2009~2010学年第二学期《高等数学BII》半期试题参考答案

西南交通大学2009－2010学年第(二)学期半期考试题

班 级 学 号 姓 名 一、单项选择题（共5个小题，每小题4分，共20分）． ?密封装订线 密封装订线 密封装订线 1．累次积分?d??20cos?0f(rcos?,rsin?)rdr可表示成【 D 】

1y?y200x?x2（A）?dy?01011?y201?x2f(x,y)dx （B）?dy?10f(x,y)dx f(x,y)dy

（C）?dx?0f(x,y)dy （D）?dx?0解：根据该二重积分可知，积分区域为半圆域：0?x?1,0?y?x?x2， 所以应选D。 2. 两直线x?1?y?1z?1?与x?1?y?1?z相交，则必有【 D 】 2?535（C）??? （D）??

424（A）??1 （B）???x?t?1?解：直线x?1?y?1?z的参数方程为：?y?t?1，将此参数方程代入直线

?z?t??t?6y?1z?1t?2t?1?x?1???，得t?2?，解得?。 5，故应选（D）

2?2?????4x3?y33．极限lim2=【 A 】

x?0x?xy?y2y?0 (A) 0 (B) 1 (C)

1 (D)不存在极限 2x3?y3(x?y)(x2?xy?y2)?lim?lim(x?y)?0，故应选（A）解；因为lim2。 22x?0x?xy?y2x?0x?0x?xy?yy?0y?0y?04．曲面xyz?2的切平面与三个坐标面所围四面体的体积V?【 C 】 (A) 3 (B) 6 (C) 9 (D) 12

解：设曲面xyz?2在第一卦限的任意一个切点为(x,y,z)，则切平面方程为：

yz(X?x)?xz(Y?y)?xy(Z?z)?0，其中xyz?2，即yzX?xzY?xyZ?3xyz?6，

则该切平面与三个坐标轴的交点分别为：(666,0,0)，(0,,0)，(0,0,)，

xzxyyz则该切平面与三个坐标面所围四面体的体积V?故应选（C）。

16663636???9， 226yzxzxy(xyz)25．二元函数z?f(x,y)在(x0,y0)处可微的充分条件是【 D 】 (A) f(x,y)在(x0,y0)连续；

(B) fx?(x,y)，fy?(x,y)在(x0,y0)的某领域内存在；

(C) 当(?x)2?(?y)2?0时，?z?fx'(x0,y0)?x?fy'(x0,y0)?y为无穷小量； (D) 当(?x)?(?y)?0时，22?z?fx'(x0,y0)?x?fy'(x0,y0)?y(?x)?(?y)22为无穷小量；

解：根据二元函数在某一点处可微分的定义和可微的必要条件，可知应选（D）。

二、填空题（共5个小题，每小题4分，共20分）． 6．点(4,1,?6)关于直线L:x?1yz?1??的对称点坐标为(2,5,2)。 23?1x?1yz?1??上的投影点，从而所求点即为点23?1解法一：（先求出点(4,1,?6)在直线L:(4,1,?6)关于该投影点的对称点。）

?x?2t?1x?1yz?1???直线L:的参数方程为：?y?3t， 23?1?z??t?1?则点(4,1,?6)在直线L:x?1yz?1??上的投影点可设为(2t?1,3t,?t?1)， 23?1从而有(2t?3,3t?1,?t?5)(2,3,?1)?0，即2(2t?3)?3(3t?1)?(?t?5)?0?t?1， 故点(4,1,?6)在直线L:x?1yz?1??上的投影点为(3,3,?2)， 23?1

从而点(4,1,?6)关于直线L:点，即为(2,5,2)。

x?1yz?1??的对称点即为点(4,1,?6)关于点(3,3,?2)的对称23?1解法二：（直接设所求点的坐标，然后根据所求点与已知点所构成的向量垂直于已知直线

的方向向量，并且所求点与已知点的中点在已知直线上。）

?(x?4,y?1,z?6)(2,3,?1)?0??设所求点的坐标为(x,y,z)，根据条件，得?x?4?1y?1z?6?1，

?2?2?2?23?1??x?2?解得?y?5，即所求点为(2,5,2)。

?z?2?7．已知A?(?3,0,4)，B?(5,?2,?14)，则?AOB的角平分线上的单位向量c???016(2,1,1)

?x?4t?3?解一：因为BA?(8,?2,?18)，则直线AB的参数方程为：?y??t，

?z??9t?4?记?AOB的角平分线与直线AB的交点为C(4t?3,?t,?9t?4)，且点C(4t?3,?t,?9t?4)位于线段AB内，从而t?0；

OA?OC则根据条件，有点C(4t?3,?t,?9t?4)到直线OA、OB的距离相等，即

OA?OB?OCOB，

也即

(?3,0,4)?(4t?3,?t,?9t?4)(5,?2,?14)?(4t?3,?t,?9t?4)， ?(?3,0,4)(5,?2,?14)?t(4?8,22t?t11,36)?3t(4?,11,?3t)?15?2(4, 11,3)(4t?,1t1,t3)?从而有

