2021-2022学年下学期期末

2021-2022学年下学期期末试卷（A）（含答案）

一、选择题（20 分，每小题 4 分）

1. 设直线

   $$L_1:\frac{x-1}{1}=\frac{y-5}{-2}=\frac{z+8}{1}$$

   与直线

   $$L_2: \begin{cases} x-y=6,\\ 2y+z=3, \end{cases}$$

   则 $L_1$ 与 $L_2$ 的夹角为 $\underline{\qquad}$。

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

   B. $\dfrac{\pi}{4}$

   C. $\dfrac{\pi}{3}$

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

   答案：

   C

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2. 函数

   $$f(x,y)= \begin{cases} \dfrac{xy}{x^2+y^2},&(x,y)\ne(0,0),\\ 0,&(x,y)=(0,0) \end{cases}$$

   在点 $(0,0)$ 处 $\underline{\qquad}$。

   A. 连续，偏导数存在

   B. 连续，偏导数不存在

   C. 不连续，偏导数存在

   D. 不连续，偏导数不存在

   答案：

   C

   ---

3. 设级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}u_n$ 收敛，则必收敛的级数为 $\underline{\qquad}$。

   A. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\dfrac{u_n}{n}$

   B. $\displaystyle\sum_{n=1}^{n}u_n^2$

   C. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(u_{2n-1}-u_{2n})$

   D. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(u_n+u_{n+1})$

   答案：

   C

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4. 设 $L_1:x^2+y^2=1$，$L_2:x^2+y^2=2$，$L_3:x^2+2y^2=2$，$L_4:2x^2+y^2=2$ 为四条逆时针方向的平面曲线，记

   $$I_i=\oint_{L_i}\left(y+\frac{y^3}{6}\right)dx+\left(2x-\frac{x^3}{3}\right)dy,$$

   则 $\max\{I_1,I_2,I_3,I_4\}=\underline{\qquad}$。

   A. $I_1$

   B. $I_2$

   C. $I_3$

   D. $I_4$

   答案：

   D

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5. 设函数 $f(x)$ 具有二阶连续导数，且 $f(x)>0$，$f'(0)=0$，则函数

