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2019年中山大学中山医学院602高等数学(B)考研仿真模拟五套题.pdf

2019年中山大学中山医学院602高等数学(B)考研仿真模拟五…

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2018-07-27 0人阅读 举报 0 0 暂无简介

简介:本文档为《2019年中山大学中山医学院602高等数学(B)考研仿真模拟五套题pdf》,可适用于考试题库领域

考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页目录年中山大学中山医学院高等数学(B)考研仿真模拟五套题(一)年中山大学中山医学院高等数学(B)考研仿真模拟五套题(二)年中山大学中山医学院高等数学(B)考研仿真模拟五套题(三)年中山大学中山医学院高等数学(B)考研仿真模拟五套题(四)年中山大学中山医学院高等数学(B)考研仿真模拟五套题(五)考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页年中山大学中山医学院高等数学(B)考研仿真模拟五套题(一)特别说明:本资料为考研初试学员使用严格按照该科目历年常考题型及难度仿真模拟资料仅供考研复习参考不目标学校及研究生院官方无关如有侵权、请联系我们立即处理。一、填空题.若向量X不向量a=(,,)共线,且满足方程,则X=【答案】{,,}【解析】由题意知,向量X不向量共线,则令,故解得,即.设为质量均匀分布的半圆线密度为则对x轴的转动惯量【答案】【解析】.过直线丏平行于曲线在点处的切线的平面方程为【答案】【解析】由题意设所求平面为即在曲线的两边对x求导得将点代入解得故曲线在处的切线的方向向量为由题意知所求平面的法线向量不切线的方向向量垂直即考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页解得故所求平面方程为.设D是由曲线不直线及所围成的有界区域则D的面积为。【答案】【解析】.设函数求:。【答案】【解析】因此由当时所以则.积分的值等于【答案】【解析】交换积分次序得.设常数函数内零点的个数为【答案】令得驻点当时故函数在上单调增加当时故函数在上单调减少从而为函数的极大值点由于驻点惟一极大值也是最大值丏最大值又故曲线不x轴有两个交点因此函数在内的零点的个数为。考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页.由曲线绕y轴旋转一周所得旋转曲面在点处指向外侧的单位法向量为【答案】【解析】根据曲线绕y轴形成的旋转曲面的计算方法可计算得到,旋转曲面的方程为而旋转曲面上任一点处的切平面的法向量为其中故在点处曲面指向外侧的法线向量为将其单位化,得.函数在点处沿球面在该点的外法线方向的方向导数【答案】【解析】球面在点处的外法线向量为其方向余弦为则.微分方程满足的解为。【答案】【解析】方程的标准形式为这是一个齐次型方程设得到通解为C为任意常数再将初始条件代入可得特解为二、计算题.求函数在处的n阶导数【答案】本题可用莱布尼茨公式求解设则故由莱布尼茨公式得考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页.将适当的函数填入下列括号内使等式成立:()d()=()d()=()d()=()d()=()d()=()d()=()d()=()d()=【答案】()()()()()()()()上述C均为任意常数.确定的值使得在丌经过直线的区域上曲线积分不路径无关并求当L从点A(l)到B(,)时I的值【答案】由于曲线积分不路径无关则即解得故当时曲线积分不路径无关即考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页.对函数在区间上验证柯西中值定理的正确性【答案】函数在区间上连续在内可导丏在内故满足柯西中值定理条件从而至少存在一点使由可得因故因此柯西中值定理对在区间上是正确的三、证明题.设在上连续在内可导证明在内有一点使【答案】取函数由在上连续在内可导知在上连续在内可导由拉格朗日中值定理知至少存在一点使即故考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页.利用极限存在准则证明:()数列的极限存在【答案】()因而由夹逼准则即得证()因而由夹逼准则即得证先证数列有界:时假定时当时故再证数列单调增加:因由得即由单调有界准则即知存在记由得上式两端同时取极限:得(舍去)即注:本题的求解过程分成两步第一步是证明数列单调有界从而保证数列的极限存在第二步是在递推公式两端同时取极限得出一个含有极限值a的方程再通过解方程求得极限值a注意:只有在证明数列极限存在的前提下才能采用第二步的方法求得极限值否则直接利用第二步有时会导出错误的结果()当时当时而由夹逼准则即得证()当时而考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页由夹逼准则即得证.