长沙理工大学高数下册练习册答案好用版.doc

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1、习题8.1（A）1.（1），；（2）或.2.解:， 与方向相同的单位向量为， 所以的方向余弦为； 的方向角为； 与方向相反的单位向量为， 所以与方向相反且长度为的向量为.3.解:设所求点为，由题意，即 ， 解得，故所求点为.（B）1.解:设的方向角为，依题意有. 因为，即， 解得，从而；， 不合，舍去. 于是的方向角为或.2.解：因为夹角平分线的方向必为的方向，分别表示上的单位向量，. 令,则间夹角平分线上的单位向量为.习题8.2（A）1.(1)；(2)，.2.解: . 同理可得，从而 .3.解:依题意有，故， ,.（B）1. 解:以为邻边的平行四边形的面积， ， .2. 解:. .习题8.3

2、（A）1.(1)；(2).2.略(B)1. 时,表示椭圆抛物面；时，表示双曲抛物面；时,表示抛物柱面.2.解:设为曲线上任一点,由的方程知及的坐标为. 当绕轴旋转到某一位置时,变到另一点,竖坐标不变,；点 到轴距离不变,. 又因在上,所以. 因此,即,此旋转曲面为单叶双曲面.习题8.4(A)1.(1)椭圆与直线的交点，椭圆柱面与平面的交线； (2).2.解:柱面即为投影柱面,曲线在面上的投影曲线方程为； 由方程组消去,得投影柱面方程为， 则曲线在面上的投影曲线方程为.3. 解:由方程组消去,得母线垂直于坐标面的柱面方程为,此柱面通 过已知空间曲线,故即为所求柱面.(B)1. 解:由第一,二两个

3、方程消去参数,得,螺旋线在坐标面上的投影曲线 方程为； 由第一,三两个方程消去参数,得,螺旋线在坐标面上的投影曲线方程 为； 由第二,三两个方程消去参数,得,螺旋线在坐标面上的投影曲线方程 为.2.解:设圆心坐标为，圆与抛物线的切点坐标为，则有. 又在点切线的斜率,则在该点的法线方程为, 即 .因圆心在此法线上,故得. 而圆的方程为,其中为圆上动点坐标,点在此圆 上,故有,即. 综上有所求圆心轨迹参数方程为:.习题8.5(A)1. (1)；(2).2. 解:所求平面的法向量为,所求平面方程为, 即.3. 解:通过轴的平面方程为,将已知点的坐标代入,得,所求平面方 程为,即.4.解:平行于轴的平

4、面方程为,将两已知点的坐标代入,得 ,解得,则所求平面方程为 ,即.(B)1.解:因为所求平面垂直于平面和, 所以所求平面的法向量垂直于和,则， ，取，故所求平面方程为.2.解:因为所求平面过点且垂直于平面, 所以所求平面的法向量,且, 故, ,取,则所求平面方程为 ,即.习题8.6(A)1. (1)；(2).2. 解:因为所求直线平行于两平面及,所以所求直线的方向向 量垂直于这两平面的法向量,从而所求直线的方向向量平行于 .故所求直线方程为.3.解:点在平面上的投影即过点且垂直于平面 的直线与平面的交点. 过点且垂直于平面的直线方程为,其参数 方程为,代入,得 ,解得. 从而得投影点的坐标为

5、.4.解:过直线的平面束方程为, 即 , 其中与平面垂直的平面满足条件, 解得,则投影平面的方程为,故投影直线的方程为 .(B)1.解:直线的参数方程为,其方向向量为, 直线的参数方程为,其方向向量为. 设所求直线与的交点为； 所求直线与的交点为, , ,解得. 则的坐标为,的坐标为,， 所求直线的方向向量取,则所求直线的方程为.2.解：先求已知平面和已知直线的交点，即解线性方程组 解之得交点坐标. 再过交点作垂直于已知直线的平面，只需取其法向量为已知直线的方向向量，即 . 故垂面的方程为，则垂面与已知平面的交线即为所求.3. 解：设所求直线为.因为过点且与轴相交,所以必在过点且通过轴的平面

