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@ -1,596 +0,0 @@
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# 高等数学（II）期中试题分类汇编（含解析）
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## 一、空间解析几何与向量代数
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### 曲面与曲线方程
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**曲面方程与图形识别**
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- **2023年 单选题1**
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下列方程的几何图形为单叶双曲面的是（ ）
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(A) $x^{2} + 2y^{2} = z^{2} - 3$
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(B) $x^{2} + 2y^{2} = z - 3$
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(C) $x^{2} + 2y^{2} = z^{2} + 3$
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(D) $x^{2} + 2y^{2} = 3 - z^{2}$
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**答案**：C
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- **2024年 单选题1**
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方程 $x^{2} + \dfrac{y^{2}}{9} - \dfrac{z^{2}}{25} = 1$ 表示的图形为（ ）
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（A）单叶双曲面 （B）双叶双曲面 （C）椭球面 （D）双曲抛物面
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**答案**：A
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- **2025年 单选题1**
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方程 $x^{2} + 4y^{2} = 1$ 表示（ ）
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(A)椭圆柱面 (B)椭球面 (C)椭圆抛物面 (D)圆柱面
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**答案**：A
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**旋转曲面**
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- **2024年 解答题15(1)**
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已知空间曲面 $S$ 是由曲线 $C:\begin{cases} 3x^{2} + 2y^{2} = 12 \\ z = 0 \end{cases}$ 绕 $y$ 轴旋转一周而成。
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(1) 求曲面 $S$ 在点 $P(0,\sqrt{3},\sqrt{2})$ 处的切平面方程。
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**解析**：
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(1) 曲线绕 $y$ 轴旋转一周得旋转曲面 $S$ 的方程为
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$$3(x^{2}+z^{2}) + 2y^{2} = 12,$$
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曲面在点 $(0,\sqrt{3},\sqrt{2})$ 处的法向量为
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$$\vec{n} = (6x,4y,6z)\big|_{(0,\sqrt{3},\sqrt{2})} = (0,4\sqrt{3},6\sqrt{2}),$$
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则所求切平面方程为
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$$0\cdot (x-0) + 4\sqrt{3}(y-\sqrt{3}) + 6\sqrt{2}(z-\sqrt{2}) = 0,$$
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即
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$$2\sqrt{3}y + 3\sqrt{2}z - 12 = 0.$$
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- **2025年 填空题9**
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直线 $L: \dfrac{x}{0} = \dfrac{y}{1} = \dfrac{z}{1}$ 绕 $z$ 轴旋转一周所得曲面的一般方程为 \_\_\_\_\_\_\_\_。
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**答案**：$x^{2}+y^{2}-z^{2}=0$
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**柱面方程**
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- **2024年 填空题7**
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母线平行于 $x$ 轴且过曲线 $\begin{cases} 2x^{2}+y^{2}+z^{2}=16 \\ x^{2}-y^{2}+z^{2}=0 \end{cases}$ 的柱面方程为 \_\_\_\_\_\_\_\_。
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**答案**：$3y^{2} - z^{2} = 16$
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**曲线方程**
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- **2021年 解答题19(1)**
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(1) 证明曲线 $C: x = ae^{t}\cos t,\ y = ae^{t}\sin t,\ z = ae^{t}$ 位于圆锥面 $x^{2}+y^{2}=z^{2}$ 之上。
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**解析**：
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由题意，$x^{2}+y^{2} = a^{2}e^{2t}(\cos^{2}t + \sin^{2}t) = a^{2}e^{2t} = z^{2}$，故曲线在圆锥面 $x^{2}+y^{2}=z^{2}$ 上。
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### 向量运算及应用
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**数量积、向量积、混合积**
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- **2022年 填空题6**
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设 $|\vec{a}| = 2, |\vec{b}| = 5$ 且 $\vec{a}\perp\vec{b}$，则 $|(\vec{a}+2\vec{b})\times(3\vec{a}-\vec{b})| =$ \_\_\_\_\_\_
