(159)--第十二章《多元函数积分学及其应用》答案详解_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_00.书籍和讲义_{2}--资料

第十二章 多元函数积分学及其应用
12-1 基础过关
1.【答案】（1） I  
1
0
d x 
1
0
 x
d y 
x
0
y
f ( x , y , z ) d z ；
1 1x2 1
（2）I   dx dy f(x,y,z)dz；
1  1x2 x2y2
（3） I  
1
 1
d x 

2 1  x
2 1  x
d y 
2 2  x
2 x  2 y 2
f ( x , y , z ) d z ；
（4） I  
a
0
d x 
b
0
1 
x
a
2
2 d y 
x yc
0
f ( x , y , z ) d z
【解析】
（1）的顶 x y  z 和底面 z  0 的交线为 x 轴和 y 轴，故在xOy面上的投影区域由 x
轴、 y 轴和直线 x  y  1  0 所围成，于是
 ( x , y , z ) | 0 z x y , 0 y 1 x , 0 x 1           ，
因此 I  
1
0
d x 
1
0
 x
d y 
x
0
y
f ( x , y , z ) d z ；
（2）由 z  x 2  y 2 和 z  1 得 x 2  y 2  1 ，所以在 x O y 面上的投影区域为
x 2  y 2  1 ，于是 { ( x , y , z ) | x 2 y 2 z 1 , 1 x 2 y 1 x 2 , 1 x 1 }              ，
因此 I  
1
 1
d x 

2 1  x
2 1  x
d y 
1
2 x  y 2
f ( x , y , z ) d z ；
（3）由
 z
z


x
2
2


x
2
2
y 2
消去z，得 x 2  y 2  1 ，故在 x O y 面上的投影区域为
x 2  y 2  1 ，于是
{(x,y,z)|x2 2y2 z2x2, 1x2  y 1x2,1 x1}，
因此 I  
1
 1
d x 

2 1  x
2 1  x
d y 
2 2  x
2 x  2 y 2
f ( x , y , z ) d z ；
（4）显然在 x O y
x2 y2
面上的投影区域由椭圆  1(x0,y0)和x轴、
a2 b2
y 轴所围
成，的顶为cz  xy，底为z0，所以( x , y , z ) | 0 z
x y
c
, 0 y b 1
x
a
2
2
, 0 x a  

      

，因此
I  
a
0
d x 
b
0
1 
x
a
2
2 d y 
x yc
0
f ( x , y , z ) d z .
2.【答案】
3
1
6 4
【解析】  ( x , y , z ) | 0 z x y , 0 y x , 0 x 1          ，
x y 2 z 3 d x d y d z
1
0
x d x
x
0
y 2 d y
x
0
y
z 3 d z
1
4
1
0
x d x
x
0
x 4 y 6 d y
1
2 8
1
0
x 1 2 d x
3
1
6 4

             .
3.【答案】
1
2
( l n 2 
5
8
)
【解析】  ( x , y , z ) | 0 z 1 x y , 0 y 1 x , 0 x 1             ，于是
dxdydz 1 1x 1xy dz
   dx dy
(1x yz)3 0 0 0 (1x yz)3

1xy
1 1x 1 
 dx dy
 
0 0 2(1x yz)2 
0
1 1x 1 1 
 dx

 

dy
0 0  8 2(1x y)2 
1x
1 y 1 
   dx
 
0 8 2(1x y)
0
11x 1 1  1 5
   dx ln2
   
0 8 4 2(1x) 2 8
4.【答案】
1
4 8
【解析】方法一：直接使用直角坐标
由于{(x,y,z)|0 z 1x2 y2,0 y 1x2,0 x1}，故
1 1x2 1x2y2
xyzdxdydz  xdx ydy zdz
0 0 0

1x2
1 1x2 1x2  y2 1 1 y2 y4
 xdx y dy   x

(1x2)

dx
0 0 2 2 0  2 4 
0
1 1 1
  x(1x2)2dx
8 0 48方法二：积分区域与球相关，可以使用球坐标进行积分
由于 ( r , , ) | 0 r 1 , 0
2
, 0
2
    

   

 
 
，故
x y z d x d y d z
2
0
s
3 ( r
s i n
2 i n
2
s i
c
n
o
2
s
2
0
c o
d
s i
s
n
4
2
0
4
s
s
i n
i n 3
2
0
c o s
c o s
6 r
6
)
d
1
0
r 2 s
1
0
1
2
i n
r 5 d
1
4
d
r
r
1
6
d d
1
4 8
     
 
    
 
   


 













 



  
5.【答案】 0
【解析】方法一：直接在直角坐标系下进行积分
在 x O y 面上的投影区域由y 1和 y  x 2 所围成，
 ( x , y , z ) | 0 z y , x 2 y 1 , 1 x 1           ，因此
x z d x d y d z
1
1
x d x
1
2 x
d y
y
0
z d z
1
1
x d x
1
2 x
y
2
2
d y
1
6
1
1
x (1 x 6 ) d x 0

    

   

  

  .
方法二：利用三重积分的奇偶性
由于积分区域关于 y O z 面对称，且被积函数 x z 关于 x 是奇函数，因此
x z d x d y d z 0

    .
6.【答案】
1
4
 R 2 h 2
【解析】方法一：使用”先一后二”法，计算二重积分时，可以转换为极坐标形式
h
由z  x2  y2 与z h消去z，得
R
x 2  y 2  R 2 ，故在 x O y 面上的投影区域为
x 2  y 2  R 2
 h 
，所以(x,y,z)| x2  y2  z h,(x,y)D ，于是
 R xy z d x d y d z
D
1
2
h
2
xy
2
d
h
x d
2
D
R
y
xy
2
d
h
hR
x d
2
2 x
y
2 h
R 2
y
z d
2
2 h
2 R
2
0
z
D
d
xy
(
1
2
x
R
0
D
2
xy
3 d
y
h
2
2
) d x
1
4
h
R
d
2
2
y
R
( x
2
2
h 2
y 2 ) d x d y

  
  


  

 
 










 








方法二：被积函数与 x ， y 无关，故可以使用”先二后一”法
用过点 ( 0 , 0 , z ) 、平行于 x O y
Rz
面的平面截得平面圆域D ，其半径为 x2  y2  ，
z h
R2
面积为 z2，{(x,y,z)|0 zh,(x,y)D}，于是
h2 z
z d x d y d z
h
0
z d z
D
z
d x d y
h
0
z
R
h 2
2
z 2 d z
4
R
h
2
2
h 4
1
4
R 2 h 2

         



   .
7.【答案】
1
7
2

【解析】方法一：被积函数与 x ， y 无关，故可以使用”先二后一”法
z d v
1
0
d z
1
3
2 x
z 3
2 y
1
0
z
z d x d
2 z
y
1
4
z
1
4
2
d
1
z
2
x 2 y 2
1
2
7
2
z 2
z d x d y
1
0
z 2 d z
1
2
z ( 2 z 2 ) d z

   




 




 




 


      
方法二：使用”先一后二”法，计算二重积分时，可以转换为极坐标形式
在xOy面的投影区域为 D
xy
  ( x , y ) | x 2  y 2  1  ，
z d v
2
x 2 2 y
1
r
0
1
d x
1
2
d
(
y
2
x
2
2
r
2 x
2 y
2
y
r
2
4
z
)
d
d
z
r
2
0
d
r 2
1
r
0
1
4
d
r
r
4
r 2
2
1
6
2 r
6 r
z d z
1
0
1
7
2


  


























 
16
8.【答案】 
3
【解析】( x 2 y 2 ) d v
x 2
2
y 2 4
1
2
d x
r
d
4
y
1
22
x
1
2
2
y
r
2
6
( x 2
2
0
2 y
1 6
3
) d z
2
0
d
2
0
r d r
22
r2
r 2 d z 2
2
0
r 3 2
r
2
2
d r 

    











 
 

    



9.【答案】
4
5

【解析】
( x 2 y 2 z 2 ) d v 2
0
d
0
d 1
0
r 2 r 2 s i n d r 2 ( c o s )
0
1
5
r 5 1
0
4
5
   

                    .
10.【答案】
7
6
 a 4
【解析】在球面坐标系中，不等式 x 2  y 2  ( z  a ) 2  a 2 即x2  y2 z2 2az，
转化为 r 2 2 a r c o s   即 r 2 a c o s   ； x 2  y 2  z 2 转化为 r 2 s i n 2 r 2 c o s 2    即
t a n 1   ，
4
 
   
；故(r,,)|0r 2acos,0 ,02，
 4 
于是
z d v
8
2
0
r c
d
4 a
o s
4
0
c
c
o
o
r
s
s
6
2
6
s i n
s i n
4
0
d r d
1
4
7
6
( 2
d
a
a 4
c o s
2
0
)
d
4 d
4
0
c o
2
s s
4
0
i n
4 a 4
d
c o s
2
0
5
a c o
s
s
i n
r 3 d
d
r

     
 
      

   


  













 



  


11.【答案】
1
8
【解析】在 x O y 面的投影区域为D   (x,y)|x2  y2 1 
xy
x y d v
D
d
xy
1
2
x
s
d
i n
y
2
1
0
x y d
2
0
z
1
4
r
2
0
4
d
1
0
1
0
r
1
2
2 s i
1
4
n c
1
8
o s r d r   


   

 






 



  

1
12.【答案】 
10【解析】在球面坐标系中， x 2  y 2  z 2  z 的方程为 r 2 r c o s   即 r c o s   ，
( r , , ) | 0 r c o s , 0
2
, 0 2      

   

  

，
于是
x 2 y 2 z 2 d v
2
r
2
0
r
s
2
i n
s i n
c
d
o
r
s
4
d
4
d
d
2
0
2
d
c
2
0
o s
5
s
5
i n d
2
0
c
0
1
o s
0
r 3 d r

   
 
 
 
     

  
 








 







13.【答案】 8 
【解析】由题可知，在xOy面的投影区域为 D
xy
 { ( x , y ) | x 2  y 2  4 } ，故
( x 2 y 2 ) d v
2 x
2 x
2
0
2
2 y
2 y
d
(
5
4
4
4
d
(
r
x
x
2
0
4
d
2
r
y
2 (
1
2
5
52
y
5
r
2 x
2 )
5
2
5 )
2 y
( 5
r
2
0
(
)
x
r
8
2
5
2
d r
y
x
2 ) d z
y ) d x d y


    




 

 

















14.【答案】
4
1

5
( A 5  a 5 )
  