6、上.设的方程为,将的坐标代入,得,故的方程为 ； 又因为过点且与已知直线垂直,所以必在过点且与已知直线垂直的平面 上.的方程为,即. 于是所求直线为平面与的交线,其方程为.第八章 自测题一、1.共面；2.；3.；4.；5.二、1.解：设所求平面方程为,由已知有, 或,所求平面方程为或. 2.解:过点且垂直于平面的直线的方程为,或 将的参数方程代入的方程:, 则与的交点为. 设点关于平面的对称点为,为的中点, ,则点的坐标为. 3.解:设直线与轴的交点为,将其代入直线方程:解得. 4.解：设所求直线的方向向量. 因为所求直线平行于平面,故有. (1) 已知直线的方向向量,点在已知直线上, 因为所

7、求直线与已知直线相交,所以三向量共面,故有 , 即 . (2) 联立(1)、(2)式可得 . 因此所求直线方程为 .5. 解:设柱面上任一点为,准线上相应点为,与在同一 条母线上, 代入,得.三、解:,曲面曲面,即在曲面上.七、设旋转曲面上任一点为,直线上相应点为,与在同一垂直于轴的圆周上,.又由,得 ,代入得,或.习题9.1（A）1. (1)；(2)曲线上所有点.2. (1)；(2).3. (1)解:. (2)解:. (3)解:. (4)解:.4. 解:, , 则在点处连续.(B)1. (1)；(2)直线或上所有点.2. (1)；(2).3. (1)解: . (2)解：， .4. 证:当沿曲

8、线趋于时,有 , 显然它是随着的值不同而改变的,故所给极限不存在.习题9.2(A)1. (1)；(2).2.(1)解:. (2)解:. (3)解:. (4)解:.第九章 解:； ； .第十章 证:.(B)1.解:, , , .2.解:, .3.解:设,则,代入即得, 于是.习题9.3(A)1. (1)；(2).2. (1)解:. (2)解: . (3)解: . (4)解:.3.解:, .(B)1. 解: . 由全微分与偏导数的关系可知,其中的系数就是,即, 再对求偏导数,得 .2.解:当时, , . 当时, , . 所以 ,. 因为当点沿直线趋于时, 显然它是随着的值不同而改变的,所以极限不存

9、在； 同理可得极限不存在,故在点处不连续. 又, , 上述极限不存在,故在点处不可微.习题9.4（A）4. (1)；(2),.5. 解:令,则.3.解:令,则. 记, , , .(B)1.(1)；(2).2.解:由一阶全微分形式不变性,得 . 于是 ,故 ， ， 所以 . 6. 证:(1)因为, , 所以 . (2)因为() , () , 所以 .习题9.5(A)1.(1)；(2).2.解:设,则. , , .3. 解:, , 解得.4. 证:设,则 . , .(B)1. (1)；(2).2. 解:. (*) 由两边对求导,得 ,. 由又两边对求导,得 ,. 将其代入(*)式,得 .3. 解:

10、在两边微分,得 , 故 . 由,得 .习题9.6(A)1. (1)；(2).2. 解:曲线在对应于的点为,该点处的切向量 , 于是曲线在该点处的切线方程为 ,即 . 所求法平面方程为 ,即 .3. 解:,曲面在点处的一个法向量为, 于是曲面在该点处的切平面方程为 , 即 . 所求法线方程为 .(B)1. 解:,设所求点对应的参数为,则曲线在该点处的一个切向量为 .已知平面的法向量为,由切线与平面平行,得,即 ,解得和,于是所求点为或.2. 解:设,则曲面在点处的一个法向量为 . 已知平面的一个法向量为,由已知平面与所求平面平行,得 ,即. 代入椭球面方程,得 . 解得 ,则. 所以切点为. 所