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**答案**：70
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- **2023年 填空题10**
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若 $(\alpha \times \beta)\cdot \gamma = 1$，则 $[(\alpha+\beta)\times(\beta+\gamma)]\cdot(\gamma+\alpha) =$ \_\_\_\_\_\_
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**答案**：2
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- **2021年 解答题14**
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已知单位向量 $\overrightarrow{OA}$ 与三个坐标轴的正方向夹成相等的锐角，$B$ 是点 $M(1,-3,2)$ 关于点 $N(-1,2,1)$ 的对称点，求 $|\overrightarrow{OA}\times\overrightarrow{OB}|$。
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**解析**：
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由题意可知 $\overrightarrow{OA} = \frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)$。
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设 $B(x_{0},y_{0},z_{0})$，由对称性 $\frac{1+x_{0}}{2}=-1,\ \frac{-3+y_{0}}{2}=2,\ \frac{2+z_{0}}{2}=1$，得 $x_{0}=-3,y_{0}=7,z_{0}=0$，$\overrightarrow{OB}=(-3,7,0)$。从而
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$$\overrightarrow{OA}\times\overrightarrow{OB} = \frac{1}{\sqrt{3}}\begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & 1 & 1 \\ -3 & 7 & 0 \end{vmatrix} = \frac{1}{\sqrt{3}}(-7,-3,10),$$
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故 $|\overrightarrow{OA}\times\overrightarrow{OB}| = \frac{1}{\sqrt{3}}\sqrt{49+9+100} = \frac{\sqrt{158}}{\sqrt{3}}$。
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**方向角与方向余弦**
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- （同2021年解答题14）
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**投影**
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- **2025年 单选题5**
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已知 $a = (-2,-1,2),\ b = (1,-3,2)$，则向量 $a$ 在 $b$ 上的投影为（ ）
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(A) $\frac{5}{3}$ (B) $\frac{5}{\sqrt{14}}$ (C)3 (D)5
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**答案**：B
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### 平面与直线方程
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**平面方程**
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- **2023年 解答题15**
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求过点 $(3,1,-2)$ 且通过直线 $\dfrac{x-4}{5} = \dfrac{y+3}{2} = \dfrac{z}{1}$ 的平面方程。
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**解析**：
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记直线 $L$ 的方向向量为 $s=(5,2,1)$，由于所求平面过直线 $L$，点 $(4,-3,0)$ 在平面上，则向量
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$$I = (4-3, -3-1, 0+2) = (1,-4,2)$$
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也在所求平面上。所求平面的法向量为
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$$n = \begin{vmatrix} i & j & k \\ 1 & -4 & 2 \\ 5 & 2 & 1 \end{vmatrix} = (-8,9,22),$$
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所求平面方程为 $8(x-3)-9(y-1)-22(z+2)=0$，即 $8x-9y-22z-59=0$。
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- **2025年 解答题12**
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求过直线 $\begin{cases} 3x+2y-z+4=0 \\ x-4y+2z-1=0 \end{cases}$ 且与平面 $x+y-2z+5=0$ 垂直的平面方程。
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**解析**：
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设过直线的平面族为 $3x+2y-z+4+\lambda(x-4y+2z-1)=0$，
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其法向量为 $(3+\lambda,\ 2-4\lambda,\ -1+2\lambda)$。
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由题意，该平面与已知平面垂直，故两法向量点积为零：
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$$(3+\lambda)\cdot1 + (2-4\lambda)\cdot1 + (-1+2\lambda)\cdot(-2) = 0,$$
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解得 $\lambda = 1$。代入平面族方程，得所求平面方程为
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$$4x-2y+z+3=0.$$
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- **2021年 解答题18**
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设直线 $l_{1}: \begin{cases} 2x-2y-z+8=0 \\ x+2y-2z+1=0 \end{cases}$，$l_{2}: \begin{cases} 4x+y+3z-21=0 \\ 2x+2y-3z+15=0 \end{cases}$，求与两直线 $l_{1},l_{2}$ 都平行且等距离的平面方程。
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**解析**：
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两直线的方向向量分别为
