工科数学分析试题及答案

2023年12月14日发(作者：电脑版洋葱数学试卷在哪)

A1.设f(x,y)为一连续函数，求极限lim解

limr0

一、 求解下面问题（每小题6分，满分48分）

1r0r2x2y2r2f(x,y)dxdy.

1r2x2y2r2f(x,y)dxdyf(0,0)

建议：中间过程4分

2. 改变累次积分的积分顺序：

-62dxx242-x-1f(x,y)dy

82ydy-1021y21yf(x,y)dxdy021yf(x,y)dx

3.

计算二重积分22sinxydxdy，其中积分区域为DD{(x,y)|2x2y242}.

解：

22sinxydxdy

D4drsinrdr62204. 计算三重积分(y2012x1)dxdydz，其中V由z4-x2-y2与3zx2y2V所成的立体.

解：由于V是关于yoz平面对称的，且y2012x是关于x的奇函数，所以yV2012xdxdydz0，于是

(yV202012x1)dxdydzdxdydzdrdrr2V003234r2dz

d303122(4r)rdrd(4r2r3)d(r2)

0202r232312222rd4rd(4r)d(r2)

0620342121922rd(4r) （写出对称性给2分，计算过程适当给分）

6206303 A

x2y2z2a2,5. 计算积分I(x2z)ds，其中曲线为（利用对称性）

xyz0.2解： 利用轮换对称性知

1a2222xdsydszds(xyz)ds332222a3

ds3zdsxdsyds1(xyz)ds0

32a3所以(x2z)ds

32（建议：两个对称性各3分，写出参数方程直接计算适当给分）

6. 计算第一型曲面积分2222xyza，其中为球面上(xyz)dSzh(0ha)的部分. （可利用对称性）

解： 利用对称性知xdSydS0

设Dxy={(x,y)|x2y2a2h2}

则(xyz)dS=zdS

= =aDxya2x2y21zx2zy2dxdy

Dxydxdy

=a(a2h2)

（建议：对称性算过程3分）

22 2分 ，

xdSydS01zzxyaaxy222 1分，zdS计

2 A

7. 证明向量场

F(yz(2xyz),xz(x2yz),xy(xy2z))

是有势场，并求其势函数.

解：先验证有势场

i

rotFxjykz0

yz(2xyz)xz(x2yz)xy(xy2z)故F是有势场. ---------3分

（x,y,z)(x,y,z)(x0,y0,z0)(x,y,z)(x0,y0,z0)PdxQdyRdzyzy0zx0y0z0(2xy0z0)dxxz0(x2yz0)dyxy(xy2z)dz

x2yzxy2zxyz2C. （另一种方法也可（这里略），请判卷的时候注意。）

8. 设曲面：xyz1(x,y,z0), 已知连续函数f(x,y,z)满足

f(x,y,z)(xyz)3f(x,y,z)dS,

求f(x,y,z).

解： 设Af(x,y,z)dS，则有

f(x,y,z)(xyz)3A, ---2分

对上式两边同时积分得，

f(x,y,z)dS(xyz)3dSAdS, -------2分

即：

AdSAdS,

又

dS323， -----1分

所以

f(x,y,z)(xyz)3323.

-----1分

3 A

二、（10分）(直接计算，不能用Gauss公式)

计算(z2x)dydzydzdx-zdxdy,其中S是旋转抛物面zS12(xy2)介于平面2z0及z2之间的部分的下侧。

1解：曲面S：z(x2y2),0z2 ，在xoy平面上的投影区域为

2Dxy{(x,y)x2y24} ------------------------1分

S11{[(x2y2)2x](zx)y(zy)(x2y2)}dxdy

Dxy2(zx)dydzydzdxzdxdy42

{[1(x2y2)2x](x)y(y)1(x2y2)}dxdy42Dxy13

[(x2y2)2x(x2y2)]dxdy------------4分42Dxy由对称性222(xy)xdxdy0，所以 -------------------- 2分



Dxy

S

三、（12分)(利用Green 公式）

计算

2(zx)dydzydzdxzdxdy2332222(xy)dxdydr00rdr122D2xy--------3分xdyydx,(a0,b0)其中L为一条无重点,分段光滑且不经过原点Lb2x2a2y2的连续闭曲线,L的方向为逆时针方向.