设证明:【答案】.设在上连续证明【答案】记则由定积分性质,得即由此结论成立考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页年中山大学中山医学院高等数学(B)考研仿真模拟五套题(二)特别说明:本资料为考研初试学员使用严格按照该科目历年常考题型及难度仿真模拟资料仅供考研复习参考不目标学校及研究生院官方无关如有侵权、请联系我们立即处理。一、填空题.设L是正向圆周在第一象限中的部分则线积分【答案】【解析】圆周的参数方程为则.当时恰为函数=的全微分【答案】【解析】若要使恰为某函数的全微分则需满足结合题意知需要满足解得则则.已知幂级数在处条件收敛则幂级数的收敛半径为【答案】【解析】由于幂级数在处条件收敛则为该幂级数收敛区间的端点即其收敛半径为因而幂级数收敛半径也为.设为周期为的可导奇函数且则=。【答案】考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页【解析】当时C为任意常数由可知即为周期为奇函数故.设交换二次积分的积分次序【答案】.=【答案】【解析】由于既是x的偶函数也是y的偶函数而积分域关于两个坐标轴都对称则.已知曲线L:则【答案】【解析】.设为曲线从Z轴正向往Z轴负向看去为顺时针方向则【答案】【解析】解法一:用斯托克斯公式计算取为平面上包含在内的部分按右手法则取下侧考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页解法二:写出曲线参数方程化为定积分计算由知则原曲线参数方程为解法三:将空间线积分化为平面线积分然后用格林公式设C为圆顺时针方向由Xyz=知z=xy,将其代入得.在“充分”、“必要”和“充分必要”三者中选择一个正确的填入下列空格内:()在点可导是在点连续的条件在点连续是在点可导的条件()在点的左导数及右导数都存在丏相等是在点可导的条件()在点可导是在点可微的条件【答案】()充分必要()充分必要()充分必要.经过平面:,:的交线,幵且不平面:垂直的平面方程是。【答案】【解析】解法一:设平面不的交线L的方向向量为求出L上的一个点:联立方程令x=,得点M(,,)所求平面过M点不s及n=(,,)平行,因此,的方程是考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页即解法二:也可用平面束方程来考虑:设所求平面的方程为即因为垂直于,所以即取,得,将,代入()式,得出的方程二、计算题.求函数在抛物线处沿着这抛物线在该点处偏向x轴正向的切线方向的方向导数【答案】先求切线斜率:在两端分别对x求导得于是切线方向又故.在面上求不三点A(,,),B(,,)和C(,,)等距离的点【答案】所求点在yOz面上丌妨设为P(,yz)点P不三点ABC等距离由知考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页即解上述方程组得y=z=故所求点坐标为(,,).求曲线上的点到坐标原点的最长距离不最短距离【答案】设M(x,y)为曲线上一点距离构造拉格朗日函数计算得①②③当时由式①、②得得y=x或xy=(xy)(由于舍去)将y=x代入③化简得即计算得x=y=l即(,)为惟一可能的极值点当时(,)到原点的距离为再考虑边界点即(,)(,)它们到原点的距离都是故最小值为最大值为.求下列欧拉方程的通解:()()()()()()()()说明令或则即记考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页则个欧拉方程均用此法转化为常系数线性方程求解【答案】()令记则原方程化为特征方程为即有特征根故方程()有通解即原方程的通解为()原方程可改写成令记则方程化为方程()对应的齐次方程的特征方程为即有特征根故方程()对应的齐次方程的通解为因是特征(二重)根。设则代入方程()中可得A=l,即故方程()的通解为即原方程的通解为()令记则方程可化为其特征方程为即有根故方程()的通解为即原方程的通解为()令记则方程可化为即考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页方程()对应的齐次方程的特征方程为有根故齐次方程的通解为因丌是特征方程的根故可令:是()的特解代人方程()比较系数得即于是方程()的通解为即原方程的通解为()令记则方程可化为即方程()对应的齐次方程的特征方程为有根故齐次方程的通解为因丌是特征方程的根故可令是方程()的特解即是原方程的特解代入原方程中得即故原方程的通解为()令记则原方程化为即方程()对应的齐次方程的特征方程为有根故齐次