2024-2025学年下学期期中

2024-2025学年下学期期中试卷（含答案）

一、选择题（每题 4 分，共 20 分）

1. 设直线 $L_1:\dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y+1}{-3}=\dfrac{z-2}{1}$ 与直线

   $$L_2:\begin{cases} x+y-z=1,\\ 2x-y+3z=5 \end{cases}$$

   的夹角为 $\theta$，则 $\cos\theta$ 的值为（ ）

   A. $\dfrac{1}{\sqrt{14}}$

   B. $\dfrac{2}{\sqrt{133}}$

   C. $\dfrac{3}{\sqrt{14}}$

   D. $\dfrac{8}{\sqrt{133}}$

   解：

   D

   （a）求 $L_1$ 的方向向量 $\vec{s}_1$：由对称式直接得 $\vec{s}_1=(2,-3,1)$。

   （b）求 $L_2$ 的方向向量 $\vec{s}_2$：由平面方程联立：

   $$\vec{n}_1=(1,1,-1),\qquad \vec{n}_2=(2,-1,3)$$

   方向向量为两法向量的叉积：

   $$\vec{s}_2=\vec{n}_1\times\vec{n}_2= \begin{vmatrix} i&j&k\\ 1&1&-1\\ 2&-1&3 \end{vmatrix} =(2,-5,-3)$$

   （c）计算夹角余弦：

   $$\cos\theta=\frac{|\vec{s}_1\cdot\vec{s}_2|}{\|\vec{s}_1\|\|\vec{s}_2\|} =\frac{|2\times2+(-3)\times(-5)+1\times(-3)|}{\sqrt{14}\cdot\sqrt{38}} =\frac{16}{\sqrt{14}\cdot\sqrt{38}}$$

   化简得：

   $$\cos\theta=\frac{16}{\sqrt{532}}=\frac{16}{2\sqrt{133}}=\frac{8}{\sqrt{133}}$$

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2. 设 $f(x,y)=x^2+2xy$ 在点 $(1,1)$ 处沿方向 $\vec{l}=(1,-1)$ 的方向导数为（ ）

   A. $0$

   B. $\sqrt{2}$

   C. $2$

   D. $-2\sqrt{2}$

   解：

   B

   方向导数为 $\nabla f\cdot \vec{l}=\sqrt{2}$。

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3. 设 $z=\arctan\left(\dfrac{y}{x}\right)$，则 $\dfrac{\partial z}{\partial x}=$（ ）

   A. $\dfrac{y}{x^2+y^2}$

   B. $-\dfrac{y}{x^2+y^2}$

   C. $\dfrac{x}{x^2+y^2}$

   D. $-\dfrac{x}{x^2+y^2}$

   解：

   B

   $$\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{y}{x^2+y^2}$$

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4. 设积分区域 $D$ 由 $y=x,\ y=0,\ x=1$ 围成，则 $\displaystyle\iint_D xy\,dxdy=$（ ）

   A. $\dfrac{1}{6}$

   B. $\dfrac{1}{8}$

   C. $\dfrac{1}{4}$

   D. $\dfrac{1}{2}$

   解：

   B

   $$\iint_D xy\,dxdy=\frac{1}{8}$$

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5. 在极坐标下，二重积分 $\displaystyle\iint_D f(x,y)\,dxdy$ 的面积微元为（ ）

   A. $drd\theta$

   B. $rdrd\theta$

   C. $r^2drd\theta$

   D. $r\sin\theta drd\theta$

   解：

   B

   极坐标面积微元为 $rdrd\theta$。

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二、填空题（每题 4 分，共 20 分）

1. 点 $P(1,2,3)$ 到平面 $2x-y+2z-6=0$ 的距离为 $\underline{\qquad}$。

   解：

   $$0$$

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2. 函数 $z=\ln(x+y)$ 在点 $(1,2)$ 处的全微分 $dz=\underline{\qquad}$。