解：记L所围成的闭区域为D,令

Pyx,Q,

b2x2a2y2b2x2a2y2Qa2y2b2x2P则当bxay0时,有 .------3分

22x(bxa2y2)2y2222(1) 当(0,0)D时,由Green公式知：xdyydx0. -----1分

Lb2x2a2y2(2) 当(0,0)D时, 作位于D内圆周

l:x2y2r2,记D1由L和l所围成,中l的方向取逆时针方向)。由Green公式得：

xdyydxxdyydxxdyydx0 即：Lb2x2a2y2lb2x2a2y2Lb2x2a2y2

(其xdyydx2lb2x2a2y2ab.

（建议： 挖点和方向： 2分， 计算过程4分）

4 A

四 、（10分）(利用Gauss公式)

计算yzdydz(x2z2)ydzdxxydxdy,其中S为曲面4-yx2z2(y0)的S外侧.

解： 添加平面S1:x2z24(y0)，方向向左侧， -------2分

则S,S1 构成闭曲面，由Gauss公式得

22yzdydz(xz)ydzdxxydxdySSS1yzdydz(x2z2)ydzdxxydxdy-yzdydz(x2z2)ydzdxxydxdy

S12(x2z2)dxdydz-yzdydz(x2z2)ydzdxxydxdyS1 --------5分

0drdr0234-r20dy32. --------3分

3

五、（10分）(利用Stokes公式)

计算2ydx3xdy-z2dz,其中是球面x2y2z29的上半部分S（取外侧）的边界曲线，从z轴正向看逆时针方向.

解： 由于P2y,Q3x,R-z2

RQPRQP-0,-0,-1, -------3分

yzzxxy由Stokes公式得

2ydx3xdy-z2dzdxdydxdy9.

SDxy （建议：上式的第一个等号给 3分，第二个等号给2分，最后答案给2分）

5 A

六、（10分）证明Green 第一公式：

[(Du2uu)()2]dxdyuudxdyuds.

xynDL其中L为封闭光滑曲线，D为L围成的区域。这里假设u有连续的二阶偏导数，n为L外法线单位向量，上式曲线积分为逆时针方向。

证明：不妨假设曲线沿逆时针方向，记n(cos(n,x),cos(n,y)),

其中(n,x),(n,y)分别表示外法向量n与x,y轴正方向的夹角。

又u具有一阶连续偏导数，所以方向导数

uuucos(n,x)cos(n,y)-----------------------------------------2分

ynxcos(n,x)cos(,y),设曲线的单位切向量为(cos(,x),cos(,y)),则-------------2分

cos(n,y)cos(,x),所以由上面两个等式及一二型曲线积分的关系及Green公式，可得

LuudsnLu[uucos(n,x)cos(n,y)]ds

xyuucos(,y)cos(,x)]ds

xyLu[Luuudyudx ------------------------------2分

xyuu(u)(u)]dxdy -------------------------------2分

xxyy

[Du2u22u2u[()()u(22)]dxdy

xyxyD即

[(Du2uu)()2]dxdyuudxdyuds.-------------------整理及结论2分

xynDL

6 A

【0，)上的连续函数，且满足方程

七、附加题（10分） 已知函数f(x)为

f(t)e4t22xy24t2f(1x2y2)dxdy， 求f(x)的表达式.

2解：显然f(0)1， -----1分

由于2xy24t222t2t11122f(xy)df(r)rdr2rf(r)dr, --------2分

000222所以

f(t)e4t22t12rf(r)dr,

02等式两边关于t求导，得f\'(t)8te于是有

8tdt4

f(t)e【C(8tdtet24t28tf(t), ------3分

--8tdt4t2e)dt】e(4t2C), ----3分

代入f(0)1，得C1,

故f(t)e

4t2(4t21), t[0,). ---------1分

7