11、求切平面方程为 , 即 .3. 解:所求曲线的切线,也就是曲面在点处的切平面与平面 的交线,利用曲面的切平面方程得所求切线为 即 这切线的方向向量为,于是所求法平面方程为 ,即.习题9.7(A)4. (1)；(2).5. 解:先求切线斜率:在两边分别对求导,得, 于是,切线方向. 又, 故.3.解:(1), 则. (2), 则.(B)1. 解:, 则.2. 解:设,则,于是球面在点 处的外法线方向向量可取为, 的方向余弦为, 又 ,故 .3.解:令,则 ， ， 则 .习题9.8(A)4. (1)；(2)小.5. 解:两边同时对求导,得 ,. 两边同时对求导,得 ,. 令,得驻点. , 在点处,

12、为极小值； 在点处,为 极大值；6. 解:设椭球面方程为,是它的内接长方体在第一卦限内的一个 顶点,则此长方体的长,宽,高分别为,体积为. 作拉格朗日函数 , 令 ,代入 , 得, 即当长方体的长,宽,高分别为时体积最大. 7. 解:令,解得唯一驻点,. 要求在所给区域边界上的极值，即求在条件之下的极 值. 令, ,代入, 得, , 所以在所给区域上的最大值为,最小值为.(B) 1. (1)小；(2).2. 解:(1)先求. 由； 由. (2)求在内驻点及相应函数值. 令解得唯一驻点,且. (3)求在的边界上的最大值和最小值. 将 代入, 得,令,得. 在上的最大值为,最小值为. (4)比较函

13、数值. 在上的最大值为,最小值为.2. 自测题一、1.；2.；3.；4.二、1.解:, ,解得 . 2.解:, .3.解:(1)令解得驻点,所以是的极小值.(2)作拉格朗日函数,令 ,代入,得,故为条件极值.(3)是开口向上的抛物面,其顶点此处坐标最小.与的交线是平面上的抛物线,其最低点处值是条件极值. 4.解:设切点坐标为，则切平面方程为，即 .切平面与三个坐标面所围成的四面体体积为.要使最小，即最大，问题转化为求当时的最大值，用拉格朗日乘数法。令, 解得，故切点坐标为，. 5.解:(1), 则在连续.(2)当时，, .当时，, . , 则在连续.同样可得在连续.故在可微. (3)切平面方程

14、为, 即. 法线方程为 即三、证:令. , , , 故 . 习题10.1(A)1. (1)；(2).2. (1)C；(2)A.(B)3. (1)；(2).4. (1)A；(2)D.习题10.2(A)4. (1)； (2).5. (1)解:原式. (2)解:原式. (3)解:原式. (4)解:原式.(B)2. .3. B.3.(1)解:在中, 用圆弧将分成两部分, . (2)解:,其中为在第一象限的部分. , 其中, . , , 则 .习题10.3(A)1. (1)；(2).2. (1)解: . (2)解:,其中 , , 则. (3)解: . (B)1.(1), ； (2).5. 解:. .6.

15、 解:曲线绕轴旋转所得旋转曲面方程为,该曲面与所 围成的区域可分为两部分,其中 利用柱面坐标计算,有 . 习题10.4(A)1.解:所给曲面在面上的投影区域, 曲面方程写为, 则 .2.解:所给曲面在面上的投影区域, 曲面方程写为, 则 .3.解:旋转曲面方程为, 曲面在面上的投影区域, 则 .(B)3. 解:设等腰三角形高为,半圆圆心在原点,直径在轴,则该薄片所占区域为 . 要使薄片的重心在圆心上,即,由对称性知,因此只要,从而只要 ,其中为非零常数,故只要. 令 , 得 .2.解:设通过原点的任一轴为,即,点到的距离. 则薄板关于的转动惯量为 , 当时,即为轴,此时最小； 当为时,即为轴,

16、此时 最大. 3. 解:平面内的曲线绕轴旋转所得旋转曲面的方程为,该曲面与 平面所围成的空间区域 , 则物体的质量为 . 物体对于轴的转动惯量为 .3. 自测题一、1.B；2.A.二、1.；2.三、1.解:原式. 2.解:用抛物线将分为两部分,则 .3.解:原式.4.解:由对称性知,于是 原式 . 5.解:立体在面上的投影区域,则 . 6.解:由解得,故曲面在面上的投影区域为 . 被割曲面的方程为, 于是所求曲面面积为.四、 解:因为连续, 所以二重积分存在,令,于 是,从而得 , 则,故.五、 证:因为区域关于对称,所以,从而 , 故.习题11.1(A）3. ； .4. (1)解:线段的方程

