250717_165402-菁英班强化高数第九章解析_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_强化_高数

第九章 多元积分学及其应用（仅数一） 9-1综合测试 1.【答案】 3 2 3 x y1 z1 【解析】L:   ，参数形式为 1 1 1 L :  x y z    t ,  1 1   t , t , 2 2 2 dx dy dz ds         dt  3dt，则  dt   dt  dt   L ( x  y  z ) d s  3 3  1 0 t d t  3 2 3 . 2.【答案】 2 π a 3 【解析】  L ( x 2  2 y 2  z ) d s      a L L 2 ( (  x x L 2 2 d   s 2 y  y 2 2 2  π ) a d z 3 s 2 ) d s   L a 2 d s 3.【答案】 2 a 2 ( 2  2 ) 【解析】 L 的极坐标形式为 L : r 2 a 2 c o s 2   ， d s r 2 ( ) r 2 ( ) d c o a s 2 d          . L y d s 4 π4 0 a c o s 2 s i n c o a s 2 d 4 a 2 π4 0 s i n d 2 a 2 ( 2 2 )               . 4.【答案】 2 3 2 P Q R 【解析】divA   6x2yz2x2yz2x2yz 2x2yz， x y z    (divA) 8， (divA) 4， (divA) 2， x M y M z Mc o s 2 3   ， c o s 2 3   ， c o s 1 3    ，  2 2  1 22 则 (divA) 8 4 2     . l M 3 3  3 3 5.【答案】1 【解析】P(x,y) xf(x2  y2)，Q(x,y) yf(x2  y2)，因为 Q P  2xyf(x2  y2)，所以曲线积分与路径无关，故 x y 1 (2,0) I   f(x2  y2)(xdx ydy)  f(x2  y2)d(x2  y2) L 2 (0,0) t  x2  y2 1 4  f(t)dt 1 2 0 6.【答案】 π x y x4y Q P x2 4y2 8xy 【解析】P ，Q ，   ，令 x2 4y2 x2 4y2 x y (x2 4y2)2 C:x2 4y2 r2(r 0)逆时针且 C 在曲线L内，则有 (x y)dx(x4y)dy (x y)dx(x4y)dy    L x2 4y2 C x2 4y2 1   (x y)dx(x4y)dy r2 C 1 1 r   2d2 πr π r2 r2 2 D 2 7.【答案】 π 16 【解析】方法一： n  { 0 ,  1 , 1 } ， c o s 0   ， c o s 1 2    ， c o s 1 2   .由斯托克斯公式得  C x y z d z  1 2   0   0 x  1   y 0 1   z x y z d S  1 2   y z d S  1 2   y 2 d S ， :z  y((x,y)D )，其中D :x2 2y2 1，故 xy xy  C x y z d z  x  D   y xy s i n 2 3 2 d t π  2 0 x 4 3 c d  o y  π  2  0  3 s 1 x 1  d  1  s  c o x i n 2 s x   2 d 2 1  x2 2 1  x2 3  x 2 d  x  2 y s i 2 3 d y n x 3  4    1 3 4 3 1 2 1   1 1  2  π  2 2    32 1  π  2 0 2 1 6 x 2 c o π 2 s  3 32 d x x  c  o s 4 3 x  d 1 0 x  1  2 x 2  32 d x . 方法二：令 C :  x y z    c o s 2 2 2 2 t , s i n s i n t , t , 则 2 2π π 2  xyzdz   cos2tsin2tdt  22(1sin2t)sin2tdt  π. C 4 0 0 16 8.【答案】 8 π 【解析】设由 L 所围成的平面为  ，按右手准则，  取上侧，n{0,3,1}， 3 1 cos0，cos ，cos ，由斯托克斯公式得 10 10  L y z d x  3 x z d y  x y d z  1 1 0   0   y x z  3   y 3 x z  1   z x y d S  2 1 0   (  3 y  z ) d S  2 1 0   d S 因为dS  1z2 z2dxdy  10dxdy，D :x2  y2 4y，所以 x y xy L y z d x  3 x z d y  x y d z  2 D xy 1 d x d y  8 π . 9.【答案】 π  h 3 3  h f ( 0 )  【解析】 F ( t ) 2 0 π d t 0 r d r h 0 [ z 2 f ( r 2 ) ]d z 2 π t 0 r h 3 3 h f ( r 2 ) d r            ， h3  2πt hf(t2)   F(t) F(t)  3  h3  lim lim lim π  hf(0) . t0 t2 t0 2t t0 2t  3  10.【答案】 2 4 8 5 π 【解析】利用直角坐标下先重积分后单积分的方法计算. 用平面Z  z(0 z1)去截积分 x2 y2 域得一椭圆  1，它所围的面积为  z2   z2  1 22 1      32   32  S ( z )  π 1  z 3 2 2  2 1  z 3 2 2  2 π  1  z 3 2 2  . 1   1  z2  28 故z2dv z2 dxdydz  z22π1 dz  π.  0 D  0  32  45 z 11.