   $$z=f(x)\ln f(y)$$

   在点 $(0,0)$ 处取得极小值的一个充分条件：$\underline{\qquad}$。

   A. $f(0)>1,\ f''(0)>0$

   B. $f(0)>1,\ f''(0)<0$

   C. $f(0)<1,\ f''(0)>0$

   D. $f(0)<1,\ f''(0)<0$

   答案：

   A

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二、填空题（20 分，每小题 4 分）

1. 设 $f(u,v)$ 可微，$z=f(x^y,y^x)$，则

   $$\frac{\partial z}{\partial x}=\underline{\qquad}.$$
   答案：

   $$f_1yx^{y-1}+f_2y^x\ln y$$

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2. 设 $L$ 为椭圆

   $$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1,$$

   将其周长记为 $a$，则

   $$\oint_L(2xy+3x^2+4y^2)\,ds=\underline{\qquad}.$$
   答案：

   $$12a$$

   ---

3. 设 $s(x)$ 为函数 $f(x)=\pi-x,\ x\in[0,\pi)$ 的正弦级数的和函数，则

   $$s\left(-\frac{\pi}{2}\right)=\underline{\qquad}.$$
   答案：

   $$-\frac{\pi}{2}$$

   ---

4. 设 $u=u(x,y,z)$ 具有二阶连续偏导数，则

   $$\operatorname{rot}(\operatorname{grad}u)=\underline{\qquad}.$$
   答案：

   $$0$$

   ---

5. 微分方程

   $$y'-xy'=a(y^2+y')$$

   的通解为 $\underline{\qquad}$。

   答案：

   $$y=\frac{1}{a\ln|1-x-a|+C}$$

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三、（6 分）

设 $\mathbf n$ 是曲面

$$2x^2+3y^2+z^2=6$$

在点 $P(1,1,1)$ 处的指向外侧的法向量，求函数

$$u=\frac{\sqrt{6x^2+8y^2}}{z}$$

在点 $P$ 处沿方向 $\mathbf n$ 的方向导数。

答案：

求方向向量 $\mathbf n^0$：令

$$F(x,y,z)=2x^2+3y^2+z^2-6,$$

则

$$\mathbf n=(F_x,F_y,F_z)_P=(4x,6y,2z)_{(1,1,1)}=(4,6,2).$$

于是可以求得

$$\mathbf n^0=\left(\frac2{\sqrt{14}},\frac3{\sqrt{14}},\frac1{\sqrt{14}}\right).$$

再求梯度函数 $u$ 在 $P$ 点的梯度，简记作 $\mathbf g$：

$$\begin{aligned} \mathbf g &=\operatorname{grad}u|_P=(u_x,u_y,u_z)_P\\ &= \left( \frac{6x}{z\sqrt{6x^2+8y^2}}, \frac{8y}{z\sqrt{6x^2+8y^2}}, -\frac{\sqrt{6x^2+8y^2}}{z^2} \right)_{(1,1,1)}\\ &= \left(\frac6{\sqrt{14}},\frac8{\sqrt{14}},-\sqrt{14}\right). \end{aligned}$$

最终可得

$$\left.\frac{\partial u}{\partial n}\right|_P =\mathbf g\cdot\mathbf n^0 =\frac{11}{7}.$$

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四、（6 分）

设 $\Omega$ 由平面曲线

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

绕 $z$ 轴旋转所形成的曲面与平面 $z=1$ 围成，求

$$\iiint_\Omega z\sqrt{x^2+y^2}\,dV.$$

答案：

根据 $\Omega$ 的形状，设

$$D:x^2+y^2\leq1,$$

所求三重积分可以化为累次积分，并进一步化为二重积分：

$$\begin{aligned} \text{原式} &= \iint_D dx\,dy \int_{x^2+y^2}^{1}z\sqrt{x^2+y^2}\,dz\\ &= \frac12 \iint_D(1-(x^2+y^2)^2)\sqrt{x^2+y^2}\,dx\,dy. \end{aligned}$$

记后一个二重积分为 $I$，根据 $D$ 的形状，利用极坐标求解：

$$\begin{aligned} I &= \int_0^{2\pi}d\theta\int_0^1(1-\rho^4)\rho^2\,d\rho\\ &= \int_0^{2\pi}d\theta\cdot\int_0^1(1-\rho^4)\rho^2\,d\rho\\ &= 2\pi\cdot\left(\frac{\rho^3}{3}-\frac{\rho^7}{7}\right)\Big|_0^1\\ &= \frac{8}{21}\pi. \end{aligned}$$

综上可得，原式

$$=\frac{4}{21}\pi.$$

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五、（8 分）

已知 $L$ 是第一象限中从点 $(0,0)$ 沿着圆周 $x^2+y^2=2x$ 到点 $(2,0)$，再沿圆周 $x^2+y^2=4$ 到点 $(0,2)$ 的曲线段，计算

$$\int_L3x^2y\,dx+(x^3+x-2y)\,dy.$$

答案：

添加有向线段 $L':x=0,\ y:2\to0$，则有

$$\text{原式}=\oint_{L+L'}-\int_{L'}.$$

令 $D$ 为 $L$ 和 $L'$ 围成的区域，由格林公式得

$$\oint_{L+L'}3x^2y\,dx+(x^3+x-2y)\,dy = \iint_D d\sigma = \frac14\pi\cdot2^2-\frac12\pi\cdot1^2 = \frac{\pi}{2}.$$