【解析】在球面坐标系中，(r,,)|ar  A,0 ,02，于是
 2 
( x 2 y 2 ) d v
2
2
0
r 2
d
s
2
3
i n
2
0
2
s i n
A
3
5
r
5
2
d
s
a
i n
5
A
a
d
r
r d
4 d
4
1
r
5
d
( A 5 a 5 )
  
 
 
    


 








 







15.【答案】
3 2
3

【解析】在 x O y 面的投影区域为D {(x,y)|x2  y2 4}，于是
xyV
2
0
d
d
v
2
0
D
(
xy
6
d x d
r
y
2
6
x
r
(
2
)
2 x
2 y
r d
y
r
2 )
d z
2
D
3
xy
r
[ 6
2
( x
4 r
4
2
r
3
y
3
2 )
2
0
3
x
2
3
2 y 2 ] d x d y






 



 










 






 

16.【答案】
2 
3
( 5 5  4 )
【解析】方法一：使用”先一后二”法，计算二重积分时，可以转换为极坐标形式
在 x O y 面的投影区域为 D
xy
 { ( x , y ) | x 2  y 2  4 } ，于是
V
2
0
d
d
v
2
0
D
xy
d x
5
d y
r
x
2
52
4
2 x2
y
r
4
2
y 2
d
r
z
d r
D
xy
2
5
1
3
x
( 5
2
r
y
2
2
)
32
2 x
4 r
1 6
4
y
2
0
2
d
2
3
x d y
5 4 )






 















 






 





   
方法二：被积函数与 x ， y 无关，故可以使用”先二后一”法
由z  5x2  y2 及 x 2  y 2  4 z 可解得 z  1 ；对于固定的 z ，当 0  z  1 时，
D
z
  ( x , y ) | x 2  y 2  4 z  ；当1 z 5时， D
z
  ( x , y ) | x 2  y 2  5  z 2  ；于是
V 

V

1
1
0


V
 4
2
z

d z

1
0

d

z
1
2 x
5


 2
y 
( 5
4 z

d
z
x
2
d
)
y
d

z 

1
2
5

d z

2 x

 2
 y  5

5 z



z 2
d
z
3
x
3
d

y
1
5

2
3
 ( 5 5  4 )
17.【答案】
1
1
2
( 5 5  6 2  1 )
【解析】
记L {(x,y)| y x,yx1}，L {(x,y)| y x2,0 x1}，所以有
1 2
L
x d s 



L1
2
2
2
2
x d
x

s
2

1|0
1

8

L

2
3
x
2
1
8
( 1
d


s
1
0

( 1
4 x


2
1
0
4
)
x
x
32
2
1|0
1
)


1
d 2
1
(
2
2
1
2
d

x


4 x
1
1 2

2
1
0
)
(
x
5
1
5


(
1
2
)
x ) 2 d x
18.【答案】 e a

2 
π a
4

 2
【解析】
 π 
L (x,y)| y  x,0 x a，
1  2 
L
2
  ( x , y ∣) y  0 , 0  x  a  ，
L
3
( 0 , r ) | 0
π
4
, r a  

  

 e x2y2 ds  e x2y2 ds e x2y2 ds e x2y2 ds
L L L L
1 2 3
2 π
  2 a e 2x x12dx a exdx4ea a202 d
0 0 0
π a π
e 2x |2 ex |a  aea
0 0 4
π
(ea 1)(ea 1) aea
4
 π 
ea 2 a 2
 
 4 
3
19.【答案】
(1e2)
2
【解析】d s 


x
e
3
2
2  ( t
2 t ( c
t e d
)
o
t

s t
y

 2
s
(
i
t
n
) 
t ) 2
z 

2 (
e
t
2
)
t
d
(
t
s i n t  c o s t ) 2  e 2 t d t
1

2 2 x  y  z  2
d s 

2

0
3
2
e 2 t
2

0
c
e
o

s
td
2
t
t


1
e

2 t
2
s
3
i n
e
2

t
t

2|0 
e 2

t

2
3
3 e
( e
td

t
2  1 )
20.【答案】
2
1
5
5
6
a 3
【解析】 d s  x  2 ( t )  y  2 ( t ) d t  a 2 ( 1  c o s t ) 2  a 2 s i n 2 t d t  2 a | s i n
t
2
| d t

L
y 2 d s 




8
3
3
2
0
a
2
2
π
3
a
a
2 a ( 1
2 π
 s
0
π
3  2
0
4
3 
5

i n
s i

c
5
n
2
3
o s
t
2
5 u

2 t )
d t
d u
2 5
1 5

t2
6
2

a
a
3
|
u
s i
1
n
6
t
2
a 3
|

d
2
0
t
s i n 5 u d u
21.【答案】 0
π
2
R2 π
【解析】 ydxxdy 2(12sin2tR2cos2t)dt R2 cos2tdt  sin2x|20
L 0 0 2 0
22.【答案】2π
【解析】方法一：
令
 x
y


a
b
c
s
o
i n
s t
t
， t  [ 0 , 2 π ] ，可得
L
( x  y ) d
x
x
2


(
y
x
2
 y ) d y


1
a
1
a
2
2


2
0
2
0
π
π
[
(


(
a
a
2
c
)
o
d
s
t
t



a
2
s
π
i n t ) a s i n t  ( a c o s t  a s i n t ) a c o s t ] d t
方法二：

L
( x  y ) d
x
x
2


(
y
x
2
 y ) d y



1
a
1
a

2
2
2

D
π
L
L
( x
(  1


y
1
)
)
d
d
x
x

d y
( x



a
y
2
2
) d
 π
y
a 2
23.【答案】
1
3
k 3 π 3  a 2 π
【解析】
L
x 2 d x z d y y d z
π
[
0
3 k
3
k 2
3
2
π|0
k
a 2 π
a 2 s i n
3 k
3
2
π 3
a
a
2
2
c
π
o s 2 ] d    

   

 





24.
【答案】 
1
1
4
5
【解析】方法一：由对称性可知 
L
(  2 x y ) d x  0 ， y2dy 0
L
所以

L
( x 2  2 x y ) d x  ( y 2  2 x y ) d y 


2
L

x
1
3
2 d
x
x
3


2
4
5
x y
x
d
5
y


1
0


1
1

( x
1
1
2
4
5
 2 x  x 2  2 x ) d x方法二：记 L 0 为从 ( 1 , 1 ) 到 (  1 , 1 ) 的直线段

L
( x 2  2 x y ) d x  ( y 2  2 x y ) d y 




D

2
 L  L
0
  (
 L L0
1
d x
 1
1 
5 
x


x
2 d x
2 y
1
(
2 x
5 
 2
) d x d
 2 y
1

x

0
x y
y
) d

d

y
2
y




L
1
3
0


x

1
x
2 x
 L
0
2 d x
1
2 x d
3 1| 
0
d
x
x


1
1
4
5
2 x y d y
34
25.【答案】（1） ；（2）11；（3）14（4）
3
3 2
3
【解析】
（1）

L
( x  y ) d x  ( y  x ) d y  
2
1
 ( y 2  y )  2 y  ( y  y 2 )  d y  
2
1
( 2 y 3  y 2  y ) d y 
3 4
3 .
（2）直线方程为 y  1 
2
4


1
1
( x  1 ) 即 x  3 y  2

L
( x  y ) d x  ( y  x ) d y  
2
1
[ ( 3 y  2  y )  ( y  3 y  2 ) ] d y  
2
1
( 1 0 y  4 ) d y  1 1
（3） 
L
( x  y ) d x  ( y  x ) d y  
2
1
( y  1 ) d y  
4
1
( x  2 ) d x 
1
2

2 7
2
 1 4 .
（4）当
 x
y


1
1
x4
时，t 0，当 时，
y 2
t  1

L
( x  y ) d x  ( y  x ) d y 



1
0
1
0
 (

( 1
2
0
t
t
2
3


t
5

2 t
1


9
t
t
2

 1
2
) (
) d
4
t
t  1 )  ( t 2  t 2  t  1 )  2 t  d t
26.【答案】  π
【解析】y x P x2  y2 Q
记P(x,y) ，Q(x,y) ，则  
x2  y2 x2  y2 y (x2  y2)2 x
L 0 为 x 2 y 2 2    （ 0   足够小）的顺时针方向，所以
L
y
2
d
(
x
x 2
x d
y
y
2 )
1
2
1
2
1
2
1
D
0
2
L
L L0
π
L
0
1
P
2
2
d
Q
x
D
x
L0
(
π
Q
P
y
1
d y
1
d
)
x
d
d
x
L
y
d
0
y
y d
x
1
x
2
2
x
y
L
0
d
2
y
y
d x x d y










 




 


 
 












 










27.【答案】 0
【解析】
 xy  aa cs oi sn 3
3
xx
由格林公式可知：



L
 
D
L
 
D
L
2 ( x
 ( 2

0 d x
y
x
d
c o
s i n
y 
s
x
0
x

 2
2 x
x y
c o
s i
s
n
x
x


2
2 y e
x y e
x
)
)d

x
( x

2
(
c
x
o
2
s
s
x
i n

x
2

x
2
s i
y
n
e
x
x )

d y
2 y e x )  d x d y
π2
28.【答案】
4
【解析】记P(x,y)2xy3y2cosx，Q(x,y)12ysinx3x2y2
P Q
则 6xy2 2y2cosx .
y x所以曲线积分与路径无关




0
L
2
0

(
(
2
2

x
x
1
0
y
y

3
3
1



y
y
2
2
2
y
c
c

o
o
s
s
3
x
x
π
4
)
)
2
d x 
d
y  0

2 y 
(
x
d
1

y



2 y
1
( 1
0
( y
s i


n
2
y
x
y
2

s

2 3 x
i n x
2 π
4
y

y
2 )
3
3 )
d y
2 x y
1| 
0
2 )
π
4
x
2

π2
d y
7 1
29.【答案】  sin2
6 4
【解析】记P(x,y) x2 y，Q(x,y)(xsin2 y)，则


P
y
  1 


Q
x
.
所以曲线积分与路径无关

L
( x 2  y ) d x  ( x  s i n 2 y ) d y 




1
3


1
(
0
x
1
3
7
6
2 x
3 1|0



1
2
1
4

y )
1 
( y
s i n
|y
 0
1

0
1

2
2
d x
1 
s i n

c o
2
y

s
)
1
(
0
2
1|0
x
y

d
s
y
i n 2 y ) |x
 1
d y
30.【答案】（1） x e y  y 2  C ；（2） x s i n y  y c o s x  C ；
（3）不是全微分方程；（4）不是全微分方程
【解析】记方程为PdxQdy 0
P Q
ey 
（1）因为 ，所以是全微分方程.
y x
方法一：
由于eydxxeydyd(xey)， 2 y d y  d y 2 所以有d(xey y2)0.原方程通解为
xey y2 C.
x y
方法二：u(x,y) ey | dx (xey 2y)| dy  x(xey y2)|y xey y2 C
y0 xx 0
0 0
（2）因为