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$$\vec{s_{1}} = (2,-2,-1)\times(1,2,-2) = 3(2,1,2),\quad \vec{s_{2}} = (4,1,3)\times(2,2,-3) = 3(-3,6,2).$$
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设所求平面法向量为 $\vec{n}$，由于 $(2,1,2)\times(-3,6,2) = -5(2,2,-3)$，取 $\vec{n}=(2,2,-3)$，则平面方程可设为 $2x+2y-3z+D=0$。
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分别在两直线上取点 $M_{1}(-3,1,0)$，$M_{2}(2,-2,5)$，它们到平面的距离
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$$d_{1}=\frac{|-4+D|}{\sqrt{17}},\quad d_{2}=\frac{|-15+D|}{\sqrt{17}}.$$
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由 $d_{1}=d_{2}$ 解得 $D=\frac{19}{2}$，故所求平面方程为 $2x+2y-3z+\frac{19}{2}=0$。
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- **2024年 单选题3**
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下列平面中过 $y$ 轴且与点 $A_{1}(2,7,3),\ A_{2}(-1,1,0)$ 等距的是（ ）
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(A) $x+z=0$ (B) $x-3z=0$ (C) $x-z=0$ (D) $3x+z=0$
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**答案**：C
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**直线方程**
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- **2022年 单选题1**
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设直线 $L: \begin{cases} x+3y+2z+1=0 \\ 2x-y-10z+3=0 \end{cases}$，平面 $\pi: 4x-2y+z-2=0$，则直线 $L$（ ）
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(A)平行于 $\pi$ (B)在 $\pi$ 上 (C)垂直于 $\pi$ (D)与 $\pi$ 斜交
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**答案**：C
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- **2025年 单选题2**
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直线 $\dfrac{x-12}{4} = \dfrac{y-9}{3} = \dfrac{z-1}{1}$ 与平面 $3x+5y-z-2=0$ 的交点为（ ）
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(A) (12,9,1) (B) (3,5,-1) (C) (0,0,-2) (D) (4,3,1)
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**答案**：C
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**点、线、面距离**
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- **2022年 解答题12**
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求点 $P(1,2,3)$ 到直线 $\dfrac{x}{1} = \dfrac{y-4}{-3} = \dfrac{2z-6}{-4}$ 的距离。
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**解析**：（法一）直线标准方程为 $\dfrac{x}{1} = \dfrac{y-4}{-3} = \dfrac{z-3}{-2}$，其上点 $M(0,4,3)$，则 $\overrightarrow{PM}=(-1,2,0)$，方向向量 $\vec{s}=(1,-3,-2)$，距离
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$$d = \frac{|\overrightarrow{PM}\times\vec{s}|}{|\vec{s}|} = \frac{1}{\sqrt{14}}\left| \begin{array}{ccc}\vec{i} & \vec{j} & \vec{k}\\ -1 & 2 & 0\\ 1 & -3 & -2 \end{array} \right| = \frac{1}{\sqrt{14}}|(-4,2,1)| = \frac{\sqrt{6}}{2}.$$
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（法二）同上。
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- **2024年 填空题6**
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由点 $P(1,2,3)$ 向直线 $L: x = \dfrac{y-4}{-3} = \dfrac{z-3}{-2}$ 引垂线，则垂足的坐标为 \_\_\_\_\_\_
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**答案**：$\left(\dfrac{1}{2}, \dfrac{5}{2}, 2\right)$
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- **2021年 单选题2**
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两平行平面 $Ax+By+Cz=D_{1}$ 与 $Ax+By+Cz=D_{2}$ 之间的距离为（ ）
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(A) $|D_{2}|-|D_{1}|$ (B) $|D_{2}-D_{1}|$ (C) $\dfrac{||D_{2}|-|D_{1}||}{\sqrt{A^{2}+B^{2}+C^{2}}}$ (D) $\dfrac{|D_{2}-D_{1}|}{\sqrt{A^{2}+B^{2}+C^{2}}}$
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**答案**：D
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**对称点**
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- **2022年 填空题10**
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空间直角坐标系中，坐标原点关于平面 $6x+2y-9z-121=0$ 的对称点为 \_\_\_\_\_\_
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**答案**：(12,4,-18)
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**切线、法平面、切平面、法线**
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- **2022年 解答题11**
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求曲线 $\begin{cases} x^{2}+y^{2}+z^{2}=6 \\ x+y+z=0 \end{cases}$ 在点 $M(1,-2,1)$ 处的切线方程。
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**解析**：方程组各边分别对 $x$ 求导，在点 $M(1,-2,1)$ 处求得 $\dfrac{dy}{dx}=0,\ \dfrac{dz}{dx}=-1$。设切向量为 $\vec{T}$，则 $\vec{T} = (1,\frac{dy}{dx},\frac{dz}{dx}) = (1,0,-1)$，所求切线方程为 $\dfrac{x-1}{1} = \dfrac{y+2}{0} = \dfrac{z-1}{-1}$，即 $\begin{cases} x+z-2=0 \\ y+2=0 \end{cases}$。
