(2.3.22)--第九章数一专题._05.2026考研数学研途—杨超数学全程班_00.书籍和讲义_{0}--全部课件

更懂考研，更懂你 数一专题章节测试答案 一．填空题，每题 5 分，共 25 分，解答题，每题 10 分，共 100 分. xt2  1.过点M(1,2,1)且与直线y 3t4 垂直的平面方程是_______.   z t1 【答案】x3yz40 【解析】由题意可知，直线的方向向量l [1,3,1].又因为所求平面的法向量n平行于 所给直线的方向向量l，故取nl.因此所求平面的方程为  x1 3  y2  z1 0 ，即x3yz40. 2．设向量场A2x3yzix2y2zjx2yz2k ，则其散度divA在点M  1,1,2 沿方向  l  2,2,1 的方向导数  divA  _______. l M 22 【答案】 3 P Q R 【解析】divA    6x2yz2x2yz2x2yz  2x2yz ， x y z    2 2 1  divA  8,  divA  4,  divA  2,cos ,cos ,cos ， x M y M z M 3 3 3  2 2  1 22 则  divA  8 4 2     . l M 3 3  3 3 3．设 f  t 连续，F  t  z2 f  x2 y2 dv ，其中由x2  y2 t2,0 z h所确定，      dF F t 求 ,lim . dt t0 t2 内部资料，翻印必究 1更懂考研，更懂你 【解析】F  t   2 d t dr h z2 f  r2 rdz  2 t 1 h3hf  r2  rdr     0 0 0 0 3  2   F t  2h3 t2htf  t2 ，lim F  t  lim 3 h3t2htf t2   h3hf  0  3 t0 t2 t0 2t 3 4.设由z  4x2 y2,z  x2 y2 围成，求zdxdydz .  【解析】积分区域如图所示，故利用球坐标得   2 2 zdxdydz d4d rcosr2sindr 84cossind2 0 0 0 0  x2 y2   5.设L为椭圆  1，其周长记为a，则中Ñ 2xy3x2 4y2 ds _______. 4 3 L 【答案】12a 【解析】显然曲线L关于x轴对称，又因为2xy关于 y为奇函数，所以       Ñ 2xy3x2 4y2 ds  2xyds   3x2 4y2 ds   3x24y2 ds 12ds12a. L L L L L 6．设 f  x 有二阶连续导数， f  0 0, f  0 1，曲线积分 I     xe2x 6f  x   sinydx   5f  x  f  x   cosydy 与路径无关，求 f  x 表达式. L x 【答案】 f  x 2e2x 2e3x   x2  e2x 2 Q P 【解析】记P  xe2x 6f  x siny,Q 5f  x  f  x cosy ，依题意，有  ，     x y 且cosy不恒为0，故 f x 5f x 6f  x  xe2x .① ①式对应齐次微分方程的特征方程为r2 5r60，解得r 2,r 3，令非齐次微分 1 2 内部资料，翻印必究 2更懂考研，更懂你 1 方程的特解为 f*  x  a xa  e2x .代入① 式可解得a  ,a 1，故方程①的通解 0 1 0 2 1 1 为 f  x Ce2x C e3x  x  x 2  e2x . 1 2 2 x 又由 f  0 0, f  0 1，得C 2,C 2，故 f  x 2e2x 2e3x   x2  e2x . 1 2 2 7 7．设曲线L:x2  y2 2x2y 0 ，取顺时针方向，求：I  Ñ ysin2xdxxcos2 ydy. 4 L 2 1 【解析】L是圆周 x1 2  y1 2    ，它围成的区域记为D. 2         由格林公式得I  Ñ ysin2xdxxcos2 ydy   xcos2 y  ysin2 x dxdy x y  L D  cos2 ydxdysin2 xdxdy . D D 因为D关于y  x对称，则由轮换对称性得cos2 ydxdy cos2 xdxdy D D 1 2  故I  cos2 ydxdysin2 xdxdy    cos2 xsin2 x  dxdy  1dxdy    . 2 4 D D D D 8．设函数 f  x 在,内具有一阶连续导数，L是上半平面 y 0 内的有向分段 光滑曲线，其起点为 a,b ，终点为 c,d  .记 1 x I     1 y2f  xy   dx   y2f  xy 1  dy . L y y2 (1)证明:曲线积分I 与路径L无关;(2)当abcd 时，求I 的值 1 x 【解析】(1)令P  1 y2f  xy ,Q  y2f  xy 1 ，     y y2 P 1 Q 因为  f  xy  xyf  xy  ，且在上半平面 y 0 内处处成立，所以在上半 y y2 x 内部资料，翻印必究 3更懂考研，更懂你 面内曲线积分I 与路径无关. (2)记点A,B,C 分点为 a,b  ,  c,b  ,  c,d ，曲线L 为从A到B的有向直线段，曲线L 为 1 2 从B到C的有向直线段，根据路径无关得 1 x I   1 y2f  xy dx y2f  xy 1dy     LL y y2 1 2   c1   1b2f  bx   dx d c   y2f  cy 1  dy  ca  c bf  bx  dx d cf  cy  dy c  c a b b y2 b a b d b  c  c  bc f  t  dt cd f  t  dt  c  c  cd f  t  dt d b ab bc d b ab c a 因此，当abcd 时，I   . d b 9.