P
y
 c o s y  s i n x 


Q
x
所以是全微分方程.
方法一：由于xcosydysin ydxd(xsin y)，cosxdy ysinxdxd(ycosx)，所以有
d(xsin y ycosx)0，原方程通解为xsin y ycosxC.方法二：
x y
u(x,y) (sin yysinx)| dx (xcosycosx)dy  xsin y ycosxC
y0
0 0
（3）因为


P
y
 x  4 y ，


Q
x
  2 x ，


P
y



Q
x
，所以不是全微分方程.
（4）因为


P
y
 2 y ，


Q
x
 y
P Q
，  ，所以不是全微分方程.
y x
31.【答案】（1） 
L
P ( x , y ) 
2
Q ( x , y )
d s ；（2） 
L
P ( x , y )
1


2
4
x Q
x 2
( x , y )
d s ；
（3） 
L
[ 2 x  x 2 P ( x , y )  ( 1  x ) Q ( x , y ) ] d s .
【解析】（1）直线方程为 y  x ，切向量为 ( 1 , 1 ) ，单位化为
 1
2
,
1
2

则 
L
P ( x , y ) d x  Q ( x , y ) d y  
L
( P , Q )
 1
2
,
1
2

d s 
1
2

L
( P  Q ) d s
（2）切向量为 ( 1 , 2 x ) ，单位化得
4
1
x 2  1
(1 , 2 x )
则 
L
P ( x , y ) d x  Q ( x , y ) d y  
L
( P , Q )
4
1
x 2  1
( 1 , 2 x ) d s  
L
P 
4 x
2
2
x

Q
1
d s
 1x 
（3）切向量为1, ，单位化得( 2xx2,1x).
 2xx2 
则 P(x,y)dxQ(x,y)dy (P,Q)( 2xx2,1x)ds [ 2xx2P(1x)Q]ds
L L L
1+ 2
32.【答案】（1） π；（2）
2
9 π
【解析】
（1）记 {(x,y,z)|z 1,x2  y2 1}，
1

2
 { ( x , y , z ) | z  x 2  y 2 , z  1 }
(x2  y2)dS (x2  y2)dS (x2  y2)dS
  
1 2
2 2
 x   y 
  (x2  y2)dxdy  (x2  y2) 1  dxdy
   
x2  y2 x2  y2
x2y21 x2y21    
2 1 1 2
(1 2) d r2rdr  
0 0 2（2）
( x 2 y 2 ) d S
x
2
2 y
2
0
2 3
d
( x 2
0
3
y
r
2
2
)
r
1
d r
x
9
3
2
x 2
y 2 x
3
2
y 2
y 2
d x d y 2
x 2 y 2 3
( x 2 y 2 ) d x d y

   










 



  


33.【答案】（1） 4 6 1 ；（2） 
2 7
4
；（3）aπ(a2 h2)；（4）
6
1
4
5
2 a 4 ．
【解析】
 x y 
（1）D (x,y)  1,x0,y0
xy  2 3 
  ( z  2 x 
4
3
y ) d S 

 
4
4
3
d
6
S
1

1

2
D

xy
2
4


3 
1 
4
( 
6
2
1
) 2 


4
3

2
d x d y
（2） D
x y


( x , y ) x  y  3 , x  0 , y  0

  ( 2 x y  2 x 2  x  z ) d S 




D
3
3
3

 ( 2
xy
3
 d
0
3
 (
0
3
 (
0
2 7
4
x
x
6
3
y


x

3 
0
2
3 
2 x
x
( 2
2 x
1 0
2
x

x

y
3
2
3

x

x
2
) (
9
 2
2 x
3 
) d x
y

x

3
)
x

6 )

( x
2
1
y


1

)
(
(

6
3
2
) d

2 )
y
x

2 )
(
d

x
2 ) 2 d x d y
（3）由对称性可知，
(x yz)dS  xdS ydS zdS
   
2 2
 x   y 
00  a2 x2  y2  1  dxdy
   
a2 x2  y2 a2 x2  y2
x2y2a2h2    
a  dxdy aa2 h2
x2y2a2h2
（4）由对称性可知，( x y y z z x ) d S
0
8
(
2
x
2 x
2 x
2 a
z
2 y
2 y
4
) y d S
x
2 a x
x
2 a x
c o s 2
0
5
x
x
2
2
d
z x
y
y
d S
2
2 d
8
x
1
d y
2 a 4
4
5
x
2
2
2
3
x
2
2
d
y
6
1
2
4
5
2
2 a c
0
2
o s
a 4
r
x
2 c
2
o
y
s
y 2
r d
2
d x d y

  
 
    



 




 
 


  



 


 













34.【答案】
1
2
0 5
 R 7
【解析】
x 2 y 2 z d x d y
r
2
1
2
2 x y
2 2 2 x y R
2 R
4 d r c o
0 0
1 2 R sin t s
4 0
1 4 u s i n
8 0
2 s i n u d u R 2
0
R
2
2
2 s
i n
2 u
7
2
d
R
s
2
u
4
5
2
i n 2
d
R
2
3
x
7
2
R
2
0
s 2
0
6
7
y
2
R
i n
4
5
2 d x d
2 r
5 s i n
5 t ( 1
2
3
y
r d
5 t
r
s
R
i n
2 c o
2 t )
s
d
2 t d
  
  
 
  













 





7



1
7

4

5

2
3




1

2
0 5

  
 
 
7  R





35.【答案】
3
2
π
【解析】方法一：直接投影计算
D
y z
  ( y , z ) | 0  y  1 , 0  z  3  ， D
x z
  ( x , z ) | 0  x  1 , 0  z  3 
zdxdyxdydz ydzdx  zdxdyxdydzydzdx
   
0  1 y2dydz  1x2dxdz
Dyz Dxz
1 3 1 3
  dy 1 y2dz dx 1x2dz
0 0 0 0
1
2 3 1 y2dy
0
 
6 
4 2方法二：用轮换投影法计算
  z d x d y  x d y d z  y d z d x 




  z d x

  0 


   x


 
1
D y z
3 a r c s
d y
( x

1

i n
  

, y , z
2 y
1 
d
2 y
1
y 
0
x
)
y
y
d y d z

 1 ,


d
 2

d z 
 
2

1
y d
3

0
y
y

z
d
d z
y

 z
d
2
D
1
0
x
,
y
z
0

1

1

d
1
y

y
d
2
z
y
d
2
y

1
y

2
y 2

d y d z
36.【答案】
1
2
【解析】
D
x y
  ( x , y ) | x  y  1 , x  0 , y  0 
原式(f x,2f  y, f z)(1,1,1)dxdy (x yz)dxdy
 
1 1
1dxdy  11
2 2
D
37.【答案】
1
8
【解析】方法一：利用高斯公式计算
由高斯公式可知：
原 式 



3
3
2





( y
 z
1
1 2

d

V
z
1
8


x
3
)

d
1
0
V
d z

D 
截
  

z d x
x
d
d
y
V


3



1
0

z
y

d
1
2
V
( 1


  

2 z )
z
d
d
z
V
方法二：采用轮换投影法计算
在x0,y 0,z 0上的积分为0
记 为x yz 1,x0,y0,z0上侧，
1  x z d x d y  x y d y d z  y z d z d x






3
3
3
1

D

x y
 x
1
 x
xy
1
2 4
d y
z d
(1

d z
x d

1
8

y
x
y
变 (

z
y
d
量
)
z
d
d
对
x
x
d
称
y
 x
性

z
3
d
）

x
1
0
d
d
y
x 
1
0
 x
x (1  x  y ) d y
38.【答案】 3 a 4
【解析】
由高斯公式可知：
原 式 



6
3


a


2
(

z
2
z
2
x
d
a
0

V

2

3
y
6
a


4
2
a
0
z
d
)
z
d
D
V

截
z

d
2
x d

y
 


6
x d V
a

0
z

 a

2

d

z
y d V     z d V 
39.【答案】
1 2
5
a 5 
【解析】
由高斯公式可知：
( 3 x 2 3 y 2 3 z 2 ) d V 3
2
0
d
0
d
a
0
r 2 r 2 s i n d r 3 2 2
1
5
a 5
1 2
5
a 5    原 式        



       

40.【答案】
2
5
a 5 
【解析】
由高斯公式可知：
2  a 1 2
原式(z2 x2  y2)dV  d2d r2r2sindr 21 a5  a5
0 0 0 5 5

41.【答案】81π
【解析】由高斯公式可知： 原 式     (1  1  1 ) d V  3  9   3  8 1 
3
42.【答案】
2【解析】
由高斯公式可知：
原 式 


3



1
0
(
d
4
z
z
D


截
2
z d
y
x

d y
y )

d
3
V

1
0

z
  

 1 d
4
z
z

d V
3
2
z

2

1
0
 


y
3
2
d V     4 z d V     z d V  3    z d V
asin 
43.【答案】 ,0 
  
【解析】
如图建立坐标系，则 L  ( , r ) | , r a          
由对称性可知 y  0

 xds  acos a2 02d a2sin  2a2sin asin
x  L      
 1ds 2a 2a 2a 
L
质心坐标为
a s i n
, 0


 
.
44.【答案】（1）
2
3
a 2 a 2 k 2 ( 3 a 2 4 2 k 2 )     ；
 6ak2 6ak2 3k(a222k2)
（2） , , .
3a242k2 3a242k2 3a242k2

【解析】
（1）
I  (x2  y2)(x2  y2 z2)ds
z
L
2
 a2(a2 k2t2) (asint)2 (acost)2 k2dt
0
2
 k2   8k23 
=a2 a2 k2 a2t t3  a2 a2 k2 2a2  
 3   3 
0（2）
M
L
2
0
a
(
( a
2
x ,
2
k
y
2
, z
k
) d
2 t
a
s
2 )
2 t
L
2 a
2 k
3
2 ( x
k
3 t
2 d
2
0
y
t
2 z
a
2
2
) d s
k 2 2 a 2
8 k 2
3
3
 



















 
 
L
x ( x , y , z ) d s
a
a
a
a
4
L
2
0
2 x ( x
a c o
2 a
2 a
2 a
2 a
2 a k
y
s t (
2 k
2 k
2 k
2 k
2 a
2
a




