1 y = \frac{1}{3} x^{3} + \frac{1}{2} x^{2} + C 1 x + C 2

$y^{'} = x^2+x+C1\\ y= \dfrac{1}{3}x^3+\dfrac{1}{2}x^2+C1x+C2$

二、计算题

求直线 $\dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y-5}{-2}=\dfrac{z+8}{1}$ 与直线 $\dfrac{x+1}{1}=\dfrac{y-1}{1}=\dfrac{z}{-2}$ 的夹角 $\theta$
解：

直 线 的 夹 角 等 于 方 向 向 量 {1, - 2, 1} {1, 1, - 2} 的 夹 角 c o s θ = \frac{| a \times b |}{| a | | b |} = \frac{| 1 - 2 - 2 |}{\sqrt{6} \sqrt{6}} = \frac{1}{2} θ = \frac{π}{3}

$直线的夹角等于方向向量\{1,-2,1\}\{1,1,-2\}的夹角\\ cos\theta=\dfrac{\lvert a\times b\rvert}{\lvert a\rvert\lvert b\rvert}=\dfrac{\lvert1-2-2\rvert}{\sqrt{6}\sqrt{6}}=\dfrac{1}{2}\\ \theta=\dfrac{\pi}{3}$

求平面 $x-2y+2z-3=0$ 的法向量的方向余弦
解：

法 向 量 为 {1 ， - 2 ， 2} 方 向 余 弦 ： 向 量 与 x, y, z 轴 的 夹 角 的 余 弦 x = {1, 0, 0} c o s α = \frac{1}{\sqrt{9} \sqrt{1}} = \frac{1}{3} y = {0, 1, 0} c o s β = \frac{- 2}{\sqrt{9} \sqrt{1}} = \frac{- 2}{3} z = {0, 0, 1} c o s γ = \frac{2}{\sqrt{9} \sqrt{1}} = \frac{2}{3}

$法向量为\{1，-2，2\}\\ 方向余弦：向量与x,y,z轴的夹角的余弦\\ x=\{1,0,0\} \quad cos\alpha=\dfrac{1}{\sqrt{9}\sqrt{1}} = \dfrac{1}{3} \\ y=\{0,1,0\} \quad cos\beta=\dfrac{-2}{\sqrt{9}\sqrt{1}} = \dfrac{-2}{3} \\ z=\{0,0,1\} \quad cos\gamma=\dfrac{2}{\sqrt{9}\sqrt{1}} = \dfrac{2}{3}$

求曲面 $z=4-x^2-y^2$ 在点 $(1,1,2)$ 的切平面方程
解：偏导的应用

F (x) = 4 - x^{2} - y^{2} - z - 2 x, - 2 y, - 1 法 线 的 方 向 向 量 为 - 2, - 2, - 1 点 法 式 ： 切 平 面 为 - 2 （ x - 1 ） - 2 (y - 1) - (z - 2) = 0 \Rightarrow 2 （ x - 1 ） + 2 (y - 1) + (z - 2) = 0

$F(x)=4-x^2-y^2-z\\ {-2x,-2y,-1} 法线的方向向量为{-2,-2,-1}\\ 点法式：切平面为-2（x-1）-2(y-1)-(z-2)=0 \quad \Rightarrow 2（x-1）+2(y-1)+(z-2)=0$

求函数 $u=2xy-z^2$ 在 $（2，-1，1）$ 处的梯度
解：偏导的应用

\frac{\partial u}{\partial x} = 2 y \frac{\partial u}{\partial y} = 2 x \frac{\partial u}{\partial z} = - 2 z g r a d u (2, - 1, 1) = {- 2, 4, - 2}

$\dfrac{\partial u}{\partial x} = 2y\\ \dfrac{\partial u}{\partial y} = 2x\\ \dfrac{\partial u}{\partial z} = -2z\\ gradu(2,-1,1)=\{-2,4,-2\}$

求 $f(x,y)=4(x-y)-x^2-y^2$ 的极值
解：偏导的应用

f_{x} = 4 - 2 x = 0 \Rightarrow x = 2 f_{y} = - 4 - 2 y = 0 \Rightarrow y = - 2 则 驻 点 为 （ 2 ， - 2 ） A = f_{x x} = - 2 B = f_{x y} = 0 C = f_{y y} = - 2 Δ = B^{2} - A C < 0 且 A < 0 所 以 在 （ 2 ， - 2 ） 取 得 极 大 值 8

