《高等数学一》期末复习题及答案

《《高等数学一》期末复习题及答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《《高等数学一》期末复习题及答案（25页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、高等数学(一)期末复习题、选择题1、极限lim( Jx2 x x)的结果是 ( C ) xc1丁(A) 0(B)(C)(D)不存在-22、方程x3 3x 1 0在区间(0,1)内(B )(A)无实根(B)有唯一实根(C)有两个实根(D)有三个实根3、f (x)是连续函数，则 f (x)dx是f (x)的 (C )(A) 一个原函数；(B) 一个导函数；(C)全体原函数；(D) 全体导函数;4、由曲线y sin x (0 x )和直线y 0所围的面积是 ( C )(A) 1/2(B)1(C) 2(D)5、微分方程y x2满足初始条件y |x 0 2的特解是 (D(A) x3(B)3x3(0 x3

2、 26、下列变量中，是无穷小量的为( A ),1x 2 , 一(A) ln x(x 1)(B) ln (x 0 ) (C) cosx (x 0) (D)(x 2)xx 41 17、极限 lim( xsin - -sin x)的结果是( C ) x 0 x x(A) 0(B)1(C)1(D)不存在 8、函数y edx = 1 arctan x在区间 1,1上 (A )(A)单调增加(B)单调减小(C)无最大值(D)无最小值9、不定积分x22(A) arctan x C (B) ln( x1)C (C) 1 arctan212C (D) -ln(x 1) C210、由曲线y ex (0 x 1)和

3、直线y0所围的面积是(A) e 1(B)1(C)(D)11、微分方程 xy的通解为dx(A) y Ce2x(B) y1x2Ce2 (o yCxe(D)2Cex12、下列函数中哪一个是微分方程y 3x20的解(A) y x2(B)y32x(C) y 3x(D) y13、函数y sinx cos x 1(A)奇函数;(B)偶函数;_非奇非偶函数;(D)既是奇函数又是偶函数14、当 x0时,卜列是无穷小量的是(A)(B) ln(x 1)(C)sin(x 1)15、当 X时,卜列函数中有极限的是(A)x 1x2 1(B)cosx (C)(D)arctanx16、方程3x px0(p0)的实根个数是(A

4、)零个(B)一个(C)二个(D)三个1(2) dx1 x(A1T1 xb17、(B)18、定积分 f(x)dx是a(A) 一个函数族19、函数y ln(A)奇函数20、设函数f(C)arctanx(D)arctanx c(B) f(x)的的一个原函数(B)偶函数(C) 一个常数(C)非奇非偶函数在区间0,1上连续，在开区间(D)一个非负常数(D)既是奇函数又是偶函数0,1内可导，且f x 0 ,则(B )(A) f 0(B) f 1 f 0(C)f 10 (D) f 1 f 021、设曲线y一 J则下列选项成立的是(x ，1 e(A)没有渐近线(B)仅有铅直渐近线(C)既有水平渐近线又有铅直渐

5、近线(D)仅有水平渐近线22、 (cosx sin x) dx ( d )(A)sinx cosx C(B) sinx cosx C(Osinx cosx C(D) sinx cosx C23、数列(A) 1(B) 1(C)(D)不存在(C)两尢为大量的和仍为尢穷大量(D)两尢为大量的差为零C)25、右f (x) g (x),则卜列式Me成乂的侣(A) f(x) g(x)(B)df (x) dg(x)(C) ( df(x) ( dg(x)(D)f(x) g(x) 126、卜列曲线后斜渐近线的是(C)(A) y x sin x(B)2y x sin x.1(C) y x sin - x(D)2.

6、1y x sin- x24、下列命题中正确的是()B(A)有界量和无穷大量的乘积仍为无穷大量有界量和无穷小量的乘积仍为无穷小量(B)填空题1、lim1x 0cosx-2 x2、若 f(x) e2x 2,则f(0)3、13(x cosx 5x 1)dx4、etdx5、微分方程y y 0满足初始条件y|x0 2的特解为2ex6、lim J x 2 x 37、极限妈8、设 y xsin x 1,则 f (一)12i9、 1( x cos x 1)dx 23八，八10、 一Jdx3arctan x C1 x211、微分方程ydy xdx的通解为 y2x2 C4 .12、5x dx _213、limxx