2
a
k
2
4
2
2
k
k
2 z ) d s
2 2 k t )
2
s i n t
0
2
2 t s i n t
0
2 t c o s t
2 k 2 k
2
2
0
a
2
2
s
2
0
2
0
i n
k
k
2
0
t
2 d
2 t
2 k
2
2
0
t
2 d s
2 t d
2 k

i n
c o
c o

t

s t
s t d t

  


















 














L
y ( x , y , z ) d s
t
a
L
2
0
4
2
2 y ( x
a s i n
u
2 a
2 k a
2 k a
t
a
k
y
( a
2
a
a
2
2
a
2
2
2
2 z ) d s
2 2 k t )
2 k
s i n u (

2 k
0
2 k
0
a
u
s
2 a
s i n
2
s i n
i n u
(
k
u
d
k
2
d
u
2
u
d t
u )
2

[ a
k
2
2 u 2
k
)
2
d
(
u
u 2 ) ] d
s i n
u
u 2 k 2 u d u
  











4


k

2




a

a

2



 
 


 k 2





 




 



 


 
 
  
 z(x,y,z)ds   z(x2  y2 z2)ds
L L
2
  kt(a2 k2t2) a2 k2dt
0
2
a2 k2 
k a2 k2  t2  t4 
 2 4 
0
k a2 k2  2a22 4k24
4ak2 a2 k2 6ak2
x  
 8k23  3a2 42k2
a2 k2 2a2  
 3 4k2a a2 k2 6ak2
y  
 8k23  3a2 42k2
a2 k2 2a2  
 3 
z
k a
a
2
2
k
k
2
2
 2
2
a 2
a 2
2
8
4
k
k
2
3
2
3
4  3 k
3
(
a
a
2
2
4
2
2
2
k
k
2
2 )  















所以质心坐标为
3 a 2
6 a k
4
2
2 k 2
,
3 a 2
6 a
4
k 2
2 k 2
,
3 k
3
(
a
a
2
2
4
2
2
2
k
k
2
2 )   
  



 
 
45.【答案】
4
3
a 4
0
 
【解析】
I
z
=
a
2 r
0
a
a
2 ( x
2 x y
0
2 x
t
0
0
2 y
(
2 2 a
2 2 y a
a
0
a
0
2
3
)
x
2
d S
0
2 2 y
2 x
2 a
2 a
0 a
2 a
)
x
t
2
t
y
2
d
1
2
t
t
y
d
2
t
a
0
d
2
a
x
2
d y
a
a 2
2
x
x 2
a
t
d
y
0
t
2
2
0
2
d
a
0
a 2
a
r
2
2
y
2 x
r 2
y
r
2
d r
2
d x d y


  







 


4
3

a

 
 
 



 
4
0


( a

2

t


3
) 2

a
0

2



2


a 2 a 2




t

2 a
0













  

  

46.【答案】
 4
3
R
π
,
4
3
R
π
,
4
3
R
π

【解析】边界曲线如图所示.曲线在xOy,yOz,zOx坐标平面内弧段分别为 L
1
, L
2
, L
3
，则曲
线的质量为m  
L1  L
2
 L
3
d s  3 
2 π
4
R

3
2
π R .
 
设曲线重心为 x,y,z ，则
x 

1
m
2
m


L1
R
0
 L
2
 L
R
R
3
x
2
x
d

d
x
s
x

2

1
m
2

R
m

L1
2
x

d s
4
3

R
π

L
2
x d s  
L
3
x d s


1
m


L1
x d s  0  
L
3
x d s


2
m

L1
x d s
由对称性知 y  z  x 
4
3
R
π
，即所求重心为
 4
3
R
π
,
4
3
R
π
,
4
3
R
π

.
47.【答案】  3 π a 2
【解析】记  为
 x
x

2 
y 
y 2
z


z
0
2  a 2
上侧，则法向量为 ( 1 , 1 , 1 )
1
，单位化得 (1,1,1)
3
所以


y d x  z d y  x d z   
1
3

 x
y
1
3

 y
z
1
3

 z
x
d S 
1
3
  (  1  1  1 ) d S   3   d S   3 π a 2 .
48.【答案】2π(aba2)
【解析】记为
 x
a
x 2


z
b
y

2
1
 a 2 上侧，则dydz dxdz dxdy
  
 (yz)dx(zx)dy(x y)dz 
 x y z

yz zx x y
2dydz2dxdz2dxdy

b b 
(2,2,2)( ,0,1)dxdy 2 1 dxdy
 
a a 
 
b 
2 1  dxdy 2π(aba2)
 
a 
x2y2a2
49.【答案】  2 0 π
【解析】记为
 z
x

2 
2
y 2  2 z
上侧，则法向量为 ( 0 , 0 , 1 )


3 y d x  x z d y  y z 2 d z 

 
 5
0

 x
3 y
  d S
0

 y
 x z
  5 
1

 z
y z
π 
2
2
d
2
S



 
2 0
(
π
 z  3 ) d S    (  2  3 ) d S
50.【答案】 9 π
【解析】方法一：记 
x2  y2 z2 9
为 上侧，则法向量为
z 0
( 0 , 0 , 1 )
0 0 1
  
 2ydx3xdyz2dz  dS (32)dS 9π
 x y z
 
2y 3x z2
dydz dxdz dxdy
  
方法二：  2ydx3xdyz2dz  dS (32)dS 9π
 x y z
 
2y 3x z2
51.【答案】108π
【解析】由第二类曲面积分及高斯公式可得 

 
 
(

2
(
x
2


3
1
z

) d
2
y
) d
d
V
z 

(
3
x z

4
3

π
y

)
3
d
3
x d

z
1

0 8
( y
π
2  2 z ) d x d y
52.【答案】 2 x
【解析】根据散度公式可得， d i ν A 
 (

y
x
2 )

 (

x
y
y )

 (

x
z
z )
 2 x .
53.【答案】 1 2 π
【解析】记

z 0
为 上侧，则由空间曲线积分及斯托克斯公式可知：
x2  y2 4
Γ
( x z ) d x ( x 3 y z ) d y 3 x y 2 d z
3
2
3
2
d
x
(
3
2 x
2
y d z
x
z
6 x y
2 x d x
2 y 4
1
π
4
d
(
d x
3 x
y )
y
2 x
4 2 r |0
d z
y
y z
d y d z
2 2 x y
2 y ) d
1 2 π
4
x
d x d y
z
2 3 x y
2 ( 3 y
2 3 x d x d
3
d y
2
y
1 ) d
2 π
d
0
x d z
2
0
r 2
3 x
r
2
d
d
r
x d y

     




 
 
 




 
 







 








 


54.【答案】(2,4,6)
【解析】由旋度公式可得
r o t A 

2
2
i
 x
z 
i  4
3 y
j  6
3
k
j
 y
x 
 (
z
2 , 4
y
, 6
k

)
z2
x
 ( 1  1 ) i  (  2  2 ) j  ( 3  3 ) k
1
55.【答案】 2(a2 b2)
ab
【解析】方法一：曲线
x
a
2
2

y
b
2
2
 1
 a b 
在点 , 内的法线的方向向量为
 2 2s  
 2
a
x
2
,
2
b
y
2

 a
2
,
b
2

 

a
2
,
b
2 
，单位化得
s
s a
b
2 b 2
,
a 2
a
b 2
( c o s , c o s )   






 ，
又因为


z
x  a
2
, b
2

 
2
a
x
2  a
2
, b
2

 
a
2
，


z
y  a
2
, b
2

 
2
b
y
2  a
2
, b
2

 
b
2
，
所以，所求方向导数为
z
s a
2
, b
2
z
x
2
a b
b
a
2
2
a
2
a
, b
2
2
c
2
b
o
a
2
s
2
a 2
b
2
z
y
b
(
2
2 a
a
a
2
b
, b
2
b 2
c
)
o s
b
2
a 2
a
b 2
 

  

































方法二：因为 g r a d z  ( z x , z y ) 


2
a
x
2
, 
2
b
y
2

，与曲线
x
a
2
2

y
b
2
2
 1 的内法向量
s  
 2
a
x
2
,
2
b
y
2

相同，所以所求方向导数就是 z 沿梯度方向的方向导数，即


z
s  a
2
,
b
2

 g r a d z
 a
2
,
b
2

 
a
2
, 
b
2

2
a 2

2
b 2

2 ( a 2
a b
 b 2 )
.
56.【答案】 5
【解析】因为


u
x
(1 ,1 ,2 )
 ( y 2  y z )
(1 ,1 ,2 )
  1 ，


u
y
(1 ,1 ,2 )
 ( 2 x y  x z )
1 ,1 ,2 
 0


u
z
(1 ,1 ,2 )
 ( 3 z 2  x y )
(1 ,1 ,2 )
 1 1 ，所以，根据可微函数方向导数公式可知：


z
l
(1 ,1 ,2 )
  1  c o s
π
3
 0  c o s
π
4
 1 1  c o s
π
3
 5 .
57.【答案】gradf(0,0,0)(3,2,6),gradf(1,1,1)(6,3,0)
【解析】由梯度公式可知：gradf (2x y3,4yx2,6z6)，所以
gradf(0,0,0)(3,2,6)，gradf(1,1,1)(6,3,0).58.【答案】 21
【解析】 g r a d u
P
0
 ( y 2 z , 2 x y z , x y 2 )
P
0
 ( 2 ,  4 , 1 ) ，由方向导数与梯度的关系可知：
u 在点 P
0
处沿 g r a d u |P
0
 ( 2 ,  4 , 1 ) 方向增加最快，且方向导数为：
g r a d u |P
0
 2 ,  4 , 1  2 1 ；
u 在点 P
0
处沿  g r a d u |P
0
  ( 2 ,  4 , 1 ) 方向减少最快，且方向导数为：
 gradu|  2,4,1  21.
P
0
12-2 基础真题
1.【答案】
2 5
3
6

【解析】方法一：可采用”先二后一”法，二重积分计算时可利用极坐标
( x 2 y 2 z ) d v =
4
0
d z
2
0
d
0
2 z
( r 2 z ) r d r 4
4
0
z 2 d z
2 5
3
6
.   Ω     

      
方法二：可采用先一后后法，二重积分计算时可利用极坐标（即通过柱坐标进行计算）
( x 2 y 2 z ) d v =
2
0
d
0
8
r d r
42
r2
( r 2 z ) d z 2
0
8
4 r 3 8 r
5
8
r 5 d r
2 5
3
6
.   Ω    

     

 