$f_x=4-2x=0 \quad\Rightarrow\quad x=2\\ f_y=-4-2y=0 \quad\Rightarrow\quad y=-2\\ 则驻点为（2，-2）\\ A=f_{xx}=-2\quad B=f_{xy}=0 \quad C=f_{yy}=-2\\ \Delta=B^2-AC< 0 且A<0\\ 所以在（2，-2）取得极大值8$

计算二重积分 $\iint \limits_D \dfrac{x}{y^2}dxdy$ ，其中D是由 $y=\dfrac{1}{x} ,y=x,x=2$ 所围成的闭区域
解：

\begin{aligned} \iint_{D} \frac{x}{y^{2}} d x d y & = \int_{1}^{2} d x \int_{\frac{1}{x}}^{x} \frac{x}{y^{2}} d y \\ = - \int_{1}^{2} 1 - x^{2} d x \frac{x}{y} |_{\frac{1}{x}}^{x} \\ = - \int_{1}^{2} 1 - x^{2} d x \\ = (- x + \frac{1}{3} x^{3}) |_{1}^{2} \\ = \frac{4}{3} \end{aligned}

$\begin{aligned} \iint \limits_D \dfrac{x}{y^2}dxdy &=\int_1^2 dx\int_{\frac{1}{x}}^x\dfrac{x}{y^2}dy\\ &=-\int_1^2 1-x^2dx\dfrac{x}{y}\big|_{\frac{1}{x}}^x\\ &=-\int_1^2 1-x^2dx\\ &=(-x+\dfrac{1}{3}x^3)\big|_1^2\\ &=\dfrac{4}{3} \end{aligned}$

计算对弧长 $I=\int_Lyds$ 的曲线积分，其中L是点到 $(\dfrac{1}{2}, -1)$ 沿 $y^2=2x$ 到点 $(2,2)$ 的弧长
解：

\begin{matrix} (1) & L 参 数 方 程 {\begin{aligned} x = \frac{1}{2} y^{2} \\ y = y \end{aligned} \begin{aligned} I & = \int_{L} y d s \\ = \int_{- 1}^{2} y \sqrt{((\frac{1}{2} y^{2})^{^{'}})^{2} + (y^{^{'}})^{2}} d y \\ = \int_{- 1}^{2} y \sqrt{y^{2} + 1} d y 凑 微 分 （ 元 为 y^{2} + 1 ） \\ = \frac{1}{3} (y^{2} + 1)^{\frac{3}{2}} |_{- 1}^{2} \\ = \frac{1}{3} (\sqrt{125} - \sqrt{8}) \end{aligned} \end{matrix}

$L参数方程\\ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} &x=\dfrac{1}{2}y^2\\ &y=y \end{aligned} \right. \end{equation}\\ \begin{aligned} I&=\int_Lyds\\ &=\int_{-1}^{2} y\sqrt{((\dfrac{1}{2}y^2)^{'})^{2}+ (y^{'})^{2}} dy\\ &=\int_{-1}^{2} y\sqrt{y^2 + 1}dy \quad 凑微分（元为y^2+1）\\ &=\dfrac{1}{3}(y^2+1)^{\frac{3}{2}}\big|_{-1}^{2}\\ &=\dfrac{1}{3}(\sqrt{125}- \sqrt{8}) \end{aligned}$

计算坐标曲线积分 $\oint_L (e^ycosx-y+1)dx+(e^ysinx+x^2)dy$ ，曲中L是由 $y=x,y=1,x=0$ 所围成区域取正向的边界曲线
解：

根 据 格 林 公 式 ： 令 ： P = e^{y} c o s x - y + 1 Q = e^{y} s i n x + x^{2} \frac{\partial Q}{\partial x} = e^{y} c o s x + 2 x \frac{\partial P}{\partial y} = e^{y} c o s x - 1 \begin{aligned} ∮_{L} & = \iint_{D} e^{y} c o s x + 2 x - (e^{y} c o s x - 1) d x d y \\ = \iint_{D} 2 x + 1 d x d y \\ = \int_{0}^{1} d x \int_{x}^{1} 2 x + 1 d y \\ = \int_{0}^{1} - 2 x^{2} + x + 1 d x \\ = - \frac{2}{3} x^{3} + \frac{1}{2} x^{2} + x |_{0}^{1} \\ = \frac{5}{6} \end{aligned}

