2023-2024学年下学期期中

2023-2024学年下学期期中试卷（含答案）

一、选择题（20 分，每题 4 分）

1. 已知函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 的某个邻域内连续，且

   $$\lim_{\substack{x\to 0\\y\to 0}}\frac{f(x,y)-xy}{(x^2+y^2)^2}=1,$$

   则（ ）。

   A. 点 $(0,0)$ 不是 $f(x,y)$ 的极值点

   B. 点 $(0,0)$ 是 $f(x,y)$ 的极大值点

   C. 点 $(0,0)$ 是 $f(x,y)$ 的极小值点

   D. 根据所给条件无法判别点 $(0,0)$ 是否为 $f(x,y)$ 的极值点

   解：

   D

   ---

2. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\frac{n}{(n+i)(n^2+j^2)}=$（ ）。

   A. $\displaystyle\int_0^1 dx\int_0^x \frac{1}{(1+x)(1+y^2)}\,dy$

   B. $\displaystyle\int_0^1 dx\int_0^x \frac{1}{(1+x)(1+y)}\,dy$

   C. $\displaystyle\int_0^1 dx\int_0^1 \frac{1}{(1+x)(1+y)}\,dy$

   D. $\displaystyle\int_0^1 dx\int_0^1 \frac{1}{(1+x)(1+y^2)}\,dy$

   解：

   D

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3. 在曲线 $x=t,\ y=-t^2,\ z=t^3$ 的所有切线中，平面 $x+2y+z=4$ 平行的切线（ ）。

   A. 只有 1 条

   B. 只有 2 条

   C. 至少有 3 条

   D. 不存在

   解：

   B

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4. 二元函数 $f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处两个偏导数 $f_x(x_0,y_0),f_y(x_0,y_0)$ 存在是 $f(x,y)$ 在该点连续的（ ）。

   A. 充分条件而非必要条件

   B. 必要条件而非充分条件

   C. 充分必要条件

   D. 既非充分条件又非必要条件

   解：

   D

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5. 设有空间区域 $\Omega_1:x^2+y^2+z^2\le R^2,\ z\ge 0$；及 $\Omega_2:x^2+y^2+z^2\le R^2,\ x\ge 0,\ y\ge 0,\ z\ge 0$，则（ ）。

   A. $\displaystyle\iiint_{\Omega_1}x\,dv=4\iiint_{\Omega_2}x\,dv$

   B. $\displaystyle\iiint_{\Omega_1}y\,dv=4\iiint_{\Omega_2}y\,dv$

   C. $\displaystyle\iiint_{\Omega_1}z\,dv=4\iiint_{\Omega_2}z\,dv$

   D. $\displaystyle\iiint_{\Omega_1}xyz\,dv=4\iiint_{\Omega_2}xyz\,dv$

   解：

   C

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二、填空题（20 分，每题 4 分）

1. 设二元函数 $f(x,y)$ 在全平面 $\mathbb{R}^2$ 上可微，$(a,b)$ 为平面 $\mathbb{R}^2$ 上给定的一点，$df(a,b)=3\,dx-dy$，则极限

   $$\lim_{x\to 0}\frac{f(a+x,b+x)-f(a,b)}{x}=\underline{\qquad}.$$
   解：

   $$2$$

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2. 由方程 $xyz+\sqrt{x^2+y^2+z^2}=\sqrt{2}$ 所确定的函数 $z=z(x,y)$ 在点 $(1,0,-1)$ 处的全微分 $dz=\underline{\qquad}$。

   解：

   $$dz=dx-\sqrt{2}\,dy$$

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3. 由曲线

   $$\begin{cases} 3x^2+2y^2=12,\\ z=0, \end{cases}$$

   绕 $y$ 轴旋转一周得到的旋转面在点 $(0,\sqrt3,\sqrt2)$ 处的指向外侧的单位法向量为 $\underline{\qquad}$。

   解：

   $$\left(0,\sqrt{\frac{2}{5}},\sqrt{\frac{3}{5}}\right)$$

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4. 设区域 $D$ 为 $x^2+y^2\le R^2$，则

   $$\iint_D\left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\right)\,dx\,dy=\underline{\qquad}.$$
   解：

   $$\frac{\pi R^4}{4}\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\right)$$