 
2
2.【答案】 
3
【解析】方法一：平行截面面积已知的立体图形的体积，对截面面积积分即可
直线 A B 的方程为
x1 y z x1z,
  ，即
1 1 1  y  z.
在z轴上截距为z的水平面截此旋转体所得截面为一个圆，如图所示，此截面与z轴交于
点(0,0,z)，与AB交于点M(1z,z,z)，故圆截面半径
r(z) (1z)2 z2  12z2z2 ，
从而截面面积S(z)(12z2z2).故所围立体体积 V   
1
0
( 1  2 z  2 z 2 ) d z 
2
3
 .
方法二：求空间立体的体积，在空间立体上对1进行三重积分即可，关键需要表示出旋转
曲面方程.
直线 A B 的方程为
x


1
1

y
1

z
1
，即
 x 
y
1


z
z
.
,
在z轴上截距为 z
0
的水平面截此旋转体所得截面为一个圆，此截面与z轴交于点
 ( 0 , 0 , z
0
) ，与 A B 交于点 M ( 1  z
0
, z
0
, z
0
) ，设点 Q ( x , y , z ) 是点M 绕 z 轴旋转得到的一
点，且 z 轴的方向向量为 s = ( 0 , 0 , 1 ) ，有几何关系 M Q  s ， OM  OQ ，即
  x 
(1
1


z
0
z
)
0
2
,

y 
z
0
z
2
0

, z
z
0

2
z

0
 
x

2
0

, 0
y
,
2
 1
 z 2
即
 z
1

 2
z
0
z
0
 3 z
0
2  x 2  y 2  z 2
，
得旋转曲面为 x 2  y 2  2 z 2  2 z  1 ；
记旋转曲面围成的立体图形为，则体积为
V d v
1
0
d z
x 2 y 2 2 z 2 2 z 1
d x d y
1
0
( 2 z 2 2 z 1 ) d z
2
3

     

 
 
       .
3.【答案】
1 0 2
3
4 
【解析】
x2  y2 2z,
由: 故
0 z 8.
I
2
0
d
4
0
r d r
82
r2
r 2 d z 2
4
0
r 3 8
r
2
2
d r
1 0 2
3
4
  

    





.
4.【答案】  1 8 π
【解析】由格林公式可知
原式   D  2 x  4   2 x  2   d x d y   2  D d x d y   2  9 π  1 8 π .
，其中 D  { ( x , y ) | x 2  y 2  9 } .
1
5.【答案】
2【解析】由 P ( x , y )  x y 2 ， Q ( x , y ) y ( x )   ，


P
y



Q
x
，得
2 x y y ( x )    ，(x) x2 C
再由 ( 0 ) 0   ，得C0，故 ( x ) x 2   ，所以
(1 ,1
(0 ,0
)
)
x y 2 d x y ( x ) d y
(1 ,1
(0 ,0
)
)
x y 2 d x x 2 y d y      
沿直线 y  x 从点 ( 0 , 0 ) 到点 ( 1 , 1 ) 积分，得
(1,1) 1 1
 xy2dx y(x)dy   2x3dx .
(0,0) 0 2
6.【答案】B
【解析】由曲线积分 
L
[ f ( x )  e x ] s i n y d x  f ( x ) c o s y d y 与路径无关可知，

 x
[  f ( x ) c o s y ] 

 y
{ [ f ( x )  e x ] s i n y } ，
整理得 f ( x )  f ( x )  e x
1
，解此方程得 f(x) ex Cex，由
2
f ( 0 )  0 得， C  
1
2
，
故 f ( x ) 
e x 
2
e  x
，故应选（B）.
7.【答案】 π
y x P y2 4x2 Q
【解析】P ,Q ,   ,x,y0,0
4x2  y2 4x2  y2 y  4x2  y22 x
作足够小椭圆 C
1
x
y
2
c
s
o
i n
s


 



（ [ 0 , 2 π ]   ， C 取逆时针方向），
于是格林公式有 
L + C 
x d
4
y
x 2


y d
y
x
2
 0 ，即得
1
2
xdy ydx xdy ydx 2π 2
    dπ.
L 4x2  y2 C 4x2  y2 0 2
c a
8.【答案】（Ⅰ）证明略；（Ⅱ） 
d b
【解析】（Ⅰ）因为
 y
 1
y
[1  y 2 f ( x y ) ]

 f ( x y ) 
1
y 2
 x y f ( x y ) 

 x
 x
y 2
[ y 2 f ( x y )  1 ]

在上半平面内处处成立，所以在上半平面内曲线积分 I 与路径无关.
（Ⅱ）由于 I 与路径无关，故可取积分路径 L 为由点(a,b)到点 ( c , d ) 的折线段，所以
I 


1 c

b a
c 
b
c

d
[1
a
a
b



b

2 f
c
b
a
b c

a b
( b
f (
f
x )
b x
( t )
] d x
) d x
d t 



d

b
d

b
c d
b c
c
2 y
c f (
f ( t
[ y
c y
) d
2 f
) d y
t 
( c

c
d
y )
c
d



a
b
1 ]
c
b

d

y
c d
a b
f ( t ) d t
当 a b  c d 时， 
c d
a b
f ( t ) d t  0 ，由此得 I 
c
d

a
b
.
9.【答案】B
【解析】记 M ( x
M
, y
M
) ，N(x ,y )，x 0，
N N M
y
M
 0 ， x
N
 0 ，y 0，有
N
（A） 

f ( x , y ) d x  

d x  x xx N
M
 x
N
 x
M
 0 ；
（B） 

f ( x , y ) d y  

d y  y yy N
M
 y
N
 y
M
 0 ，选（B）.
若再计算下去，有：
（C） f x,yds  ds l 0，其中
 
l 为  自 M 到 N 的长度；
（D）
 f(x,y)dx f(x,y)dy  df(x,y) f(x,y) (x N ,x M )
x y (y ,y )
  M N
 f(x ,y )(x ,y )110
N N M M
10.【答案】  2 π
【解析】方法一：（降维化为平面第二型曲线积分）
曲线 C :
 x
x
2


y
y

2 
z
1

,
2 ,
在 x O y 面上的投影曲线为 l : x 2  y 2  1 ，顺时针， l 围成的闭区域
记为 D : x 2  y 2  1 ，由x yz 2得 z  2  x  y ，于是I   (z y)dx(xz)dy(x y)dz
C
  (2x)dx(2x y2)dy(x y)(dxdy)
l
  (22x y)dx(3x2y2)dy
l
(31)dxdy 2π12 2π
D
方法二：令 x c o s   ，y sin，则 z 2 x y 2 c o s s i n         ，
于是
0
 (z y)dx(xz)dy(x y)dz  [2(sincos)2cos21]d
C 2π
0
[2(cossin)sin2] 2π
2π
11.【答案】  2 4
【解析】方法一：（降维化为平面第二型曲线积分）
L :
 x
x


y 
y
z


1
2
在 x O y 面上的投影曲线为 l : x  y  1 ，逆时针方向， l 围成的闭
区域记为 D ： x  y  1 ，由x yz 2，得z 2x y，于是
I   (y2 z2)dx(2z2 x2)dy(3x2  y2)dz
L
  [y2 (2x y)2]dx[2(2x y)2 x2]dy(3x2  y2)(dxdy)
l
  (44x2  y2 4x4y2xy)dx(82x2 3y2 8x8y4xy)dy
l
(2x2y12)dxdy 24
D
方法二：记S为平面x yz 2上L所围部分的上侧，D为S在 x O y 坐标面上的投影，
由斯托克斯公式得
2
I  (4x2y3z)dS 2(x y6)dxdy
3
S D
12dxdy 24
D
12.【答案】
4
3
3
【解析】曲面对称于yOz平面，x为x的奇函数，所以  xdS 0. 又因关于x，
y ， z 轮换对称，所以  ydS   zdS   xdS ，
  
  y d S 
1
3
   x  y  z  d S 
1
3
  d S 
1
3
 (  的 面 积 )
而为 8 块同样的等边三角形，每块等边三角形的边长为 2 ，所以
 的 面 积 = 8 
1
2
 ( 2 ) 2  s i n
π
3
 4 3
4
，所以  ydS  3，从而原式
3


4
3
3 .
13.【答案】 1 2 π
x2  y2 4,
【解析】取曲面片 : 其法向量方向与
1 z 0,
z 轴负向相同.
设  和 
1
所围成的区域为  ，则由高斯公式有 I   1 y z d z d x  2 d x d y     z d x d y d z . 而
 1 y z d z d x = 0 ，  1 2 d x d y   2
x 2
 2
y  4
d x d y   8 π ，
z d x d y d z =
2
0
π
d
π2
0
s i n d
2
0
r c o s r 2 d r 4 π            ，所以 I  4 π  8 π  1 2 π .
14.【答案】  8 
【解析】设 S  { ( x , y , z ) | x 2  y 2  4 , 0  z  2  x } 的外侧，
S
1
 { ( x , y , z ) | x  z  2 , x 2  y 2  4 } 的上侧， S
2
 { ( x , y , z ) | z  0 , x 2  y 2  4 } 的下
侧，   { ( x , y , z ) | x 2  y 2  4 , 0  z  2  x } ，D{(x,y)|x2  y2 4}
记 I
1
  S
1
 y d z d x  ( z  1 ) d x d y ， I
2
 S 2  y d z d x  ( z  1 ) d x d y ，
I
3

S 
S 
1
S
2
 y d z d x  ( z  1 ) d x d y ，则 I  I
3
 I
1
 I
2
.
而I ydzdx(z1)dxdy (z1)dxdy (2x1)dxdy 12π；
1
S S S D
1 1 1 1
I ydzdx(z1)dxdy dxdy 4π.
2
S S D
1 1 1
又由高斯公式有I (11)dv0. 故I I I I 8π.
3 3 1 2

π
15.【答案】
2【解析】因为 P  2 x z ， Q  y z ， R   z 2 ，所以


P
x
 2 z ，


Q
y
 z ，


R
z
  2 z ，


P
x



Q
y



R
z
 z . 根据高斯公式，
2 x z d y d z y z d z d x z 2 d x d y z d x d y d z
2
0
π
d
π4
0
s i n c o s d
0
2
r 3 d r
π
2
                .
16.【答案】
1
2
π 2 R
【解析】
设S ，S ，S 依次为
1 2 3
S 的上、下底和圆柱面部分如图所示，则
 S
1
x 2
x

d y
y
d
2
z
 z 2
 S 2
x 2
x

d y
y
d
2
z
 z 2
 0 .
记 S
1
，S 在xOy面上的投影区域为D ，则
2 xy
z2dxdy R2dxdy (R)2dxdy
    0.
x2  y2 z2 x2  y2 z2 x2  y2 z2
SS D D
1 2 xy xy
在S 上
3
S 3
x 2
z

