MA127 高等数学下 2023年春期末试卷答案

一单项选择

C, D, C, D, D

1-(1) C

\begin{array}{r} 1 + \frac{1}{t^{2}} = 2, 1 - \frac{3}{t} = - 2 \Rightarrow t = 1 \\ r^{'} (t) = ⟨ - 2 \frac{1}{t_{3}}, \frac{3}{t^{2}}, 2 t ⟩ \\ r^{'} (1) = ⟨ - 2, 3, 2 ⟩ \end{array}

1-(2) D

\begin{aligned} \nabla f = 2 x y, x^{2}, 2 z \\ \nabla f (1, 2, 0) = ⟨ 4, 1, 0 ⟩ \\ \frac{\vec{v}}{| \nabla |} = \frac{1}{3} ⟨ 1, 2, 2 ⟩ \\ \frac{4 + 2}{3} = 2 \end{aligned}

1-(3) C

当 $α = 0$ 时 $\sum_{n = 1}^{\infty} 1$ 发散

$a < 0$ 时, $1 < {(1 - \frac{a}{n})}^{n^{2}}$ , 故 $a < 0$ 时 $\sum_{n = 1}^{\infty} {(1 - \frac{a}{n})}^{n^{2}}$ 发散

当 $a > 0$ 时, $lim_{n \to \infty} {(1 - \frac{a}{n})}^{n} = lim_{n \to \infty} {(1 - \frac{a}{n})}^{\frac{n}{a} (a)} = \frac{1}{e^{a}} < 1$

1-(4) D

取 $x = 0$ , 极限为 1

取 $x = y \cdot lim_{x \to 0} {(1 + \sin x^{2})}^{\frac{1}{2 x^{2}}} = e^{\frac{1}{2}}$

故(D)＂双路经＂证明二元极限不存在

1-(5) D

作图分区域可解决

二填空

2-(1)

$y - 2 z - 3 = 0$ or $y - 2 z = 3$

$F (x, y, z) = x y z + e^{x + z}$

$\nabla F = ⟨ y z + e^{x + z}, x z, x y + e^{x + z} ⟩$

代入

\begin{aligned} n = ⟨ - 1 + 1, - 1, 2 ⟩ \\ = ⟨ - 1, 2 ⟩ \\ - y + 2 z = - 3 or y - 2 z - 3 = 0 \end{aligned}

2-(2)

\begin{aligned} \frac{f^{n} (0)}{n!} = ◻ x^{n} \\ \frac{f^{(6)} (0)}{6!} = ◻ x^{6} \\ when n = 2, then 2 n + 2 = 6 \\ then ◻ = \frac{1}{2 \times 6 \times 4} \\ f^{'} (0) \\ f^{(6)} (0) = \frac{6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2}{8 \times 6} = 15 \end{aligned}

2-(3)

代入公式可得 $\frac{1}{\sqrt{2} e^{t}}$

2-(4)

$\frac{1}{2}$

\begin{aligned} 知识点: \frac{d y}{d x} = \frac{d y}{d t} \cdot \frac{1}{\frac{d x}{d t}} \\ \frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{d}{d x} (\frac{d y}{d t}) = \frac{d (\frac{d y}{d x})}{d t} \cdot \frac{1}{\frac{d x}{d t}} \end{aligned}

then get $\frac{d y}{d t}$ and $\frac{d x}{d t}$

$\frac{d y}{d t} = 2 (t + \ln t) (1 + \frac{1}{t})$

$\frac{d x}{d t} = 2 + 2 \ln t \frac{1}{t} = (t + \ln t) \frac{2}{t}$

首先计算 $\frac{d y}{d x}$ : $\frac{d y}{d x} = \frac{2 (1 + \frac{1}{t})}{\frac{2}{t}} = 1 + t$

然后得到 $\frac{d^{2} y}{d x^{2}}$ 的表达式: $\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{1}{\frac{2}{t} (t + \ln t)}$

代入 $t = 1$

计算得到 $\frac{d^{2} y}{d x^{v}}$ 的最终值为: $\frac{d^{2} y}{d x^{v}} = \frac{1}{2 (1 + 0)} = \frac{1}{2}$