17、为,则 . 线段的方程为,则 . 线段的方程为,则 . 原式. (2)解:的参数方程为,. 原式. (3)解:的参数方程为,. 原式 . (4)解:设平面与轴,轴,轴的交点分别为,则线段的方程 为,. . 线段的方程为,. . 线段的方程为,. . 原式.(B)4. (1)；(2).5. 解:的参数方程为. 原式 .6. 解:. , , , 则.习题11.2(A)4. (1)解:原式. (2)解:将分成和两段,从变到；,从变 到. 原式. (3)解:的参数方程为从变到. 原式.5. 解:(1)将分成三段,从变到；从变到 ；从变到. 原式 . (2)将分成四段,从变到；从变到； 从变到；从变到.

18、 原式 .(B)1.解: 令 是在内唯一的驻点,而, 所以为极小值,所求曲线为:.2.解:(1)的方向余弦为,于是. (2)的参数方程为:从变到,故的切向量的方向余弦为 , 于是 . (3)的参数方程为:从变到,故的切向量的方向余弦为 , , 于是 .习题11.3(A)8. (1)；(2).9. (1)解:令. ,原式,其中. 因为积分区域关于轴对称,被积函数对于是奇函数,所以原式. (2)解:令. 原式 . (3)解:令,所以积分 与路径无关,取平行于坐标轴的路径积分,有 原式 .10. 解:令在内处处成 立,所以存在二元函数,使得. .(B)7. 解:令,则当时,有 . 记所围成的区域为,

19、选取适当小的,作位于内的圆周. 记和所围成的闭区域为,对复连通区域应用格林公式,得 ,其中的方向取逆时针方向.于是 .8. 解:令. 由已知可得,即,解得 .将代入,得,故. .习题11.4(A)4. (1)C；(2)D.5. 解:的方程为,. 在面上的投影区域为. (1) . (2) .6. 解:(1)将分成和两块, , 在面上的投影区域为. , 在面上的投影区域为. . 故. (2)解:因为关于面对称,被积函数对于是偶函数,所以 ,其中为上半球面,的方程为, , 在面上的投影区域为. 则 .(B)7. 解:将分成和两部分, , ， 在面上的投影区域为. ， ， 在面上的投影区域为. . 则

20、 .2.解:， . 在面上的投影区域为. 由题意得的质量为 .习题11.5(A)4. 解:将分成和两部分, 的方程为,取上侧；的方程为,取下侧, 和在面上的投影区域均为, . (2)解:将分成和两部分, 的方程为,取后侧；的方程为,取前侧, 和在面上的投影区域均为, . 由对称性得. 在面上的投影区域为, . 则.5. 解:(1)由于取上侧,故在其上任一点处的单位法向量为 , 于是 . (2)由于取上侧,故在其上任一点处的单位法向量为 , 于是 .(B)第十一章 解:将分成三部分， :的下侧，在面上的投影区域为，在面和 面上的投影均为，则 . :的上侧，在面上的投影区域为，在面 和面上的投影均

21、为，则 . :的下侧，在面上的投影区域为， . 将分成和两部分,的右侧,的左侧, 在面上的投影区域为,则 . 同样可得,则, 故.第十二章 解:由于取上侧，故在其上任一点处的单位法向量为 . 又的方程为， 在面上的投影区域是由轴,轴以及直线所围成的三角形, 于是 .习题11.6(A)6. (1)；(2).7. 解:, 其中为所围成的立体. (1)原式. (2)原式.3.解:由及消去,得,因此所围成的立体 在面上的投影区域为. 原式 .(B)5. .6. 解:令为取下侧,与所围成的立体为,则在面上的投 影区域均为,在面,面上的投影均为.于是 .3.(1)解:, 令,则 , . (2)解: . 令