5?3t?t?2?t?1或t??1（舍去）， 211故点C(4t?3,?t,?9t?4)为C(?1,?,?)，

22111从而与向量OC?(?1,?,?)同方向的单位向量c0??(2,1,1)；

226

解二：取OA的单位向量a0?110?3,0,4b?，的单位向量OB???5,?2,?14?，从而?AOB的515角平分线所在直线的方向向量为a0?b0?11422??,?,???3,0,4???5,?2,?14?????，从

515151515??16(2,1,1)。

而可得?AOB的的角平分线方向的单位向量为c0??xzzz28．设z?z(x,y)由方程?ln确定，则dz?dx?dy。

zyx?zy(x?z)解法一：先求出

?z?z?z?z，，再利用二元函数全微分的公式写出dz?dx?dy。 ?x?y?x?y对方程

xz，得 ?ln两边分别关于x、y求偏导（其中z?z(x,y)）

zy?z?zy?zz?xy1?z?zzx?zy?zz2?y?x???，?2 ???22zzy?x?xx?zz?yzy?yy(x?z)?z?zzz2故dz?dx?dy?dx?dy

?x?yx?zy(x?z)（或令F(x,y,z)?xz11x1???ln，则F??,F?,F???， xyz2zyzyzzF?F?y?z?zzz2?zz?zz2x所以，从而dz? dx?dy?dx?dy）???,?????x?yx?zy(x?z)?xF?z?x?yFy(z?x)zz解法二：利用多元函数全微分形式的不变性求解。 对方程

xz?ln两边同时取全微分，得 zyxz11111d()?d(ln)?d(x)?d(lnz?lny)?x(?2)dz?dx?dz?dy zyzzzzy1111zz2?x(?2)dz?dx?dz?dy?dz?dx?dy，

zzzyx?zy(x?z)zz2即dz?dx?dy。

x?zy(x?z)

9. 函数u?xy2z在点(1,?1,2)处沿方向(2,?4,1)的方向导数最大。，

解：由方向导数与梯度的关系可知，三元函数f(x,y,z)在点(x0,y0,z0)沿梯度

gradf(x0,y0,z0)方向的方向导数最大，且方向导数的最大值为gradf(x0,y0,z0)。

从而本题所添的方向即为gradu(1,?1,2)?(y2z,2xyz,xy2)10. 计算?dy?1edx??1dy?221214yyx1yy(1,?1,2)?(2,?4,1)。

311edx?e?e2。

82yy?x?edx??1dx?2edy??1?xe?dx

x22??x21x1yxyxxyx解：因为

?1214dy?1edx??1dy?22yyx1y??1(xe?xex)dx?211?1114e??(x?1)ex?1?3e??0?(?1e2)??3e?1e2，

????182222??8yy所以?dy?1edx??1dy?221214yyx1311edx?e?e2。

82yx三、计算题和应用题（共5个题，每小题12分，共60分，要求有必要的步骤）． 11.求椭球面2x2?3y2?z2?9与锥面z2?3x2?y2的交线上点(1,?1,2)处的切线与法平面方程。

解：椭球面2x2?3y2?z2?9在点(1,?1,2)处的法向量为：n1?(2x,3y,z)锥面z2?3x2?y2在点(1,?1,2)处的法向量为：n2?(3x,y,?z)(1,?1,2)(1,?1,2)?(2,?3,2)

?(3,?1,?2)，

在椭球面2x2?3y2?z2?9与锥面z2?3x2?y2的交线上点(1,?1,2)处的切线的方向向量为：

s?n1?n2?(2,?3,2)?(3,?1,?2)?(8,10,7)， 从而所求切线方程为：

x?1y?1z?2??， 8107法平面方程为8(x?1)?10(y?1)?7(z?2)?0，即8x?10y?7z?12?0。

1?2z12. 设z?f(esiny,x?y,)，求。

x?x?yx22

解：因为

?z11?exsiny?f2?2x?f3?(?2)?exsinyf1??2xf2??2f3?，则 ?f1?xxx?2z1xx????f??excosy?f32??exsiny???????????2y??excosyf1fecosy?f2y?2xfecosy?f2y?111221222?31??????x?yx