2-(5)

$\frac{1}{6} (1 - \frac{1}{e})$

\begin{aligned} \int_{0}^{1} d y \int_{0}^{y} f (x, y) d x \\ = \int_{0}^{1} d y \int_{0}^{y} x e^{- y^{3}} d x = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} y^{0} e^{- y^{3}} d y = - {\frac{1}{6} e^{- y^{3}} |}_{0}^{1} \end{aligned}

3

解:

$f_{x} (x, y) = 3 x^{2} - 3 = 0$
$f_{y} (x, y) = 4 y - 12 = 0$

得

{\begin{cases} x = 1 \\ y = 3 \end{cases} {\begin{cases} x = - 1 \\ y = 3 \end{cases}

故 $(1, 3), (- 1, 3)$ 为所有可能极值点, 现谈论这两个点的极值情况

$f_{x x} (x, y) = 6 x$
$f_{y y} (x, y) = 4$
$f_{x y} (x, y) = 0$

for $(1, 3)$

f_{x x} (1, 3) f_{y y} (1, 3) - f_{x y}^{2} (1, 3) = 24 > 0 且 f_{x x} (1, 3) > 0

故 $(1, 3)$ 为极小值点, $f (1, 3) = 1 + 18 - 3 - 36 = - 20$

for $(- 1, 3)$

$f_{x x} (- 1, 3) f_{y y} (- 1, 3) - f_{x y}^{2} (- 1, 3) = - 24 < 0$

故 $(- 1, 3)$ 为鞍点

综上, 极小值为 -20 , 在 $(1, 3)$ 取到；无极大值.

四

4-(1)

$a_{n} = \frac{(- 1)^{n} (x - 1)^{2 n + 1}}{(n + 2023) \ln n}$ (仅为少写字)

$p = lim_{n \to \infty} | \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} | = lim_{n \to \infty} (x - 1)^{2}$

当 $0 < x < 2$ 时, $ρ < 1$ , $\sum_{n = 2}^{\infty} a_{n}$ 收领

当 $x < 0$ 或 $x > 2$ 时, $p > 1, \sum_{n = 2}^{\infty} a_{n}$ 发散

现讨论端点 $x = 0$ 和 $x = ν$

for $x = 0$ :

mark $b_{n} = \frac{(- 1)^{n + 1}}{(n + 2023) \ln n} C_{n} = \frac{1}{(n + 2023) \ln n}$ (同样仅为了少写字)

当 $n ⩾ 2$ 时, $C_{n} > 0$ , $lim_{n \to \infty} C_{n} = 0$ 旦 $C_{n}$ 单调减少

$b_{n} = (- 1)^{n + 1} C_{n}$ 故 $\sum_{n = 2}^{\infty} b_{n}$ 收敛

即 $x = 0$ 时, $\sum_{n = 2}^{\infty} a_{n}$ 收敛

for $x = 2$

mark $b_{n}^{'} = \frac{(- 1)^{n}}{(n + 2023) \ln n} = (- 1) b_{n}$

由于 $\sum_{n = 2}^{\infty} b_{n}$ 收敛故 $\sum_{n = v}^{\infty} b_{n}^{'}$ 收敛

即 $x = 2$ 时, $\sum_{n = 2}^{\infty} a_{n}$ 收敛.

综上, 收敛域为 $[0, 2]$

4-2

$(0, 2)$ 上绝对收敛, $(- \infty, 0) ⋃ (2, + \infty)$ 上均发散, 因此只需要讨论0和2两个点

for $x = 0$

mark $d_{n} = | b_{n} | = \frac{1}{(n + 2023) \ln n}$

当 $n > 2023$ 时, $0 < \frac{1}{2 n \ln n} < d n$

mark $T_{n} = \frac{1}{2 n \ln n}, f (x) = \frac{1}{2 x \ln x}$

$lim_{n \to \infty} T_{n} = 0$ . $T_{n} > 0$ . $T_{n}$ 单调减少且 $f (x)$ 连续

故 $\sum_{n = 2023}^{\infty} T_{n}$ 收敛性与 $\int_{2023}^{+ \infty} \frac{1}{2 x \ln x} d x$ 一致, 均发散