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- **2023年 解答题13**
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求曲面 $x = e^{2y-z}$ 在点 $(1,1,2)$ 处的切平面与法线方程。
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**解析**：曲面在点(1,1,2)处的法向量为
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$$\vec{n} = (-1,\ 2e^{2y-z},\ -e^{2y-z})\big|_{(1,1,2)} = (-1,2,-1),$$
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则切平面方程为 $-(x-1)+2(y-1)-(z-2)=0$，即 $x-2y+z=1$；
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法线方程为 $\dfrac{x-1}{-1} = \dfrac{y-1}{2} = \dfrac{z-2}{-1}$。
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- **2024年 解答题13**
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求曲线 $C: \begin{cases} x^{2}+y^{2}+z^{2}+4y-2x=0 \\ z^{2}=x^{2}+y^{2}-4 \end{cases}$ 在点 $(-1,-2,1)$ 处的切线及法平面方程。
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**解析**：
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方程两边同时对 $x$ 求导，将 $x=-1,y=-2,z=1$ 代入得
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$$\begin{cases} \dfrac{dz}{dx} - 2 = 0 \\ \dfrac{dz}{dx} = -1 - 2\dfrac{dy}{dx} \end{cases},$$
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故 $\dfrac{dy}{dx} = -\dfrac{3}{2},\ \dfrac{dz}{dx}=2$，切向量为 $\vec{T} = (1, -\frac{3}{2}, 2)$。
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切线方程为 $\dfrac{x+1}{2} = \dfrac{y+2}{-3} = \dfrac{z-1}{4}$，
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法平面方程为 $2(x+1)-3(y+2)+4(z-1)=0$，即 $2x-3y+4z-8=0$。
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- **2022年 填空题9**
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曲面 $3x^{2}+2y^{2}+3z^{2}=12$ 在点 $(0,\sqrt{3},\sqrt{2})$ 处指向外侧的单位法向量为 \_\_\_\_\_\_
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**答案**：$\left(0,\dfrac{\sqrt{10}}{5},\dfrac{\sqrt{15}}{5}\right)$
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- **2024年 解答题15（切平面部分见前，法向量部分）**
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(2) 设 $\vec{n}$ 为曲面 $S$ 在点 $P$ 处指向外侧的法向量，求函数 $u = x e^{yz} + y$ 在点 $Q(1,0,1)$ 处沿方向 $\vec{n}$ 的方向导数。
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**解析**：
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由(1)知 $\vec{n} = (0,4\sqrt{3},6\sqrt{2})$ 且指向外侧，
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$$\vec{e}_{n} = (\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma) = \frac{(0,4\sqrt{3},6\sqrt{2})}{\sqrt{48+72}} = \left(0,\frac{\sqrt{10}}{5},\frac{\sqrt{15}}{5}\right).$$
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对于函数 $u = xe^{yz}+y$，
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$$\frac{\partial u}{\partial x}\bigg|_{(1,0,1)} = e^{yz}\big|_{(1,0,1)} = 1,\quad \frac{\partial u}{\partial y}\bigg|_{(1,0,1)} = xze^{yz}+1\big|_{(1,0,1)} = 2,$$
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$$\frac{\partial u}{\partial z}\bigg|_{(1,0,1)} = xye^{yz}\big|_{(1,0,1)} = 0.$$
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方向导数为
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$$D_{n}u(1,0,1) = 1\cdot 0 + 2\cdot \frac{\sqrt{10}}{5} + 0\cdot \frac{\sqrt{15}}{5} = \frac{2\sqrt{10}}{5}.$$
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- **2025年 解答题10**
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空间曲线 $C: \begin{cases} x = (t+1)^{2} \\ y = t^{3} \\ z = \sqrt{1+t^{2}} \end{cases}$ 在 $t=0$ 对应点处的切线方程为 \_\_\_\_\_\_\_\_
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**答案**：$\dfrac{x-1}{2} = \dfrac{y}{0} = \dfrac{z-1}{0}$ 或 $\begin{cases} y=0 \\ z=1 \end{cases}$
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- **2025年 填空题6**
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已知平面 $\pi$ 为曲面 $e^{z} - z + xy = 3$ 在点 $(2,1,0)$ 处的切平面，则原点到平面 $\pi$ 的距离为 \_\_\_\_\_\_
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**答案**：$\dfrac{4}{\sqrt{5}}$
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**曲线夹角**
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- **2021年 解答题19(2)**
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(2) 设 $O$ 为坐标原点，$P$ 为曲线 $C$ 上任意一点，证明：曲线 $C$ 在点 $P$ 处切线与直线 $OP$ 之间的夹角是恒定的。
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**解析**：
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圆锥面 $x^{2}+y^{2}=z^{2}$ 的顶点在原点，其上一点 $P(x,y,z)$ 的母线方向向量为 $\vec{\tau_{1}} = (x,y,z)$。