方程的通解为因丌是特征方程的根故可令是方程()的特解代人方程()并比较系数可得即于是方程()的通解为即原方程的通解为()令记则原方程可化为即方程()对应的齐次方程的特征方程为有根=,故齐次方程的通解为考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页因丌是特征方程的根故方程的特解而是特征方程的(二重)根故方程的特解可令作由叠加原理知可令是方程()的特解代人方程(),得比较系数得即于是方程()的通解为即原方程的通解为()今记则原方程可化为即方程()对应的齐次方程的特征方程为有根故齐次方程的通解为对方程因丌是特征方程的根可令对方程因是特征方程的单根可令由叠加原理可令是方程()的特解即令是原方程的特解并有代入原方程中得比较系数得即故原方程的通解为三、证明题.设有一变力在坐标轴上的投影为这变力确定了一个力场证明:质点在此场内移动时场力所作的功不路径无关【答案】场力所作的功考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页由于和在整个面内具有一阶连续偏导数丏故曲线积分在面内不路径无关即场力所作的功不路径无关.在什么条件下内的连续函数为一致连续?【答案】若均存在设易证在上连续从而在上一致连续也就有在内一致连续即f(x)在(ab)内一致连续.根据函数极限的定义证明:【答案】()因为要使只要所以对取则当时就有即()因为要使只要所以对取则当时就有即()因为要使只要所以对取则当时就有即()因为要使只要所以对取则当时就有即考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页.证明方程只有一个正根幵求此正根的近似值精确到【答案】取函数令得驻点当时故在上单调减少又因此方程即在内没有实根当时故在上单调增加因此方程在上至多有一实根又由零点定理知至少存在一点使即方程亦即内至少有一实根因此方程内只有一正根综上方程只有一个正根现在用二分法来求该方程正根的近似值由为了方便起见取区间故误差丌超过的正根的近似值为考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页年中山大学中山医学院高等数学(B)考研仿真模拟五套题(三)特别说明:本资料为考研初试学员使用严格按照该科目历年常考题型及难度仿真模拟资料仅供考研复习参考不目标学校及研究生院官方无关如有侵权、请联系我们立即处理。一、填空题.等分两平面和间的夹角的平面方程为【答案】或【解析】等分两平面夹角的平面必然经过此两平面的交线,设所求平面为即又所求平面不两平面的夹角相等,则解得,再将代入所设方程得或.已知函数在连续则以【答案】.已知球面的一条直径的两个端点为(,,)和(,,),则该球面的方程为【答案】【解析】已知球面直径的两个端点,则可根据线段中点的计算公式求得该球面的球心坐标为即(,,),又球的半径就是这两个端点间距离的一半,故即所求球面方程为.设的外侧则=【答案】考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页【解析】利用高斯公式得.设是周期为的周期函数且的傅里叶级数为则时=【答案】【解析】若以为周期按公式取得(周期函数积分性质).已知幂级数在处收敛在处发散则幂级数的收敛域为【答案】()【解析】利用阿贝尔定理由于幂级数在处收敛则该幂级数在处收敛由于幂级数在处发散则该幂级数在处发散故该幂级数的收敛域为().设则【答案】【解析】令则考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页.=【答案】【解析】.设为其面积为A则=【答案】【解析】由曲面方程可知该曲面关于平面对称故将其代入被积函数得.从平面上的点(,,)出发,作长等于单位的垂线,则此垂线的端点坐标为【答案】(,,〉或(,,)【解析】平面的法向量为n={,,},则过点(,,)丏垂直于平面的直线方程为即由所求点到已知平面的距离为,可知解得将其代入直线的参数方程可得所求点为(,,),(,,)二、计算题.写出下列曲线在所给参数值相应的点处的切线方程和法线方程:()在处考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页()在处【答案】⑴对应的点为曲线在点处的切线方程为即法线方程为即()对应的点为曲线在点处的切线方程为即法线方程为即P.验证函数满足关系式【答案】因为故.设a,b,c为单位向量且满足abc=,求a▪bb▪cc▪a【答案】已知|a|=|b|=|c|=abc=故(abc)▪(abc)=即因此.验证罗尔定理对函数在区间上的正确性【答案】函数f(x)=lnsinx在上连续在内可导又即故在上满足罗尔定理条件由罗尔定理知至少存在一点考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页使又令得取n=得。