2022年最新数学分析第四学期试题 .pdf

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1、精品文档精品文档试题（1 卷）一填空（每小题3 分，共 15 分）1 若平面曲线L由方程0),(yxF给出,且),(yxF在点),(000yxP的某邻域内满足隐函数定理的条件,则曲线L在点0P的切线方程为；2.含参量积分)()(),()(xdxcdyyxfxF的求导公式为)(xF；3.函数的表达式为)(s,0s；4.二重积分的中值定理为:若),(yxf在有界闭区域 D 上连续,则存在D),(,使Ddyxf),(；5.当0),(zyxf时，曲面积分SdSzyxf),(的物理意义是：.二.完成下列各题(每小题 5 分,共 15 分)1.设5422222zyxzyx,求yzxz,;2.设,cos,s

2、invueyvuexuu求xvxu,;3.求积分)0(ln10abdxxxxab.三.计算下列积分(每小题 10 分,共 50分)1.Lxyzds,其中L为曲线)10(21,232,23ttztytx的一段;2.Lyxxdxydy22,其中L为圆taytaxsin,cos在第一象限的部分，并取逆时针方向;3作适当变换计算Ddxdyyxyx)sin()(,其中Dyxyxyx0,0),(;4.Vyxdxdydz22,其中V是由xyzxx,0,2,1与yz围成的区域;5.dSyxS)(22,其中S为圆锥面222zyx被平面1,0 zz截取的部分.四.应 用 高 斯 公 式 计 算dxdyzdzdxy

3、dydzxS333,其 中S为 球 面2222azyx的 外 侧.(10 分)五.求全微分dzxyzdyxzydxyzx)2()2()2(222的原函数.(10 分)名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 21 页 -精品文档精品文档试题（2 卷）一填空（每小题3 分，共 15 分）1若曲面 S 由方程0),(zyxF给出,且),(zyxF在点),(0000zyxP的某邻域内满足隐函数定理的条件,则曲面 S 在点0P处的切平面方程为；2.若),(yxf在),cba上,且含参量反常积分cdyyxfxI),()(在,ba上,则)(xI在,ba上连续；3.函数的表达式为),(q

4、p,0,0 qp；4.二重 积分 的中 值定理 为:若),(yxf在 有 界 闭 区 域D上 连 续,则 存在D),(,使 得Ddyxf),(；5.曲线积分LdyyxQdxyxP),(),(的物理意义是：.二.完成下列各题(每小题 5 分,共 15 分)1.设02zxyeze,求yzxz,;2.设,0,022xuvyyvux求xvxu,;3.设dyexFxxxy22)(,求)(xF.三.计算下列积分(每小题 10 分,共 50分)1.dszyxL)(222,其中L为螺旋线)0(,sin,costbtztaytax的一段;2.Ldydxya)2(,其中L为摆线)cos1(),sin(taytta

5、x从0t到2t的一段;3.作适当变换计算dxdyeDyxyx,其中D是由1,0,0yxyx所围区域;4.Vdxdydzzxy)cos(,其中V是由0,0,zyxy及2zx所围区域;5.SdSzyx)(,其中 S为上半球面0,2222zazyx.四.应用高斯公式计算dxdyzdzdxydydzxS222,其中S为立体hzyx22的边名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 21 页 -精品文档精品文档界曲面的外侧.(10分)五.应用斯托克斯公式计算dzxydyzxdxyzL)()()(,其中 L 为平面)0(aazyx与三坐标面的交线,并取逆时针方向.(10 分)分析试题（三

6、）一、填空题（每题 3 分，共 30分）1已知22()xxyxF xedy，则()Fx。220lim1(1)nndxxn。3含 参 量 积 分(,)Cfx y dy在,a b上 不 一 致 收 敛 的 一 个 充 要 条 件 是。4若0,10,1D，则22max,xyDedxdy=。5若D为圆域：221xy，则221Ddxy=。6写出斯托克斯(Stokes)公式。7已知1()2，则3(,2)2B。8若L为 平 面 上 封 闭 曲 线，l为 任意 方向 向 量，n为 曲 线L的 外法 线方 向，则cos(,)Ll n ds?。9空间有界区域V可求体积的一个充要条件是。10V是椭球体2222221

