大连理工大学数学分析期末试题
数学分析期末考试题真题含答案
数学分析期末考试题真题含答案一、填空题（每小题2分，共10分）.________dx x)lnx (f ,)(.12=+=⎰⎰则若c x dx x f .________)x (F ,)(.21cos 2='=⎰-则若dt ex F x t=+-⎰-dx x x x )cos 21(.3112 . .______.41013时收敛满足条件当广义积分p xdxp ⎰-._______u lim )u 12u 1.51nn=+-∞→∞=∑n n n 收敛，则（若 二、单选题（每小题2分，共10分）的一个原函数是则的导函数是若)(,cos )(.1x f x x f （ ）（A ）x sin 1+; （B ）x sin 1-; （C ）x cos 1+; （D ）x cos 1-. 2.函数)(x f 在],[b a 上可积的必要条件是)(x f 在],[b a 上（ ） （A ）连续 ; （B ）有界; （C ） 无间断点; (D)有原函数.3.下列反常积分收敛的是( ) (A)⎰∞+321dx x ; (B) ⎰∞+3ln dx x x ; (C) ⎰∞+3sin dx xx ; (D) ⎰∞+3ln 1dx x . 4.下列级数收敛的是( )(A)∑∞=11n ne ; (B))11ln(1∑∞=+n n ; (C) ∑∞=2ln 1n n ; (D) )1)1((21n n n n --∑∞=.5.)1ln()(x x f +=的幂级数展开式为（ ）（A ）]1,1(3232-∈•••+++x x x x ; （B ）]1,1(3232-∈•••-+-x x x x ; （C ）)1,1[3232-∈•••----x x x x ; （D ）)1,1[3232-∈•••+-+-x x x x . 三、计算题（每小题8分，共48分）;cos 1sin .1dx xx x ⎰++N);n (xdx tan I .2n n ∈=⎰的递推表达式求不定积分0);(,31x .3a >=-⎰∞+a x x d 求设π4.求函数项级数∑∞=1n xnx 的收敛域;5.求幂级数∑∞=+0)12(n n x n 的和函数；.x 9)(.62的幂级数展开成将函数x xx f +=四、讨论与应用题（每小题8分，共16分）1.求由轴y x y ,12-=与23x y =所围成的平面图形的面积,并求此图形绕x 轴旋转一周所成旋转体的体积..)1cos1()1(.211的敛散性讨论级数pn n n ∑∞=--- 五、证明题（每小题8分，共16分）（从以下三题可任选两道题做）1.设)(x f 在[0,1] 连续,试证⎰⎰=πππ00)(sin )2/()(sin dx x f dx x xf .2.设函数序列)}({x f n 在区间],[b a 上一致收敛于)(x f ,且)(x g 在区间],[b a 上有界,证明: 函数序列)}()({x g x f n 在区间],[b a 上一致收敛于)()(x g x f .3.证明若∑∞=12n nx收敛,则∑∞=-11n n nx 发散. 答案一．1.c x +2ln ; 2. x e x sin cos 2-; 3. 1sin 4; 4.32<p ; 5. 1.二．１．D ２．B ３．A ４．D ５．B. 三．１．解：原式dx xdx x x⎰⎰+=2tan 2cos 22 (2分)dx xdx x xd ⎰⎰+=2tan )2(tan （5分）Cx x dx x dx x x x +=+-=⎰⎰2tan 2tan 2tan 2tan . （8分）2．解：dx x x I n n )1(sec tan 22-=⎰- (2分)⎰---=21)(tan tan n n I x xd （4分）),4,3,2(tan 1121 =--=--n I x n n n . （6分）其中.cos ln ,10C x I C x I+-=+= （8分）3．解：令t x =-1，则tdt dx t x 2,12=+=，当+∞→a x :时，+∞→-1:a t (2分)故原式⎰∞+-+=1212a dt t （4分）31arctan 2arctan 21ππ=--==∞+-a t a . （6分）从而，4=a （8分） ４．解：由∑∑∞=∞==111n x n x n x n x. （2分）知，当1>x时, ∑∞=11n x n收敛,因此∑∞=1n xnx 也收敛； （4分）当1≤x时,∑∞=11n x n 发散,因此∑∞=1n xnx 也发散(0≠x )； （6分） 当0=x 时,原级数收敛；故原幂级数的收敛域为0=x 及),1(+∞. （8分）5．