设曲面: x  y  z 1，则Ò  x y  dS _______.  【答案】4 3. 3 【解析】为一正八面体表面，易知关于三个坐标平面均对称，且具有轮换对称性. 则Ò xdS 0,   ydS   xdS  Ò zdS  1 Ò  x  y  z  dS  1 Ò 1dS  1 8 3   2 2  4 3. 3 3 3 4 3      10.设是球面x2  y2 z2 a2  a  0 的外侧，则Ò xy2dydz yz2dzdxzx2dxdy   _______. 4 【答案】 5 5 【解析】设为球面x2  y2 z2 a2 所围闭区域，由高斯公式，得   Ò xy2dydz yz2dzdxzx2dxdy   x2 y2 z2 dvr2r2 sindrdd    内部资料，翻印必究 4更懂考研，更懂你 2  a 4   d sind r4dr  5. 0 0 0 5 11.设为平面x yz 1介于三坐标平面间的有限部分，法向量与z轴夹角为锐角， f x,y,z连续，计算I    f x,y,z x dydz  2 f x,y,z y dzdx   f x,y,z z dxdy  【解析】将投影到xOy平面，其投影域为D   x,y  x y 1,x0,y 0  . 从的方程解出z 1x y . z z 直接将该积分转化为一个二重积分，因 1, 1，于是 x y   z  z  I  f  x,y,1xy x      2f  x,y,1xy y    f  x,y,1xy  1xy  dxdy   x  y  D 1   x y1x y  dxdydxdy (D的面积) . 2 D D 12.计算曲面积分zdxdyxdydz ydzdx,其中是柱面x2  y2 1被平面z 0及z 3  所截得的在第一卦限内的部分的前侧. 【解析】在xOy面的投影为一段弧，所以zdxdy 0..  在yOz面上的投影为D   y,z  0 y 1,0 z 3  ，此时为: yz x 1 y2,  y,z D ， yz 3 1 1  3 所以xdydz   1y2dydz  dz 1y2dy 3 1y2dy 3   . 0 0 0 4 4  D yz 在zOx面上的投影区域为D :0 z 3,0 x1，此时可表示为: zx y  1x2,  x,z D ，所以 zx 内部资料，翻印必究 5更懂考研，更懂你 3 1 1  3  ydzdx  1x2dzdx  dz 1x2dx 3 1x2dx 3   0 0 0 4 4  D zx 3 3 3 因此zdxdyxdydz ydzdx  0   . 4 4 2  13.设 f  x,y,z 连续，为曲面2z  x2  y2 位于z 2与z 8之间部分的上侧，计算 yf  x,y,z xdydzxf  x,y,z ydzdx2xyf  x,y,z zdxdy.        【解析】曲面2z  x2  y2上任一点 x,y,z 指向上侧的法向量为nx,y,1 ，法向量 x y 1 的方向余弦为cos ,cos ,cos 1x2  y2 1x2  y2 1x2  y2 则yf  x,y,z xdydzxf  x,y,z ydzdx2xyf  x,y,z zdxdy           yf  x,y,z  xcosxf  x,y,z  ycos2xyf  x,y,z  zcos  dS        z 1 x2 y2  dS   dS, 1x2  y2 2 1x2  y2   因为dS  1z2z2dxdy  1x2 y2dxdy ， x y 1   1 2 4 所以原式  x2 y2 dxdy  d r3dr 60. 2 2 0 2 D 14.计算I  2x3dydz2y3dzdx3  z21  dxdy ，其中是曲面z 1x2 y2 z 0 的上  侧. 【解析】取 为圆域x2  y2 1的下侧，记为由和 所围成的区域，则 1 1     I  Ò 2x3dydz2y3dzdx3 z21 dxdy2x3dydz2y3dzdx3 z21 dxdy.   1 1 内部资料，翻印必究 6更懂考研，更懂你   由高斯公式得Ò 2x3dydz2y3dzdx3 z2 1 dxdy  1   2 1 1r2    6x26y26z dV 6 d dr zr2 rdz 0 0 0  11     12 r 1r2 r2r3 1r2 dr2,   02  而Ò 2x3dydz2y3dzdx3  z2 1  dxdy   3  dxdy 3, 故I 23  1 x2y21 x2  y2  4y, 15.计算Ñ yzdx3xzdyxydz,其中L: 从z轴正向看，L是逆时针方向. 3yz10, L 【解析】设由L所围成的平面为，按右手准则，取上侧， 3 1 n 0,3,1  ,cos0,cos ,cos ，由斯托克斯公式得 10 10 0 3 1 0 3 1 1    1    Ñ yzdx3xzdyxydz   dS   dS 10 x y z 10 x y z L   yz 3xz xy yz 3xz xy 2 2  3y z  dS  dS 10 10   因为dS  1z2z2dxdy  10dxdy,D :x2 y2 4y ， x y xy 所以Ñ yzdx3xzdyxydz 2dxdy 8. L D xy 内部资料，翻印必究 7