7、xyzabc，则222222()Vxyzdxdydzabc。二、计算题（每题 8 分，共 40分）1.计算第一型曲线积分222()Cxyzds，其中C为螺旋线：cosxat，sinyat，zbt(02)t的一段。2.计算第二型曲线积分22LydxxdyIxy?，其中L为2221xy，方向取逆时针。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 21 页 -精品文档精品文档3.计算二重积分42DxyIdxdyx，其中D为x轴，yx，1xy和3xy围成的有界闭区域。4.计算第一型曲面积分222SdSxyz，其中S=222(,)|x y zxyR，0zH。5.计算222x dydzy

8、dzdxz dxdy，其中为圆锥曲面22zxy被平面0z，2z所截部分的外侧。三、证明题（每题 10 分，共 30 分）1利用二重积分证明202xedx，并由此导出1()2。2.设函数()y具有连续导数，在围绕原点的任意分段光滑简单闭曲线L上，曲线积分24()22Ly dxxydyxy?的值恒为常数。（1）证 明：对 上 半 平 面0y内 任 意 分 段 光 滑 简 单 闭 曲 线C，有24()202Cy dxxydyxy?。（2）求()y的表达式。3.证明含参量非正常积分20 xyxedy，对任意0在,)上一致收敛，而在0,)上不是一致收敛的。试题 3 参考答案和评分标准四、填空题（每题 3

9、 分，共 30分）1253222xxxxyxxeey edy2222ln1ee300，NC，MN，0,xa b，有00(,)Mfxy dy。(注：此题解答不唯一)41e名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 21 页 -精品文档精品文档526.()()()LSRQPdxQdyRdzdydzyzPRQPdzdxdxdyzxxy?741580 9V的边界V的体积为 0。(注：此题答案不唯一)1045abc五、计算题（每题 8 分，共 40分）222222222 2222220222 2220322221.()(cossin)sincos()8(2)3Cxyz dsatatb

10、tatatb dtab tab dtbaba解：(第 一个 等号 4分，后面两个等号各2 分。)2.解：2222(,),(,)yxP x yQ x yxyxy，于是有QPxy。（2 分）作圆2221(0)2xyrr，方向取逆时针。有格林公式知22220LCydxxdyydxxdyxyxy蜒（4 分）从而222221LCCydxxdyydxxdyydxxdyxyxyr蜒?22211222Ddxdyrrr。（8 分）名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 21 页 -精品文档精品文档3.解：令,0 xyu yvx，则222(),1(1)uvuxyvv。由 题 意 知(,)1,

11、30,1u v。（2 分）223342232(1)(1)(,)2(,)(1)2(1)(1)uuvvvx yuu vvuvuvv（4 分）故44342441333012(1)(1)2240DDDxyuuIdxdyvdudvxuvu dudvdvu du。（8 分）4.解：考虑到被积函数在曲面上积分，被积函数关于x,y 都为偶函数，又曲面关于xoz,yoz平面对称，则2222224SSdSdSxyzRz其中2S为S中0,0 xy的部分。曲面2S的方程为22xRy（0zH）。将2S向 yoz 平面投影得矩形区域：D=(y,z)|0 y R,0 z H（4 分）故由计算公式有：222222222222

12、001141442arctan8yzDDRHRIxx dydzdydzRzRzRydydzHRzRRy（分）5.解：设S为圆锥的底面，由高斯公式知222(222)8SVx dydzy dzdxz dxdyxyz dxdydz（分）令cos,sin,xryrzz，则02,02,0zrz。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 21 页 -精品文档精品文档220003332200230(222)2(cossin)cossin2()332284zVxyz dxdydzdzdr rrz drzzzdzdz dz（分）而22244166SSDx dydzy dzdxz dxdydx

13、dydxdy（分）故2228168x dydzy dzdxz dxdy。（8 分）六、证明题（每题 10 分，共 30 分）1 证：22222()000RRRxxyxyDedxedxedyedxdyg令222(,)|,0,0RDx yxyRxy，2222(,)|2,0,0RDx yxyRxy显然2RRDDD。（2 分）22222()00(1)4RRxyrRDedxdydredre2222222()200(1)4RRxyrRDedxdydredre从而2222222()()()RRxyxyxyDDDedxdyedxdyedxdy取极限得2042xedx。（6 分）在函数中，令2xy，则有2121

14、00()2sxsysxedxyedy令12s，即得201()22yedy。（10 分）2.证 在C上任意取两点,A B，将C分成两部分1C和2C，以,A B为两端点绕原点作分段光滑简单闭曲线3C，使得3C与C不相交。由题意得名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 7 页，共 21 页 -精品文档精品文档1324()22CCy dxxydyCxy?，2324()22CCy dxxydyCxy?（2 分）于是122424()2()222ccy dxxydyy dxxydyxyxy从而24()202Cy dxxydyxy?。（5 分）令24()(,)2yp x yxy，242(,)2xyQ