解：.)12(lim x x n n n n =+∞→;,1x 级数收敛时当<;)12n (,1x 0n 发散原级数化为时当∑∞=+=;)12n ()1(,1x 0n n 发散原级数化为时当∑∞=+--=故原幂级数的收敛域为)1,1(+-. （4分）)1x 1()x 1(x 1x 11)x 1(2x x 11)x 1x (2x x 11)x 2x(x 11)dx nx (2x x 2nx x )12n ()x (s 221n n 1n x 01-n 0n nn n 0n n <<--+=-+-=-+'-=-+'=-+'=+=+=∑∑⎰∑∑∑∞=∞=∞=∞=∞=令 . （8分）6．解：nn n x x x x x f 202)3()1(91)3(191)(∑∞=-=+= （4分）)1(21203)1(++∞=∑-=n n n nx （6分）).3,3(,9)1(121--=-∞=∑nn n nx （8分）五．１．解：1>联立可解得与由223x y x 1y =-= 1/2x =故所求图形的面积为31)34(]3)1[(2/1032/1022=-=--=⎰x x dx x x S （4分）2>所求旋转体的体积为dx x dx x V 222/102/1022)3()1(⎰⎰--=ππ （5分）ππ12031)5832(2/1053=--=x x x . （8分） ２．解．2pp n n 121~n 1cos1u -=由于.,n 121,21p 2p1n 故原级数绝对收敛收敛时当∑∞=> （4分） .,n 121)1(,n 121,21p 2p1n 1n 2p 1n 故条件收敛莱布尼茨交错级数条件满足而级数发散时当∑∑∞=-∞=-≤ 故原级数在21p ≤时条件收敛. （8分） 六．１．证明：则令,x t -=π （2分）⎰⎰-=πππ00)sin ()t ()sin (x dt t f dx x f （4分）⎰⎰-=πππ00xf(sinx)dx )sin (dx x f （6分） ⎰⎰=πππ00)sin ()2/()sin (x dx x f dx x f 故. （8分）２．证明：因为)(x g 在闭区间],[b a 上有界.不放设],[,)(b a x M x g ∈∀≤ （2分）又函数序列)}({x f n 在闭区间],[b a 上一致收敛，故对0)(,0>∃>∀εεN 当N n >时，对],[b a x ∈∀，都有Mx f x f n ε<-)()( （6分）于是当N n >时，对],[b a x ∈∀，都有ε<-)()()()(x g x f x g x f n 函数序列)}()({x g x f n 在闭区间],[b a 上一致收敛)()(x g x f . （8分）3．证明：由于)1(2122n x n x n n +≤ （4分），又因为∑∑∑∞=∞=∞=+=+12122121)1(n n n n n nx n x 收敛，故∑∞=12n nn x 收敛，从而，∑∞=1n n n x 绝对收敛. （6分）.,11故原级数发散发散而∑∞=n n（8分）一、填空题（每小题3分，共15分）1．已知)(x f 为x 2sin 的原函数，且21)0(=f ，则⎰=dx x f )( 。
大学工科数学分析期末考试_XX(答案)B
20XX年复习资料大学复习资料专业：班级：科目老师：日期：一、 填空题1.8； 2．AD ； 3．1y x =+； 4． D ； 5．3a π；二、 选择题6.（D ） 7．(C) 8．(C)三、9. 解： ()221222222d d d d d d :1x y Dx y x y z x y x y z D x y +Ω+=++≤⎰⎰⎰………………… (5分))21222220d d d (-)d 6Dx y x y x y r r r r ππθ=++==⎰⎰⎰⎰.………(20XXXX 分)20XXXX. 解：（方法一，投影法）由于d d d d d d 221y z z x x yx y ==-，可得()d d d d d d 22d d y y z xz z x z x y xy xyz z x y ∑∑-+=-++⎰⎰⎰⎰………………… (4分)于是，()()22222244d d d d d d 22d d d d x y x y y y z xz z x z x y xy xyz z x y xy x y∑+≤+≤-+=-++=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰8π=………(20XXXX 分)（方法二，Gauss 公式）设220: 4 (4)z x y ∑=+≤，取下侧，则d d d d d d y y z xz z x z x y ∑∑+∑∑-+=-⎰⎰⎰⎰⎰⎰.