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曲线在点 $P$ 处的切向量为
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$$\vec{\tau_{2}} = (x',y',z') = (ae^{t}(\cos t - \sin t), ae^{t}(\sin t + \cos t), ae^{t}) = (x-y, x+y, z).$$
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设两向量夹角为 $\theta$，注意到 $x^{2}+y^{2}=z^{2}$，则
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$$\cos\theta = \frac{\vec{\tau_{1}}\cdot\vec{\tau_{2}}}{|\vec{\tau_{1}}||\vec{\tau_{2}}|} = \frac{x(x-y)+y(x+y)+z^{2}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\sqrt{(x-y)^{2}+(x+y)^{2}+z^{2}}} = \frac{2z^{2}}{\sqrt{2z^{2}}\sqrt{3z^{2}}} = \frac{2}{\sqrt{6}},$$
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故夹角恒定。
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## 二、多元函数微分学
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### 基本概念
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**极限**
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- **2022年 单选题2**
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下列极限结果中正确的是（ ）
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(A) $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{xy}{x^{2}+y^{2}} = 0$
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(B) $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{x^{2}y}{x^{2}+y^{2}} = 0$
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(C) $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{\ln(1+xy)}{x(x+y)} = 0$
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(D) $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{x+y}{x-y} = 0$
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**答案**：B
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- **2025年 单选题4**
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极限 $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{e^{x}+y}{\cos x - \sin y}$ 的值为（ ）
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(A)1 (B)0 (C)$\frac{1}{2}$ (D)不存在
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**答案**：A
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- **2021年 解答题11**
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证明极限 $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{2x^{2}y}{x^{4}+y^{2}}$ 不存在。
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**解析**：
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令 $y=kx^{2}$，则原式 $= \dfrac{2k}{1+k^{2}}$，随 $k$ 变化而变化，故极限不存在。
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**连续、偏导数、可微性**
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- **2022年 单选题4**
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函数 $f(x,y)=\sqrt[3]{x^{3}+y^{3}}$ 在点(0,0)处，下列说法不正确的是（ ）
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(A)连续 (B)偏导数不连续 (C)任意方向的方向导数存在 (D)可微
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**答案**：D
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- **2023年 单选题4**
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函数 $f(x,y) = \begin{cases} \dfrac{x^{2}y}{x^{2}+y^{2}}, & (x,y)\neq(0,0) \\ 0, & (x,y)=(0,0) \end{cases}$ 在(0,0)处（ ）
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(A)极限不存在 (B)不连续 (C)可微 (D)存在偏导数
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**答案**：D
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- **2024年 单选题4**
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函数 $f(x,y) = \begin{cases} \dfrac{3y^{3}+2x^{2}y}{x^{2}-xy+y^{2}}, & (x,y)\neq(0,0) \\ 0, & (x,y)=(0,0) \end{cases}$ 在(0,0)点处
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①连续 ②偏导数存在 ③可微 ④偏导数连续
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以上结论中正确的有（ ）个。
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(A)1 (B)2 (C)3 (D)4
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**答案**：B
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- **2021年 单选题4**
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设函数 $f(x,y) = \begin{cases} (x^{2}+y^{2})\sin\dfrac{1}{x^{2}+y^{2}}, & x^{2}+y^{2}\neq0 \\ 0, & x^{2}+y^{2}=0 \end{cases}$，则（ ）
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(A)函数在(0,0)处的偏导数不存在
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(B)函数在(0,0)处的偏导数存在，且 $f_x',f_y'$ 在(0,0)处连续
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(C) $f_x',f_y'$ 在(0,0)处不连续，但函数在(0,0)处可微