15、 x yxy则243242()(2)()4(2)Pyxyyyyxy2422422(2)8(2)Qyxyx yxxy于是243242242242()(2)()42(2)8(2)(2)yxyyyyxyx yxyxy化简得()2yy，于是2()yyC。代入上式得0C，于是2()yy（10 分）3.证作变量替换ux y，则22xyuAAxxedyedu。因20 xedx收敛，故0，0M当AM时，有2xAedx取MM，当AM时，有AxAM，从而22xyuAAxxedyedu。（5 分）所以20 xyxedy，对任意0在,)上一致收敛。因200,0,02xyxxedyx不连续，故20 xyxedy在0,)

16、上不是一致收敛的。（10 分）名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 8 页，共 21 页 -精品文档精品文档分析试题（4）一、简述题（每小题 10 分，共 30 分）1 含参变量反常积分adxyxf),(一致收敛的 Cauchy收敛定理。2 Green 公式的内容及意义。3 n 重积分的概念。二 计算题（每小题 10 分，共 50 分）1计算积分CyxydxxdyI2243，其中 C为椭圆13222yx，沿逆时针方向。2已知),(yzxzfz其中),(vuf存在着关于两个变元的二阶连续偏导数，求z关于yx,的二阶偏导数。3求椭球体1222222czbyax的体积。4若 l 为右半单

17、位圆周，求ldsy|。5计算含参变量积分02)cos21ln()(dxaxaaI(1a)的值。三、讨论题（每小题 10 分，共 20 分）1 若积分在参数的已知值的某邻域内一致收敛，则称此积分对参数的已知值一致收敛。试讨论积分0221xaadxI在每一个固定的a处的一致收敛性。2 讨论函数dxyxxyfyF1022)()(的连续性，其中)(xf在1,0上是正的连续函数。附：参考答案 4 一、叙述题（每小题 10 分，共 30 分）1 含参变量反常积分adxyxf),(关于y在,dc上一致收敛的充要条件为：对于任意给定的0，存在与y无关的正数0A，使得对于任意的0,AAA，,),(dcydxyx

18、fAA成立。2 Green公式：设 D 为平面上由光滑或分段光滑的简单闭曲线所围的单连通区域。如果函数),(),(yxQyxP在 D 上具有连续偏导数，那么DDdxdyxPxQQdyPdx)(，其中D取正向，即诱导正向。Green公式说明了有界闭区域上的二重积分与沿区域边界的第二类曲线积分的关系。3设为nR上的零边界区域，函数)(xfu在上有界。将用曲面网分成n个小区域n,.,21（称为的一个分划），记iV为i的体积，并记所有的小区域i的最大直径为。在每个i上任取一点ix，若趋于零时，和式iniiVxfI1)(名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 9 页，共 21 页 -精品文档精

19、品文档的极限存在且与区域的分法和点ix的取法无关，则称)(xf在上可积，并称此极限为)(xf在有界闭区域上的n重积分，记为iniiVPffdVI10)(lim。二、计算题（每小题 10 分，共 50 分）1 解 令,sin21,cos33:tytxl则33)sin(cos63434322202222dtttyxydxxdyyxydxxdyIlC.2 解 令,yzvxzu则,xzxzxu,xzxv,yzxyu.1yzyvxvvfxuufxz，yvvfyuufyz.故,222222222222xvvfxvvfxuufxuufxz,222222222222yvvfyvvfyuufyuufyz,222

20、2222yvxvvfyxvvfyuxuufyxuufyxz即.22222222222222222222222xzvfxzvfxzxzufxzxxzufxvvfxvvfxuufxuufxz.12222222222222222222222yzvfyzvfyzxufyzxufyvvfyvvfyuufyuufyzyvxvvfyxvvfyuxuufyxuufyxz2222222.1222222yzxzvfyxzvfyzxxzxzufyxzxyzuf3 解 由于对称性，只需求出椭球在第一卦限的体积，然后再乘以8 即可。作广义极坐标变换sin,cosbryarx（20,0,0,0rba）。这时椭球面化为名师