7、 sin 2x14、设 y cosx2,贝U dy2 . 2xsin x dx15、设 y xcosx 3,则 f ( ) -116、不定积分 exdex e2x C21 17、修分方程y e 的通解为y e22 2x dy2 2x 1 . 2x .y y e y e dy e dx dxy-1 dye2xdx1 1e2x Cy2y 2x 0, y2代入上式可得到C 0所求的特解为2 e2x或者y2e2x18、微分方程ln y x的通解是y ex C2、3x619、lim (1 ) =e x x 20、设函数 y xx,则 yxx( lnx 1)21、lim (n）的值是x(x 1)(x 2)

8、122、lim3 _x 2x x 32 一23、设函数 y xx, WJ dyxx(Inx 1)dx2x2 3x 1124、 lim 1x 0 x 4425、若 f (x) e2x sin ,则 f(0)26a 2l26、a (1 sin x)dx 2 (a为任息头数).xx .、e27、设 y ln(ex 1),则微分 dy dxe 13x28、2 (cos x 2)dx291 x三、解答题1、(本题满分9分)求函数y Jx 1 6j2 x的定义域。解：由题意可得,x 1 02x0解得 所以函数的定义域为1 , 22)L (x 2014)，求 f (0)。2、(本题满分10分)设f(x) x

9、(x 1)(x解：f (0) lim f(x) f(0) x 0 x 0lim( x 1)(x 2)L (x 2014)2014!1 21x2 6x 1,求曲线在点(0,1)处的切线方23、(本题满分10分)设曲线方程为y 1x33程。解：方程两端对x求导，得y x2 x 6将x 0代入上式，得y (0,1)6从而可得：切线方程为y 1 6(x 0)即y 6x 14、（本题满分10分）求由直线x及抛物线y x2所围成的平面区域的面积。01 xy *1解：作平面区域，如图示y解方程组yyx-2得交点坐标:所求阴影部分的面积为:1(x0(0, 0), (1, 1)dx =1。一65、（本题满分10

10、分）讨论函数 f（x）在x 1处的连续性。3x解：Q lim fx 1(x)lim x 2x 1xim1f(x)lim 3xx 1f(x)在 x 1处是连续的6、（本题满分10分）求微分方程dy dx ylx2x 3的特解。解：将原方程化为dy (2x3)dx两边求不定积分，得dy将y |x 1 3代入上式,故原方程的特解为y7、（本题满分9分）求函数解：由题意可得,(2x 3)dx,于3x C3x1。1,2jx 4 cos75 x的定义域。一 x 4解得x 4所以函数的定义域为4 , 58、（本题满分10分）设f（x） x（x1)(x 2)L (x n) (nHxXWA9、（本题满分10分）

11、设平面曲线方程为2xy 3y3 ,求曲线在点（2, 1）处的切线方程。解：方程两端对 x求导，得2x 2( yxy6yy 0将点（2, 1）代入上式，得y (2,1)从而可得：切线方程为y2)10、（本题满分10分）求由曲线yex及直线y 1和x1所围成的平面图形的面积（如解：所求阴影部分的面积为 S1 x0(e 1)dx11、（本题满分10分）讨论函数解：Q limx 0f (x)/ x(ex)f (x)0在x 0处的连续性。0limx 0f (x)lim exx 0lim xx 0f （x）在x 0处是连续的。f(0)f (0)12、(本题满分10分)求方程(1y2)dx (1 x2)dy

12、 0的通解。解：由方程(1y2)dx (1 x2)dy 0,得dy dx 221 y 1 xdy dx两边积分：221 y 1 x得 arctan y arctan x C所以原方程的通解为：arctan y arctan x C或y tan(arctan x C)13、(本题满分10分)证明方程x5 7x 4在区间(1,2)内至少有一个实根。5解：令F(x) x5 7x 4, F (x)在1,2上连续F(1)10 0,F (2) 14 0由零点定理可得，在区间(1,2)内至少有一个 ，使得函数F( )5 74 0,即方程x5 7x 4 0在区间(1,2)内至少有一个实根。14、(本题满分 1