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(D) $f_x',f_y'$ 在(0,0)处不连续，函数在(0,0)处也不可微
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**答案**：C
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- **2025年 解答题18**
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函数 $f(x,y) = \begin{cases} (x^{2}+y^{2})\sin\left(\dfrac{1}{x^{2}+y^{2}}\right), & (x,y)\neq(0,0) \\ 0, & (x,y)=(0,0) \end{cases}$ 在 $(0,0)$ 处是否存在偏导数？是否可微？是否偏导数连续？请给出你的结论并证明。
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**解析**：
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由
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$$\lim_{h\to0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h} = \lim_{h\to0} h\sin\frac{1}{h^{2}} = 0,$$
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知 $f_x(0,0)=0$。同理 $f_y(0,0)=0$。故偏导数存在。
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由
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$$\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{f(x,y)-f(0,0)-f_x(0,0)x - f_y(0,0)y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} = \lim_{\rho\to0}\rho\sin\frac{1}{\rho^{2}} = 0,$$
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知函数在原点可微。
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当 $(x,y)\neq(0,0)$ 时，
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$$f_x(x,y) = 2x\sin\frac{1}{x^{2}+y^{2}} - \frac{2x}{x^{2}+y^{2}}\cos\frac{1}{x^{2}+y^{2}}.$$
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沿 $y=0$ 趋于原点时，$\lim_{x\to0}f_x(x,0) = \lim_{x\to0}\left[2x\sin\frac{1}{x^{2}} - \frac{2}{x}\cos\frac{1}{x^{2}}\right]$ 震荡无界，极限不存在，故 $f_x$ 在原点不连续。同理 $f_y$ 也不连续。
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### 偏导数与全微分计算
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**复合函数求偏导**
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- **2022年 解答题15**
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设函数 $z = f[x^{2},\phi(\frac{y}{x})]$，其中 $f(u,v)$ 具有二阶连续偏导数，$\phi(t)$ 具有二阶导数，求 $\dfrac{\partial z}{\partial x},\ \dfrac{\partial z}{\partial y},\ \dfrac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}$。
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**解析**：
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$$\frac{\partial z}{\partial x} = f_1' \cdot 2x + f_2' \cdot \phi'\cdot\left(-\frac{y}{x^{2}}\right) = 2x f_1' - \frac{y}{x^{2}}\phi' f_2',$$
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$$\frac{\partial z}{\partial y} = f_2' \cdot \phi'\cdot\frac{1}{x} = \frac{1}{x}\phi' f_2',$$
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$$\begin{aligned}
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\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}
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&= \frac{\partial}{\partial y}\left(2x f_1' - \frac{y}{x^{2}}\phi' f_2'\right) \\
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&= 2x\left(f_{12}''\cdot\phi'\cdot\frac{1}{x}\right) - \frac{1}{x^{2}}\phi' f_2' - \frac{y}{x^{2}}\left[\phi''\cdot\frac{1}{x}\cdot f_2' + \phi'\left(f_{21}''\cdot\phi'\cdot\frac{1}{x}\right)\right] \\
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&= 2\phi' f_{12}'' - \frac{1}{x^{2}}\phi' f_2' - \frac{y}{x^{3}}\phi'' f_2' - \frac{y}{x^{3}}\phi'^{2} f_{22}''.
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\end{aligned}$$
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- **2023年 解答题11**
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设 $z = f(x-y) + g(xy^{2}, 2x-3y)$，其中 $f$ 具有连续的二阶导数，$g$ 具有连续的二阶偏导数，求 $\dfrac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}$。
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**解析**：
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$$\frac{\partial z}{\partial x} = f' + y^{2}g_1' + 2g_2',$$
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$$\begin{aligned}
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\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}
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&= \frac{\partial}{\partial y}(f' + y^{2}g_1' + 2g_2') \\
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&= -f'' + 2y g_1' + y^{2}(2xy g_{11}'' - 3g_{12}'') + 2(2xy g_{21}'' - 3g_{22}'') \\
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&= -f'' + 2y g_1' + 2xy^{3} g_{11}'' + (4xy - 3y^{2})g_{12}'' - 6g_{22}''.