……………………… (3分)设Ω由0,∑∑围成的区域，可得4d d d d d d 1d d d d 8y y z xz z x z x y x y z z z ππ∑+∑Ω-+=-⋅=-=-⎰⎰⎰⎰⎰⎰.…………… (6分)同时，0d d d d d d 4d d 16y y z xz z x z x y x y π∑∑-+==⎰⎰⎰⎰，……………………………… (8分)所以原式8π=.……………………………………………………………………(20XXXX 分)20XXXX. 解：设sin x u e y =，原方程化为''()()f u f u u -=………………………………………(4分)解之得12()u u f u C e C e u-=+-………………………………………………………(8分)由初值可得故()1()2uu f u e e u -=--. ……………………………………………(20XXXX 分)20XXXX 解：记AB 为(,0)π到(0,0)的直线段，则LL ABABI +==-⎰⎰⎰.………………………(2分)其中222224d [ln()]d d d 9DL x y x y xy x y x y y x y ++++=-=-⎰⎰⎰，.…………………… (6分)22222d [ln()]d 2x y x y xy x y x y π++++=-⎰故2429I π=-. .……………………….……………………….…………………(20XXXX 分)20XXXX 解：特征方程为2(1)(22)0λλλ--+=，故特征根为1,1i λ=±，……………… (2分)1λ=对应的特征向量为100⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，故相应的解为100t e ⎛⎫ ⎪⎪ ⎪⎝⎭……………… (4分)1i λ=+对应的特征向量为01i ⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，相应的复解为(1)000sin cos 1cos sin i t t t e i e t ie t t t +⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪=-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭因此通解为 12323()sin cos cos sin t C t e C t C t C t C t ⎛⎫ ⎪=-+ ⎪ ⎪+⎝⎭X ．………… (7分)将初始条件1(0)01⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭X 代入得1231,0C C C ===，特解为123()()sin ()cos t t t x t e x t e t x t e t ⎧=⎪=-⎨⎪=⎩……(20XXXX 分)20XXXX. 解：路径无关的充分条件是Q Px y∂∂=∂∂，即2212222232232()4(()4)()()axy x y x y x y x x y x y λλ---+-=++解之得2,4a λ==.………………………………………………………………(5分)由d d du P x Q y =+，则22224()u xy x x y ∂=∂+ 则2222()y u C y x y=-++……………………(8分)又22224()u yx y x y ∂-==∂+，可得'()0C y =，因此2222y u C x y=-++.……………………(20XXXX 分)20XXXX.解:000001212220000001020110220000 (,,)11{',',['']}11')'()['']()0x y z S x a y bn F F F F z c z c z c z c x a y bF x x F y y F F z z z c z c z c z c π∀∈--=⋅⋅-⋅+⋅------⋅-+⋅--⋅+⋅-=----该点的切平面法向量：（）（）切平面方程：（（）（）………………………(5分)0(,,)(,,(,,)x y z a b c S p a b c π=∈易见）故曲面在任何点处的切平面都通过定点………………………(8分)。
大连理工大学研究生数理方程期末考试资料(老师划题整理)
大连理工大学研究生数理方程期末考试资料 （老师划题整理）
一、绪论 二、积分法 三、达朗贝尔公式 四、齐次化原理 五、分离变量法 六、傅立叶变换 七、傅立叶变换的应用 八、拉普拉斯变换 九、拉普拉斯变换的应用 十、格林函数法
01 01 02 03 04 12 13 15 16 18
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数学分析(1)期末试题A答案