$根据格林公式：\\ 令：P=e^ycosx-y+1 \quad Q=e^ysinx+x^2\\ \dfrac{\partial Q}{\partial x} = e^ycosx + 2x \quad \dfrac{\partial P}{\partial y} = e^ycosx -1\\ \begin{aligned} \oint_L &= \iint \limits_D e^ycosx + 2x- (e^ycosx -1)dxdy\\ &= \iint \limits_D 2x + 1dxdy\\ &= \int _0^1 dx \int _x^1 2x+1dy\\ &= \int _0^1 -2x^2+x+1 dx\\ &= -\dfrac{2}{3}x^3+\dfrac{1}{2}x^2+x \big|_0^1\\ &=\dfrac{5}{6} \end{aligned}$

判断级数 $\sum\limits_0^\infty\dfrac{1+n}{1+n^2}$ 的敛散性
解：
当 $n>0$ 时 $\dfrac{1+n}{1+n^2} >\dfrac{n}{n^2}= \dfrac{1}{n}$
已知 $\sum\limits_0^\infty\dfrac{1}{n} 发散（调和级数）$
所以 $\sum\limits_0^\infty\dfrac{1+n}{1+n^2}$ 的发散
求微分方程的 $y^{''}-2^{'}y-3y=0$ 通解
解：特征根法

特 征 方 程 r^{2} - 2 r - 3 = 0 特 征 根 ： r_{1} = 3 r_{2} = - 1 通 解 y = C_{1} e^{3 x} + C_{2} e^{- 1 x}

$特征方程 r^2-2r-3= 0\\ 特征根： r_1= 3 \quad r_2=-1\\ 通解y= C_1e^{3x}+C_2e^{-1x}$

三、综合题

求幂级数 $\sum\limits_0^\infty\dfrac{2^n}{2n+1} x^n$ 的收敛半径和收敛区间
解：

ρ = lim_{x \to \infty} | \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} | = lim_{x \to \infty} \frac{4 n + 2}{2 n + 3} = 2 所 以 收 敛 半 径 为 R = \frac{1}{ρ} = \frac{1}{2} x = \frac{1}{2} 时 \sum_{0}^{\infty} \frac{2^{n}}{2 n + 1} x^{n} 发 散 x = - \frac{1}{2} 时 \sum_{0}^{\infty} \frac{2^{n}}{2 n + 1} x^{n} 发 散 所 以 收 敛 区 间 为 (- \frac{1}{2}, \frac{1}{2})

$\rho=\lim\limits_{x\rightarrow \infty}\lvert\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\rvert=\lim\limits_{x\rightarrow \infty}\dfrac{4n+2}{2n+3} = 2\\ 所以收敛半径为R=\dfrac{1}{\rho}=\dfrac{1}{2}\\ x=\dfrac{1}{2} 时\sum\limits_0^\infty\dfrac{2^n}{2n+1} x^n 发散\\ x=-\dfrac{1}{2} 时 \sum\limits_0^\infty\dfrac{2^n}{2n+1} x^n 发散\\ 所以收敛区间为(-\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2})$

计算对坐标曲面积分 $I=\iint \limits_\Sigma(x^2+y^2+z^2-1)dxdy$ , 其中 $\Sigma$ 是半球面 $\sqrt{3-x^2-y^2}$
解：

z = \sqrt{3 - x^{2} - y^{2}} Σ 在 x 0 y 平 面 的 投 影 x^{2} + y^{2} = 3 Σ 法 向 量 与 z 轴 夹 角 小 于 \frac{π}{2} \begin{aligned} I & = \iint_{Σ} (x^{2} + y^{2} + z^{2} - 1) d x d y \\ = \iint_{D_{x y}} (3 - 1) d x d y \\ = 2 \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{\sqrt{3}} r d r \\ = 6 π \end{aligned}

$z=\sqrt{3-x^2-y^2}\\ \Sigma在x0y 平面的投影x^2+y^2=3\\ \Sigma法向量与z轴夹角小于\dfrac{\pi}{2}\\ \begin{aligned} I &=\iint \limits_\Sigma(x^2+y^2+z^2-1)dxdy\\ &=\iint\limits_{D_{xy}} (3-1)dxdy\\ &=2\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^{\sqrt{3}}rdr\\ &=6\pi \end{aligned}$