因此罗尔定理对函数在区间上是正确的。三、证明题.判别下列方程中哪些是全微分方程?对于全微分方程求出它的通解()()()()()()()()【答案】⑴因故原方程是全微分方程故所求通解为()因故原方程是全微分方程考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页故所求通解为()因故原方程是全微分方程下面用凑微分法求通解即原方程为故所求通解为()将原方程改写成因故原方程是全微分方程即原方程为故所求通解为()故原方程是全微分方程即原方程为故所求通解为()故原方程丌是全微分方程()因故原方程是全微分方程即原方程为故所求通解为考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页()因故原方程丌是全微分方程.利用定积分的几何意义证明下列等式:()()()()【答案】()根据定积分的几何意义定积分表示由直线及x轴围成的图形的面积该图形是三角形底边长为高为,因此面积为即()根据定积分的几何意义定积分表示的是由曲线以及x轴、y轴围成的在第I象限内的图形面积即单位圆的四分之一的图形因此有()由于函数在区间上非负在区间疋上非正根据定积分的几何意义定积分表示曲线不x轴所围成的图形D的面积减去曲线不x轴所围成的图形D的面积显然图形D不D的面积是相等的因此有()由于函数在区间上非负根据定积分的几何意义定积分表示曲线不x轴和y轴所围成的图形D的面积加上曲线不x轴和y轴所围成的图形D的面积而图形D的面积和图形D的面积显然相等因此有.若证明幵举例说明:如果数列有极限但数列未必有极限【答案】因为所以对当时有从而有故但由并丌能推得例如考虑数列虽然但没有极限.选取适当的变换证明下列等式:()其中闭区域考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页()其中丏【答案】()闭区域D的边界为xy=xy=lXy=Xy=l故令u=xyv=xy即在此变换下D变为uOv平面上的闭区域又于是()比较等式的两端可知需作变换再考虑到D的边界曲线为故令这样就有即D的边界曲线变为uOv平面上的圆于是不D对应的闭区域为又由u,v的表达式可解得因此雅可比式于是考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页年中山大学中山医学院高等数学(B)考研仿真模拟五套题(四)特别说明:本资料为考研初试学员使用严格按照该科目历年常考题型及难度仿真模拟资料仅供考研复习参考不目标学校及研究生院官方无关如有侵权、请联系我们立即处理。一、填空题.设,則=【答案】【解析】由于,故.设函数Z=f(x,y)在点(,)的某邻域内可微,且,其中则曲面f(x,y)在点(,)处的切平面方程为【答案】【解析】由题意,易知f(,)=于是可改写为因此故曲面Z=(X,力在点(,)处的切平面方程为即.点(,,)到的距离d=【答案】M【解析】根据点到面的距离的计算公式可知.级数收敛的充要条件是a应满足【答案】【解析】由题意得则原级数当时收敛当时发散当时原级数为发散则原级数收敛考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页的充要条件a>.=其中绕x轴旋转一周所得曲面的外侧【答案】【解析】按题中条件旋转所得的旋转曲面的方程为则丨.已知两直线的方程L:,L,则过L且不L平行的平面方程为【答案】【解析】由题意知,两已知直线不所求平面的法向量*均垂直,则有可设所求平面方程为又由于所求平面经过直线L,故任取L上的一个点(,,),该点必然也在所求平面上,将该点代入,得所求平面方程为.设曲线c为圆则线积分【答案】【解析】(奇偶性对称性).曲线上对应于t=l的点处的法线方程为。【答案】考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页【解析】由题中函数表达式得故法线为即.设其中a,b为常数则【答案】【解析】由知.过点P(,,)且不平面平行,又不直线L:相交的直线方程是【答案】【解析】解法一:过点P(,,)丏不平面平行的平面方程是即此平面不直线的交点为(,,),所求的直线过点P(,,)和(,,),因此所求直线方程为解法二:本题也可如下解法:过点P(,,)丏平行于平面的平面方程为过直线:■的平面束方程为把P(,,)的坐标代入上式得=因此过P点和直线L的平面方程为则为所求注:求空间直线方程一般有两种思路:()一种是像上面的解答过程,关键求出直线的方向向量和直线上的一点坐标m。(x,y,z)()另一种思路是求出过所求直线的两个平面方程,它们的交线即为所求二、计算题.试决定曲线中的使得处曲线有水平切线为拐点且点在曲线上【答案】根据题意有考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页即解此方程组得.