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5. 设 $z=\dfrac{1}{x}f(xy)+y\varphi(x+y)$，$f,\varphi$ 具有二阶连续导数，则 $\dfrac{\partial^2z}{\partial x\partial y}=\underline{\qquad}$。

   解：

   $$-\frac{1}{x}f'(xy)+yf''(xy)+\frac{1}{x}f'(xy)+\varphi'(x+y)+y\varphi''(x+y)$$

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三、（10 分）

求与两直线

$$\begin{cases} x=1,\\ y=-1+t,\\ z=2+t \end{cases} \qquad\text{及}\qquad \frac{x+1}{1}=\frac{y+2}{2}=\frac{z-1}{1}$$

都平行，且过原点的平面方程。

解：

由题意可知，两直线的方向向量分别为：

$$\vec a=(0,1,1),\qquad \vec b=(1,2,1).$$

那么与两直线都平行的平面的法向量

$$\vec n=\vec a\times\vec b.$$

计算可得

$$\vec n=(-1,1,-1).$$

又平面过原点 $O(0,0,0)$，故平面的点法式方程为

$$-x+y-z=0.$$

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四、（10 分）

求函数在指定点 $P$ 沿指定方向 $L$ 的方向导数，函数 $u=\ln r$，其中

$$r=\sqrt{x^2+y^2+z^2},\qquad P(3,4,12),\qquad L=(3,6,-2).$$

解：

由题意可知

$$u_x=\frac{du}{dr}\cdot\frac{\partial r}{\partial x} =-\frac{x}{x^2+y^2+z^2},$$$$u_y=\frac{du}{dr}\cdot\frac{\partial r}{\partial y} =-\frac{y}{x^2+y^2+z^2},$$$$u_z=\frac{du}{dr}\cdot\frac{\partial r}{\partial z} =-\frac{z}{x^2+y^2+z^2}.$$

带入 $P$ 点坐标可得

$$u_x(3,4,12)=-\frac{3}{169},\qquad u_y(3,4,12)=-\frac{4}{169},\qquad u_z(3,4,12)=-\frac{12}{169}.$$

方向 $L$ 的单位方向向量为

$$\vec e_l=\left(\frac{3}{7},\frac{6}{7},-\frac{2}{7}\right).$$

带入计算有：

$$\left.\frac{\partial u}{\partial l}\right|_{(3,4,12)} =-\frac{3}{169}\times\frac{3}{7} -\frac{4}{169}\times\frac{6}{7} +\frac{12}{169}\times\frac{2}{7} =-\frac{9}{1183}.$$

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五、（10 分）

利用二重积分求由不等式 $r\le a(1+\cos\theta)$ 及 $r\le a$ 所决定图形 $D$ 的面积。

解：

由 $a(1+\cos\theta)=a$，可得

$$\theta=\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2}.$$

由对称性，

$$\begin{aligned} S &=2\left(\int_0^{\pi/2}d\theta\int_0^a r\,dr +\int_{\pi/2}^{\pi}d\theta\int_0^{a(1+\cos\theta)}r\,dr\right)\\ &=2\int_0^{\pi/2}\frac{1}{2}a^2\,d\theta +2\int_{\pi/2}^{\pi}\frac{1}{2}a^2(1+\cos\theta)^2\,d\theta\\ &=\frac{1}{2}\pi a^2+a^2\int_{\pi/2}^{\pi}(1+2\cos\theta+\cos^2\theta)\,d\theta\\ &=\frac{1}{2}\pi a^2+\left(\frac{3}{4}\pi-2\right)a^2\\ &=\left(\frac{5}{4}\pi-2\right)a^2. \end{aligned}$$

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六、（10 分）

已知曲线

$$C: \begin{cases} x^2+y^2-2z^2=0,\\ x+y+3z=5, \end{cases}$$

求曲线 $C$ 上距离 $xOy$ 平面最远和最近的点的坐标。

解：

构造拉格朗日函数为

$$L(x,y,z,\lambda,\mu) =z^2+\lambda(x^2+y^2-2z^2)+\mu(x+y+3z-5).$$

求解方程组：

$$\begin{cases} L_x=2\lambda x+\mu=0,\\ L_y=2\lambda y+\mu=0,\\ L_z=2z-4\lambda z+3\mu=0,\\ L_\lambda=x^2+y^2-2z^2=0,\\ L_\mu=x+y+3z-5=0. \end{cases}$$