【答案】 π 8 【解析】x是 x 的奇函数，积分域关于 y O z 坐标面对称，则xdv0.  2π π 1 π I zdv d4d rcosr2sindr  . 0 0 0 8  12.【答案】D 1 【解析】在xOy面上的投影是由x2  y2 1，y 0，y  x在第一象限围成的 圆 8域，则    f ( x , y , z ) d v   0 22 d y  y 1  y 2 d x  1 2 x  y 2 f ( x , y , z ) d z ，应选（D）. 13.【答案】D 【解析】  f(x2  y2)dv 2π t 1 t  d f(r2)rdr dz  f(r2)rdr lim   lim 0 0 0 2πlim 0 t0 t4 t0 t4 t0 t4 f(t2)t π f(t2) π f(t2)2t π 2πlim  lim  lim  f(0) t0 4t3 2t0 t2 2t0 2t 2 故应选（D）. 14.【答案】C 【解析】由格林公式得 I 1 x 2 y 2 1 ( 3 3 x 2 3 y 2 ) d 3 x 2 y 2 1 ( 1 x 2 y 2 ) d               ； I 2 3 2 x2 y 2 1 (1 x 2 y 2 ) d         ； I 3 3 x 2 y 2 2 ( 1 x 2 y 2 ) d        . 注意到在圆 x 2  y 2  1 之外，以上三个二重积分的被积函数 1  x 2  y 2 为负，由上图可知 I I I . 3 2 1 故应选（C）.15.【答案】 2 π R 3 【解析】  C 2 x y d s  0 （奇偶性，对称性）；  (x2  y2 2xy)ds  (x2  y2)ds  R2ds R22πR2πR3. C C C 16.【答案】 2 π 【解析】  (x2y)2ds  (x2 4xy4y2)ds  (x2 4y2)ds4 xyds L L L L 由变量对称性，  L x 2 d s   L y 2 d s   L z 2 d s 且  xyds  yzds   xzds，则 L L L 5  (x2 4y2)ds   (x2 4x2)ds 5 x2ds   (x2  y2 z2)ds L L L 3 L 5 5 10π   ds 2π 3 L 3 3 1 1  xyds   (xy yzxz)ds   (2xy2yz2xz)ds L 3 L 6 L 1   [(x yz)2 (x2  y2 z2)]ds 6 L 1 1 π   [02 1]ds 2π 6 L 6 3 故原式  1 0 3 π  4   π 3   2 π . 17.【答案】 2 5 3 6 π 【解析】易知曲线  y x 2   0 2 , z , 绕 z 轴旋转一周而成的曲面方程为x2  y2 2z. 4 2π 2z 4 256 方法一：(x2  y2 z)dv dz d (r2 z)rdr 4π z2dz  π. 0 0 0 0 3 Ω 方法二： 2π 2 2 4 2 2 5  256 (x2  y2 z)dv d rdr r2 (r2 z)dz 2π  4r38r r5  dr  π. 0 0 0  8  3  218.【答案】 2 3 π 【解析】直线AB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 P ( 0 , 0 , z ) ，与 A B 交于点 M(1z,z,z)，故圆截面半径 r ( z )  ( 1  z ) 2  z 2  1  2 z  2 z 2 . 从而截面面积 S(z)π(12z2z2). 故所围立体体积 V  π  1 0 ( 1  2 z  2 z 2 ) d z  2 3 π . 19.【答案】 1 0 2 3 4 π 【解析】由  :  x 0 2   z y  2  8 . 2 z , 故 I 2 0 π d 4 0 r d r 82 r2 r 2 d z 2 π 4 0 r 3 8 r 2 2 d r 1 0 2 3 4 π            . 20.【答案】（1）单调增加；（2）略 【解析】 2π π t  f(x2  y2 z2)dv d d f(r2)r2sindr 0 0 0 t 2π π t  d sind f(r2)r2dr 0 0 0 t 4π f(r2)r2dr 0 2π t t  f(x2  y2)d d f(r2)rdr 2π f(r2)rdr， 0 0 0 D(t)  t  t f ( x 2 ) d x  2  t 0 f ( r 2 ) d r . t 2 f(r2)r2dr 从而F(t) 0 ， t  f(r2)rdr 0 G ( t )  π   t 0t 0 f f ( ( r r 2 2 ) ) r d d r r . t 2tf(t2) f(r2)r(tr)dr （1）由变上限求导公式，经计算，有F(t) 0 0(t 0)， 2   t f(r2)rdr   0  所以在t(0,)内，F(t)严格单调增加.（2） F ( t )  2 π G ( t )  2  t 0 f ( r 2 ) r 2 d r    t  0t f 0 f ( ( r r 2 2 ) ) r d d r r     t 0 t  0 f ( f r ( 2 r ) 2 r ) d d r r   t 0 f ( r 2 ) r d r 为证当 t  0 时 F ( t )  2 π G ( t ) ，只要证 F ( t )  2 π G ( t ) 的分子大于零即可. 令 ( t ) t 0 f ( r 2 ) r 2 d r t 0 f ( r 2 ) d r t 0 f ( r 2 ) r d r t 0 f ( r 2 ) r d r        ，有(0)0，经计算，有 t (t) f(t2) f(r2)(tr)2dr 0，t 0. 