学习资料收集于网络，仅供参考2007-2008学年第一学期期末数学分析（1）考试试题（A 卷）参考答案及评分标准、判断题（本题共 10小题，每小题2分，共20分）1. X2. X3. V4. X5. V6.、填空题（本题共 8小题，每空2分，共20分） 1.f (n 1)(. )+ ------ ( (x -x o )n* ,:介于 x 与x o 之间. (n 1)!三、计算题（本题共 5小题，第1—4小题每题5分，第5小题10分，共30分）3.(6)1. 设y = x e ,试求y .解基本初等函数导数公式，有(x 3) =3x 2,(x 3) =6x,(x 3) =6,(x 3)(k)=0, k =4,5,6, (e x 严=e x ,k =1,2,111,6,应用莱布尼兹公式（n =6）得(6)3 x2 xxxy x e 6 3x e 15 6xe 20 6e32x=(x 18x 90x 120)e .2. 4 co sx2- s x2e 2叫23. e x f( f( e)) f(x e ) 4. 6 (x - 1) 5. -In二.6. 0, 17. y =x , y - -xx 7. V 8. x 9. V 10. xf (n) (Kn)nf(x)=f(x o ) f(x o )(x -x o )中^r (x -x o )8.学习资料收集于网络，仅供参考x = a（t -sint）,2.试求由摆线方程《所确定白^函数y=f（x）的二阶导数.y = a（1 - cost）学习资料收集于网络，仅供参考dy (a(1 - cost)) dx (a(t-sint))sint x t ------ 二 cot 一，1 - cost 2…t1 2t 2I cotcsc _dy 2 2 22 一 _ .一dx (a(t-sint)) a(1 -cost) 1 4 t——csc - ....................... .......4a 23.试求f (x) =ln(1 +x 2)到x 6项的带佩亚诺型余项的麦克劳林公式 解因为2 3. x x 3ln(1+x)=x ———+—+o(x ),.......2 3所以f(x) =ln(1 +x 2)到x 6项的带佩亚诺型余项的麦克劳林公式为4622x x 6ln(1 x )= x -——一■ o(x ).2 34. 试求极限 解通分后连续使用两次洛必达法则，得 x e - x -1xx(e -1)x e -1 e x(x 1)-1 xelim - ---- x 山 e x(x - 2)3分2分3分2分-- 3 2 5.试求函数y ^2x -9x +12x|在［-1,3］上的最值和极值解 32y 二|2x -9x 12x|一 2_ 一二|x(2x -9x 12) |I x(2x 2 -9x 12), -1 < x < 0,一 2x(2x -9x 12), 0 二 x <3,在闭区间［-1,3］上连续，故必存在最大最小值.-6x 2 18x-12, 6x 2 -18x 12 -6(x-1)(x-2), 6(x-1)(x-2),令y' = 0,得稳定点为x=1,2.又因 匚(0) =—12, f ；(0) =12,故y 在x = 0处不可导.列表如下所以x = 0和x = 2为极小值点，极小值分别为 f (0) = 0和f (2) = 4 , x = 1为极大值点f(1)= 5.又在端点处有f (-1) = 23 , f (3) = 9,所以函数在x = 0处取最小值0,在x = -1处取最大值................................ 2分四、 证明题(本题共3小题，每小题10分，共30分).21 .证明不等式e x>1 +x+— (x>0) 22、一人vx一证令 f (x) =e 一一 -x -1 , x >0, 2f (x) = e x- x -1, x 0 f (x) -e x-1 0 , x 0,且 f(0) = f (0) =0,............................. 3 分当x A0时有f "(x) >0,所以f'(x)严格递增， 又f (x)在x=0处连续，所以f (x) > f (0) =0, x >0, ................................ 3 分-1 < x :二 0, 0 x <极大值为23.所以f(x)严格递增，又f(x)在x = 0处连续，所以f (x) > f (0) =0, x>0, ................................ 3 分x x2即e >1+x + ——,x >0. ............................. 1 分22.