解得 $x=y$，从而

$$\begin{cases} 2x^2-2z^2=0,\\ 2x+3z=5. \end{cases}$$

解得

$$\begin{cases} x=-5,\\ y=-5,\\ z=5, \end{cases} \qquad\text{或}\qquad \begin{cases} x=1,\\ y=1,\\ z=1. \end{cases}$$

故所求点依次为 $(-5,-5,5)$ 和 $(1,1,1)$。

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七、（10 分）

$$\begin{cases} u=f(ux,v+y),\\ v=g(u-x,v^2y), \end{cases}$$

其中 $f,g$ 有一阶连续偏导数，求 $\dfrac{\partial u}{\partial x},\dfrac{\partial v}{\partial x}$。

解：

设

$$\begin{cases} F(x,y,u,v)=u-f(ux,v+y),\\ G(x,y,u,v)=v-g(u-x,v^2y). \end{cases}$$

则

$$\frac{\partial u}{\partial x} =-\frac{1}{J}\frac{\partial(F,G)}{\partial(x,v)},\qquad \frac{\partial v}{\partial x} =-\frac{1}{J}\frac{\partial(F,G)}{\partial(u,x)}.$$

其中

$$J=\frac{\partial(F,G)}{\partial(u,v)} = \begin{vmatrix} F_u & F_v\\ G_u & G_v \end{vmatrix}.$$

即

$$\frac{\partial u}{\partial x} =- \frac{ \begin{vmatrix} F_x & F_v\\ G_x & G_v \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} F_u & F_v\\ G_u & G_v \end{vmatrix} }, \qquad \frac{\partial v}{\partial x} =- \frac{ \begin{vmatrix} F_u & F_x\\ G_u & G_x \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} F_u & F_v\\ G_u & G_v \end{vmatrix} }.$$

我们已知 $F,G$，且 $f,g$ 有一阶连续偏导数，可求

$$\begin{cases} F_x=-uf_1,\quad F_u=1-xf_1,\quad F_v=-f_2,\\ G_x=g_1,\quad G_u=-g_1,\quad G_v=1-2vyg_2. \end{cases}$$

代入上述公式得

$$\frac{\partial u}{\partial x} =-\frac{F_xG_v-F_vG_x}{F_uG_v-F_vG_u} =\frac{uf_1(1-2vyg_2)-f_2g_2}{(1-xf_1)(1-2vyg_2)-f_2g_1},$$$$\frac{\partial v}{\partial x} =-\frac{F_uG_x-F_xG_u}{F_uG_v-F_vG_u} =\frac{uf_1g_1-(1-xf_1)g_1}{(1-xf_1)(1-2vyg_2)-f_2g_1}.$$

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八、（10 分）

平面上有一半圆形薄片 $D$，该薄片 $D$ 中点的坐标满足

$$x^2+y^2\le a^2,\qquad -a\le x\le a,\qquad 0\le y\le a,$$

其上每一点的密度等于该点的纵坐标，求物体的重心 $G$。

解：

已知该半圆形物体的曲面方程和每点密度，可得

$$\begin{cases} x_G=0,\\ y_G=\dfrac{\iint_D y^2\,d\sigma}{\iint_D y\,d\sigma}. \end{cases}$$

由于积分区域为半圆形，可转换为极坐标形式简化计算：

$$y_G=\frac{\iint_D r^3\sin^2\theta\,dr\,d\theta}{\iint_D r^2\sin\theta\,dr\,d\theta}.$$$$\begin{aligned} y_G &=\frac{\int_0^a r^3\,dr\cdot\int_0^\pi\sin^2\theta\,d\theta}{\int_0^a r^2\,dr\cdot\int_0^\pi\sin\theta\,d\theta}\\ &=\frac{\left(\frac14 r^4\right)\big|_0^a\cdot\left(\frac12\theta-\frac14\sin2\theta\right)\big|_0^\pi}{\left(\frac13 r^3\right)\big|_0^a\cdot(-\cos\theta)\big|_0^\pi}\\ &=\frac{\frac14a^4\cdot\frac12\pi}{\frac13a^3\cdot(\cos0-\cos\pi)}\\ &=\frac{3}{16}\pi a. \end{aligned}$$

所以物体的重心 $G$ 为

$$\left(0,\frac{3}{16}\pi a\right).$$