所以 0 ( t ) 0 ( t 0 )    ，这就证得 F ( t )  2 π G ( t ) . 21.【答案】  a r c t a n y x 2  C 【解析】令 P ( x , y ) 2 x y ( x 4 y 2 )    ， Q ( x , y ) x 2 ( x 4 y 2 )     . 由题意知   Q x    P y ， 则4x(x4 y2)(1)0. 于是推知当且仅当 1    时，所给向量场是梯度场，在 x  0 的半平面内任取一点，例如(1,0)作为积分路径的起点，则得 (x,y)2xydxx2dy x 2x0 y x2 y u(x,y)  C   dx dyC arctan C (1,0) x4  y2 1 x4 02 0 x4  y2 x2 其中 C 为任意常数. 22.【答案】略 【解析】（1）由格林公式，  xesinydyyesinxdx(esiny esinx)d， ① L D L x e sin y d y y e sin x d x D ( e sin y e sin x ) d          . ② 又区域D关于x与y 轮换对称，即x换为y ，y 换为x之后D不变，于是有  f(x,y)d f(y,x)d，从而知①=②.（1）证毕. 或直接计算欲证等式两端的曲 D D线积分，得同一表述，也能得证. （2）由（1）有 L x e sin y d y y e sin x d x D D ( ( e e sin sin y x e D e sin x ) d sin x e d sin x ) d D D D e e 2 sin sin d y d x d 2 π D 2 e sin x d            轮     换  对 称                      23.【答案】略 【解析】因为   x [  x f ( x , y ) ]    y [ y f ( x , y ) ]     [ [ f 2 ( f x ( , x y , ) y  )  y f x ( x 2  f ( 1 , x y , ) y  )  f ( x ,  y f ( 2 y x ) ,  y ) x ] f ( 1 x , y ) ] 所以，证明本题结论即等价于证明在 D 内恒有 2 f ( x , y )  x f ( 1 x , y )  y f ( 2 x , y )  0 . 在等式 f ( t x , t y )  t  2 f ( x , y ) 两边对 t 求导，得 x f ( 1 x , y )  y f ( 2 x , y )   2 t  3 f ( x , y ) ， 令 t  1 ，得 x f ( 1 x , y )  y f ( 2 x , y )   2 f ( x , y ) ，即 2 f ( x , y )  x f ( 1 x , y )  y f ( 2 x , y )  0 . 原命题得证.9-1拓展提升 1.【答案】  4 【解析】将 x 2  y 2  1 代入 z  2  x 2  y 2 ，得 z  1 ，则 L x cost  的参数方程为y sint .  z 1  2  x2y2z2ds  cos2tsin2t (sint)2 (cost)2 02dt L 0   42cos2tsin2tdt 42(1sin2t)sin2tdt 0 0  1  3 1   42(sin2tsin4t)dt 4        . 0 2 2 4 2 2 4 2.【答案】  8 3 【解析】设曲面  、 z  0 与 z   围成的几何体为，任取 z  [ 0 ,  ] ，截口椭圆的标准 方程为 ( z x s  i n z 2 ) 2 z  ( z y s  i n 4 z 2 2 ) z  1 ，其面积为 S ( z )   z s i n 2 z  z s i 2 n 2 z   2 z s i n 2 z ，则       3 所求体积为V dV  dzdxdy   zsin2 zdz   22sin2 zdz  . 0 2 0 2 2 0 8 a D 3.【答案】略 【解析】令 f ( x , y , z )  x  2 y  2 x  5 ，因为 f10, f20, f20 x y z 所以 f ( x , y , z ) 在区域的边界 x 2  y 2  z 2  1 上取到最大值和最小值. 令 F ( x , y , z , ) x 2 y 2 z 5 ( x 2 y 2 z 2 1 )           . F12x0, x   F22y 0, 1 2 2  1 2 2 y 由 得驻点为P , , ,P  , , . F22z 0, 13 3 3 2 3 3 3  z  F  x2  y2 z2 10,  因为 f ( P 1 )  8 ， f ( P 2 )  2 ，所以 3 f ( x , y , z ) 在上的最大值与最小值分别为 2 和 3 2 ，于是 4 3 3 2 3 x 2 y 2 z 5 d x d y d z 8 3 .            4.【答案】D 【解析】因为曲线 L 关于 y  x 对称，所以  L ( x 43  x 23 y 23 ) d s   L ( y 43  y 23 x 23 ) d s ，从而 2 I   L ( x 43  x 23 y 23 ) d s   L ( y 43  y 23 x 23 ) d s   L ( x 23  y 23 ) 2 d s  2 43  L d s . 即 I  2 13  L d s ，曲线 L 的参数方程为 L :  x y   2 2 c s o i s n 3 3 t t , ( 0  t  2  ) ，故 I   2 2 13 13   L 2 d 4 s   2 0 s 2 i n 13 t  d 4 (   2 0 s i n t 3 ) 6  c 1 o 2 s 3 4 2 t s i n 2 t  3 6 s i n 4 t c o s 2 t d t 答案选（D）. 