设f为(血，十a)上的连续函数，对所有x, f (x) >0 ,且lim f (x) = lim f (x) =0 ,证明f (x)必x ；：：x :.能取到最大值.证由题设f(0)>0,取8=*0■，由lim f(x) = lim f (x) = 0，m X >0,当| x |A X 时，2 x『二xf(x)<S<f(0). ................................ 4 分又f在［-X , X ］上连续，由闭区间上连续函数的最大、最小值定理知，f在［-X, X］能取到最大值................................ 4分且此最大值为f在(—叫+如)上的最大值. .................................. 2分3.若函数f(x)在［0,1］上二阶可导，且f(0)=0, f(1) = 1, f'(0)= f'(1) = 0,则存在c^(0,1)使得|f (c)|_2.证法一：v x w (0,1),把f (x)在0, 1两点处分别进行泰勒展开到二阶余项，有f ( J 2f (x) =f(0) f (0)(x-0) ^^x ,f , 0； 1 <x- <1,f(x) =f(1) f (1)(x-1) -4^(x-1)2,2!上两式相减，有f ( 1) f ( 2)(x-1)2.记| f ”(c)尸max{| f 7 -1) |,| f 'J) |},则有1《|f (c)|［x2 (x-1)2］1\|f (c)|,即存在cw(0,1)使得| f *(c)住2.证法二：在［0,1］上对f(x)应用拉格朗日中值定理有f (D = f ⑴—f (0) =1 , 0 ＜1 .当0 时，在［0,可上对f '(x)应用拉格朗日中值定理有1 .1 = f 注)—f (0) = f “(c)L =| f “(c)|=f “(c) =不之2, 2(0,与二(0,1)................................. 3分当白＜匚＜1时，在［匕1］上对f'(x)应用拉格朗日中值定理有11 = f ( ) - f (1) = f (c)( -1),=|f(c)|=—— 2, c ( ,1) (0,1).1 -................................ 2分综上证明知存在cW(0,1)使彳#|f”(c)户2. ................................ 2分。
数学分析(2)期末试题参考答案
些值，使得
∫J
χK
(x,
y)dy ∫
≤
F (x)
≤
J χK (x, y)dy，则 F (x) 在 I 上 Riemann
可积，且有
I F (x)dx =
I ×J
χK (x,
y)dxdy
=
0。注意
F ∫
(x)
≥
0，所以，F
(x)
几乎处处为零。另一方面，根据 Kx 的定义，有 F (x) = J χKx (y)dy，所以 Kx
0，则有
(∫ R−ε ∫ R )
I(R) =
+
ey2−R2 dy ≤ e−2 R ε+ε2 (R − ε) + ε,
0
R−ε
于是 lim sup I(R) ≤ ε，另一方面显然有 lim inf I(R) ≥ 0，最后再令 ε → 0 即可
R→+∞
R→+∞
证明 lim I(R) = 0。
R→+∞
（证法二）上述极限还可通过 L’Hôspital 法则求得：
解答：（证法一）因为
K
紧且
Lebesgue ∫
零测，所以
Jordan
零测，于是
χK (x,
y)
在
I
×J
上
Riemann ∫
可积，且有
I×J χK (x, y)dxdy = 0。根据 Fubini 定理，
积分
F (x)
= ∫
J χK (x, y)dy
几乎处处存在。在 ∫
F (x)
不存在的地方随意规定一
det J
=
det AU det AV
> 0。
2010—2011 学年第一学期期末考试大学《数学分析 1》 试题及答案
五、证明题（3 小题，1,2 小题各题 6 分，3 小题 7 分，共 19 分）
1、设 an
=
sin1 2
+
sin 2 22
++
sin n 2n
，证明数列 an 收敛.
2、证明 f (x) = x2 在a,b上一致连续.
3、若函数
f
在 a,b上可导，且
f
+
(a
)
f
−
(b)
，
k
为介于
f
+
(a
)和f
−
(b)
( ) 1、已知 y = ln x + 1+ x2 ，求 dy ； dx
2、设
x y
= =
a(t a(1
− sin t) − cost)
，求
dy dx
；
3、设 y = xsin x ，求 y ；
4、设 y = arcsin 1− x2 ，求 dy .
5、求函数 f (x) = (2x − 5) 3 x2 的极值.