22、,则 , . .习题11.7(A)3. 解:令平面为被所围部分,上侧,在面上的投影区域 ,在面和面上的投影为.故 原式 .4. 解:令为平面被所围部分,上侧,在面上的投影区域为 .的方程为. 上任一点处的单位法向量为.于是 原式 .3.解:令为曲面被所围部分,上侧,上任一点处的单位法向量 为 , 则原式 . (因为关于面对称,被积函数对于是奇函数.)(B)1. 解:令为从到的直线段,为与所围成的曲面,上侧,的方程为 从变到.则 .2.解:(1). (2) .第十一章自测题一、1.；2.；3.；4.；5.二、1.解:将分成四段:, ,则 . 2.解:设为从到的直线段,与所围区域为,. 令,于是,

23、则 . 3.解:由对称性知,则 原式 .4.解:的方程为,其上法向量指向左边.令为平面被所截的有限部分,与所围立体为,在面上的投影区域为,在面和面上的投影均为,则 . 5.解:令,于是 , 则 . 6.解:令为平面被所围部分,上侧,上任一点处的单位法向量为 ,则 .3. 证:设上点处的切向量的方向余弦为,则有 左边 右边习题12.1(A)7. (1)；(2)发散；(3)发散；(4),；(5),.2.(1)解:,而发散,所给级数发散. (2)解:为等比级数,收敛,从而所给级数收敛. (3)解:,所给级数发散. (4)解:, 所给级数发散.(B)6. (1),；(2).7. 解:.当时,有 , 故

24、此级数为. , 故.8. (1)解:, , 从而,故所给级数收敛. (2)解:,而, 所给级数发散.习题12.2（A）1.收敛,发散,可能收敛也可能发散.2.(1)解:,而收敛,因此所给级数收敛. (2)解:,而发散,因此所给级数发散. (3)解:, 而收敛,故所给级数收敛. (4)解:,而发散,故所给级数发散. (5)解:,故所给级数收 敛. (6)解:, 故所给级数收敛. (7),故所给级数收敛. (8),故所给级数发散.3. (1)解：,发散. 又,且有,故所给级数收敛,且为条件收敛. (2)解:,发散. 又,且有,故所给级数收敛,且为条件 收敛. (3)解:所给级数发散. (4)解:,

25、从而 ,故所给级数发散. (5)解:,收敛,故所给 级数绝对收敛. (6)解:, ,发散. 又,且有,故所给级数收敛,且为条件收 敛. (7)解:令. ,而发散,发散. 又, 则,且有,收敛. 故所给级数条件收敛. (8)解:,发散. 又, 且有,故所给级数收敛,且为条件收敛.(B)2. (1)D；(2)C.3. (1)解:,而发散,发散. 又设,则,当时,单调减少, 故当时,即,且有, 因此所给级数收敛,且为条件收敛. (2)解:,而发散,发散. 又设,则,当时,单调增加, 故,即, 且有,因此所给级数收敛,且 为条件收敛.3.解:令. 当时,不存在,故所给级数发散. 当时,因为,所以 当,

26、即时,收敛,从而所给级数绝对收敛. 当,即时,发散.这时,因为 ,且, 所以收敛,从而所给级数条件收敛.习题12.3（A）5. (1)；(2).6. (1)解:, 因此当时幂级数收敛. 当时得交错级数,收敛；当时得正项级数,发散. 于是,幂级数的收敛域为. (2)解:, 因此当,即时幂级数收敛. 当时得交错级数,收敛；当时得正项级数,收敛. 于是,幂级数的收敛域为. (3)解:因所给幂级数是缺项幂级数,故可直接用比值判别法讨论其收敛性. 首先当时级数收敛.当时, . 由此可知当,即或时级数收敛. 当和时得正项级数,发散. 综合可得幂级数的收敛域为. (4)解:, 因此当时幂级数收敛. 当时得交

27、错级数,发散； 当时得正项级数,发散. 于是,幂级数的收敛域为.7. (1)解:的收敛域为,令, , . (2)解:的收敛域为,令, , .(B)6. (1)A；(2)B.7. (1)解:,. 当,即时,级数收敛；当,即或时,级数发散； 当时,级数发散. 于是,幂级数的收敛域为. (2)解:令,则原级数化为,求得收敛半径. 当时得正项级数,发散；当时得交错级数,收敛. 故当时级数收敛,当或时级数发散. 从而,所求级数的收敛域为.8. (1)解:令,求得该函数的定义域为. , 则. (2)解:令,求得该函数的定义域为. 当时, . 则.习题12.4(A)1.(1)；(2).2.(1)解: . (