2 5.【答案】 3 【解析】 P ( x , y )  y e x  e  y  y ， Q ( x , y )  x e  y  e x ，   Q x  e  y  e x ， P ex ey 1， y   Q x    P y   1 ，令 L 0 : y  0 （起点 x  2 ，终点 x  0 ），则  (yex ey  y)dx(xey ex)dy(  )(yex ey  y)dx(xey ex)dy L LL L 0 0 2 x(2x) 2 4 而  (yex ey  y)dx(xey ex)dy dxdy  dx dy  x(2x)dx . LL 0 0 0 3 0 D 0  (yex ey  y)dx(xey ex)dy dx2，于是 L 2 0 4 2  (yex ey  y)dx(xey ex)dy  2 . L 3 36.【答案】（1） f ( x )  1 4 ( e x  e  x )  1 2 x e x ， g ( x )   1 4 ( e x  e  x )  1 2 x e x ； （2） 1 4 ( 7 e  e  1 ) 【解析】（1）记 P ( x , y )  y 2 f ( x )  2 y e x  2 y g ( x ) ， Q ( x , y )  2 [ y g ( x )  f ( x ) ] . 由题意中，   Q x    P y ，即 2 [ y g ( x )  f ( x ) ]  2 y f ( x )  2 e x  2 g ( x ) ，整理得 y [ g ( x )  f ( x ) ]   [ f ( x )  g ( x )  e x ] 比较等式两边 y g(x) f(x)0, ① 的同次幂系数，有 f(x)g(x)ex 0. ② 由①式，有 f ( x )  g ( x ) ，代入②式，得 g ( x )  g ( x )  e x ，解得 1 g(x)Cex C ex  xex 1 2 2 于是 f ( x )  g ( x )   C 1  1 2  e x  C 2 e  x  1 2 x e x . 又 g ( 0 )  0 ， f ( 0 )  0 ，故  C C 1 1   C 1 2 2   C 0 2 ,  0 , 1 1 ，解得C  ，C  ，故 1 4 2 4 1 1 1 1 f(x) (ex ex) xex ，g(x) (ex ex) xex . 4 2 4 2 （2）用折线法：沿折线(0,0)(1,0)(1,1)，有(1,1) 原式  [y2f(x)2yex 2yg(x)]dx2[yg(x) f(x)]dy (0,0) (1,0)   [y2f(x)2yex 2yg(x)]dx2[yg(x) f(x)]dy (0,0) (1,1)  [y2f(x)2yex 2yg(x)]dx2[yg(x) f(x)]dy (1,0) 1 02 [yg(1) f(1)]dy 0 1  1 2 g(1) f(1)  (7ee1).   2  4 7.【答案】 f ( 0 , 1 )   3 为极小值 【解析】由题设可得，  f f ( x  ( y x x , , y y ) )   6 6 x y 2   6 6 . x , ，则 f ( x , y ) f x ( x , y ) d x ( 6 x 2 6 x ) d x 2 x 3 3 x 2 ( y )           则 f y ( x , y ) ( y ) 6 y 6       ，故(y)3y2 6yC，所以 f ( x , y )  2 x 3  3 x 2  3 y 2  6 y  C 又 f ( 0 , 0 )  0 ，故 f ( x , y )  2 x 3  3 x 2  3 y 2  6 y . 从而 f  x x  1 2 x  6 ， f  x y  0 ， f 6. 令 yy  f f ( x  ( y x x , , y y ) )   0 0 , , 解得 f ( x , y ) 的驻点为 ( 0 , 1 ) , (  1 , 1 ) . 在驻点 ( 0 , 1 ) 处， A  f  x x ( 0 , 1 )  6 ， B  f  x y ( 0 , 1 )  0 ， C  f y y ( 0 , 1 )  6 . 由于 ACB2 360，且A60，因此 f ( 0 , 1 )   3 为极小值. 在驻点 (  1 , 1 ) 处，A f(1,1)6， xx B  f  x y (  1 , 1 )  0 ， C  f y y (  1 , 1 )  6 . 由于 ACB2 360，因此 f(1,1)2不是极值.  8.【答案】 f(x,y) x2  y2  2 yf(x,y)dxxf(x,y)dy 【解析】令  yf(x,y)dxxf(x,y)dy a，则 L x2  y2 L f(x,y)x2 y2 a.方法一：设 L : x y c s o i s n , , : 0         ，由 a 0 0 0 0  2 s s ( c i i c o n n o s 4 s 2 ( 2 2 c o s c 2 o s a 4 s i n c 2 o s s 2 i n 2 s 2 )  2 d i n a 2 ( c a o ) ( c s o 2 s s π i 2 n 1 s i ) n c a 2 o 2 c ( c s o o ) 4 s s d 2 ( c a o c s s o 2 i n s 2 2 s ) i d n d 2 a ) c o s d                                                                       得 f ( x , y )  x 2  y 2   2 方法二：设 L 与BA所围区域为D，则 a   yf(x,y)dxxf(x,y)dy yf(x,y)dxxf(x,y)dy LBA BA [3x2  y2 a(x2 3y2 a)]dxdy0 D  1  2(x2  y2)dxdy 2 d r3dr  0 0 2 D 得 f ( x , y )  x 2  y 2   2 .9-2综合测试 1.