由线段 $L'$ 的定义可知，$x=0,\ dx=0$，于是有

$$\int_{L'}3x^2y\,dx+(x^3+x-2y)\,dy = \int_2^0(-2y)\,dy = -y^2\Big|_2^0 = -4.$$

综上可得，原式

$$=\frac{\pi}{2}-4.$$

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六、（10 分）

求函数

$$f(x,y)=x^2+2y^2-x^2y^2$$

在闭区域

$$D=\{(x,y):x^2+y^2\leq4,\ y\geq0\}$$

上的最大值和最小值。

答案：

首先，计算开区域内的极值点，解方程

$$\begin{cases} f_x=2x-2xy^2=0,\\ f_y=4y-2x^2y=0, \end{cases}$$

得极值点为 $(\pm\sqrt2,1)$，其函数值均为 $2$。

其次，计算边界上的最大值和最小值：在边界 $y=0,\ -2\leq x\leq2$ 上，最大值为 $4$，最小值为 $0$。对边界 $x^2+y^2=4,\ -2<x<2$，构造拉格朗日函数

$$L(x,y)=x^2+2y^2-x^2y^2+\lambda(x^2+y^2-4).$$

解方程组

$$\begin{cases} L_x=2x-2xy^2+2\lambda x=0,\\ L_y=4y-2x^2y+2\lambda y=0,\\ L_\lambda=x^2+y^2-4=0, \end{cases}$$

得

$$(x,y)=(0,2)\quad\text{或}\quad (x,y)=\left(\pm\sqrt{\frac52},\sqrt{\frac32}\right),$$

其对应的函数值为 $8$ 和 $\dfrac74$。通过比较可以得出最大值为 $8$，最小值为 $0$。

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七、（10 分）

若向量场 $\mathbf f$ 存在标量场 $u$ 使得 $\operatorname{grad}u=\mathbf f$，则称 $\mathbf f$ 为有势场而 $u$ 为其势。试证明：场

$$\mathbf f=\bigl(yz(2x+y+z),\ zx(x+2y+z),\ xy(x+y+2z)\bigr)$$

是有势场，并求这个场的势。

答案：

令

$$P=yz(2x+y+z),\quad Q=zx(x+2y+z),\quad R=xy(x+y+2z),$$

需要证明存在 $u$ 使得

$$\frac{\partial u}{\partial x}=P,\quad \frac{\partial u}{\partial y}=Q,\quad \frac{\partial u}{\partial z}=R.$$

由于 $P,Q,R$ 均连续，因而只需证明存在 $u$ 使得

$$du=P\,dx+Q\,dy+R\,dz.$$

由如下关系即可证明 $u$ 的存在性：

$$\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y} = 2xz+2yz+z^2,$$$$\frac{\partial R}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial z} = x^2+2xy+2xz,$$$$\frac{\partial P}{\partial z} = \frac{\partial R}{\partial x} = 2xy+y^2+2yz.$$

利用第二型曲线积分和特殊路径法求得 $u$：

$$\begin{aligned} u(x,y,z) &= \int_{(0,0,0)}^{(x,y,z)}P\,dx+Q\,dy+R\,dz+C\\ &= \int_{(0,0,0)}^{(x,0,0)} + \int_{(x,0,0)}^{(x,y,0)} + \int_{(x,y,0)}^{(x,y,z)} +C. \end{aligned}$$

容易得到

$$\int_{(0,0,0)}^{(x,0,0)}=0,\quad \int_{(x,0,0)}^{(x,y,0)}=0,$$

故有

$$u(x,y,z)=\int_{(x,y,0)}^{(x,y,z)}R\,dz+C=x^2yz+xy^2z+xyz^2+C.$$

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八、（10 分）

设函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内具有连续的一阶导数。若对半空间 $x>0$ 内任意的光滑有向封闭曲面 $\Sigma$，都有