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\end{aligned}$$
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- **2024年 解答题12**
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已知 $z = f(2x-y) + g(x,xy)$，其中 $f$ 二阶可导，$g$ 有二阶连续偏导数，求 $\dfrac{\partial z}{\partial x}$ 和 $\dfrac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}$。
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**解析**：
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$$\frac{\partial z}{\partial x} = 2f' + g_1' + y g_2',$$
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$$\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y} = 2f''\cdot(-1) + x g_{12}'' + g_2' + xy g_{22}'' = -2f'' + x g_{12}'' + g_2' + xy g_{22}''.$$
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- **2021年 解答题16**
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设函数 $z = f(\sin x, \cos y, e^{x+y})$，其中 $f$ 具有二阶连续偏导数，求 $\dfrac{\partial z}{\partial x},\ \dfrac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}$。
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**解析**：
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$$\frac{\partial z}{\partial x} = f_1'\cos x + f_3' e^{x+y},$$
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$$\begin{aligned}
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\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}
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&= \cos x\left[ -\sin y f_{12}'' + e^{x+y}f_{13}'' \right] + e^{x+y}f_3' + e^{x+y}\left[ -\sin y f_{32}'' + e^{x+y}f_{33}'' \right] \\
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&= -\sin y\cos x f_{12}'' + e^{x+y}\cos x f_{13}'' + e^{x+y}f_3' - e^{x+y}\sin y f_{32}'' + e^{2(x+y)}f_{33}''.
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\end{aligned}$$
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**隐函数求偏导/全微分**
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- **2022年 解答题14**
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设函数 $z = z(x,y)$ 由方程 $z = e^{2x-3z} + 2y$ 确定，求 $3\dfrac{\partial z}{\partial x} + \dfrac{\partial z}{\partial y}$。
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**解析**：
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令 $F(x,y,z) = z - e^{2x-3z} - 2y$，则
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$$F_x = -2e^{2x-3z},\ F_y = -2,\ F_z = 1 + 3e^{2x-3z}.$$
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$$\frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{F_x}{F_z} = \frac{2e^{2x-3z}}{1+3e^{2x-3z}},\quad \frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{F_y}{F_z} = \frac{2}{1+3e^{2x-3z}}.$$
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故 $3\dfrac{\partial z}{\partial x} + \dfrac{\partial z}{\partial y} = \dfrac{6e^{2x-3z} + 2}{1+3e^{2x-3z}} = 2$。
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- **2024年 填空题9**
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已知 $z = z(x,y)$ 是由方程 $x^{2}+y^{2}+z^{2}-3xy=0$ 所确定的隐函数，且 $z(1,1)=1$，则 $\mathrm{d}z|_{(1,1)} =$ \_\_\_\_\_\_
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**答案**：$\dfrac{1}{2}dx + \dfrac{1}{2}dy$
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- **2025年 解答题13**
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设 $u = x^{2}yz^{3}$，其中 $z = z(x,y)$ 是由方程 $x^{2}+y^{2}+z^{2}-3xyz=0$ 所确定的可微函数且 $z(1,1)=1$，求 $\left.\dfrac{\partial u}{\partial y}\right|_{(1,1)}$。
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**解析**：
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令 $F(x,y,z) = x^{2}+y^{2}+z^{2}-3xyz$，则 $F_y = 2y-3xz,\ F_z = 2z-3xy$，
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$$\frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{F_y}{F_z} = \frac{3xz-2y}{2z-3xy}.$$
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由链式法则，
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$$\frac{\partial u}{\partial y} = x^{2}\left(z^{3} + 3yz^{2}\frac{\partial z}{\partial y}\right) = x^{2}\left(z^{3} + 3yz^{2}\frac{3xz-2y}{2z-3xy}\right).$$
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代入 $(x,y,z)=(1,1,1)$ 得 $\left.\dfrac{\partial u}{\partial y}\right|_{(1,1)} = 1\cdot(1 + 3\cdot1\cdot(-1)) = -2$。
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**其他计算**
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- **2022年 填空题8**
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设函数 $F(x,y) = \displaystyle\int_{0}^{xy}\frac{\sin t}{1+t^{2}}\,dt$，则 $\left.\dfrac{\partial^{2}F}{\partial x^{2}}\right|_{(0,2)} =$ \_\_\_\_\_\_
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**答案**：4