13、0 分)设 f(x) x(x 1)(x 2)L (x 2015),求 f (0)。解：f (0) lim f(f(0) lim( x 1)(x 2)L (x 2015) 2015! x 0 x 0 x 015、(本题满分10分)求曲线ey xy e在点(。，1)处的法线方程。解：方程两端对 x求导，得eyy y xy 0,. 1将点(0, 1)代入上式，得 y (0 1) 一e从而可得：法线方程为y ex 116、(本题满分10分)求曲线y cosx与直线y 2,x 一及y轴所围成平面图形的面积。 2解：作平面图形，如图示17、(本题满分10分)讨论函数 f(x)cosxx 10处的连续性。解

14、:Q lim f (x)x 0lim cosx 1x 0f(0)lim f (x) 吗(x 1) 1 f (0)f(x)在x 0处是连续的。dy221 x y xy 八18、(本题满分10分)求微分方程 dxy y的特解。y lx 0 1(1 x)dx解：将原方程化为 电 (1 x)(1 y 21 2故原方程的轩斛为 arctan y x x 一或 ytan(x - x). 42419、(本题满分20分)1 )将边长为1的正方形分成 A、B两部分(如图所示)，其中A绕x轴)或一dyr dx1 y 11 9两边求不te积分，得 arctan y x x C2由y |x 0 1得到C 曲线 a2y

15、 x2 ( 0 a4旋转一周得到一旋转体，记其体积为Va, B绕y轴旋转一周得到另一旋转体记其体积为Vb.(1 a)4(1 a),5问当a取何值时，Va Vb的值最小.2解：A由以0, a,为底、高为 、的曲边梯形和 a以a,1为底、1为高的矩形两部分构成.由切片法可得：a 22Vao y dx 1 (1 a)a 440xdxaVB02 .x dyyd y令 F(a)VaVb(11 2- a21 2- a2a (0, 1)由 F (a)F(a)驻点唯一,又根据问题的实际意义 F(a)的最小值存在，f就是F(a)的最小值点.5或者，又F (a)0,4 .a -为极小值点，亦取小值5可见：当a时，

16、VA VB达到最小.520、(本题满分20分)假定足球门白宽度为 4米，在距离右门柱6米处一球员沿垂直于底线的方向带球前进，问：该球员应在离底线多少米处射门才能获得最大的射门张角球员以5.2米每秒的速度沿垂直于底线的方向向球门前进,求在距离底线2米处，射门张角的变化率。解：由题意可得张角与球员距底线的距离X满足ddx102x_1002x1 10 arctan 一x6 x1 362xarctan6 x622x2 36 x2102404x100(x236)(x2 100)令dxJ60(不合题意，舍去)及x 标.由实际意义可知，所求最值存在，驻点只一个，故所求结果就是最好的选择.即该球员应在离底线屈

17、米处射门才能获得最大的射门张角。若球员以5.2米每秒的速度跑向球门,则虫dt5.2.在距离球门两米处射门张角的变化率为：ddtddxdxdt240 16(4 36)(4 100)(5.2)0.28(弧度/秒)。21、(本题满分10分)设 f(x)xln(11 tt)工dt (x 0),求 f (x)1f (一)x解法1设F(x)1 f(x) f(-) x1xln(1t)出-ln(1 t)dtF (x)ln(1 x)xln(1解法2Qf (x)F(x)xln x , dx1 x1n2x 2ln2x 2f(L)xxln td(ln t)1xln(1 t)dt1 t令t= uxln(1工)du ux

18、 ln(1 u), du1 ux ln u , du1 udt-ttn2t 2n2x 222、证明题(本题满分 10分)设函数f(x)在0,3上连续，在0,3内可导，f(0)f(1) f(2) 3,f(3) 1。试证必存在一点0,3 ,使得f0.证明：f(x)在0,3上连续，故在0,2上连续，且在0,2上有最大值故 m f (0), f (1), f (2) Mf(0)f(1) f(2)gm -M由介值定理得，至少存在一点f(0)f(1) f(2)13Q f ( )f(3) 1,且 f(x)在 ，3 上连续，在 ,3内可导,由罗尔定理可知，必存在,3(0,3),使得 f在距离发射台4000m装

19、有摄像23、(本题满分20分)一火箭发射升空后沿竖直方向运动,机，摄像机对准火箭。用 h表示高度，假设在时刻t0 ,火箭高度h=3000m,运动速度等于300m/s, (1)用L表示火箭与摄像机的距离，求在t0时刻L的增加速度.【解】(1)设时刻t高度为h(t),火箭与摄像机的距离为L(t),则L(t) Jh2(t) 40002两边关于t求导得些dhdt. h2 40002 出代入 h =3000m,即=300m/s,得 dL 180 m/s(2)用 表示摄像机跟踪火箭的仰角(弧度)求在t0时刻的增加速度.(2)设时刻t摄像机跟踪火箭的仰角(弧度)为(t),则有tan40002两边关于t求导得