$$\oiint_\Sigma xf(x)\,dy\,dz-xyf(x)\,dz\,dx-e^{2x}z\,dx\,dy=0,$$

求 $f(x)$。

答案：

由高斯公式可知，对任意光滑有向封闭曲面围成的闭区域 $\Omega$，有

$$\iiint_\Omega (xf'+f-xf-e^{2x})\,dV=0.$$

由 $\Sigma$ 的任意性和 $f,f'$ 的连续性可知

$$xf'+f-xf-e^{2x}=0,\quad x>0.$$

解一阶线性非齐次微分方程

$$f'+\frac{1-x}{x}f=\frac{e^{2x}}{x}.$$

得

$$f(x) = e^{\int\frac{x-1}{x}\,dx} \left( \int\frac{e^{2x}}{x}\cdot e^{\int\frac{1-x}{x}\,dx}\,dx+C \right) = \frac{e^x}{x}(e^x+C).$$

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九、（10 分）

求级数

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n(n^2-n+1)}{2^n}$$

的和。

答案：

考察幂级数

$$\sum_{n=0}^{\infty}(n^2-n+1)x^n.$$

由

$$\lim_{n\to\infty} \left| \frac{(n+1)^2-(n+1)+1}{n^2-n+1} \right| =1,$$

可知该幂级数的收敛半径为 $1$，并令其在收敛半径中的和函数为 $s(x)$，则

$$\text{原式}=s\left(-\frac12\right).$$

接下来求 $s(x)$：

$$\begin{aligned} s(x) &= \sum_{n=0}^{\infty}(n^2-n)x^n+\sum_{n=0}^{\infty}x^n\\ &= x^2\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)x^{n-2} +\frac1{1-x}. \end{aligned}$$

令

$$\widetilde s(x)=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)x^{n-2}.$$

接下来求 $\widetilde s(x)$：

$$\begin{aligned} \widetilde s(x) &= \left( \int_0^x\left(\int_0^x\widetilde s(x)\,dx\right)dx \right)''\\ &= \left( \int_0^x\left(\int_0^x\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)x^{n-2}\,dx\right)dx \right)''\\ &= \left( \int_0^x\sum_{n=2}^{\infty}nx^{n-1}\,dx \right)''\\ &= \left( \sum_{n=2}^{\infty}x^n \right)''\\ &= \left( \frac1{1-x}-1-x \right)''\\ &= \frac{2}{(1-x)^3}. \end{aligned}$$

故有

$$s(x)=\frac{2x^2}{(1-x)^3}+\frac1{1-x},\quad x\in(-1,1).$$

则原式

$$=\frac4{27}+\frac23=\frac{22}{27}.$$

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2021-2022学年下学期期末试卷（B）（含答案）

一、选择题（20 分，每小题 5 分）

1. 过点 $(0,2,4)$ 且与两平面 $\Pi_1:x+2z=1$ 和 $\Pi_2:y-3z=2$ 都平行的直线方程为 $\underline{\qquad}$。

   A. $\dfrac{x}{2}=\dfrac{y-3}{3}=\dfrac{z-4}{1}$

   B. $\dfrac{x}{-2}=\dfrac{y-2}{3}=\dfrac{z-4}{1}$

   C. $\dfrac{x}{-2}=\dfrac{y-2}{3}=\dfrac{z-4}{0}$

   D. $\dfrac{x}{-2}=\dfrac{y-2}{3}=\dfrac{z-2}{1}$

   答案：

   B

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2. 设 $f(x,y)$ 是有界闭区域 $D:x^2+y^2\le a^2$ 上的连续函数，则当 $a\to0$ 时，

