安徽大学2009-2010学年第二学期《高等数学A （二）、B （二）》
考试试卷（A 卷）参考答案与评分标准
一、填空题（本大题共五小题，每小题2分，共10分）
1
2、0；
3、；
4、1 /20 arcsin d (,y y f x y π∫∫)d x 3
2；
5、
53
二、选择题（本大题共五小题，每小题2分，共10分）
6、 A ；
7、D ；
8、D ；
9、A ； 10、A.
三、计算题（本大题共五小题，其中第11、12、13题每小题10分，第14、15题每小题12分，共54分）
11.解. 设。

则曲面在点处的法向量为
22(,,)F x y z x y z =+−S (1,1,2)(1,1,2)(1,1,2)(,,)(2,2,1)(2,2,1)
x y z F F F x y =−=−由题设可知，平面Π通过法线L ，故
12a b 0,+−+=(1,,1)(2,2,1)0a −⋅−=
即，由此解得123a b a +=⎧⎨+=⎩035,.
22a b =−=12.解：令222(,),(,)2y x
P x y Q x y x y x y
−=
=++，则d d L I P x Q y =+∫v ，当时，2
2
0x y +≠22222()Q x y P
x x y y
∂−==∂+∂∂2。

取一小圆周22:C x y εε+=，0ε>充分小，使得C ε完全位于L 所围成的区域内，取逆时针方向。

设D ε为由L 与C ε所围成的区域，则由Green 公式得
d d (
d L C D Q P
P x Q y x y x y
ε
ε
+∂∂+=−=∂∂∫
∫∫0， 所以d d d d L
C P x Q y P x Q y
ε
+=−+∫∫22
(sin )(sin )(cos )(cos )
d π
εθεθεθεθθε−−=−∫
20
d 2π
θπ
==∫13.解：设cos ,sin ,x R u y R u z ==v =，则Σ对应于:02,0D u v h π≤≤≤≤。

sin ,cos ,0u u x R u y R u z u =−==，0,0,1v v v x y z ===1=
故
2,0,E R F G ==R =. 于是，原式22
d d D
v
R u v R v
=+∫∫
222022
1d d 2ln(2h
h
v R u v R R v )|R v
π
π==⋅⋅+∫∫
+2
2
[ln()2ln ]2ln R R h R R R
ππ=+−=。

14.解：由题设，222
00
1()(1)()(1)1n n
n n n n f x x x ∞∞
==′==−=−+∑∑x 。

所以0
()()d (0)x
f x f t t f ′=+∫
200
(1)d x n
n
n t t ∞
==−∑∫21
0(1)21n n
n x n +∞
==−+∑，
上述级数的收敛域为[1，又因为,1]−()f x 在1x =处连续，故令1x =，可得
1(1)
(1).214
n
n f n π
∞
=−==+∑ 15.解：（1）
'()'()sin ,'()'()cos x x z u z u
f u f u e y f u f u e x x y y ∂∂∂∂====∂∂∂∂y 222
2
()sin '()sin ,x x z f u e y f u e y x
∂′′=+∂2222
()cos '()sin .x x
z f u e y f u e y y
∂′′=−∂（2）将（1）中结果代人方程，得2222x
22''()x z z
e z
f u e x y
∂∂=+=∂∂''()()0
f u f u −=，即这是一个齐次线性常系数方程，相应的特征方程为210λ−=，特征根为
121,1λλ==−
故12()u u f u C e C e −=+，其中为任意常数。

12,C C 四、应用题（本大题共两小题，其中第16题10分，第17题6分，共16分） 16.解：设所围成的圆的半径为x ，长方形的长、宽分别为,y z 。

原问题转化为求函数在条件2S x y π=+z 22()x y z l π++=下的最大值。

为此，构造Lagrange 函数2(,,,)(222)L x y z x yz x y z l λπλπ=+−++−。

220,x L x ππλ=−=20y L z λ=−=，20z L y λ=−=，222L x y z l λ0π=++−=。

得,x y z 2λλ===，代入得0L λ=28
l
λπ=+。

即,.284
l l
x y z ππ=
==++ 17.解：由质量公式得
(,)d L
M x y s
ρ=
∫1
x
=
∫3
21
2011(14)|1).1212
x =+=−五、证明题（本大题共两小题，其中第18题6分，第19题4分，共10分） 18.证明：11ln ln(1n n n +=+为的单调递减，且n 1
lim ln(1)0n n →+∞+=。

故由Leibniz 判别法可知，11
(1)ln
n n n n
∞
=+−∑收敛。

但1
ln
1lim
lim ln 11n n n n n n n n
→+∞
→+∞++==，且11n n ∞=∑发散，故由比较判别法的可知，1
1ln n n n ∞
=+∑发散。

综上所述，原级数条件收敛。

19.证明：设，则0()()d x
F x f t t =∫'()().
F x f x =左边110
d d ()()()d y
x
x
x y f x f y f z =∫∫∫z
11
d ()()()|
d z y z x
x
x f x f y F z y ===∫∫11
d ()()[()()]d x
x f x f y F y F x y
=−∫∫121
01()[()()]|d 2y y x f x F y F x x ===−∫1201()[(1)()]d 2
f x F F x x =−∫1313
300
111[()(1)]|[(1)](()d )666F x F F f t t =−==∫=右边。