20、sec21 dhdt 4000 dt当 h=3000m时，sec5 dh =300m/s ,故4 dtdt0.048rad/s (或dt 125rad / s)高等数学(一)期末复习题答案、选择题1、C解答：第一步，先分子有理化；第二步，分子利用平方差公式，第三步，分子分母同 时除以x;第四步化简即可。- 一 一一一. . . 一 2 一 一存在实数根，又因f (x) 3x 3 022(x x x )(.x2x x)limx(.x2 x x)有零点定理得f (x)在区间(0,1)内可知函数具有单调性，所以有唯一的实根。3、C本题考察不定积分的概念，不定积分是所有原函数的全体。4、C解答：利用定

21、积分的几何意义，所求面积为0 sin xdx5、D解答：直接积分法C代入已知点坐标可得6、A解答：因为limlnx 1ln1 0所以此时是无穷小量。7、解答：lim(1 xsin 一x1-sin x) x8、解答：因为y0,所以单调增加。9、x斛答： -dxx 11dx21)12ln(x 1)210、A解答：利用定积分的几何意义，所求面积为1exdx011、B解答：先分离变量,两端再积分dy xy 1dy xdx dxy1 .一 dy xdx yln yCi1x2所求通解为y Ce212、D解答：直接积分法x3 C 当 C0时有y13、C解答：y sin x cosx 1是奇函数加上偶函数，所

22、以是非奇非偶函数。14、B解答：limln( x 1) ln1 0 所以此时是无穷小量。 x 0，X 1x 1115、A 斛答：lim lim lim 0其匕二项极限都不存在。X x 1 x (x 1)(x 1) x (x 1),16、B解答：设f(x) x3 px 1,则f(0) 1,f( 1) p 0,有零点定理得f(x)在区间(1,0)内存在实数根 又因f (x) 3x2 p 0可知函数具有单调性，所以有唯一的实根。17、B解答：求导与求积分是互逆的运算，先求导再求积分，是所有原函数所以选B18、C解答：考察定积分的概念，定积分计算完以后是一个确切的常数，可能是正数，也可能是0,还可能是

23、负数。19、A 解答：由函数的奇函数和偶函数的定义去判断即可，设y f (x) ln x 41 ,则f( x) ln x 、. x2 1x , x 1 x 1 xx21 x2ln ln,x21 x、x2 1 xf(x)2lim 2 = x 0x 01 e xln ln xx2 1,x2 1 x20、B解答：由于f x 0所以f 1一,221、C 斛答：lim -= 2 y 2x 1 e x是铅直渐近线。22、D考查定积分的性质与基本的积分表(cosx sin x) dxsin x cosx C(1)n23、A解答：分子分母同时除以 n可以得到lim -n24、B解答：考查无穷小量的重要性质之一

24、，有界量和无穷小量的乘积仍为无穷小量，其它选项都不一定正确。25、C 解答：f (x) g (x) df (x) dg(x) ( df (x)( dg(x),其它选项都有反例可以排除。26、C解答：有求解斜渐近线的方法可得Jy x sin - xk lim limx sinx lim1 0x xb lim( yx没有。kx)lim( x x.1 sin-xx)1 limsin - 0,所求斜渐近线为yX。其它选项都二、填空题1、解答:1 cosx 1 x21 cosx lim x 0x2x 0lim1 2x22 x或者用罗比达法则也可以求解。2、2 解答： f(x) e2x 2-.、_ 2x，

25、则 f (x) 2ef (0)3、2 解答：应用奇函数在关于原点对称区间上的积分为11(x3cosx15x 1)dx 1(05x 1)dx= 1 (0+0 1)dx= Jdx=24、etx C分析：被积函数相对于积分变量来说是常数,所以etdx5、y 2ex解答：yy Cex，代入初始条件y|x0 2得到2Ce0所求特解为y 2ex6、0解:2x 4 lim x 2 x 3xim2lim 0 0x 257、解:8、9、解:2x x lim 2 x 2 x2y x sin解：应用性质,11(x cosx 1)dx10、11、12、二 lim(x 2)(x 1) lm 34x 2(x 2)(x 2