21、资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 10 页，共 21 页 -精品文档精品文档222221)sin()cos(1rcbbraarcz。又abrbrbarayyxxrDyxDrrcossinsincos),(),(，于是drdrDyxDrzdyxzVxyxyxy),(),(),(),(81drrrabcabrdrrcd102102201211022)1()121(2rdrabcabcrabc6)1(3222110232。所以椭球体积abcV34。4 解l的方程为：0,122xyx。由yxy，ydxdxyyxdxyds22221符号的选取应保证0ds，在圆弧段AC上，由于0dx，故ydx

22、ds而在圆弧段CB上，由于0dx，故ydxds所以dxyyydxydsyICBACl120110dxdx。5 解02)cos21ln()(dxaxaaI。当1a时，由于2221cos21aaaxa2)1(a0，故)cos21ln(2axa为连续函数且具有连续导数，从而可在积分号下求导。02cos212cos2)(dxaxaaxaI022cos21111dxaxaaa022cos2)1(1xaadxaaa0222cos121)1(1xaadxaaaa名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 11 页，共 21 页 -精品文档精品文档02112xtgaaarctgaa022aa。于是，当1

23、a时，CaI)(（常数）。但是，0)0(I，故0C，从而0)(aI。三 讨论题（每小题 10 分，共 20 分）1 解 设0a为任一不为零的数，不妨设00a。取0，使00a。下面证明积分I在),(00aa内一致收敛。事实上，当a),(00aa时，由于2210 xaa2200)(1xaa，且积分dxxaa02200)(1收敛，故由 Weierstrass判别法知积分dxxaa0221在),(00aa内一致收敛，从而在0a点一致收敛。由0a的任意性知积分I在每一个0a处一致收敛。下面说明积分I在0a非一致收敛。事实上，对原点的任何邻域),(有：0A，有)0(112022atdtdxxaaaA。由于

24、0220211limtdttdtaAa，故取20，在),(中必存在某一个00a，使有|1|2aAtdt，即|1|2200Axadxa因此，积分I在0a点的任何邻域),(内非一致收敛，从而积分I在0a时非一致收敛。2解 当0y时，被积函数是连续的。因此，)(yF为连续函数。当0y时，显然有0)0(F。当0y时，设m为)(xf在 1,0上的最小值，则0m。由于yarctgmdxyxymyF1)(1022及21lim0yarctgy，故有02)(lim0myFy。所以，)(yF当0y时不连续。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 12 页，共 21 页 -精品文档精品文档分析试题 5一、

25、填空题（每小题 5 分，共 20 分）1.若平面区域 D 由曲线2,0,3yx yxy围成，则Dd.2.设 L 为任一条不含原点在内的闭曲线，则22Lxdyydxxy?.3.曲面积分2222xyzRxdydzydzdxzdxdy.（指向外侧）.4.设曲线 L 是2222xyzaxy与的交线，则222Lyz ds.二、计算题（每小题 10 分，共 50 分）1求球面50222zyx与锥面222zyx所截出的曲线的点)5,4,3(处的切线与法平面方程。2求平面0z，圆柱面xyx222，锥面22yxz所围成的曲顶柱体的体积。3计算三重积分VdxdydzzyxI)(。其中10,10,10:zyxV。4

26、 利用含参变量积分的方法计算下列积分dxex2。5 计算Mdxdyzdzdxydydzx,333其中 M 为上半椭球面),0,(0,1222222cbazczbyax定向取上侧.三、证明题（每小题 15 分，共 30 分）1若1n及,0,0yx证明不等式.22nnnyxyx2证明dxxxy0sin关于y在)0(,baba上一致收敛，但在),0(上非一致收敛.试题 5 答案一、填空题（每小题 5 分，共 20 分）1、3 2、0 3、43R 4、22a二、计算题（每小题 10 分，共 50 分）。解：设50),(222zyxzyxF，222),(zyxzyxG它们在)5,4,3(处的偏导数和雅可

27、比行列式之值为：,6xF,8yF,10zF,6xG,8yG,10zG和名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 13 页，共 21 页 -精品文档精品文档160),(),(zyGF，120),(),(xzGF，0),(),(yxGF。所以曲线在)5,4,3(处的切线方程为：0512041603zyx，即.5,0)4(4)3(3zyx法平面方程为0)5(0)4(3)3(4zyx，即034yx。2 解：其体积DdxdyyxV22xyxD2:22.932sin)sin1(38cos38222223cos2022222dddrrddxdyyxVD3 解101010210101010210101