故 $\sum_{n = 2}^{\infty} b_{n}$ 发散

故 $x = 0$ 时, $\sum_{n = 2}^{\infty} a_{n}$ 条件收敛

for $x = 2$

此时 $d_{n}^{'} = | b_{n}^{'} | = | b_{n} |$

故 $x = 2$ 时, $\sum_{n = 2}^{n} a_{n}$ 也条件收敛

综上, 在(0, 2)绝对收敛, 在 $x = 0$ 和 $x = 2$ 条件收敛

五

由于积分区域 $D$ 关于 $x = 0$ , $y = 0$ 对称

\begin{aligned} 且 \iint_{0} x δ d v = ∭_{D} x z d v 是关于 x 的奇函数 \\ ∭_{0} y δ d v = ∭_{0} y z d v 是关于 y 的奇函数 \end{aligned}

故 $\iint_{D} x δ d v = ∭_{D} v δ d v = 0$

即 $\bar{x} = \bar{y} = 0$

现计算 $\bar{z} :$ 利用球坐标

{\begin{cases} x = r \sin φ \cos θ & θ : 0 \to 2 π \\ y = r \sin φ \sin θ & φ : 0 \to \frac{π}{2} \\ z = r \cos φ & r : 0 \to 1 \end{cases}

\begin{aligned} M_{x y} & = ∭_{D} z δ d v \\ = \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin φ d φ \int_{0}^{1} r^{2} r^{2} \cos^{2} φ d r \\ = 2 π \int_{0}^{\frac{π}{2}} \cos^{2} φ \sin φ d φ \int_{0}^{1} r^{4} d r \end{aligned}

先算好算的. 先别动, 要是一起算的话, 算对: 得全分, 算错, 得0分

算出一个得一个的分

= 2 π \times {(- \frac{1}{3}) \cos^{3} φ |}_{0}^{\frac{2}{2}} \times \frac{1}{5} = \frac{2}{5} π \frac{1}{3} = \frac{2}{15} π

\begin{aligned} M = ∭_{D} δ d v \\ = \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin φ d φ \int_{0}^{1} r^{2} r \cos φ d r \\ = 2 π \times \frac{1}{4} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin φ \cos φ d φ \\ = \frac{π}{2} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin φ d (\sin φ) \\ = \frac{π}{4} \end{aligned}

故 $\bar{z} = \frac{M x y}{M} = \frac{8}{15}$ 故质心重标为 $(0, 0, \frac{8}{15})$

六

解: 设 $f (x, y, y)$ 为 F的势函数

则有

{\begin{cases} (1) : f_{x} (x, y, z) = y \sin z + 20 \\ (2) : f_{y} (x, y, z) = x \sin z \\ (3) : f_{z} (x, y, z) = x y \cos z \end{cases}

由 $(4) : f (x, y, z) = x y \sin z + 2 x + g (y, z)$

$(4)$ 代入 $(2)$

(5) : x \sin z + g_{y} (y, z) = x \sin z 故 g (y, z) = g (z)

$(5)$ 代入 $(4)$

$(6) : f (x, y, z) = x y \sin z + 2 x + g (z)$

$(6)$ 代入 $(3)$

$x y \cos z + g^{'} (z) = x y \cos z 故 g (z) = C$

故F的势函数 $f (x, y, z) = x y \sin z + 2 x + C$

\begin{aligned} \int_{c} \vec{F} \cdot d r & = f (2, 1, \frac{π}{4}) \cdot f (1, - 2, \frac{π}{3}) \\ = 2 \times \frac{\sqrt{2}}{2} + 4 + 2 \times \frac{\sqrt{3}}{2} - 2 = \sqrt{2} + \sqrt{3} + 2 \end{aligned}

七

不好画: 也可以不画

只需要搞清楚积分区域 $S_{1}, S_{2}$ 谁在上, 谁在下即可

解:

7-(1)