2 d
y
x
2
d y
 z 2
 0 .
记S 在
3
y O z 面上的投影区域为D ，则
yz
x d x d y
 
2 2 2 x  y  z
S
3


D
2
yz
D yz
R
R 2
2
R
R


2
2
2 y
2 z
 y
2  z
d
2
y
d
d
y
z
d

z
D

yz
2



R
 R
R
R
2
R
2

2


z
y
2
y
2
2

d
d
y
y

d z
R
 R R 2
d z
 z 2


2
2
R
1
所以，原式 2R.
2
x
S
R
S
1
2
O
z
R
 R
S
3
y17.【答案】 
1
2

【解析】以S 表示法向量指向 z 轴负向的有向平面
1
z  1 ( x 2  y 2  1 ) ， D 为S 在
1
x O y 平
面上的投影区间，则  S
1
( 2 x  y ) d y d z  z d x d y    D d x d y    . 设  表示由 S 和 S
1
所围
成的空间区域，则由高斯公式知
2π 1 1
 (2x y)dydzzdxdy (21)dv3 d rdr dz
0 0 r2
SS 
1
1 1 1 3
6π (rr3)dr 6π   
 
0 2 4 2
因此，
  ( 2 x  z ) d y d z  z d x d y
S


 
S  S
3

2
1
(

2 x


( 
y

)
)
d

y d

z
1
2


z d x d y   S
1
( 2 x  y ) d y d z  z d x d y
18.【答案】 
π
2
a 3
【解析】先以 ( x 2  y 2  z 2 )
12
 0 代入被积函数
I   
a x d y
( x
d
2
z

 (
y
z
2


a
z
)
2
2 d x
1 /2 )
d y

1
a
  a x d y d z  ( z  a ) 2 d x d y
补一块有向平面 S  :
 x 2 
z
y

2 
0 ,
a 2 ,
其法向量与z轴正向相反，从而得到
1  
I    axdydz(za)2dxdyaxdydz(za)2dxdy
a 
S S

1  
 (3a2z)dva2dxdy
a
 
 D
其中  为   S  围成的空间区域， D 为z0上的平面区域 x 2  y 2  a 2 ，于是
1  1 2π a 0  π
I  2πa4 2zdvπa4  πa4 2 d rdr zdz  a3 .
a   a 0 0  a2r2 2

19.【答案】π
【解析】取 为xOy平面上被圆x2  y2 1所围部分的下侧，记为由与 围成的空
1 1间闭区域，则
I 

 
1
2 x 3 d y d z  2 y 3 d z d x  3 ( z 2  1 ) d x d y   1 2 x 3 d y d z  2 y 3 d z d x  3 ( z 2  1 ) d x d y
根据高斯公式，得
3 3 2 2 x d y d z 2 y d z d x 3 ( z 1 ) d x d y
1
6
2
0
6
π
(
d
x 2
1
0
d
y
r
2
1
0
z
2 r
) d
( z
x d y
r
d
2
z
) r d z 

     



1


2

π 
1
0


1
2

r (1




r 2 ) 2

 r 3 (1  r 3 )

d r  2 π
而2x3dydz2y3dzdx3(z2 1)dxdy   (3)dxdy3π. 因而I 2π3ππ.

1
x2y21
20.【答案】 2 π
【解析】添曲面 
1
: z  1 , x 2  y 2  1 的上侧，于是
I 


 


 
x d
 x

1
 ( 1
y d
d y

z
d
2

z

2

3
y d z
2 y d
) d v
d
z

x
d
0

x
3

(
3
z
(

z
1

) d
1
x
) d
d
x
y
d y   1 x d y d z  2 y d z d x  3 ( z  1 ) d x d y
其中为曲面与 围成的空间有界闭区域.上式中第一项来自高斯公式；第二项为0的原
1
因是 
1
垂直于 y O z 平面，又垂直于 x O z 平面，故  1 x d y d z  0 ，2ydzdx 0，

1
又因为 
1
是平面z 1上的一部分，故将z 1带入得3(z1)dxdy 0. 下面计算

1
6dv. 注意到

 是一个圆锥体，则    6 d v  6 
1
3
π  1 2  1  2 π .
于是   x d y d z  2 y d z d x  3 ( z  1 ) d x d y  2  .
21.【答案】 π
 y2
x2  1,
【解析】取 : 4 的下侧，由与 围成的封闭区域记为，则
1 1

 z 01 1
I   3zdv  3xydxdy  dz3zdxdy  6zπ(1z)dz  π，
0 0
 1  1  x2 1 y21 D Z
4
这里 
1
 y O z ， 
1
 x O z 则  1 x z d y d z  0 ，2yzdzdx0.

1
22.【答案】
1 1
7
【解析】 n  4 i  6 j  2 k ，


u
x
P

z 6 x
6
2
x
 8 y 2
P

6
1 4
，


u
y
P

z 6
8
x 2
y
 8 y 2
P

8
1 4
，


u
z
P

6 x 2
z

2
8 y 2
P
  1 4
从而
u u u u 
 cos(n,i) cos(n, j) cos(n,k)
 
n x y z 
P P
6 2 8 3 1 11
     14 
14 14 14 14 14 7
3
23.【答案】
3
【解析】因为 g r a d u
(1 ,2 ,3 )

 1
3
,
1
3
,
1
3

，所以


u
n 1 ,2 ,3 

 1
3
,
1
3
,
1
3


1
3
( 1 , 1 , 1 ) 
3
3
.
24.【答案】
 2
9
,
4
9
, 
4
9

【解析】因为


u
x
M

x 2 
2
y
x
2  z 2
M

2
9
，


u
y
M

x 2 
2
y
y
2  z 2
M

4
9
，


u
z
M

x 2 
2
y
z
2  z 2
M
 
4
9
2 4 4 2 4 4
，所以(grad u)  i j k   , , .
M 9 9 9 9 9 9
25.【答案】A
y x
【解析】因为 f(x,y) ， f(x,y) ，所以
x x2  y2 y x2  y2
f (
x
0 , 1 )  1 ， f y ( 0 , 1 )  0 ，
从而(grad f(x,y)) i.
(0,1)26.【答案】
x 2 
1
y 2  z 2
【解析】 g r a d u 
 

u
x
,


u
y
,


u
z

， d i v ( g r a d u ) 


2
x
u
2



2
y
u
2



2
z
u
2
.
由 u  l n x 2  y 2  z 2 
1
2
( x 2  y 2  z 2 ) ，知


u
x

x 2 
x
y 2  z 2
，


2
x
u
2

( x
y
2
2

 z
y
2
2


x
z
2
2 ) 2
2u x2 z2  y2 2u x2  y2 z2
，由对称性可知  ，  ，
y2 (x2  y2 z2)2 z2 (x2  y2 z2)2
故 d i v ( g r a d u ) 
x 2 
1
y 2  z 2
.
27.【答案】
2
3
【解析】由于


r
x

2
2
x
r

x
r
，


r
y

y
r
，


r
z
=
z
r
，

 x
 

r
x


r 
r
x
r
2
2

r 2 
r 3
x 2

1
r

x
r
2
3
，

 y
 

r
y


1
r

y
r
2
3
 r 1 z2
，     ，
zz r r3
故 d i v ( g r a d r )
(1 , 2 ,2 )

 3
r

x 2  y
r
2
3
 z 2 
(1 , 2 ,2 )

2
3
.
12-3 拓展拔高
64
1.【答案】
75
【解析】I
4
5 0
2 x
s i n 5
y
d
2 d v
4
5
D
xy
2
d
4
5
x
0
2
3
2
8
y 2
6
7
4
5
x 2 y 2 d z
0
d
2
0
sin
r d r
2 r8
0
r d z
1
8 0
d
2
0
sin
r 4 d r
 
  




  




 







  

   


2.【答案】

6
( 2  1 )
【解析】积分区域被球面 x 2  y 2  z 2  1 剖分成上下两部分，分别记为
1
，
2
，故
记为
I (1 x2  y2 z2)dxdydz( x2  y2 z2 1)dxdydz I I ，
1 2
 
1 2
对于 I
1
和 I
2
均采用球面坐标计算，有
I
1
2
0
d 4
0
d
1
0
( 1 r ) r 2 s i n d r 2 4
0
s i n d
1
0
( 1 r ) r 2 d r
1 2
( 2 2 )      



    

  

 ，
I
2
2
0
2
d
4
0
4
0
4
d
c
1
o s
c
1
4
1o
s ( r
3 c
1 )
1
o s
r
3
2 s i n
1
d
1
2
r
s i n
2
d
4
0
s i n
1 2
d
( 3
c
1
2
1o
s (
4
r
)
1 ) r 2 d r      

 




 









  






因此 I  I
1
 I
2

1

2
( 2  2 ) 
1

2
( 3 2  4 ) 

6
( 2  1 ) .
1
3.【答案】
4e【解析】直接积分比较困难，交换积分次序，积分区域如图所示，先对x积分，得
I 


   ( 1 
V
  ( 1 
D
yz
1 1  ( 1
2 0
y
y

) e
) ( 1
y )
 (1

 e

 y  z
y 
 (1 
2) d
z )
y  z
V
e
2)
  
D
yz
 (1  y  z
1  y  d

0
d
2)
y
y d
d y

z
d
1
2

z
1 
0

1 
0
y 

( 1
z ( 1
1 ( 1
0



y )
y
y
[ 1
) e
) d


y
e
(1


2  y  z )
1  y ( 1
0
2 (1  y )
d

]d
x
y
y

 z
1
4
)
e
e  (1  y  z 2) d z
4.【答案】
1

5
【解析】令 f ( x , y , z ) d v A

    ，即 f ( x , y , z )  x 2 
2
3

A ，两边积分得
A x 2 d v
3
2
A
d v x 2 d v A
  
    

        ，则
A
A
1
2
2
2 x
2
0
d
x
s
v
2 d
i n
v
3
3
2
d
A
1
4
1
0
r
d v
( x
4 d r
2
A
y
2
2 ) d
2
3
v
1
5
1
4
2
0
1 5
d 2
0
d
1
0
r 2 s i n r 2 s i n 2 d r
 
   
 




 


 






 



 
 



 







 
2 2
5.【答案】 (1 )f(0)
5 2
xrcossin,
 
【解析】令y rsinsin,(02,0 ,0r t)，
4

z rcos

2  t 2 t
 f(x2  y2 z2)dv d4sind f(r2)r2dr 2(1 ) f(r2)r2dr，
0 0 0 2 0

则l it m
0
1
5 t
f ( x 2 y 2 z 2 ) d v 2
2
5
( 1
( 1
2
2
2
2
) l i m
t 0
) l i m
t 0
t
0
f
f
( t
(
2
2 r )
5 t
)
2 t
r 2
f
d
(
r
0 )
2
2
5
( 1
( 1
2
2
2
)
2
l it
)
m
f
0
2 t
( 0
f
5
)
( t
4 t
2 )