   $$\frac{1}{\pi a^2}\iint_D f(x,y)\,d\sigma$$

   的极限是 $\underline{\qquad}$。

   A. 不存在

   B. 等于 $f(0,0)$

   C. 等于 $f(1,1)$

   D. 等于 $f(1,0)$

   答案：

   B

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3. 曲面积分

   $$\iint_\Sigma z^2\,dxdy$$

   在数值上等于 $\underline{\qquad}$。

   A. 面密度为 $z^3$ 的曲面 $\Sigma$ 的质量

   B. 向量 $z^2\mathbf i$ 穿过曲面 $\Sigma$ 的流量

   C. 向量 $z^2\mathbf j$ 穿过曲面 $\Sigma$ 的流量

   D. 向量 $z^2\mathbf k$ 穿过曲面 $\Sigma$ 的流量

   答案：

   D

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4. 微分方程

   $$2(xy+x)y'=y$$

   的解为 $\underline{\qquad}$。

   A. $y^2e^{2y}=cx$

   B. $y^2e^{2y}=x$

   C. $y^2e^{-2y}=cx$

   D. $y^{-2}e^{2y}=cx$

   答案：

   A

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二、填空题（20 分，每小题 5 分）

1. 设 $f(x,y,z)=x\sin(yz)$，则在点 $(1,3,0)$ 沿方向

   $$\vec l=\vec i+2\vec j-\vec k$$

   的方向导数是 $\underline{\qquad}$。

   答案：

   $$-\frac{\sqrt6}{2}$$

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2. 曲线

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

   在点 $(1,1,1)$ 的法平面方程为 $\underline{\qquad}$。

   答案：

   $$16x+9y-z-24=0$$

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3. 设 $C$ 为顺时针沿圆周 $x^2+y^2=2$ 在第一象限中的部分，则

   $$\int_C x\,dy-2y\,dx=\underline{\qquad}.$$
   答案：

   $$-\frac{3\pi}{2}$$

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4. 幂级数

   $$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(2n)!}{(n!)^2}x^{2n}$$

   的收敛半径是 $\underline{\qquad}$。

   答案：

   $$\frac12$$

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三、（10 分）

试在曲线

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

上求一点，使过该点的切线与直线

$$l: \begin{cases} x+y-2=0,\\ 2y-z=0 \end{cases}$$

相交。

答案：

将曲线的一般式方程改写成参数方程

$$\begin{cases} x=\sqrt2\cos\theta,\\ y=\sqrt2\sin\theta,\\ z=2. \end{cases}$$

则曲线在任意点 $M(x,y,z)$ 处的切向量为

$$\mathbf s=(-\sqrt2\sin\theta,\sqrt2\cos\theta,0).$$

直线 $l$ 的方向向量

$$\mathbf v\parallel(1,1,0)\times(0,2,-1)=(-1,1,2),$$

就取 $\mathbf v=(-1,1,2)$。在直线 $l$ 上任取一点 $M_0(0,2,4)$，因为直线和切线相交，故 $\overrightarrow{M_0M}$，$\mathbf s$，$\mathbf v$ 共面，混合积 $(\mathbf s,\mathbf v,\overrightarrow{M_0M})=0$，得

$$\begin{vmatrix} \sqrt2\cos\theta&\sqrt2\sin\theta-2&-2\\ -\sqrt2\sin\theta&\sqrt2\cos\theta&0\\ -1&1&2 \end{vmatrix} =0.$$

解得 $\theta=\dfrac{\pi}{4}$，所求点为 $(1,1,2)$。

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四、（10 分）

计算

$$I=\iint_D|x^2+y^2-2|\,d\sigma,$$

其中 $D:x^2+y^2\le9$。

答案：

用极坐标。为化去绝对值，作以原点为圆心、$\sqrt2$ 为半径的圆域 $D_1$，大小两圆围成的区域用 $D_2$ 表示，则 $D=D_1+D_2$。

$$D_1:0\le\theta\le2\pi,\ 0\le r\le\sqrt2,$$$$D_2:0\le\theta\le2\pi,\ \sqrt2\le r\le3.$$$$\begin{aligned} I &=\iint_{D_1}(2-x^2-y^2)\,d\sigma+\iint_{D_2}(x^2+y^2-2)\,d\sigma\\ &=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^{\sqrt2}(2-r^2)r\,dr +\int_0^{2\pi}d\theta\int_{\sqrt2}^{3}(r^2-2)r\,dr\\ &=2\pi\left(r^2-\frac{r^4}{4}\right)\bigg|_0^{\sqrt2} +2\pi\left(\frac{r^4}{4}-r^2\right)\bigg|_{\sqrt2}^{3}\\ &=2\pi+2\pi\cdot\frac{49}{4}\\ &=\frac{53\pi}{2}. \end{aligned}$$