   解：

   $$\frac{1}{3}dx+\frac{1}{3}dy$$

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3. 设 $z=x^2\sin y$，则 $\dfrac{\partial^2 z}{\partial x\partial y}=\underline{\qquad}$。

   解：

   $$2x\cos y$$

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4. 设积分区域 $D$ 为 $1\le x^2+y^2\le 4$ 且 $y\ge 0$，$\displaystyle\iint_D\dfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\,dxdy=\underline{\qquad}$。

   解：

   $$\pi$$$$\int_0^\pi\int_1^2\frac{1}{r}\cdot r\,drd\theta =\int_0^\pi\int_1^2 1\,drd\theta=\pi$$

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5. 交换三重积分 $\displaystyle\int_0^1 dx\int_0^{1-x}dy\int_0^{x+y}f(x,y,z)\,dz$ 的积分次序，按 $x,z,y$ 的次序积分，则积分 $=\underline{\qquad}$。

   解：

   $$\int_0^1dy\left[ \int_0^y dz\int_0^{1-y}f(x,y,z)\,dx +\int_y^1 dz\int_{z-y}^{1-y}f(x,y,z)\,dx \right]$$

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三、计算题（每题 10 分，共 50 分）

1. 设平面薄板 $D$ 由曲线 $y=x^2$ 与 $y=\sqrt{x}$ 围成，其面密度函数为 $\rho(x,y)=xy$。求该薄板的重心坐标 $(\bar{x},\bar{y})$。

   解：

   （1）计算质量 $M$：

   $$M=\iint_D xy\,dxdy=\int_0^1\int_{x^2}^{\sqrt{x}}xy\,dydx=\frac{1}{12}$$

   （2）计算静矩：

   $$M_y=\iint_D x^2y\,dxdy=\frac{3}{56},\qquad M_x=\iint_D xy^2\,dxdy=\frac{3}{56}$$

   （3）求重心坐标：

   $$\bar{x}=\frac{M_y}{M}=\frac{9}{14},\qquad \bar{y}=\frac{M_x}{M}=\frac{9}{14}$$

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2. 设 $z=f(x^2-y^2,e^{xy})$，其中 $f$ 具有连续偏导数，求 $\dfrac{\partial z}{\partial x}$ 和 $\dfrac{\partial z}{\partial y}$。

   解：

   $$\frac{\partial z}{\partial x}=2xf'_1+ye^{xy}f'_2$$$$\frac{\partial z}{\partial y}=-2yf'_1+xe^{xy}f'_2$$

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3. 利用拉格朗日乘数法，求函数 $f(x,y,z)=x^2+y^2+z^2$ 在约束条件 $x+y+z=1$ 和 $x-y+2z=0$ 下的极值。

   解：

   （a）设拉格朗日函数：

   $$L(x,y,z,\lambda,\mu)=x^2+y^2+z^2+\lambda(x+y+z-1)+\mu(x-y+2z)$$

   （b）求偏导并令其为零：

   $$\begin{cases} 2x+\lambda+\mu=0,\\ 2y+\lambda-\mu=0,\\ 2z+\lambda+2\mu=0,\\ x+y+z-1=0,\\ x-y+2z=0. \end{cases}$$

   （c）解方程组：

   由前两式相减得：

   $$2(x-y)+2\mu=0\quad\Rightarrow\quad x-y=-\mu$$

   结合约束 $x-y+2z=0$：

   $$-\mu+2z=0\quad\Rightarrow\quad \mu=2z$$

   将 $\mu=2z$ 代入第三式：

   $$2z+\lambda+4z=0\quad\Rightarrow\quad \lambda=-6z$$

   代入第一式：

   $$2x-6z+2z=0\quad\Rightarrow\quad x=2z$$

   同理，第二式得：

   $$y=4z$$

   代入 $x+y+z=1$：

   $$2z+4z+z=1\quad\Rightarrow\quad z=\frac{1}{7}$$

   因此：

   $$x=\frac{2}{7},\qquad y=\frac{4}{7},\qquad z=\frac{1}{7}$$

   （d）极值点：

   $$\left(\frac{2}{7},\frac{4}{7},\frac{1}{7}\right)$$

   对应的函数值为：

   $$f\left(\frac{2}{7},\frac{4}{7},\frac{1}{7}\right) =\frac{4}{49}+\frac{16}{49}+\frac{1}{49} =\frac{21}{49}=\frac{3}{7}$$