【答案】 2 3 【解析】令r  x2  y2 z2 ，则 g r a d f   x r , y r , z r  .   x   y   z div(gradf)         xr  y r  zr  1 x2  1 y2  1 z2         r r3  r r3  r r3  3 1 2    r r r 2 故div(gradf)  . (1,2,2) 3 2.【答案】 j  ( y  1 ) k i j k    【解析】rotA  j(y1)k . x y z x yz xy z 3.【答案】 5 8 【解析】由质心计算公式知 z z ( x ( x 2 2 y y 2 2 2 z ) 2 z ) d d v v 2 0 π d 2 0 π d π2 0 s i π2 0 n s i d n d c 0 o s c 0 r o s c o r s 2 r 2 r d 4 r d r 5 8                             . 4.【答案】 8 π a 4 【解析】(x2  y2 z2)dS 2axdS 2axdS 2axS . 其中    x 为球面 x2  y2 z2 2ax的形心的x坐标，则x  a. S为该球面的面积，则S 4πa2，故(x2  y2 z2)dS 8πa4.  5.【答案】D 【解析】力场做功公式为 W  F  S ，选取一小段位移 d S  d x i  d y j ，在这段位移上可 看成恒力做功，则在这一小段位移上的功 d W  F d S  y 3 d x x 2   x 3 y d 2 y ，所求功为 W d 3 W 2 0 π d x 1 0 2 r 2 y 3 d r 1 y 3 d x x 3 2 π 2 x 3 y d 2 y x 2 y 2 = 1 y 3 d x x 3 d y 3 x 2 y 2 1 ( x 2 y 2 ) d x d y                    格 林 公 式      6.【答案】 k  1  1 5  【解析】如图，有 M A  (  x , 1  y ) ，r  MA  x2 (1y)2 . 引力 f 的方向与 M A 一 致，故 f  k r 2 M M A A  k r 3 (  x , 1  y ) . 做功公式为 W  f  S ，选取一小段位移 dS (dx,dy)，在这段位移上可看成恒力做功，则在这一小段位移上的功 k dW  fdS  [xdx(1 y)dy]从而，引力所作的功 r3 k W dW  [xdx(1 y)dy](容易验证这里满足积分与路径无关) BOr3 k 0 xdx 0 xdx  [xdx(1 y)dy]k k BOr3 2 3 2 3 [x2 (10)2]2 (x2 1)2 . 2 1 2 1 1  1  k d(x2 1) k(2)(x2 1) 2 2 0 3 2 (x2 1)2 0  1  k 1    57.【答案】 3 2 π 【解析】设 ( X , Y , Z ) 为 π 上任意一点，构造函数 F ( x , y , z )  x 2 2  y 2 2  z 2  1 ，则切平 面的法向量为(F,F,F) (X,Y,2Z)，则 x y z (X,Y,Z) π 的方程为 X(xX)Y(yY)2Z(zZ)0，代入 X 2 2  Y 2 2  Z 2  1 即 x X 2  y Y 2  z Z  1 . x y 0 0 0z1 1  2 2  x2 y2  2 从而知，(x,y,z)d    z2  . 由 x2 y2  4 4   z2 4 4 z  1   x 2 2  y 2 2  ，有   z x  2 1    x 2 x 2  y 2 2  ，   z y  2 1    y 2 x 2  y 2 2  . 于是 d S 1 z x 2 z y 2 d 2 1 4 2 x 2 x 2 y 2 y 2 2 d                     ，所以 zdS 1 1 2π 2 3   (4x2  y2)d  d (4r2)rdr  π. (x,y,z) 4 4 0 0 2 S D 8.【答案】 1 0 0 小时 【解析】记V 为雪堆体积，S为雪堆侧面积，则h(t) h(t)1 π V  dz  dxdy π[h2(t)h(t)z]dz  h3(t) 0 0 2 4 x2y2 1 [h2(t)h(t)z] 2 S   2 x 2 h 2  y π ( t )  2 h (t)  2 h (t)  2 0 [ 1 h  2 ( ( t )  z x  ) 1 2 6  r ( 2 2  z ) y 12 ] r d d r x  d y 1 3  π 1   2 2 x  y  2 h ( t ) 2 h 2 (t) 2 1  1 6 ( x h 2 2  ( t ) y 2 ) d x d y dV 由题意知 0.9S ，所以 dt d h d ( t t )   1 1 3 0 ，因此 h ( t )   1 1 3 0 t  C . 由 h ( 0 )  1 3 0 得 h ( t )   1 1 3 0 t  1 3 0 . 令h(t)0得t 100(小时). 因此高度为130厘米的雪堆全部融化所 需时间为 1 0 0 小时. 9.【答案】 3 4 π 【解析】补面  1 ：  x y 2   3 z , 2  2 , 其法向量方向与 y 轴正向相同，如图所示. 设  和  1 所围成区域为，由高斯公式（封闭曲面方向朝外，为正向），得 I  (8y14y4y)dvx(8y1)dydz2(1 y2)dzdx4yzdxdy   1 3  dv2(1 y2)dzdx dy  dxdz2(132)dzdx 1   1 x2z2y1  1 3 1  = π (y1)dy16  dzdx π y2  y 332π   1 2  1 x2z22 2π32π34π 10.