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五、（10 分）

计算

$$\iiint_\Omega\frac{\ln(1+\sqrt{x^2+y^2})}{x^2+y^2}\,dV,$$

$\Omega$ 由曲面 $z=x^2+y^2$ 和 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 围成。

答案：

根据积分区域及被积函数形式选柱面坐标。由曲面 $z=x^2+y^2$ 和 $z=\sqrt{x^2+y^2}$，得 $x^2+y^2\le1$，所以

$$\Omega:0\le\theta\le2\pi,\quad 0\le r\le1,\quad r^2\le z\le r.$$$$\begin{aligned} \iiint_\Omega\frac{\ln(1+\sqrt{x^2+y^2})}{x^2+y^2}\,dV &=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^1dr\int_{r^2}^{r}\frac{\ln(1+r)}{r^2}r\,dz\\ &=2\pi\int_0^1(1-r)\ln(1+r)\,dr\\ &=\pi\left(4\ln2-\frac52\right). \end{aligned}$$

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六、（10 分）

设 $C$ 为沿 $x^2+y^2=a^2$ 从点 $(0,a)$ 依逆时针到点 $(0,-a)$ 的半圆，计算

$$\int_C\frac{y^2}{\sqrt{a^2+x^2}}\,dx+ \left[ax+2y\ln\left(x+\sqrt{a^2+x^2}\right)\right]dy.$$

答案：

添加辅助线 $C'$：沿 $y$ 轴从点 $(0,-a)$ 到点 $(0,a)$。设由 $C$ 与 $C'$ 所围区域为 $D$。利用格林公式，

$$\begin{aligned} \text{原式} &=\int_{C\cup C'}-\int_{C'}\\ &=\iint_D\left( a+\frac{2y}{\sqrt{a^2+x^2}}-\frac{2y}{\sqrt{a^2+x^2}} \right)\,dxdy -\int_{-a}^{a}2y\ln a\,dy\\ &=\frac12\pi a^3. \end{aligned}$$

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七、（10 分）

计算

$$I=\oiint_\Sigma(x+y^2+z^3)\,dydz,$$

$\Sigma$ 是球面 $x^2+y^2+z^2=R^2$，取外侧。

答案：

因 $\Sigma$ 关于 $yOz$ 平面对称，$y^2,z^3$ 关于 $x$ 都是偶函数，所以

$$\oiint_\Sigma(y^2+z^3)\,dydz=0.$$

设 $\Sigma_1$ 为 $\Sigma$ 中 $x\ge0$ 的部分，$D_{yz}$ 为 $\Sigma_1$ 在 $yOz$ 上的投影，根据对称性，有

$$\begin{aligned} \oiint_\Sigma(x+y^2+z^3)\,dydz &=2\oiint_{\Sigma_1}x\,dydz\\ &=2\iint_{D_{yz}}\sqrt{R^2-y^2-z^2}\,dydz\\ &=2\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^R\sqrt{R^2-r^2}\,r\,dr\\ &=\frac43\pi R^3. \end{aligned}$$

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八、（10 分）

讨论级数

$$\sum_{n=1}^{\infty}nx^{n-1}\quad(x>0)$$

的敛散性。

答案：

因为

$$\lim_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n} =\lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)x^n}{nx^{n-1}}=x.$$

所以当 $0<x<1$ 时，级数收敛；当 $x>1$ 时，级数发散；当 $x=1$ 时，级数发散。