1
( ) d 1− x2 , ……………………………………3 分
( )2
1− 1− x2
( ) = 1 d 1 − x2 = − 1 x dx ……………………………………………………5 分 x 2 1− x2 x 1− x2
5、解：定义域 (− ,+)
f
(x) = 23
x2
+
(2
x
−
5)
2
x
−
( ) 9、若在 x0 附近 f (x) = pn (x)+ o (x − x0 )n ，则 pn (x)是唯一的，其中
2000、2001、2006年大连理工数学分析试题及解答
2000年大连理工大学硕士生入学考试试题——数学分析 一、从以下的第一到第八题中选取6题解答，每题10分1． 证明：1()f x x=于区间0(,1)δ（其中001δ<<）一致连续，但是于(0,1)内不一致连续 证明：01212(1)0,()[1]2(2)1||()|()()|f x x x f x f x δδδδεδδε<=<⇒=-<-<而由于在，内连续，从而一致连续，第一个命题成立利用定义，取，不存在为定值使得从而不难利用反证法得到第二个命题成立2． 证明：若()[,]f x a b 于单调，则()[,]f x a b Riemann 于内可积证明：1101111111111()...[,],max 0(max {()}min {()})(()())(max{()()})(max{()()})i ii in i i i i i nnni i i i i i x x x x x x i ni i i i i nf x a x x x b a b x x f x f x f x f x f x f x f x f x λλλλλλ---≤≤--≤≤≤≤≤≤==-≤≤∆=<<<==-=→-=-<--∑∑不妨设单调递增，且：是的一个划分,必然存在一个划分，使得11111(max{()()})lim (max {()}min {()})0i ii ii i i nni x x x x x x i f x f x f x f x λ---≤≤∆≤≤≤≤=→--=∑（由于递增，使用二分法的思想，可以使得小于任何数）所以，，所以可积3． 证明：Dirichlet 函数：0,()1,()x f x px q q ⎧⎪=⎨=⎪⎩为无理数有理数在所有无理点连续，在有理点间断， 证明：0001000000()010[]1min{||}1(,),|()|()0{,{}},()n N i Zi i x f x iN x n x x x f x Nx f x x y y f x εδδεεεε+≤≤∈=∀>=+=-∈-+≤<≠∈为无理数，对于，,取，显然这样的存在当所以，在无理点连续为有理数，。
大连理工大高等代数二期末试题
1 0 基 1 , 2 , 3 , 4 下的矩阵 A 1 0
2 1 3 4
0 0 1 2
0 0 ，试求 含 1 的最小不变子空间. 0 1
三． （10 分）设 是 n 维线性空间 V 上的线性变换，证明： 维 (V ) 维 ( 1 (0)) n 即,
A2 E =
.
1 ( 1) 2 7．已知矩阵 A 的特征矩阵 E A 与矩阵 E A 的标准形及 A 的 Jordan 标准形分别为
则 等价， 1 2
，
.
1 8．已知矩阵 A 的 Jordan 标准形为 2 ，则 A 的有理标准形为 1 2
( 3 ) 3 2 4 ， 可 知 2 4 ( 3 ) 3 ， 即 4 W ， 而 ( 4 ) 4 所 以 。
L(1 3 4 ) W ， 再 由 W 的 最 小 性 可 知 W L(1 3 4 ) ， 因 此 W L(1 3 4 ) ，证毕。
1 A 2 ， C ( ) , L(V ) . 记L （V） 为 V 上线性变换全体， 3
1）证明： C ( ) 是 L(V)的子空间； 2）求 C ( ) 的一组基和维数.
