2017-2018学年下学期期中

2017-2018学年下学期期中试卷（A）（含答案）

一、填空题（每题 4 分，共计 20 分）

1. 过点 $(2,0,-3)$，且与直线

   $$\begin{cases} x-2y+4z-7=0,\\ 3x+5y-2z+1=0 \end{cases}$$

   垂直的平面方程为 $\underline{\qquad}$。

   答案：

   $$16x-14y-11z-65=0$$

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2. 设 $f(u,v)$ 是二元可微函数，$z=f(x^y,y^x)$，则 $\displaystyle\frac{\partial z}{\partial x}=\underline{\qquad}$。

   答案：

   $$\frac{\partial z}{\partial x}=f_1yx^{y-1}+f_2y^x\ln y$$

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3. 已知 $f(2x+y,x-2y)=25(x^2+y^2)+\varphi(x-2y)$，且 $f(1,y)=y^2$，则 $f(x,y)$ 在点 $(1,1)$ 处的全微分为 $df|_{(1,1)}=\underline{\qquad}$。

   答案：

   $$df|_{(1,1)}=10\,dx+2\,dy$$

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4. 交换积分次序：

   $$\int_0^1 dy\int_{\sqrt{y}}^{\sqrt{2-y^2}}f(x,y)\,dx=\underline{\qquad}.$$
   答案：

   $$\int_1^{\sqrt2}dx\int_0^{\sqrt{2-x^2}}f(x,y)\,dy +\int_0^1dx\int_0^{x^2}f(x,y)\,dy$$

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5. 计算 $\operatorname{div}\operatorname{grad}(x^3+e^y+\cos z)=\underline{\qquad}$。

   答案：

   $$6x+e^y-\cos z$$

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二、选择题（每题 3 分，共计 15 分）

6. 设 $\vec a,\vec b$ 为不共线向量，则以下各式成立的是（ ）。

   A. $\vec a^{\,2}\vec b^{\,2}=(\vec a\cdot\vec b)^2$

   B. $\vec a^{\,2}\times\vec b^{\,2}=(\vec a\times\vec b)^2$

   C. $(\vec a\cdot\vec b)^2=(\vec a\times\vec b)^2$

   D. $(\vec a\cdot\vec b)^2+(\vec a\times\vec b)^2=\vec a^{\,2}\vec b^{\,2}$

   答案：

   D

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7. 考虑二元函数 $f(x,y)$ 的下面 4 条性质：①函数 $f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处连续；②函数 $f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处两个偏导数连续；③函数 $f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处可微；④函数 $f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处两个偏导数存在。则下面结论正确的是（ ）。

   A. ②$\Rightarrow$③$\Rightarrow$①

   B. ③$\Rightarrow$②$\Rightarrow$①

   C. ③$\Rightarrow$④$\Rightarrow$①

   D. ③$\Rightarrow$①$\Rightarrow$④

   答案：

   A

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8. 设 $f(x,y)$ 与 $\varphi(x,y)$ 均为可微函数，且 $\varphi'_y(x,y)\ne 0$，已知 $(x_0,y_0)$ 是 $f(x,y)$ 在约束条件 $\varphi(x,y)=0$ 下的一个极值点，下列选项正确的是（ ）。

   A. 若 $f'_x(x_0,y_0)=0$，则 $f'_y(x_0,y_0)=0$

   B. 若 $f'_x(x_0,y_0)=0$，则 $f'_y(x_0,y_0)\ne 0$

   C. 若 $f'_x(x_0,y_0)\ne 0$，则 $f'_y(x_0,y_0)=0$

   D. 若 $f'_x(x_0,y_0)\ne 0$，则 $f'_y(x_0,y_0)\ne 0$

   答案：

   D

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9. 设 $\varphi(x)$ 为区间 $[0,1]$ 上的正值连续函数，$a$ 与 $b$ 为任意常数，积分区域 $D=\{(x,y)\mid 0\le x,y\le 1\}$，则

   $$\iint_D\frac{a\varphi(x)+b\varphi(y)}{\varphi(x)+\varphi(y)}\,d\sigma=$$

   （ ）。

   A. $a+b$

   B. $a-b$

   C. $\displaystyle\frac{a+b}{2}$

   D. $\displaystyle\frac{a-b}{2}$

   答案：

   C

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10. 设二元函数 $f(x,y)$ 具有一阶连续偏导数，曲线 $L:f(x,y)=1$ 过第二象限内的点 $M$ 和第四象限内的点 $N$，$\Gamma$ 为 $L$ 上从点 $M$ 到 $N$ 的一段弧，则下列积分值一定为负值的是（ ）。