     

















6.【答案】 1 2 8 
【解析】方法一：可使用球坐标进行计算
球面坐标下， ( r , , ) | 0 2 ,
4 3
, 0 r
c o
4
s
   



  

 

 

，于是
1
z
2
d
8
v
3
4
2
0
s i
c o
d
n
3 s
d
3
4
d
1
c
0
2
4o
s
8
r c o s r 2 s i n d r 2 3
4
1
4 c o
4
s
4
s i n c o s d       







 













   


 
方法二：被积函数与 x , y 无关，故可以使用”先二后一”法，先对 x , y 进行积分
先(x,y)后 z ， z d v
4
0
z d z
D
z
d x d y

       ，其中 D
z
 { ( x , y ) | z  x 2  y 2  3 z } ，
D z d x d y 为环域 D
z
的面积，可知 D z d x d y   [ ( 3 z ) 2  z 2 ]  2  z 2 ，所以
4 1
zdv 2z3dz  44 128.
0 2

方法三：可以使用”先二后一”法，其中二重积分的计算可以转化为极坐标形式
先(r,)后 z ，其中(r,)在D 上，其中D {(r,)|z r  3z,02}，故
z z
z d v
4
0
z d z
2
0
d
z
3 z
r d r
4
0
z d z
2
0
z 2 d 2
4
0
z 3 d z
2
4 4 1 2 8  

     

   

   

   .
59
7.【答案】
R5
480
【解析】由
 x
x
2
2


y
y
2
2


z
(
2
z


R
R
2
2 )  R 2
R
解得z  ，于是积分区域在
2
x O y 面上的投影曲线为
 2
 3 
x2  y2  R
 
 2 ，
 

z 0z 2 d v
R
z 2
0
R2
0
R
2
2
z
d
2
z
z
(
4
x
2
2
R
y
z
1
5
2
z
2
5
R
z
2 z z
2 ) d
R2
0
d
z
x d y
R
R
R2
2
3
R
R2
2 z
3 z
z
(
2
R
d
2
1
5
z
x
z
2
z
5
y
2
2
) d
R
R2
2 R
z
2 z
5
4
d
9
8
x
0
d y
R 5

   


























 



1
8.【答案】 (8 25)
6
【解析】去绝对值， z  x 2  y 2 将 V 分成两部分，如图所示，利用柱面坐标，得
V
1
:
 zzz 2


01
x,, 2  y 2 ,
V
2
:
 zzz 2


01
x,, 2  y 2  2 ,
即V :02,0r1,r z1，
1
V
2
: 0 2 , 0 r 1 , 0 z r         及 0 2 , 1 r 2 , 0 z 1         ，
故
I (z x2  y2)dxdydz( x2  y2 z)dxdydz
V V
1 2
2 1 1 2 1 r 2 2 1
 d rdr (zr)dz d rdr (rz)dz d rdr (rz)dz
0 0 r 0 0 0 0 1 0
1
 (8 25)
6
(2 21)π
9.【答案】
3
【解析】
L
x y y  d s 




π


π
x
0
π
 20
π
2
π
3
s i n
s i n
π
 20
(1 
x  | c o s x
x  c o s x 
2 1  c o s
3
2 c o s x ) 2

1
x d
π2
0
1 

(1

c
c o

( 2
o
s
c
2 s x
2 x d
2 o s
2 
3
d
x
x
1
x
)
)

π

π
2
π
2

π
 s i n
0
π
s i n 20
x
2

x
| c

o s
1
x

|
c

o
1
2 s

x
c
d
o
x
s 2 x d x
10.【答案】

2 
π
2

e 2  2
【解析】令L :y0(0 x2)，
1
L
2
:
 x
y


2
2
c
s
o
i
s
n
t ,
t ,

0  t 
π
4

，
L
3
: y  x ( 0  x  2 ) ，则 e
x2y2
ds e
x2y2
ds e
x2y2
ds e
x2y2
ds，而
L L L L
1 2 3

L1
e x 2  y 2 d s   2
0
e x d x  e 2  1 ，
L
e
2
x 2 y 2 d s 4
0
2 e 2 d t
π e
2
2 
     ，
 e
L
3
x 2  y 2 d s  
0
2 2 e 2 x d x  e 2 x
0
2  e 2  1 .
综上， 
L
e x 2  y 2 d s  e 2  1 
π e
2
2
 e 2  1 

2 
π
2

e 2  2 .
2 2 3π2
11.【答案】 R2 ， R2
2 8
【解析】弧 A B 的图形如下，
 x x,  R  R
取弧AB的方程为    x R . ds  1 y2dx dx
y  R2 x2, 2  R2 x2
R R  1  2 2
故 yds 
R
R2 x2  dx

1

R2  R2，
L  R2 x2  2  2
2
L
y d x  
R

R
2
R 2  x 2 d x ，其中令 x  R c o s t ，则

L
y d x 


R
R

2
R
2

3 π4
0
R
1
2


c o
2
x
s
2
2
d
t
x
d

t


R

2 
3 π
8
0
3 π4

s i
1
4
n 2

t
R
d
2
t

3 π 
8
2
R 2
12.【答案】 1 8 π
9 9
【解析】方法一：将x2  y2 z2  代入被积函数，得I   (x2  y2 z2)ds   ds.
2 L 2 L
写出交线 L 的参数方程，将 L :
 x
x
2


z
y

2 
1
z 2  9
2
  1 2
 x   2 y2
，变形为  1,
 2 4
 xz 1.
令
x 
2
1
2
 c o s t ，
y
2
 s i n t ，则 z  1  x 
1
2
 2 c o s t ，即
1 1
x  2cost,y 2sint,z   2cost(0t 2).
2 2
d s  x  2 ( t )  y  2 ( t )  z  2 ( t ) d t  (  2 s i n t ) 2  ( 2 c o s t ) 2  ( 2 s i n t ) 2 d t  2 d t ，故
I  
L
( x 2  y 2  z 2 ) d s 
9
2

2
0
π
2 d t  1 8 π .
方法二：将 x 2  y 2  z 2 
9
2
9
代入被积函数，得I   (x2  y2 z2)ds   ds. 球心
L 2 L
1 1 9
(0,0,0)到平面xz1的距离d   ，则xz1截x2  y2 z2  的交线
12 12 2 2
L
为圆，其半径为2，则交线 L
9
的弧长为4π. I   (x2  y2 z2)ds   ds 18π.
L 2 L13.【答案】
2 π
3
R 3
【解析】由于曲线 L :
 x
x
2


y
y

2 
z
z

2
0
 R 2
，关于直线 x  y  z 对称，所以

L
x 2 d s 
1
3

L
( x 2  y 2  z 2 ) d s 
1
3

L
R 2 d s ，

L
z d s 
1
3

L
( x  y  z ) d s 
1
3

L
0 d s  0 ，
故 I  
L
( z  x 2 ) d s  0 
1
3

L
R 2 d s 
R
3
2
 2 π R 
2 π
3
R 3
.
14.【答案】21
【解析】因为曲线积分
L
x y 2 d x ( x ) y d y    与路径无关，所以 ( x ) y 2 x y    ，即
( x ) x    ，得 ( x ) x 2 C    ，由 ( 0 ) 2   ，得 ( x ) x 2 2    ，故

(2 ,3 )
(1,2 )
x y 2 d x  φ ( x ) y d y  
2
1
4 x d x  
3
2
6 y d y  2 x 2
2
1
 3 y 2
3
2
 2 1 .
15.【答案】 R  1
3
，I(1) π
2
【解析】L为闭曲线，利用格林公式，记 P  y 3 , Q  3 x  x 3 ，
I ( R )
3
y
L
2
0
3 d
d
x
R
0
( 3
( 1
x
r
x
2
3
) r
)
d
d
r
y
6
D
(
(
3
r
2
2
3 2 x
4 r
4
)
3
|
R0
y 2 )
3
d x
(
d
R
y
2
3
R
2
D
4
(
)
1 x 2 y 2 ) d x d y

  





 


   





   
.
dI(R)
由 6π(RR3)0，得
dR
R  1 ，且
d 2 
d
I
R
( R
2
) 
R  1
 6 π ( 1  3 R 2 )
R  1
  1 2 π  0 ，
故R 1是唯一极大值点，也是最大值点，最大值为 I ( 1 ) 
3
2
π .
16.【答案】y sinx
【解析】 I I ( a )
π
0
[ ( 1 a 3 s i n 3 x ) ( 2 x a s i n x ) a c o s x ] d x 4 a
4 a
3
3
           .
由 I ( a )  4 ( a 2  1 )  0 ，得a1，因为I(a)8a，由I(1)80得a1为I(a)的极
小值点，因为a1是I(a)的唯一驻点，所以a1为I(a)的最小值点，所求的曲线为y  s i n x .
17.【答案】 Q ( x , y )  x 2  2 y  1
【解析】因为曲线积分与路径无关，所以


Q
x



P
y
，即


Q
x
 2 x ，于是
Q ( x , y ) x 2 ( y )    . 由  (t,1
(0 ,0
)
)
2 x y d x  Q ( x , y ) d y   (1 ,t)
(0 ,0 )
2 x y d x  Q ( x , y ) d y ，得
t 2
1
0
( y ) d y t
t
0
( y ) d y        ，两边对t求导数得 1 ( t ) 2 t    ，(t)2t1，所以
Q ( x , y )  x 2  2 y  1 .
18.【答案】 
1 6 π
3
【解析】取曲线 L 的截口圆为  ，方向向上，
法向量为 n  { 1 , 1 , 1 } ，法向量的方向余弦为 c o s c o s c o s
1
3
      ，由斯托克斯公式

L
y d x  ( 2 z  1 ) d y  2 x d z 
1
3
 
1
 xy
 2
1
 yz
 1
1
2 zx
d S  
1
3
  d S ，
原点到截口平面的距离为 d 
3 3
3
 3 ，则截口圆的半径为 r  2 5  3 2  4 ，
故 
L
y d x  ( 2 z  1 ) d y  2 x d z  
1 6 π
3
.
19
19.【答案】
12
【解析】方法一：   2 z d x d y  x z d y d z    2 z d x d y    x z d y d z ，
2 1
2zdxdy 2 1x2  y2dxdy 2 d r 1r2dr
0 0
 D
xy
1
1 1 4 3 4
2 (1r2)2d(1r2) (1r2)2 
0 3 3
0
令 
1
: x  1  z 2  y 2 ，取前侧，其在 y O z 平面上的投影区域为
D : y2 z2 1(z 0)，则
yzx z d y d z
r
2
2
1
0
s
x z
d
i n
d
t
y d
1
0
4
z
r 2
2
0
s
2
1
i n
D
yz
r
2 t
z
2
c
1
s i n
o s 2
y
d
t d
2
r
t
z
4
4
2
(
d y
1
r
0
I
2
d
2
z
I
1
4
)
r 2
4
d r  
  