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六．(10 分) 设 A，B 为 n 级实矩阵，证明：若 A，B 在复数域上相似，则 A， B 在实数域上也相似。
，
则 等价， 1 2
1 1 1 1 2
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1 8．已知矩阵 A 的 Jordan 标准形为 2 ，则 A 的有理标准形为 1 2 4 0 1 0 8 1 5
数学分析期末试题(值得下载 )
数学分析考试题一、判断题（每小题2分，共20分）1.开域是非空连通开集，闭域是非空连通闭集．（）2.当二元函数的重极限与两个累次极限都存在时，三者必相等．（）3.连续函数的全增量等于偏增量之和． （）4.在原点不可微．（）5.若都存在，则．（）6.在内不一致收敛．（）7.平面图形都是可求面积的．（）8.学过的各种积分都可以以一种统一的形式来定义. （）9.第二型曲面积分也有与之相对应的“积分中值定理”．（）10.二重积分定义中分割的细度不能用来代替．（）二、填空题（每小题3分，共15分）1.设，则其全微分．2.设，则在点处的梯度．3.设为沿抛物线,从到的一段，则．4.边长为密度为的立方体关于其任一棱的转动惯量等于．5.曲面在点（3,1,1）处的法线方程为．三、计算题（每小题5分，共20分）1．求极限．2．设是由方程所确定的隐函数，求．3．设，求.4．计算抛物线与轴所围的面积.四、(10分)密度的物体由曲面与所围成，求该物体关于轴的转动惯量．五、（10分）求第二类曲面积分其中是球面并取外侧为正向．六、（第1小题8分，第2小题7分，共15分）．1. 求曲线，在点（1，1，2）处的切线方程和法平面方程．2．证明：．七、（10分）应用积分号下的积分法，求积分．第三学期数学分析参考答案及评分标准一、判断题（每小题2分，共20分）1.开域是非空连通开集，闭域是非空连通闭集．（）2.当二元函数的重极限与两个累次极限都存在时，三者必相等．（√）3.连续函数的全增量等于偏增量之和． （）4.在原点不可微．（√）5.若都存在，则．（）6.在内不一致收敛．（√）7.平面图形都是可求面积的．（）8.学过的各种积分都可以以一种统一的形式来定义. （√）9.第二型曲面积分也有与之相对应的“积分中值定理”．（）10.二重积分定义中分割的细度不能用来代替．（√）二、填空题（每小题3分，共15分）1.设，则其全微分．2.设，则在点处的梯度 (1,-3,-3)．3.设为沿抛物线,从到的一段，则 2 ．4.边长为密度为的立方体关于其任一棱的转动惯量等于．5.曲面在点（3,1,1）处的法线方程为．三、计算题（每小题5分，共20分）1.解：先求其对数的极限．由于，所以 =0，故=1．2.解：方程两边对，求偏导数，得解得。
工科数学分析上册答案
工科数学分析上册答案【篇一：大连理工大学10,11,12上学期工科数学分析基础试题答案】ass=txt>一、填空题 (每题6分，共30分)abx21．函数f(x)ebx?1??xx?0??，limf(x)? ，若函数f(x)在x?0点连续，?x?0?x?0??则a,b满足。
（答案 b,a?b）x12nx?lim2．lim?，。
??22n??n2?n?1x??x?1 n?n?2n?n?n（答案1,e1） 2xetsin2t3．曲线?在?0,1?处的切线斜率为，切线方程为。
ty?ecost?（答案,x?2y?2?0）4．ex?y?xy?1，dy? ，y??(0)? 。
12y?ex?ydx,?2）（答案x?ye?xx2?ax?b?2，则a? ，b? 。
5．若lim2x?1x?x?2（答案 4,?5）二、单项选择题 (每题4分,共20分)1．当x?0时，?ax2?1与1?cosx是等价无穷小，则（）a．a?23，b．a?3，c． a?32，d．a?22．下列结论中不正确的是（）a．可导奇函数的导数一定是偶函数；b．可导偶函数的导数一定是奇函数；c．可导周期函数的导数一定是周期函数；d．可导单调增加函数的导数一定是单调增加函数；3．设f(x)?x3?xsin?x，则其（）a．有无穷多个第一类间断点；b．只有一个跳跃间断点；c．只有两个可去间断点；d．有三个可去间断点；4．设f(x)?x?x3x，则使f(n)(0)存在的最高阶数n为（a．1b．2c． 3d．45．若limsinx?xf(x)x?0x3?0 ，则lim1?f(x)x?0x2为（）。
a．0；b．16； c． 1；d．?）。
三．（10分）求limx?0?x??x?2 tanx?arctanxg(x)sinx,x0四．（10分）设f(x)??，其中g(x)具有二阶连续导数，g(0)?0，x?x?0?a,g?(0)?1，（1）求a的值使f(x)连续；（2）求f?(x)；（3）讨论f?(x)连续性。