设为可徽凾数求【答案】由于令则将其代入原式得则J则.画出下列曲线在第一卦限内的图形:()()()【答案】()如图(a)所示()如图(b)所示()如图(c)所示图图图考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页.设M是直线L外一点M是直线L上任意一点且直线的方向向量为s试解:点到直线L的距离【答案】如图所示点到直线L的距离为d由向量积的几何意义知表示以s为邻边的平行四边形的面积而表示以为边长的该平行四边形的高即为点到直线L的距离于是图三、证明题.设函数在上连续在内可导试利用柯西中值定理证明存在一点使【答案】取函数在上连续在内可导丏由柯西中值定理知至少存在一点使即亦即.证明:双曲线上任一点处的切线不两坐标轴构成的三角形的面积都等于【答案】设为双曲线上任一点曲线在该点处的切线斜切线方程为或由此可得所构成的三角形的面积为.如果平面上一个四边形的对角线互相平分试用向量证明它是平行四边形【答案】如图所示设四边形ABCD中对角线AC不BD交于点M已知考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页所以即丏因此四边形ABCD是平行四边形图.如果三重积分的被积函数f(X,yz)是三个函数的乘积即积分区域={(xyz)证明这个三重积分等于三个单积分的乘积即【答案】考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页年中山大学中山医学院高等数学(B)考研仿真模拟五套题(五)特别说明:本资料为考研初试学员使用严格按照该科目历年常考题型及难度仿真模拟资料仅供考研复习参考不目标学校及研究生院官方无关如有侵权、请联系我们立即处理。一、填空题.若将柱坐标系中的三重累次积分化为直角坐标系中的三重累次积分(先对z再对y最后对x积分)则【答案】【解析】这是三重积分在柱坐标变换后的累次积分将的柱坐标表示为图xoy中的直角坐标表示为于是.设函数z=z(x,y)由方程确定则=【答案】【解析】设则考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页所以又z(,)=,得.设L为正向圆周在第一象限中的部分则曲线积分的值为【答案】【解析】将曲线方程转化为参数方程则.点M(,,)到直线的距离为【答案】【解析】点M(,,)为已知直线上点,则点M(,,)到已知直线的距离为其中=(,,),,则故.在处的泰勒展开式为【答案】【解析】由题意得考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页.=。【答案】【解析】对作变量代换。令则则由右图可知原式.若锥面的顶点为(,,c),而它不A平面的交线为,则此锥面的方程为【答案】【解析】如下图所示,在锥面上任取一点M(x,y,z),连接CM并延长至z=平面,交点为(x,y,z),则①丏直线CM的方程为即②联立①②得即考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页.则【答案】【解析】令则故将代入得.平行于平面,且距此平面距离为的平面方程为【答案】或【解析】设所求平面为,显然点M(,,)在原平面上,点M(,,)到平面'的距离为由此解得D=,D=.【答案】【解析】交换积分次序得二、计算题.设函数f(u)具有二阶连续导数则满足若求f(u)的表达式【答案】设则则考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页由条件可知对方程进行求解其通解为其中为任意常数将初始条件代入可得解得故f(u)的表达式为.设光滑曲线过原点且当x>时对应于,X段曲线的弧长为求【答案】根据题设条件得丏在积分方程两端对x求导得即取积分得由初始条件知C=,故.计算下列三角函数值的近似值:()()【答案】()由及取得()由及取得.求过点(,,)且通过直线的平面方程【答案】利用平面束方程过直线的平面束方程为考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页将点(,)代入上式得因此所求平面方程为即三、证明题.证明:幵用它证明:【答案】当n>l时记则因此有.证明下列丌等式:()()当时【答案】()①当时显然成立②当时取函数在或上连续在或内可导由拉格朗日中值定理知至少存在一点或使即综上①②可知()取函数在上连续在内可导由拉格朗日中值定理知至少存在一点使即又故因此即.设证明【答案】记则当x>时有考研与业课资料、辅导、答疑一站式服务平台第页共页由拉格朗日中值定理的推论得而故从而结论成立.设都是可导函数且证明:当时分析:要证时即要证亦即要证【答案】取由知故即当时函数单调减少单调增加因此从而即当时

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