    A. $\displaystyle\int_\Gamma f(x,y)\,ds$

    B. $\displaystyle\int_\Gamma f(x,y)\,dx$

    C. $\displaystyle\int_\Gamma f(x,y)\,dy$

    D. $\displaystyle\int_\Gamma f_x(x,y)\,dx+f_y(x,y)\,dy$

    答案：

    C

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三、计算题（每题 10 分，共计 60 分）

11. 求两曲面 $x+2y=1$ 和 $x^2+2y^2+z^2=1$ 的交线上距原点最近的点。

    答案：

    原点到 $P(x,y,z)$ 的距离为

    $$d=\sqrt{x^2+y^2+z^2}.$$

    （2 分）

    只需求 $x^2+y^2+z^2$ 的最小值，建立拉格朗日函数：

    $$L=x^2+y^2+z^2+\lambda_1(x+2y-1)+\lambda_2(x^2+2y^2+z^2-1).$$

    （4 分）

    解方程组

    $$\begin{cases} L_x=2x+\lambda_1+2x\lambda_2=0,\\ L_y=2y+2\lambda_1+4y\lambda_2=0,\\ L_z=2z+2z\lambda_2=0,\\ L_{\lambda_1}=x+2y-1=0,\\ L_{\lambda_2}=x^2+2y^2+z^2-1=0, \end{cases}$$

    （6 分）

    得

    $$x=1,\quad y=0,\quad z=0,$$

    （7 分）

    或

    $$x=-\frac13,\quad y=\frac23,\quad z=0.$$

    （8 分）

    故最小距离为

    $$d=\sqrt{\frac19+\frac49+0}=\frac{\sqrt5}{3},$$

    距原点最近的点为

    $$\left(-\frac13,\frac23,0\right).$$

    （10 分）

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12. 设二元函数

    $$f(x,y)= \begin{cases} x^2, & |x|+|y|\le 1,\\ \dfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}, & 1<|x|+|y|\le 2, \end{cases}$$

    计算二重积分 $\displaystyle\iint_D f(x,y)\,d\sigma$ 的值，其中

    $$D=\{(x,y)\mid |x|+|y|\le 2\}.$$
    答案：

    因为被积函数关于 $x,y$ 均为偶函数，且积分区域关于 $x,y$ 轴均对称，因此

    $$\iint_D f(x,y)\,d\sigma=4\iint_{D_1}f(x,y)\,d\sigma,$$

    其中 $D_1$ 为 $D$ 在第一象限的部分。

    （4 分）

    那么

    $$\begin{aligned} \iint_{D_1}f(x,y)\,d\sigma &= \iint_{x+y\le1}x^2\,d\sigma +\iint_{1\le x+y\le2}\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\,d\sigma\\ &= \int_0^1\int_0^{1-x}x^2\,dy\,dx +\int_0^1\int_{1-x}^{2-x}\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\,dy\,dx\\ &\quad+\int_1^2\int_0^{2-x}\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\,dy\,dx\\ &= \frac{1}{12}+\sqrt2\ln(\sqrt2+1). \end{aligned}$$

    （8 分）

    所以原积分为

    $$\iint_D f(x,y)\,d\sigma=\frac13+4\sqrt2\ln(\sqrt2+1).$$

    （10 分）

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13. 计算 $\displaystyle\iiint_\Omega (x^2+y^2)\,dx\,dy\,dz$，其中 $\Omega$ 是由曲线 $y^2=2z,\ x=0$ 绕 $z$ 轴旋转一圈而成的曲面与 $z=2,\ z=8$ 所围。

    答案：

    令

    $$x=r\cos\theta,\quad y=r\sin\theta.$$

    （3 分）

    则

    $$\begin{aligned} \iiint_\Omega(x^2+y^2)\,dx\,dy\,dz &= \int_2^8\int_0^{2\pi}\int_0^{\sqrt{2z}}r^3\,dr\,d\theta\,dz\\ &=336\pi. \end{aligned}$$

    （10 分）

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14. 计算 $\displaystyle\iint_S (x+y+z+1)^2\,dS$，其中 $S$ 为球面

    $$(x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2=1.$$
    答案：

    令 $x'=x-1,\ y'=y-1,\ z'=z-1$，则原式转化为

    $$\iint_{S'}(x'+y'+z'+4)^2\,dS',$$

    （4 分）

    其中 $S':x'^2+y'^2+z'^2=1$。由对称性可知原式

    $$\begin{aligned} &= \iint_{S'}(x'^2+y'^2+z'^2+16)\,dS'\\ &= \iint_{S'}17\,dS'\\ &=68\pi. \end{aligned}$$

    （10 分）

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15. 计算

    $$\iint_S(2x+z)\,dy\,dz+z\,dx\,dy,$$

    其中 $S:z=x^2+y^2\ (0\le z\le 1)$，$S$ 的法向量 $\vec n_0$ 为 $z$ 轴正向成锐角。

    答案：

    根据题意可知

    $$z'_x=2x,\quad z'_y=2y.$$

    （2 分）

    所以

    $$\begin{aligned} I &= \iint_S(2x+z)\,dy\,dz+z\,dx\,dy\\ &= \iint_S(2x+z)(-z'_x)+z\,dx\,dy\\ &= \iint_S(-4x^2-2xz+z)\,dx\,dy\\ &= \iint_S\left(-4x^2-2x(x^2+y^2)+x^2+y^2\right)\,dx\,dy. \end{aligned}$$

