241217_141701-12.基础习题册高数第十二章详解_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_00.配套书籍_2026考研数学习题册答案详解_基础

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