 












 







故   2 z d x d y  x z d y d z    2 z d x d y    x z d y d z 
4 
3


4

1 9
1

2
.
方法二：令 
0
: z  0 ( x 2  y 2  1 ) ，取下侧，则
I    2 z d x d y  x z d y d z  (

 
0
  0 ) 2 z d x d y  x z d y d z
而
0
2 z d x d y x z d y d z
2
( z
2
0
1
4
2 ) d V
s i n c o
2
0
s
d
2
3
2
0
s
d
i n
1
(
0
d
r c o s
2
2
1
8
) r 2
2
3
s i n d r
1 9
1 2
   
   

   

 






 






 






 0 2 z d x d y  x z d y d z  0 ，故   2 z d x d y  x z d y d z 
1 9
1

2
.
20.【答案】
1 2 
5
R 5
【解析】由两类曲面积分之间的关系得
 (x3cosa y3cosz3cos)dS  (x3dydz y3dzdxz3dxdy)
S S
而
S
( x 3 d y d z y 3 d z d x z 3 d x d y ) 3
3
2
0
(
d
x 2
0
y
d
2 z
R
0
2
r
) d
4 s
V
i n d r
1 2
5
R 5
  
    



 





 

12R5
所以  (x3cosa y3cosz3cos)dS  .
5
S
21.【答案】
6
5
 a 5   a 2
【解析】补充 :z 0(x2  y2 a2)，取下侧，
0原式=

0 

x 3 d y d z  y 3 d z d x  ( z 3  1 ) d x d y   0 x 3 d y d z  y 3 d z d x  ( z 3  1 ) d x d y
而
0
3
x
2
0
3 d
d
y d z
2
0
d
y 3 d z
a
0
d
r
x
4 s i n
( z 3
d r
1 ) d
6
x d y
2
0
s i
3
n d
( x 2
a
0
r 4
y
d
2
r
z
6
5
2 ) d
a
V
5    


 







 
  

   

 
 
 0 x 3 d y d z  y 3 d z d x  ( z 3  1 ) d x d y   0 ( z 3  1 ) d x d y   D xy d x d y    a 2
故原式 
6
5
 a 5   a 2 .
22.【答案】 
 a
2
3
【解析】  
a x d y d z
x

2 
( z
y

2
a

2 ) d
2 z
x d y

1
a
  a x d y d z  ( z  a ) 2 d x d y
补充曲 
0
: z  0 ( x 2  y 2  a 2 ) ，取下侧，则
  a x d y d z  ( z  a ) 2 d x d y 

 
0
a x d y d z  ( z  a ) 2 d x d y   0 a x d y d z  ( z  a ) 2 d x d y
由高斯公式得

 
  0
a x d y d z  ( z  a ) 2 d x d y 



 


0
 a
( 3
( 3
a
a


2
2
z
z
) d
)
V
 
=
( a

2


0
 a
z
(
2
3
)
a
d z


2 z

) d
3
z

2
x
a
2 
4
y
2 
a 2  z 2
d x d y
又  0 a x d y d z  ( z  a ) 2 d x d y   0 ( z  a ) 2 d x d y  
x 2 
 2
y  a 2
a 2 d x d y    a 4
所以原式 
1
a


3 
2
a 4
  a 4

 
 a
2
3
.
23.【答案】 0
【解析】方法一：采用投影法
记
I (x1)dydzzdxdy (x1)dydzzdxdy I I
1 2
  I
1






  ( x 

  
D
yz
   2
D
yz
1
  2
 1
4
  2
3
4
  2
3
1 ) d y d
2 z  y
z  y
2
( z 
3
1
 ( 1 
0
3 1
 
4 3
z
d
2
y
y

 

y d z
d y d
3
2 ) 2
3
2 ) 2


2

前

z
1
y
d

 ( x  1 ) d y d z +

2   (  z  y
D
yz
1 1
    2 d y
2  1 y
2 1
 d y   2
3  1 2
y  s i n t
y 

2
后
) d
( 1
4
3
( x
y d
z 

 2
 1 ) d y d
z
2 y d z
3
2 y ) d y 2

4  c o s 2
0
z
t d t
I
2
z d x d y
D
xy
( x 2 y 2 ) d x d y
2
0
d
1
0
r 2 r d r 2
1
4 2
         

     

故 I  I
1
 I
2
 

2


2
 0 .
方法二：采用转换投影法，
d
c
y
o
d
s
z d
c
z
o
d
s
x d
c
x
o
d
s
y
d S .
  
  
曲面  : z  x 2  y 2 上侧的法向量为 n  (  2 x ,  2 y , 1 ) ，故
c o s
1 4
2
x 2
x
4 y 2
, c o s
1 4
2
x 2
y
4 y 2
, c o s
1 4
1
x 2 4 y 2
   








 
、
所以 d y d z
c
c
o
o
s
s
d x d y ( 2 x ) d x d y


   ，故
I
x 2
2
0
(
y
x
2
( s

1
i n
1 ) d
2
2
y
x
d
2
z
c o
2
s
z
x
2
d x d
x
) d
y
2
1
0
y
r
2
3
 (
d
d r
x
x d y
1 )
1
2
(
2
0
s i
2
n
x
d
2
)
1
0
2
0
 z d
2 ( r
1
4
x d
s i n
y
2
0
r
(
2
2
c o
x
s
2
2
2
) r
x
d r
z ) d x d y
  
   



 
 













 











 
  

  
方法三：采用高斯公式
补充曲 
0
:
 z
x

2 
1
y 2  1
，取下侧，则
I   (x1)dydzzdxdy(x1)dydzzdxdy.
 
0 0又
0
( x 1 ) d y d z z d x d y
V
(1 0 1 ) d V 2
2
0
d
1
0
r d r
1
2 r
1 d z 

             

    
0
( x 1 ) d y d z z d x d y 0
0
z d x d y
D
xy
1 d x d y
2
0
d
1
0
r d r                

   
故I ()0.
24.【答案】
 a
2
3
【解析】方法一：直接计算二重积分
 2acos (2acos)3 8 
xdxdy  d r2cosdr 2 cosd a32cos4d
0 0 0 3 3 0
D
8 3 1  a3
 a3   
3 4 2 2 2
【提示2】利用质心公式求解
方法二：根据图形的对称性可知， x  a ，且因为 x 
 D
 D
x d
d
x d
x d
y
y
，
所以  D x d x d y  x  D d x d y  a 
1
2
 a 2 
 a
2
3
.
25.【答案】
2


【解析】 I
x
y 2 d s
0
s i n 2 d 2 2
0
s i n 2 d 2
1
2 2 2
.           

 

 

  



26.【答案】

0 , 0 ,
1
2

【解析】设曲面的形心坐标为 x,y,z ，则 x,y,z ，则 x  y  0 ， z 
 
 
z d
d
S
S
，其
中  z d S 

D
2
xy
D xy
4
d x

d
x
y
2


2
y
(
2
4 
1


3

 ) 
4 
2 

x
,
x
2  y 2

2


4 

x
y
2  y 2

2
d x d y
d S
D
D
2
xy
xy
1
4
2
x
4
2
4
y
x
2
x
2
d x d
y
y
2
2
2
0
d
4
2
3
x
y
2
2
4
r d
y
r
r
2
2
2
d
2
x d y
2 4 r 2
2
3

  






  










 









  

 

.
其中 D
xy
为曲面  在 x O y 面上的投影区域，故 z 
2
4



1
2
. 故曲面  的形心坐标为

0 , 0 ,
1
2

.
27.【答案】D
【解析】 W  
L :A  B


1
y

d x 
x
y 2
d y ,
由于



x
y
x
2





 y
1
y


1
y 2
, 故当y 0时，积分与路径无
关，选用折线路径 ( 1 , 2 )  ( 2 , 2 )  ( 2 , 1 ) ，得
W  
2
1


1
2

d x  
1
2
2
y 2
d y  
3
2
,
答案选（D）.
28.【答案】 j  ( y  1 ) k
【解析】 r o t A 
x 
i

 x
y  z
j

 y
x y
k

 z
z
 j  ( y  1 ) k ．
29.【答案】B
【解析】函数 f(x,y,z) x2y33y2z3在点(0,1,1)处方向导数的最大值等于 f(x,y,z)在点(0,1,1)处梯度向量的模． g r a d f ( 0 , 1 , 1 )  ( 0 , 6 , 9 ) ， | g | 1 1 7 ，故应选（B）．
30.【答案】D
【解析】方法一：


f
x

1 


y
2 x
y
x
 2

x 2


y
y 2
，


f
y

1 
1
x
 y
x
 2

x 2
x
 y 2
则 g r a d f
(1 ,0 )
 j
故应选（D）．
d
方法二：由于 f(1,0) f(x,0) 0，
x dx
x0
f y (1 , 0 ) 
d
d y
f (1 , y )
y  0

1 
1
y 2
y  0
 1 ，
则 g r a d f
(1 ,0 )
 j ．
31.【答案】i j
【解析】函数 f ( x , y ) 在 P (1 ,  2 ) 处增加最快的方向是梯度方向，由已知，
g r a d f ( 1 ,  2 )  ( f (
x
1 ,  2 ) , f y ( 1 ,  2 ) )  ( 1 ,  1 )
故所求方向为 i  j .
32.【答案】
2
9
(1 , 2 ,  2 )
【解析】 g r a d u 


u
x
i 


u
y
j 


u
z
k 
x 2 
1
y 2  z 2
( 2 x i  2 y j  2 z k ) ，故
g r a d u ( 1 , 2 ,  2 ) 
2
9
( 1 , 2 ,  2 ) .
33.【答案】 
1 2
5
5
【解析】令 F  x 2  y 2  5 ，外法线方向 n  ( 2 x , 2 y , 0 ) ，则曲面在点P(1,2,1)处 n 的
1 2 u u
方向余弦为cos ，cos ，cos0. 又 4， 4，
5 5 x y
P P
u u 1 2 12
12. 故 (4) (4) 120 5.
z n 5 5 5
P p