28、010.23)1(|2)21()21(|2)()()(dxxdxyyxdyyxdxdyzzyxdxdzzyxdydxdxdydzzyxV4解：首先，令dxeIx2，则dxeIx022，在积分dxex02中，再令utx，其中u为任意正数，即得.200222dxeudxeItux再对上式两端乘以dueu2，然后对u从 0到积分，得002.4222dtuedueItuu注意到积分次序可换，即得.12440200)1(00222222tdtuduedtdtuedueIuttuu由于,0I故.I5 利用广义球面坐标代入曲面方程就可得曲面的参数方程为.20,20,cos,cossin,cossinczby

29、ax易得,cossin),(),(2bczy,sinsin),(),(2acxz,cossin),(),(2bayx名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 14 页，共 21 页 -精品文档精品文档因此).(52)cossinsinsincossin(22234532/020453333cbaabcdabcacbbcaddxdyzdzdxydydzxM三、证明题（每小题 10 分，共 20 分）1 证 明考 虑 函 数2nnyxz在 条 件)0,0,0(yxaayx下 的 极 值 问 题，设).()(21),(ayxyxyxFnn解方程组0020211ayxFynyFxnxFnn可得

30、.2ayx从而.222nnnnyxayx如果0yx时，则结论显然成立.2证明 首先证dxxxy0sin在,ba上一致收敛.由于,0,22)cos(1sin0bayAayyAyxydxA因而一致有界，而x/1是x的单调减少函数且,01limxx由于x/1与y无关，因此这个极限关于y是一致的，于是由Dirichelt判别法知dxxxy0sin在,bay上一致收敛.再证dxxxy0sin在),0(上非一致收敛.对于正整数n，取ny/1，这时.32sin32/sinsin2/32/32/3nnnnnndxnxndxxnxdxxxy只要取,320则对于任意,0A总存在正整数n满足,0An取ny/1，这时

31、成立.32sin02/3nndxxxy由 Cauchy收敛原理知dxxxy0sin在),0(上非一致收敛.分析试题 6 一、选择题（每小题 6 分，共 30 分）1、设D是第二象限内的一个有界必区域，而且01y，记名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 15 页，共 21 页 -精品文档精品文档1DIyxd，22DIy xd，123DIy xd，则123,III的大小顺序是（）A、123IIIB、213IIIC、312IIID、123III2、设S是由平面1xyz与三个坐标面围成四面体V的表面并取外侧则曲面积分Sxdydzydzdxzdxdy（）A、V的表面积B、V的体积C、13D、

32、123.曲面3zezxy在点(2,1,0)处的切方程是平面（）240 240 240 250AxyBxyzCxyDxy4.积分200(,)aydyf x y dx变换顺序后为（）22222200000(,)(,)(,)(,)yaaaaaaxxxaAdxf x y dyBdxf x y dyCdxf x y dyDdxf x y dy5.设S为球面2221,()Sxyzxyz ds则（）21.0 33ABCD二、计算题（每小题 10 分，共 50 分）1求ldsyxI)(，此处l为联结三点)1,1(),0,1(),0,0(BAO的直线段。2计算二重积分dxdyyxI)(22。其中是以ayaxyx

33、y,和)0(3aay为边的平行四边形。3 一页长方形白纸，要求印刷面积占2cmA，并使所留叶边空白为：上部与下部宽度之和为cmh，左部与右部之和为cmr，试确定该页纸的长)(y和宽)(x，使得它的总面积为最小。4计算三重积分VdxdydzczbyaxI)(222222。其中V是椭球体1222222czbyax。5计算含参变量积分)0(0abdxxeebxax的值。三 讨论题（每小题 10 分，共 20 分）1 已 知yxuarccos，试确定二阶偏导数yxu2与xyu2的关系。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 16 页，共 21 页 -精品文档精品文档2 讨论积分dxxxxxq

34、pcos的敛散性。分析试题 6 答案一、选择题（每小题 6 分，共 30 分）1、C 2、D 3、C 4、B 5、0 二 计算题（每小题 10 分，共 50 分）1.解:dsyxdsyxIlBOABOA)()(。在直线段OA上dxdsy,0得21)(10OAxdxdsyx在直线段AB上dydsx,1得23)1()(10ABdyydsyx在直线段BO上dxdsxy2,得222)(10BOdxxdsyx所以22I。2解aayayadxyxdydxdyyx34222214)()(.3解 由题意，目标函数与约束条件分别为xyS与.)(,Ahyrxhyrx作 Lagrange函数,)(AhyrxxyL则