解交线: 找投影

z = {(x^{2} + y^{v})}^{2} - 1 = 4 - 4 (x^{2} + y^{v}) 得 {\begin{cases} x^{2} + y^{2} = 1 \\ z = 0 \end{cases}

因此可知被积区域在xy上投影为 $x^{2} + y^{2} = 1 \Rightarrow$ 在 $D : x^{2} + y^{2} \leq 1 上$ 积二重

7-(2)

定 $S_{1}$ $S_{2}$ 谁上谁下

当 $x^{2} + y^{2} \leq 1$ 时, $S_{1} \leq S_{2}$ 故积分式为:

$F \ln x = \oiint_{2} \vec{F} \cdot \vec{n} d σ = ∭_{R} div \vec{F} d v = \iint_{D} d A \int_{(x^{2} + y^{2})^{2} - 1}^{4 - 4 (x^{2} + y^{2})} div \vec{F} d \vec{z}$

$div \vec{F} = y^{2} + 2 + 3 y^{2} - 4 y^{2} = 2$

利用极坐标计算 $∭_{R} d i v F r y$ :

{\begin{cases} x = r \cos θ & θ : 0 \to 2 π \\ y = r \sin θ & r : 0 \to 1 \\ z = z & z : r^{4} - 1 \to 4 - 4 r^{2} \end{cases}} \Rightarrow 对应 D

故 $F l u x = 2 \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{1} r d r \int_{r^{- 0} - 1}^{4 - 4 r^{2}} d z = 4 π \int_{0}^{1} r (4 - 4 r^{2} - r^{4} + 1) d r$

= 4 π (\int_{0}^{1} (5 r - 4 r^{3} - r^{5}) d r) = 4 π (\frac{5}{2} - \frac{4}{4} - \frac{1}{6}) = 2 π (5 - 2 - \frac{1}{3}) = 2 π \times \frac{8}{3} = \frac{16}{3} π

八

解: 利用斯拉克斯公式

$\iint_{S} \nabla \times \vec{F} \cdot \vec{n} d σ = \oint_{C} \vec{F} \cdot d \vec{r}$ (其中 $c$ 为 ${\begin{matrix} x^{2} + 4 y^{2} = z \\ z = 1 \end{matrix}$ 的交线, 从上往下看为逆时针)

$= \iint_{Σ} \nabla \times \vec{F} \cdot \vec{n} d σ$ 其中 $Σ$ 为 $z = 1$ 在 $x^{2} + 4 y^{2} = z$ 内部的区域.方间为 $(0, 0, 1)$

\begin{aligned} \begin{matrix} \nabla \times \vec{F} = | \begin{array}{ccc} i & j & k \\ \frac{d}{d x} & \frac{d}{d y} & \frac{d}{d z} \\ y + x^{2} \ln (x^{4} + 1) & e^{\sin y} - x z & x z^{2} + \cos (z^{2} + 1) \end{array} | = ⟨ - x, - z^{2}, - z - 1. ⟩ \\ \bar{n} = ⟨ 0, 0, 1 ⟩ \\ 原式 = \iint_{Σ} (- z - 1) d σ 由于 Σ 在 z = 1 上 故 - z - 1 = - 2 \end{matrix} \\ 原式 = \iint_{Σ} - 2 d σ = - 2 S_{Σ} \\ \frac{x^{2}}{1^{2}} + \frac{y^{2}}{(\frac{1}{2})^{2}} = 1 故 S_{Σ} = π \times 1 \times \frac{1}{2} \\ 故 \iint_{S} \nabla \times \vec{F} \cdot \vec{n} d σ = - 2 \times \frac{π}{2} = - π \end{aligned}

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MA127 高等数学下 2023年春 期末试卷 答案 ​

一 单项选择 ​

1-(1) C ​

1-(2) D ​

1-(3) C ​

1-(4) D ​

1-(5) D ​

二 填空 ​

2-(1) ​

2-(2) ​

2-(3) ​

2-(4) ​

2-(5) ​

3 ​

四 ​

4-(1) ​

4-2 ​

五 ​

六 ​

七 ​

7-(1) ​

7-(2) ​

八 ​