(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_已加水印

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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
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【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
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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
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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
  
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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
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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
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 
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