【答案】略【解析】由高斯公式知，  x2yz2dydzxy2z2dzdxz(1xyz)dxdy (12xyz)dxdydz S  V 2xyzdxdydz  因  关于 x O z 坐标面对称，xyz是  上关于 y 的奇函数，故有    x y z d x d y d z  0 ， 所以，待证等式成立. 11.【答案】 2 2 9 0 π a 5 【解析】记 S 为平面 z  0 ( x 2  y 2  a 2 ) 的下侧，  为  与S 所围成的空间区域. I 3 6 5 ( S S 3 2 π 0 π a x ( ( d 5 3 x x 3 2 a π2 0 1 4 z a y s π 2 ) d 2 z 2 i n 5 a y ) d d y z d z d z 2 ) d 2 9 2 0 ( v a 0 π 3 y ( y x 4 r d 5 a . 3 2 r a y x a 2 2 ) d z 2 x ) d a y 2 a 2 π a 0 d x z d 2 d s i n x x d 2 ( y z ( d 3 z 3 a a 0 y a r 2 ) d 2 y 3 d r x ) d d x y d y                                             12.【答案】 9 3 a b c 【解析】直线段OM :xt， y t   ，z t， t 从 0 到 1 ，功 W 为 W = O M y z d x z x d y x y d z 1 0 3 t 2 d t         . 下面求 W = 2 2 2 在条件   1(0,0,0)下的最大值. a2 b2 c2 2 2 2  令F(,,)1   . 由  a2 b2 c2  F F F F 0 0 0 0 , , , ,                  得 1 = a 2 a 2 b 2 c 2 2 2 2 2 b 2 2 c 2 2 0 1 a = 2 2 2 a 2 b 2 c 2 2 2 b 2 2 2 2 2 c 2 2 0                              ， ， ，   ，       ，  ， ，  ， ，从而 a 2 2 b 2 2 c 2 2      ，即得 2 2 2 1   = ，于是得 a2 b2 c2 3 a 3   ， b 3   ， c 3   . 由问题的实际意义知 W m a x  9 3 a b c . 13.【答案】 e x x ( e x  1 ) 【解析】由题设和高斯公式得 0  xf(x)dydzxyf(x)dzdxe2xzdxdy [xf(x) f(x)xf(x)e2x]dv S V 其中 V 为 S 围成的有界闭区域，当有向曲面 S 的法向量指向外侧时取“+”号，当有向曲 面 S 的法向量指向内侧时取“-”号. 由 S 的任意性，知 xf(x) f(x)xf(x)e2x 0, x0 1  1 即 f(x)  1  f(x) e2x, x0，按一阶非齐次线性微分方程通解公式，有  x  xf ( x )  e  1  1x d x   1 x e 2 x  e   1x  1 d x d x  C   e x x   1 x e 2 x  x e  x d x  C   e x x ( e x  C ) 由于 l i x  m 0 + f ( x )  l i x  m 0   e 2 x  x C e x   1 ，故必有 ( e 2 x  C e x )  0 ，即 C  1  0 ，从而 C1. 于是 f ( x )  e x x ( e x  1 ) . 14.【答案】（1）按照函数h(x,y)在该点的梯度方向 n  ( y 0  2 x 0 , x 0  2 y 0 ) 的方向导数 最大； （2） M 1 ( 5 ,  5 ) 或 M 2 (  5 , 5 ) 【解析】（1）当函数 h ( x , y ) 及点M(x ,y )给定时， 0 0 h ( x , y ) 在点 M 处的各方向中方向 导数最大值为 g ( x 0 , y 0 )   g r 5 a x d 0 h 2  M 5 y  0 2 (  y 0 8  x 0 2 y x 0 0 ) i  ( x 0  2 y 0 ) j  ( y 0  2 x 0 ) 2  ( x 0  2 y 0 ) 2 此时方向为函数h(x,y)在该点的梯度方向 n  ( y 0  2 x 0 , x 0  2 y 0 ) . （2）让点 M ( x 0 , y 0 ) 在底边界线 x 2  y 2  x y  7 5 上变动，求g(x ,y )的最大值，去掉 0 0 开方号，求在约束条件下 x 2  y 2  x y  7 5 下的最大值点. 令 F ( x , y , ) 5 x 2 5 y 2 8 x y ( 7 5 x 2 y 2 x y )          ， F 10x8y(y2x)0， ① x F 10y8x(x2y)0， ② y F  x2  y2 xy750， ③  ①与②相加得(x y)(2)0，从而得y x或2. 若2，由①得y  x，再 由③得x5 3，y 5 3. 若y x，由③得x5，y  5. 于是得到4个可能极值点：M (5,5)， 1 M 2 (  5 , 5 ) ， M 3 ( 5 3 , 5 3 ) ，M (5 3,5 3). 计算得： 4 f(M ) f(M )450， 1 2 f ( M 3 )  f ( M 4 )  1 5 0 . 所以点 M 1 或M 可作为攀登的起点. 29-2拓展提升 1.【答案】 6 6  【解析】球面与锥面的交线在 x O y 平面上的投影曲线的方程为 2 x 2  3 y 2  1 ，则相应的 投影区域 D  { ( x , y ) | 2 x 2  3 y 2  1 } . 