2022-2023学年下学期期中

2022-2023学年下学期期中试卷（含答案）

一、选择题（25 分，每题 5 分）

1. $\displaystyle\lim_{\substack{x\to0\\y\to0}}\frac{\sin(x-y)}{x+y}=$（ ）。

   A. $1$

   B. $\infty$

   C. $0$

   D. 不存在

   答案：

   D

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2. 设 $|\boldsymbol\alpha|=3$，$|\boldsymbol\beta|=1$，$|\boldsymbol\alpha\times\boldsymbol\beta|=\sqrt5$，则 $\boldsymbol\alpha\cdot\boldsymbol\beta$ 的值为（ ）。

   A. $\pm2$

   B. $2$

   C. $\pm\sqrt5$

   D. $\sqrt5$

   答案：

   A

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3. 过点 $(1,2,3)$ 且与 $x$ 轴、直线

   $$L:\frac{x+1}{-1}=\frac{y+3}{2}=\frac{z+6}{4}$$

   都相交的直线方程是（ ）。

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

   B. $\dfrac{x-1}{7}=\dfrac{y-2}{4}=\dfrac{z-3}{6}$

   C. $\dfrac{x-1}{5}=\dfrac{y-2}{3}=\dfrac{z-3}{\frac64}$

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

   答案：

   B

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4. 若 $z=f(x,y)$ 在点 $P(x_0,y_0)$ 处可微，则 $f(x,y)$ 在点 $P(x_0,y_0)$ 处沿任何方向的方向导数（ ）。

   A. 必定存在

   B. 一定不存在

   C. 可能存在，也可能不存在

   D. 仅在 $x$ 轴、$y$ 轴方向存在，其他方向不存在

   答案：

   A

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5. 判断下列积分值的大小：

   $$J_i=\iint_{D_i}e^{-(x^2+y^2)}\,dxdy,\quad i=1,2,3,$$

   其中

   $$D_1=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le R^2\},$$ $$D_2=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le2R^2\},$$ $$D_3=\{(x,y)\mid |x|\le R,\ |y|\le R\},$$

   则 $J_1,J_2,J_3$ 之间的大小顺序为（ ）。

   A. $J_1\le J_2\le J_3$

   B. $J_2\le J_3\le J_1$

   C. $J_1\le J_3\le J_2$

   D. $J_3\le J_2\le J_1$

   答案：

   C

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二、填空题（25 分，每题 5 分）

1. 设 $u=2xy-z^2$，$u$ 在点 $(2,-1,1)$ 处方向导数的最大值为 $\underline{\qquad}$。

   答案：

   $$2\sqrt6$$

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2. 球面 $x^2+y^2+z^2=9$ 在点 $(2,2,1)$ 处的切平面方程为 $\underline{\qquad}$，法线方程为 $\underline{\qquad}$。

   答案：

   $$2x+2y+z-9=0,$$$$\frac{x-2}{4}=\frac{y-2}{4}=\frac{z-1}{2}$$

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3. 设 $z(x,y)$ 由方程

   $$2xz-2xyz+\ln(xyz)=0$$

   确定的函数，则 $\displaystyle\frac{\partial z}{\partial x}=\underline{\qquad}$。

   答案：

   $$-\frac{z}{x}$$

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4. 设 $D$ 为圆心在原点，半径为 $a$ 的上半圆，则

   $$\iint_D\sqrt{a^2-x^2-y^2}\,d\sigma=\underline{\qquad}.$$
   答案：

   $$\frac{\pi}{3}a^3$$

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5. 设 $\Omega:x^2+y^2+z^2\le z$，则

   $$\iiint_\Omega\sqrt{x^2+y^2+z^2}\,dV=\underline{\qquad}.$$
   答案：

   $$\frac{\pi}{10}$$

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三、（10 分）

求经过直线

$$l_1: \begin{cases} x+y+1=0,\\ x+2y+2z=0 \end{cases}$$

且与平面 $\Pi:2x-y-z=0$ 垂直的平面方程。

答案：

解法一：设所求平面 $\Pi_1$ 为

$$(x+2y+2z)+\lambda(x+y+1)=0,$$

即

$$(1+\lambda)x+(2+\lambda)y+2z+\lambda=0.$$

由 $\Pi_1\perp\Pi$ 得

$$2(1+\lambda)-(2+\lambda)-2=0\Longrightarrow \lambda=2,$$

故 $\Pi_1$ 为

$$3x+4y+2z+2=0.$$

解法二：因所求平面垂直于 $2x-y-z=0$，故它平行于 $(2,-1,1)$，又由

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

可得 $l_1$ 上两点 $(0,-1,1)$ 和 $(-2,1,0)$。故可得平面方程

$$\begin{vmatrix} x&y+1&z-1\\ 2&-1&1\\ 0-(-2)&-1-1&1-0 \end{vmatrix}=0,$$

即

$$3x+4y+2z+2=0.$$

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四、（10 分）

设方程组

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

求 $\displaystyle\frac{dy}{dx}$，$\displaystyle\frac{dz}{dx}$。

答案：

方程组两边同时对 $x$ 求导，得

$$\begin{cases} 1+\dfrac{dy}{dx}+(1+2z)\dfrac{dz}{dx}=0,\\ 1+2y\dfrac{dy}{dx}+(1+3z^2)\dfrac{dz}{dx}=0. \end{cases}$$