35、有.0)(,0)(,0)(AhyrxLrxxLhyyLyx由此解得.1,1,1rAhhyrx于是有.,hrAhyrhArx并且易知它是极小值点.4解 由于dxdydzczdxdydzbydxdydzaxIVVV222222，其中DaaVdydzdxaxdxdydzax2222，这里D表示椭球面2222221axczby或1)1()1(22222222axczaxby。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 17 页，共 21 页 -精品文档精品文档它的面积为)1()1)(1(222222axbcaxcaxb。于是abcdxaxxabcdxdydzaxaaV154)1(222222。同

36、理可得abcdxdydzbyV15422，abcdxdydzczV15422。所以abcabcI54)154(3。5计算含参变量积分)0(0abdxxeebxax的值。解因 为dyexeebaxybxax，所 以dyedxdxxeebaxybxax00。注 意 到xye在 域：bya,0 x上连续。又积分dxexy0对bya是一致收敛的。事实上，当bya,0 x时，axxyee0，但积分dxeax0收敛。故积分dxexy0是一致收敛的。于是，利用对参数的积分公式，即得dxedydyedxxybabaxy00。从而得abydydxedydxxeebabaxybxaxln00。三 讨论题（每小题

37、10 分，共 20 分）1 当yx0时，yxuarccosyxarccos。yxxu11yx21)(21xyx，yxyu11232yx)(22xyyx，yxu223)(41xyx，xyu2)(412xyyx23)(4xyyx23)(41xyx，于是，当yx0时，yxu2xyu2。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 18 页，共 21 页 -精品文档精品文档当yx0时，yxuarccosyxarccos。2首先注意到2)1()1(qpqpqpxxxqxpxxx。若1),max(qp，则当x充分大时0qpxxx，从而当x充分大时函数qpxxx是递减的，且这时xlimqpxxx0。又因

38、AxdxcosAsin1（对任何A），故dxxxxxqpcos收敛。若1),max(qp，则恒有0qpxxx，故函数qpxxx在x上是递增的。于是，正整数n，有dxxxxxnnqp422cos22dxxxxnnqp422224qpqp82常数0，故不满足 Cauchy收敛准则，因此dxxxxxqpcos发散。分析试题 7一、单选题：（20 分每小题 4 分）1、积分dxxxy021cos关于参变量y在（）A.10y处不收敛 B.10y处不收敛C.,上一致收敛 D.,上不一致收敛2、如果yxf,在区域10,1,22yyxyyxD上连续，则函数122),()(yydxyxfyG在0，1 上（）A.

39、可微 B.连续 C.不连续 D.不可微3、设),(yxF是定义在平面光滑曲线L：,).(baxxfy上的连续函数，则（）A.LbadxxfxfxFdsyxF)()(,(),(B.LbadxxfxFdsyxF)(,(),(名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 19 页，共 21 页 -精品文档精品文档C.2(,)(,()1()bLaF x y dsF x f xfx dxD.(,)(,()1()bLaF x y dsF x f xfx dx4如果 D是平面xoy上可求面积的有界闭区域，则以下结论正确的是（）A区域 D上的有界函数),(yxf是可积的。B凡在 D上有定义的函数),(yx

40、f一定是可积的。C区域 D上的不连续函数),(yxf当然不可积。D区域 D上的连续函数),(yxf一定可积。5设.)(dvzyxfI是由azayax,所围成的正方体，则（）A.dvxfI)3(B.dvxfI)(3C dzxfdydxIaaa)(24000 D.dzzyxfdydxIaaa)(8000二、填空题（20 分每小题 4 分）1 22222)cos(120limryxyxrdxdyyxer 2 椭球面632222zyx在)1,1,1(处的切平面方程是 3 dxxax0sin。4)25(。5 若 s 是球面2222Rzyx则：dszyxfs)(222。三、计算（任选4 题，每小题 12 分，共 48 分）1 求：)0.(ln10abdxxxxab2计算：122221yxyxdI名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 20 页，共 21 页 -精品文档精品文档 3 试讨论方程组22222zyxzyx在点)2,1,1(的附近能否确定形如(),()xfzyg z的隐函数组？4 求：VzdxdydzI其中 V为由1222222czbyax与0z所围区域。5计算：Szds，其中 S是球面2222azyx被平面)0.(ahhz所截的顶部。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 21 页，共 21 页 -