28、2)解: .11. (1)解: . (2)解:.(B)7. 解: .8. 解:,逐项求导,即得 .习题12.5(A)1. (1)；(2).2. (1)解:； ； . 因为满足收敛定理条件,且在连续, 在处,故 . (2)设是经周期延拓而得的函数,则满足收敛定理的条件,在 连续,是的间断点,又在上,故它的 里叶级数在和内收敛于. ； ； . 故 .2. 解:先将展开成正弦级数.设是经奇延拓和周期延拓而得的函数,则 满足收敛定理条件,在连续,是的间断点,又 在上,故它的傅里叶级数在上收敛于. ； . 故 . 再将展开成正弦级数.设是经偶延拓和周期延拓而得的函数,则满 足收敛定理条件,处处连续,又在

29、上,故它的傅里叶级数在上收 敛于. ； ； .故 .在上式中令,得.(B)5. (1)；(2).2.解:.习题12.6(A)六、 .2.(1)解:； ； . 因为满足收敛定理条件,间断点为,故有 . (2)解:设是经周期延拓而得的函数,则在内连续,在处间 断,且在内,故的傅里叶级数在内收敛于. ； ； 故 .(B)4. (1)；(2).5. 解:先将在作偶延拓,再以为周期作周期延拓得,则满足收敛定 理的条件,处处连续,在上. ； . 故 .5. 自测题一、1.；2.；3.；4.；5.二、1.解:,级数收敛. 2.解:，当时级数收敛,当时级数发散. 3.解:, ,级数收敛.三、1.解:, 当为奇

30、数时,， 当为偶数时, ， ,级数发散. 2.解: , , , 收敛. , 发散, 则原级数条件收敛.5. 解:.6. 解: .7. 解:有界，对一切，有， 而收敛,收敛.七、证:收敛,则, 当时,从而 , 收敛. 收敛收敛,收敛.八、证:， ,. , ； , , .模拟试题（A）一、1.；2.；3.；4. 二、解:, .3. 解:原式 . 4. 解:选取适当小的,作位于圆周内的椭圆:,取逆时针方向,的参数方程为,从变到.记和所围成的闭区域为,对复连通区域应用格林公式. 令,则, , . 5. 解:设为平面被曲面所截的有限部分,取下侧,记与所围成的区域为,在面上的投影区域为,在面和面上的投影为

31、.应用高斯公式有 原式 .6. 解:已知所求平面过点且通过直线:,在上取点,则向量与所求平面平行,又的方向向量也与所求平面平行,因此得所求平面的法向量,故所求平面方程为 ,即.7. 解:； ； . 因为经偶延拓和周期延拓而得的函数在连续,在间断,故 . 8. 解:设长方体在平面上的顶点坐标为,则长方体的长,宽,高分别为,体积.作拉格朗日函数,令 ,代入,得.长方体当长,宽,高分别为时体积最大,最大体积为.模拟试题(B)一、1.；2.；3.；4.7. 解:原式 .8. 解:令, ,因为积分与路径无关,所以 ,解得. 又,故. 四、1.解:令,发散.又,且,故收敛,因此所给级数条件收敛. 2.解:令收敛,故所给级数绝对收敛.9. 解: .10. 解:1.2.由题意得. 或. 11. 解:因为所求平面垂直于面,所以可设所求平面方程为. (*）令过点且垂直于直线的平面为,取的方向向量作为的法向量,则的方程为,从而与的交点为,将其及点坐标代入(*),得,故所求平面方程为,即.12. 设三角形三边分别为,则.三角形的面积 . 又令三角形绕边旋转,边上的高为,则旋转体的体积 .作拉格朗日函数,令,代入,得.当三角形的三边长分别为且绕边长为的一边旋转时，取最大值.