26、) x 2(x 2)x 1 y sin x xcosx贝U奇函数在对称区间上的积分为1011dx22 1 lim 22 2sin 一2cos33arctan x C斛：由基本的积分公式 2dx3arctan 1 x22y x C解：对万程 ydy xdx两漏积分 ydyxdxx2 C1 - 41 - 4 .2 解：利用偶函数白W分性质15x dx 2 05x dx2x5/ sin 2x1x sin 2xx 10,13、1 斛： lim limx- lim 1一 x x x 1 x 12 .14、 2xsin x dx解：由微分的定义 dy ydx ,先求出导数，再求微分2.222 ,y cos

27、x y sin x 2x 2x sin x dy 2x sin x dxsin15、 1 解：y x cosx 3 y cosx xsin x f ( ) cos16、1e2x C解：将ex看成一个整体，利用凑微元法得exdex -e2x C2217、y 1e2x C解：先分离变量，再积分得通解 22xdy 2x2x ,e dy e dx dxdy e 2xdxy2x18、y ex C 解：先整理，再分离变量求通解ln y x y exy dyexdxy ex C2 (-)(-)2x6)62 “19、e 解：利用重要极限进行恒等变形，再求解lim(1-)3xlim(1 xx20、xx( lnx

28、 1)解：本题是哥指函数，利用对数求导法来求导数y xx ln y x ln x ln x x 1 ln x y y(1 ln x) xx(1 lnx) yx121、一 解：分母相同，分子先通分，分子分母最高次哥都是2次哥，自变量趋于无穷大,2极限等于最高次哥的系数之比lim( 4 n nn、 ，.1 2 3. n)lim2n nn(1 n)nlim2n n22、解：分子分母最高次哥都是3次哥，自变量趋于无穷大，极限等于最高次哥的系数之比23、xx( lnx 1)dx解：由微分的定义dy ydx ,先求出导数，再求微分，本题是哥指函limx(x3 1)(x 2 1x 2x3 x 32数可以利用

29、对数求导法来求导数Iny x In xy_yInxl 1xIn xy(1 ln x) x(1In x)dyx Ax (1ln x)dx24、解:25、26、27、28、解:2x2 lim x 03xx 40 1 limx 0 0 4先求导数，再代入具体数值f(x)2e2xf (0)2e0解:x*ldxln(ex1)利用奇函数与偶函数的积分性质解：由微分的定义xexe 1(15sin x)dx21dx 2(cos x三、解答题dy y dx ,先求出导数,再求微分dyxe-dxex 1解：利用奇函数与偶函数的积分性质3x 、.；2)dx1 x2,cos xdx22 cos xdx 2.01、（本

30、题满分9分)x解：由题息可得，2,口 x 1解得x 2所以函数的定义域为1 ， 22、（本题满分10分)解：f (0)limx 0f(x)f(0)lxm0 x 1)(x 2)L (x2014)2014!3、（本题满分10分)解：方程两端对x求导，得y x2将x 0代入上式，得y （0,1）从而可得：切线方程为y 16(x0)即 y 6x 101 xy+ 1解方程组 y x2得交点坐标:(0, 0), (1, 1)所求阴影部分的面积为:10(x2 x )dx =21=1 0-64、（本题满分10分）解：作平面区域，如图示5、（本题满分10分）解：Q lim f (x)x 1limx 1xim1f

31、(x)lim 3xx 1f(1)1. f (x)在 x处是连续的。6、（本题满分10分）解：将原方程化为 dy(2x 3)dx两边求不定积分，得dy (2x 3)dx,于3x C将yix1 3代入上式,故原方程的特解为y3x 1。7、（本题满分9分）x解：由题息可得，5口 x 4解得所以函数的定义域为4 , 58、(本题满分10分)解：f (0) lim f(x) f(0) x 0 x 0lim( x 1)(x 2)L (x n) n!9、(本题满分10分)解：方程两端对 x求导，得2x 2( y xy ) 6yy 0将点(2, 1)代入上式，得y(21)1,从而可得：切线方程为y 1(x 2