球面（上部分）方程为 z  1  x 2  y 2 ，则 z x  ， x 1x2  y2   z y  1   x y 2  y 2 ， z 2 z 2 1 dS  1      d d，故 x y 1x2  y2 z d S D d S D        （ D 的面积） 由于 D 是椭圆，故 S D    1 2  1 3   6 6 ，因此zdS  . 6  2.【答案】 8  【解析】方法一：将 x 2  y 2  z 2  2 z 代入被积函数，得   I   2zdS 2  zdS   zdS   S  S 上 S下    1 2   (1 1x2  y2)(1 1x2  y2)   dxdy    1x2  y2  x2y21  dxdy 2 1 rdr 4  4 d 8. 1x2  y2 0 0 1r2 x2y21  zdS 方法二：设曲面S的形心坐标(x,y,z)(0,0,1)，z  S 1，则  dS S  zdS   dS 4π，所以  (x2  y2 z2)dS 2 zdS 8π. S S S S 3.【答案】8【解析】增补平面区域  0 : x  y  z  3 ( x 2  y 2  z 2  4 ) ，取下侧，则  0 的单位法向 量为 n    1 3 ,  1 3 ,  1 3  . 记平面区域  0 的面积为S，  与  0 所围空间闭区域为 ，其体积为 V ，由于球心（原点）到平面x yz  3的距离为 1 ，故平面区域  0 的 面积 S 等于平面区域  1 : z  1 ( x 2  y 2  3 ) 的面积，即 S  3  . 的体积 V 等于球面与  所围较小空间闭区域的体积，即 1 V   2 1 d z D z d x d y   2 1  ( 4  z 2 ) d z  5 3  ，其中 D {(x,y)|x2  y2 4z2}. 由高斯公式及两类曲面积分的关系，得 z I      3         x d 0 3 d 5  3 y V  d z  3    y    0  d  8 z  d x 1 3   z ( d x x  d y y      0 z ) d x S d y  d 3 z V   y d z 1 3 d x   0 z 3 d d x d S y  3 V  S 4.【答案】4π 【解析】 曲面 S 如图所示，记 x y z P ，Q ，R 3 3 3 (x2  y2 z2)2 (x2  y2 z2)2 (x2  y2 z2)2 作辅助曲面 S 1 : x 2  y 2  z 2  r 2 （r为充分小的正数），取内侧，则由高斯公式，得 xdydz ydzdxzdxdy P Q R       dV 0dV 0 3  x x x  S (x2  y2 z2)2 V V 故xdydz ydzdxzdxdy I     0    3 SS 1 S 1 (内) S 1 (内) S 1 (外) (x2  y2 z2)2 1   xdydz ydzdxzdxdy r3 S (外) 1 高斯公式 1 3 4 (111)dV   πr3 4π. r3 r3 3 V 5.【答案】（1） L ： x x 1   0 0  y y 1   0 0  z   1 1 ，  ： x 2  2 x ( 1  z )  y 2  0 ， 0  z  1 ； （2）  【解析】 （1）如图所示，以顶点 A 到准线上的点 M 1 ( x 1 , y 1 , 0 ) 作直线取 A M 1 ，记 A M 1 上在锥面 上任一点为M(x,y,z)，由于AM //AM ，则 1 x x 1   0 0  y y 1   0 0  z   1 1 ① 此即为L的方程，又由于M 在准线上，有(x 1)2  y 1 ② 1 1 1 x 由①式知x  ， 1 1z y 1  1 y  z ，代入②式，得 ( x (  1 1   z ) z 2 ) 2  ( 1 y  2 z ) 2  1 ， 即的方程为(x1z)2  y2 (1z)2 ，也即x2 2x(1z) y2 0，0z1，（2）由  x2  y2 x2  y2 y 的方程可得z  1，于是z  ，z  ， 2x x 2x2 y x d S  1  ( z x ) 2  ( z y ) 2 d x d y  5 x 4  y 2 4 x  2 2 x 2 y 2 d x d y ，又  在 x o y 面上的投影区域为 D{(x,y)|x2 2x y2 0}，故 x2 x2 5x4  y4 2x2y2  dS   dxdy x2 (z1)2 (x2  y2)2 2x2  D x2  (2x)2 2xx2 5x4  y4 2x2y2   dxdy 5x4 2x2y2  y4 2x2 D xdxdy xS (1). D D 6.【答案】 5 3  2 【解析】化为第一类曲面积分计算，对于所给曲面 z  1  ( x  1 ) 2  y 2 ，有 z x   x  z 1 ， z y   y z ，则 d S  1  ( z x ) 2  ( z y ) 2 d x d y  1 z d x d y ，且曲面上任一点 (x,y,z)处的单位法向量为 1 n(cos,cos,cos) (z,z,1)(x1,y,z). x y 1(z)2 (z)2 x y 联立 ( x  1 ) 2  y 2  z 2  1 与 z 2  x 2  y 2 消去z，得到的边界在xOy平面上投影区域 为D{(x,y)|x2  y2  x}. 故 I (xy,y2,z2)ndS [xy(x1) y3z3]dS    xy(x1) y3   1(x1)2  y2dxdy  1(x1)2  y2  D   1(x1)2  y2dxdy（这里利用了二重积分的对称性）   DD D 4 4 1 1 d d x x 3 3 d d 2 0 2 y y d 5 3 D D 12 0 2 r ( x x r 2 1 ) 1 2 2 1 4 2 y r 2 y c d 2 o s x d y 1 4 d r x 1 2 d x d y                                              【注】 x 1 2 r c o s    ， y r s i n   . 