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4. 设 $z=f(x,y)$ 由方程 $e^{xyz}+\sin(x^2+y^2+z^2)=1$ 所确定，其中 $f$ 可微。

   （1）求全微分 $dz$；

   （2）在点 $(0,0,0)$ 处计算 $\dfrac{\partial z}{\partial x}$ 和 $\dfrac{\partial z}{\partial y}$。

   解：

   （1）求全微分 $dz$：对方程两边求全微分：

   $$d(e^{xyz})+d(\sin(x^2+y^2+z^2))=0$$

   计算得：

   $$e^{xyz}(yz\,dx+xz\,dy+xy\,dz) +\cos(x^2+y^2+z^2)(2x\,dx+2y\,dy+2z\,dz)=0$$

   整理出 $dz$：

   $$dz=-\frac{e^{xyz}yz+2x\cos(x^2+y^2+z^2)} {e^{xyz}xy+2z\cos(x^2+y^2+z^2)}\,dx -\frac{e^{xyz}xz+2y\cos(x^2+y^2+z^2)} {e^{xyz}xy+2z\cos(x^2+y^2+z^2)}\,dy$$

   （2）在点 $(0,0,0)$ 处计算偏导数：直接代入 $(x,y,z)=(0,0,0)$ 会导致分母和分子均为零，需用极限法分析：

   • 计算 $\dfrac{\partial z}{\partial x}$：固定 $y=0$，方程退化为：

     $$e^0+\sin(x^2+z^2)=1\quad\Rightarrow\quad \sin(x^2+z^2)=0.$$

     其解为 $x^2+z^2=k\pi\ (k\in\mathbb{Z})$。在 $(0,0,0)$ 附近（$x\to0$），唯一满足 $z\to0$ 的解是 $k=0$，即 $z=0$。因此：

     $$\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(0,0,0)}=0.$$

   • 计算 $\dfrac{\partial z}{\partial y}$：同理，固定 $x=0$，方程退化为 $\sin(y^2+z^2)=0$，唯一解为 $z=0$，故：

     $$\left.\frac{\partial z}{\partial y}\right|_{(0,0,0)}=0.$$

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5. 计算 $\displaystyle\iiint_\Omega z\,dxdydz$，其中 $\Omega$ 由 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 和 $z=1$ 所围成。

   解：

   使用柱坐标：

   $$\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^1 r\,dr\int_r^1 z\,dz=\frac{\pi}{4}$$

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四、证明题（10 分）

设 $f(x,y)$ 在闭区域 $D\subset\mathbb{R}^2$ 上连续，且满足

$$\iint_D [f(x,y)]^2\,dxdy=0.$$

证明：在 $D$ 上有 $f(x,y)\equiv 0$。

解：

证明：假设存在点 $(x_0,y_0)\in D$ 使得 $f(x_0,y_0)\ne0$。由于 $f$ 连续，存在邻域 $U\subset D$ 使得在 $U$ 上

$$|f(x,y)|\ge \frac{|f(x_0,y_0)|}{2}>0.$$

于是

$$\iint_D [f(x,y)]^2\,dxdy \ge \iint_U [f(x,y)]^2\,dxdy \ge \iint_U\left(\frac{|f(x_0,y_0)|}{2}\right)^2\,dxdy>0,$$

这与已知条件矛盾。故 $f(x,y)\equiv0$。