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