因此，

$$\frac{dy}{dx}=\frac{2z-3z^2}{1+3z^2-2y-4yz},$$$$\frac{dz}{dx}=\frac{2y-1}{1+3z^2-2y-4yz}.$$

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五、（10 分）

设

$$I=\int_0^2dx\int_0^{\frac{x^2}{2}}xy\,dy +\int_2^{2\sqrt2}dx\int_0^{\sqrt{8-x^2}}xy\,dy,$$

交换其积分次序并计算。

答案：

积分区域由两部分组成，如图所示，

其中

$$D_1: \begin{cases} 0\le x\le2,\\ 0\le y\le\dfrac{x^2}{2}, \end{cases} \quad D_2: \begin{cases} 2\le x\le2\sqrt2,\\ 0\le y\le\sqrt{8-x^2}. \end{cases}$$

将 $D=D_1+D_2$ 视为 $y$ 型区域，则

$$D: \begin{cases} \sqrt{2y}\le x\le\sqrt{8-y^2},\\ 0\le y\le2. \end{cases}$$

从而

$$\begin{aligned} I &=\iint_Dxy\,dxdy\\ &=\int_0^2dy\int_{\sqrt{2y}}^{\sqrt{8-y^2}}xy\,dx\\ &=\int_0^2\frac{y(8-y^2-2y)}{2}\,dy\\ &=\frac12\left(4y^2-\frac{y^4}{4}-\frac{2y^3}{3}\right)\bigg|_0^2\\ &=\frac{10}{3}. \end{aligned}$$

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六、（10 分）

求密度为 $\rho=z$ 的半椭球体

$$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{a^2}+\frac{z^2}{c^2}\le1,\quad z\ge0$$

的质心。

答案：

由对称性容易得到质心的坐标形式为 $(0,0,\bar z)$，其中

$$\bar z=\frac{\iiint z\rho\,dV}{\iiint\rho\,dV} =\frac{\iiint z^2\,dV}{\iiint z\,dV}.$$

利用柱面坐标系计算这两个三重积分：

$$\begin{aligned} \iiint z\,dV &=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^a r\,dr \int_0^{\frac ca\sqrt{a^2-r^2}}z\,dz\\ &=2\pi\int_0^a r\cdot\frac12z^2\bigg|_0^{\frac ca\sqrt{a^2-r^2}}\,dr\\ &=\pi\int_0^a r\cdot\frac{c^2}{a^2}(a^2-r^2)\,dr\\ &=-\frac12\cdot\frac{\pi c^2}{a^2}\int_0^a(a^2-r^2)\,d(a^2-r^2)\\ &=-\frac12\cdot\frac{\pi c^2}{a^2}\cdot\frac12(a^2-r^2)^2\bigg|_0^a\\ &=\frac{\pi a^2c^2}{4}. \end{aligned}$$$$\begin{aligned} \iiint z^2\,dV &=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^a r\,dr \int_0^{\frac ca\sqrt{a^2-r^2}}z^2\,dz\\ &=2\pi\int_0^a r\cdot\frac13z^3\bigg|_0^{\frac ca\sqrt{a^2-r^2}}\,dr\\ &=\frac{2\pi}{3}\int_0^a r\cdot\frac{c^3}{a^3}(a^2-r^2)^{\frac32}\,dr\\ &=-\frac12\cdot\frac{2\pi c^3}{3a^3}\int_0^a(a^2-r^2)^{\frac32}\,d(a^2-r^2)\\ &=-\frac13\cdot\frac{\pi c^3}{a^3}\cdot\frac25(a^2-r^2)^{\frac52}\bigg|_0^a\\ &=\frac{2\pi a^2c^3}{15}. \end{aligned}$$

于是

$$\bar z=\frac{\frac{2\pi a^2c^3}{15}}{\frac{\pi a^2c^2}{4}}=\frac{8c}{15}.$$

故质心为

$$\left(0,0,\frac{8c}{15}\right).$$

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七、（10 分）

求

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

在第一卦限上的点，使得该点处的切平面与三个坐标平面所围的四面体的体积最小。

答案：

设点 $P(x_0,y_0,z_0)$ 在曲面

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

上，则曲面在该点的法向量为

$$\left(2x_0,2y_0,\frac{z_0}{2}\right).$$

切平面方程为

$$2x_0(x-x_0)+2y_0(y-y_0)+\frac{z_0}{2}(z-z_0)=0,$$

即

$$x_0x+y_0y+\frac{z_0}{4}z=1.$$

容易求得平面在三个坐标轴上的截距分别为

$$\frac1{x_0},\quad \frac1{y_0},\quad \frac4{z_0}.$$

则围成的四面体体积为

$$\frac13\cdot\frac12\cdot\frac1{x_0}\cdot\frac1{y_0}\cdot\frac4{z_0} = \frac23\cdot\frac1{x_0y_0z_0}.$$

要使得其体积最小，则 $x_0y_0z_0$ 最大。问题转变为求曲面在第一卦限上的点使得该点处三个坐标乘积最大。

使用拉格朗日乘数法求该条件极值问题，拉格朗日函数为

$$L=xyz+\lambda\left(x^2+y^2+\frac{z^2}{4}-1\right).$$

令 $L_x=L_y=L_z=L_\lambda=0$，解得

$$x=y=\frac1{\sqrt3},\quad z=\frac2{\sqrt3}.$$

经验证可知该点处 $xyz$ 乘积最大，四面体体积最小，

$$V_{\min}=\sqrt3.$$