32、)即 x y 3 010、(本题满分10分)o 11解：所求阴影部分的面积为So(ex 1)dx/ x 1(e x)0e 211、(本题满分10分)解：Q lim f (x) lim ex 1 0 f (0)x 0x 0lim f (x) lim x 0 f (0)x 0x 0f (x)在x 0处是连续的。12、(本题满分10分)解：由方程(1 y2)dx (1 x2)dy 0,得dyrvdx1 x1两边积分:dy1 y2dx1 x2得 arctanarctan所以原方程的通解为:arctan yarctan x C 或 y tan(arctan x C)13、（本题满分10分）解:令 F(x

33、) x5 7x 4, F(x)在 1,2 上连续F(1)10 0,F(2)14 0由零点定理可得，在区间（1,2）内至少有14、解:_5F( )74即方程x5 7x 4（本题满分10分）f (0) limx 0f(x)15、（本题满分10分）0,0在区间（1,2）内至少有一个实根。f(0)lxm( x1)(x 2)L (x2015) 2015!解：方程两端对 x求导，得_ yey yxy 0将点（0, 1）代入上式，得(0.1)从而可得:法线方程为ex16、（本题满分10分）解：作平面图形，如图示02 (2 cosx) dx (2 xsin x)(2 sin ) 0解：Qlim f (x) l

34、im cosx 1x 0x 0f(0)lim f (x) lim( x 1) 1 f (0)x 0x 0f(x)在x 0处是连续的。18、(本题满分10分)解：将原方程化为 电 (1 x)(1 y2)或一dy (1 x)dx dx1 y12c两边求不th积分，得 arctan y x x C2由y lx 0 1得到C 4故原方程的特解为arctan y23，/一或 y tan(x419、(本题满分20分)解：A由以0, a,为底、高为2二的曲边梯形和 a以a,1为底、1为高的矩形两部分构成 由切片法可得：Va2 .y dx12 (1a)F(a)a x4dx02 .x dyVaVb(1(1a)y

35、d y4(1 a),51 2- a21 2-a2a (0, 1)由 F (a)F(a)驻点唯一,又根据问题的实际意义F (a)的最小值存在4 .一 , _ , :就是F(a)的最小值点.或者，又F (a)4 .0, a 一为极小值点，亦取小值 .点,5一一4 ,可见：当a 4时，VA VB达到最小.520、(本题满分20分)解：由题意可得张角与球员距底线的距离 x满足ddx10x_ 100 -Tx 10 arctan一 x6x1 362 x,6 arctan一 x61022x2 36 x2 100(x2240 4x2 2 36)(x100)0,得到驻点V60（不合题意，舍去）及x V6c.由实

36、际意义可知，所求最值存在，驻点只一个，故所求结果就是最好的选择.即该球员应在离底线 J60米处射门才能获得最大的射门张角。若球员以5.2米每秒的速度跑向球门,dx -则一 5.2.在距离球 dt门两米处射门张角的变化率为：dxdtdxdt240 16(4 36)(4 100)(5.2)0.28(弧度/秒)。21、（本题满分10分）解法1设F（x）f(x)1 f() xx ln(11t) -dt t 1F (x)ln(1xx)ln(1F(x)x ln x , dx1 x31n11n2x 2解法2Q f (1) x1?n(1 t)1 t令t=1 uxln(1dt1)du ux ln(1 u), d

37、u1 ux ln u , du1 u1 f(x) f(-) xxln(1t)dt1 txln(1t)dtx ln t dt1 tx1 ln td (ln t)-ln2122、证明题（本题满分 10分）证明：f（x）在0,3上连续，故在故 m f (0), f (1), f (2) M由介值定理得，2一 ln x0,2上连续，且在 0,2上有最大值f(0)f(1)f(2)gm -M3存在一点f(0) f f(2)13内可导,Qf() f(3) 1,且 f(x)在，3 上连续，在,3由罗尔定理可知，必存在,3(0,3)，使得 f 023、(本题满分20分)【解】(1)设时刻t高度为h(t),火箭与摄像机的距离为L(t),则 L(t) Jh2(t)240002两边关于t求导得dL dth dh,h2 40002 dt代入 h =3000n dh =300m/s,得 dL 180 m/s dtdt(2)设时刻t摄像机跟踪火箭的仰角(弧度)为，则有tanh4000两边关于t求导得sec2 dt1 dh4000 dt当 h=3000m时，secrad /s)5 ,曲=300m/s,故 d 0.048rad /s (或-6- 4 dtdtdt 125