12xexcosy2yxx??esin(2y)f11???2yesinyf12???2xecosyf21???4xyf22??????? ?ecosyf1f?f3231222xxx13. 柱面x2?y2?a2（a?0）被两平面x?z?0，x?z?0所截位于x?0，y?0部分的面积。 解一：设所求曲面?面积为S，由对称性，S为柱面x2?y2?a2（a?0）被平面x?z?0与

z?0所截位于x?0，y?0部分?1的面积S1的2倍。先求?1在yoz面上的投影区域Dyz：由

?z2?y2?a2??x2?y2?a2?x?0得投影柱面为z2?y2?a2，从而Dyz为yoz面上的四分之一圆域：?， ?x?z?0z?0???y?0?而由x2?y2?a2得x?y?ya?y222，x?z?0，所以得

S?2S1?2??1?(x?y)?(x?z)dydz?2??DyzDyz2aa2?y2dydz?2?dy?0aa2?y2aa2?y20dz?2a2；

解二：设所求曲面?面积为S，由对称性，S为柱面x2?y2?a2（a?0）被平面x?z?0与

z?0所截位于x?0，y?0部分?1的面积S1的2倍。先求?1在zox面上的投影区域Dzx：由

?x2?y2?a2得投影柱面为z?x，从而Dzx为zox面上由z?x,z?0,x?a，所围成的三角形?x?z?0?区域。而由x2?y2?a2得y?x?xa?x22，y?z?0，所以得

22?S?2S1?2??1?(y?)?(y)dxdz?2??xzDzxDzxaa2?x2dxdz?2?dx?0axaa2?x20dz?2a2。

14. 求两异面直线L1:x?1?y?z?1y?1z?2?和L2:x?的距离。

234解一：先求过直线L1并且与直线L2平行的平面?，则直线L1到直线L2的距离即为直线L2到

平面?的距离，而L2到平面?的距离为L2上任一点到平面?的距离。直线L1的一般方程为

?x?1?y??z?1，即x?1???2?x?y?1?0，设平面?的方程为x?y?1??(2x?z?3)?0，即?2x?z?3?0?(2??1)x?y??z?3??1?0，由L2//?得?2??1,?1,????1,3,4??0，即2??1?3?4??0，

解得???1，从而得平面?的方程为x?y?z?2?0，取L2上的点P?(0,?1,2)，得 d?0?1?2?212?12?12?3 ； 3?x?t?1?

解二：直线L1的参数方程为?y?t，取L1上的点P(t?1,t,2t?1)，L2上的点P?(0,?1,2)，

?z?2t?1?L2的方向向量为S2??1,3,4?，则点P到L2的距离为

d?P?P?S2S2126?126?t?1,t?1,2t?1???1,3,4?

1136t2?28t?37 ??7?2t,3?2t,2t?4??L1到L2的距离即为P到L2的距离d的最小值。令f(t)?6t2?28t?37，由f?(t)?12t?28?0解得t?73，代入可得dmin?。 3315. 在位于第一卦限的椭球面x2?3y2?z2?1上求一点，使得该点处椭球面的切平面被三个坐标面所截出的三角形面积最小。

解: 椭球面x2?3y2?z2?1在点P(x0,y0,z0)（x0?0,y0?0,z0?0）处的法向量为

n??2x0,6y0,2z0?，切平面?的方程为2x0(x?x0)?6y0(y?y0)?2z0(z?z0)?0，即 x0x?3y0y?z0z?1?0，从而可得?在三个坐标轴上的截距为别为

111,0,0)，B(0,,0)，C(0,0,)，则 x03y0z0111,,，设?在三个x03y0z0坐标轴上的交点分别为A(

SABC???111?111?1?111?AB?AC???,,0????,0,???,,? 22?x03y0??x0z0?2?3y0z0x0z03x0y0??11111???22222229y0z0x0z09x0y06191 ??222222y0z0x0z0x0y0设f(x0,y0,z0)?191222，下求f(x0,y0,z0)在条件x0???3y0?z0?1下的极值点。222222y0z0x0z0x0y0191222????(x?3y?z000?1)，求驻点，由 222222y0z0x0z0x0y0令F(x0,y0,z0,?)?182?F????2?x0?0(1)3232?xx0z0x0y0??22F????6?y0?0(2)?y3232yzyx ?0000?182?Fz??23?32?2?z0?0(3)x0z0z0y0??F?x2?3y2?z2?1?0(4)000??由方程（1）（2）可知x0?z0，代入方程（1）（2）可得

2?18???x5x3y2?2?x0?0?000 ???2?2?6?y?003232?yxyx00?00由方程(a)解得??(a)

(b)912912(b)，由方程解得，从而可得，即?????6422464224x0x0y03x0y0x0x0y03x0y0242x02x0x02为9?2?4，令2?k(?0)，则方程化为9?k?k2，即2k2?3k?27?0，得

3y03y0y02x02299222?x0(2k?9)(k?3)?0，解得k?，k??3（舍去）。从而可得2?，将y0，z0代?x092y022?3?入方程（4）可得x02223662y0?x0?1?0，x0?解得x0?，从而z0?x0?，y0?。 93644

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