    （5 分）

    令 $x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta$，那么原式为

    $$\int_0^{2\pi}\int_0^1 \left(-4r^2\cos^2\theta-2r^3\cos\theta+r^2\right)r\,dr\,d\theta = -\frac{\pi}{2}.$$

    （10 分）

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16. 设函数 $Q(x,y)$ 在 $xOy$ 平面上有连续的一阶偏导数，且曲线积分 $\displaystyle\int_L 2xy\,dx+Q(x,y)\,dy$ 与积分路径无关，且对任意的 $t$，恒有

    $$\int_{(0,0)}^{(t,1)}2xy\,dx+Q(x,y)\,dy = \int_{(0,0)}^{(1,t)}2xy\,dx+Q(x,y)\,dy.$$

    (1)（6 分）试求 $Q(x,y)$；

    (2)（4 分）求函数 $u$，使得 $\operatorname{grad}u=(2xy,Q(x,y))$，且 $u(0,0)=1$。

    答案：

    (1) 由平面上曲线积分和路径无关的条件可知

    $$\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial(2xy)}{\partial y}=2x,$$

    所以

    $$Q(x,y)=x^2+C(y),$$

    其中 $C(y)$ 待定。因为积分与路径无关，因此取 $(0,0)\to(t,0)\to(t,1)$，则

    $$\int_{(0,0)}^{(t,1)}2xy\,dx+Q(x,y)\,dy = \int_0^1(t^2+C(y))\,dy = t^2+\int_0^1C(y)\,dy.$$

    同理取 $(0,0)\to(0,t)\to(1,t)$，则

    $$\int_{(0,0)}^{(1,t)}2xy\,dx+Q(x,y)\,dy = \int_0^tC(y)\,dy+\int_0^12tx\,dx = \int_0^tC(y)\,dy+t.$$

    （3 分）

    根据题意

    $$t^2+\int_0^1C(y)\,dy=\int_0^tC(y)\,dy+t.$$

    同时对 $t$ 求导可得

    $$2t=C(t)+1,$$

    所以

    $$C(t)=2t-1.$$

    故有

    $$Q(x,y)=x^2+2y-1.$$

    （6 分）

    (2) 根据题意

    $$u_x=2xy,\quad u_y=x^2+2y-1,$$

    可知

    $$u=x^2y+y^2-y+C.$$

    再由初始条件可知 $C=1$，因此

    $$u=x^2y+y^2-y+1.$$

    （4 分）

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四、综合题（共计 11 分）

17. 设函数 $f(t)$ 连续，区域 $D_{uv}$ 是由 $x$ 轴，直线 $y=x\tan u\ (0<u<\frac{\pi}{2})$，圆 $x^2+y^2=v$ 和圆 $x^2+y^2=\frac{1}{v}\ (v>1)$ 在第一象限围成的封闭区域，设二元函数

    $$F(u,v)=\iint_{D_{uv}}\frac{f(x^2+y^2)}{\sqrt{x^2+y^2}}\,dx\,dy.$$

    (1) 计算 $\displaystyle\frac{\partial F}{\partial u}$，$\displaystyle\frac{\partial F}{\partial v}$ 的值；（4 分）

    (2) 若函数 $f(x)=\dfrac{1}{1+x}$，计算 $F\left(\dfrac{\pi}{2},4\right)$ 的值；（4 分）

    (3) 若函数 $f(x)=e^{-x}$，计算 $\displaystyle\lim_{v\to\infty}F\left(\dfrac{\pi}{2},v\right)$ 的值。（3 分）

    答案：

    (1) 根据题意令 $x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta$，则

    $$F(u,v) = \int_{\frac{1}{\sqrt v}}^{\sqrt v}\int_0^u f(r^2)\,d\theta\,dr.$$

    因此由变限积分求导可知

    $$\frac{\partial F}{\partial u} = \int_{\frac{1}{\sqrt v}}^{\sqrt v}f(r^2)\,dr,$$

    而

    $$\frac{\partial F}{\partial v} = u\left[ \frac{1}{2\sqrt v}f(v) +\frac{1}{2v^{\frac32}}f\left(\frac1v\right) \right].$$

    （4 分）

    (2) 根据题意原式转化为

    $$\begin{aligned} F\left(\frac{\pi}{2},4\right) &= \int_{\frac12}^{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+r^2}\,d\theta\,dr\\ &= \frac{\pi}{2}\left(\arctan2-\arctan\frac12\right). \end{aligned}$$

    （4 分）

    (3) 根据题意原式可以转化为

    $$\begin{aligned} F\left(\frac{\pi}{2},v\right) &= \int_{\frac{1}{\sqrt v}}^{\sqrt v}\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-r^2}\,d\theta\,dr,\\ \lim_{v\to\infty}F\left(\frac{\pi}{2},v\right) &= \frac{\pi}{2}\int_0^\infty e^{-r^2}\,dr\\ &= \frac{\pi}{2}\cdot\frac{\sqrt\pi}{2}. \end{aligned}$$

    （3 分）