7.【答案】（1） x 2  y 2  z 2  1 ( 0  z  1 ) ；（2）  1 1 2  【解析】（1）由于直线段 A B 的参数方程为  x y z    1 t t , , ( 0  t  1 ) ，故由 A B 绕 z 轴旋转所 得的曲面  为 x 2  y 2  1  t 2  1  z 2 ( 0  z  1 ) ，即 x 2  y 2  z 2  1 ( 0  z  1 ) . （2）如图所示， 记  0 和 分别是z0和 1 z  1 被截下的部分，前者取下侧，后者取上侧. 它们在xOy 面上的投影区域分别为D :x2  y2 1与D :x2  y2 2，故 xy xy I        0   1   0   1 又因为   0   1 高   斯  2 2 公   式 V 1 0  V  ( z d  y z   2 x   [ x f z ) d V  2 y  1  ( z x y )  2  x     2 V d x d y  2 x ] z d 2  V π  [ ( y 1  z 0 2 y 是 (1  奇   y f y 函 2 z ( x 数 ) d y z ) )  ]  3 2   [ ( z   z 1 ) 2 ]  d V  0  x f ( x y )  2 x  d y d z   y 2  y f ( x y )  d z d x  ( z  1 ) 2 d x d y     0 ( 2 x z    2 y 1  1 ) d 2 x d d x y d y      0 d x d y  1  x f ( x y )  2 x  d y d z   y 2  y f ( x y )  d z d x  ( z  1 ) 2 d x d y    4 1 x ( 1  2   2 y 2 1 ) d  2 d x x d d y y  8  3 11 所以I  ()8 . 2 2 8.【答案】 1 2 【解析】方法一：化成第一型曲面积分，  的法向量与 z 轴夹角为锐角，为 n(1,1,1)，对应单位法向量为 0 ( c o s , c o s , c o s ) 1 3 ( 1 , 1 , 1 )    n    ，又因为 dScosdydz，dScosdzdx， d S c o s d x d y   ，则 原式     [ f ( x z )  x ] 1 3  [ 2 f ( x z )  y ]   1 3   [ f ( x z )  z ] 1 3  d S  1 3   ( x  y  z ) d S  1 3   d S . dS为   的面积，可以借助平面几何的办法求得，如图所示，易知  是一个三角形，三 3 1 边长都是 2，所以dS  ，于是原式 . 2 2 方法二：用转换投影法，将  投影到xoy平面上，D{(x,y)|x y1,x0,y0}. 从  的方程解出 z  1  x  y ，故   z x   1 ，   z y  1 ，于是 原式   D  [ f ( x z )  x ]     z x   [ 2 f ( x z )  y ]     z y   f ( x z )  (1  x  y )  d x d y   D ( x  y  1  x  y ) d x d y   D d x d y  1 2 . 9.【答案】（1） a  1 , b  1 ；（2） z  7 3 【解析】（1）由题意，代入点的坐标可得： 2  a  0  b ， ① z  a x 2  y 2  b 在点 (1 , 0 , 2 ) 处的法向量为n(2ax,2y,1) (2a,0,1)，故切平 (1,0,2) 面  为2a(x1)0(y0)(z2)0，即2ax2az202xz，② 联立①，②解得a1， b  1 . （2）由题意得立体  如图所示，由形心公式， z          z d d v v 1x2y2 1 zdv  d zdz   [(1x2  y2)2 4x2]d 2x 2  (x1)2y21 (x1)2y21 1  2cos  2 d [(1r2)2 4r2cos2]rdr 2   0 2 1  1 2cos 2cos   2 d  (1r2)2d(1r2) 4r3cos2dr 2    2 0 0   2 1  1 | |   2 (1r2)3 2cos r4cos2 2cos d 2   6 0 0   2 1   2(32cos648cos412cos2)d 6 0 7   6 d v ( x 1 2 2 2 2 2) d 2 2 y c 1 2 0 o d c o s 2 s ( 1 2 1 x 4 2 x r c 2 y 2 o s d 4 z 2 r c 1 ( x o s 6 3 2 1 ) ) c o 2 y r d 4 s 1 r ( 1 d x 2 2 2 2 y 2 r 2 2 2 r 4 4 x ) d 2 3 r 3 c o s | 20 c o s d                                                              7 则z  . 310.【答案】 3 2 2  【解析】 m 2 ( x 2 2 2 d y 2 ) d 2 c 0 S o s r D 2 xy r ( d x r 2 y 3 2 2 ) 2 1 ( z x ) 2 ( z y ) 2 d x d y 2 D xy ( x 2 y 2 ) d x d y                            其中D {(x,y)|(x1)2  y2 1}. xy