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- **2023年 填空题6**
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已知 $z = x^{\frac{\cos y}{x}}$，则 $\mathrm{d}z|_{(2,\pi)} =$ \_\_\_\_\_\_
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**答案**：$\dfrac{\pi\ln2}{4}dx - \dfrac{\ln2}{2}dy$
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- **2021年 填空题8**
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设函数 $u = \left(\dfrac{y}{x}\right)^{\frac{1}{2}}$，则 $\mathrm{d}u|_{(1,1)} =$ \_\_\_\_\_\_
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**答案**：$-dx + dy$
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- **2021年 填空题10**
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设 $z = \sin y + f(\sin x - \sin y)$，其中 $f$ 为可微函数，则 $\sec x\dfrac{\partial z}{\partial x} + \sec y\dfrac{\partial z}{\partial y} =$ \_\_\_\_\_\_
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**答案**：1
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- **2025年 填空题7**
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设函数 $u = x + y\displaystyle\int_{0}^{z}\cos t^{2}\,dt$，则全微分 $\mathrm{d}u|_{(1,1,0)} =$ \_\_\_\_\_\_
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**答案**：$\mathrm{d}x + \mathrm{d}z$
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- **2025年 解答题14**
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设函数 $u = f(r)$ 具有二阶连续导数，而 $r = \sqrt{x^{2}-y^{2}}$，求 $\dfrac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}} - \dfrac{\partial^{2}u}{\partial y^{2}}$。
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**解析**：
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$$\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{x f'(r)}{\sqrt{x^{2}-y^{2}}},\quad \frac{\partial u}{\partial y} = \frac{-y f'(r)}{\sqrt{x^{2}-y^{2}}},$$
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$$\begin{aligned}
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\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}} &= f''(r)\frac{x^{2}}{x^{2}-y^{2}} + f'(r)\frac{\sqrt{x^{2}-y^{2}} - \frac{x^{2}}{\sqrt{x^{2}-y^{2}}}}{x^{2}-y^{2}},\\
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\frac{\partial^{2}u}{\partial y^{2}} &= f''(r)\frac{y^{2}}{x^{2}-y^{2}} - f'(r)\frac{\sqrt{x^{2}-y^{2}} + \frac{y^{2}}{\sqrt{x^{2}-y^{2}}}}{x^{2}-y^{2}}.
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\end{aligned}$$
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相减得
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$$\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}} - \frac{\partial^{2}u}{\partial y^{2}} = f''(r) + \frac{1}{r}f'(r).$$
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## 三、微分方程
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### 一阶微分方程
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**可分离变量方程/齐次方程**
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- **2023年 解答题12**
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求微分方程 $xy\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = x^{2}+y^{2}$ 满足条件 $y(e)=2e$ 的特解，其中 $x>0,y>0$。
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**解析**：
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方程可写成 $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \dfrac{x^{2}+y^{2}}{xy} = \dfrac{1+\frac{y^{2}}{x^{2}}}{\frac{y}{x}}$。令 $u=\frac{y}{x}$，则 $y=xu$，$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = u + x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}$，代入得
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$$u + x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = \frac{1+u^{2}}{u},$$
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分离变量得 $\frac{1}{2}u^{2} = \ln(Cx)$，代回 $u=\frac{y}{x}$ 得 $\frac{y^{2}}{2x^{2}} = \ln(Cx)$。由 $y(e)=2e$ 得 $C=e$，故特解为 $y = x\sqrt{2(1+\ln x)}$。
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- **2024年 解答题11**
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求微分方程 $y' = \sin^{2}(x-y+1)$ 的通解。
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**解析**：
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令 $u = x-y+1$，则 $u' = 1-y' = 1-\sin^{2}u = \cos^{2}u$，分离变量得 $\dfrac{\mathrm{d}u}{\cos^{2}u} = \mathrm{d}x$，积分得 $\tan u = x + C$。代回 $u = x-y+1$，得通解 $\tan(x-y+1) = x + C$。
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- **2025年 填空题8**
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微分方程 $y' = \dfrac{y}{x} - \left(\dfrac{y}{x}\right)^{2}$ 的通解为 \_\_\_\_\_\_
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**答案**：$y = \dfrac{x}{\ln|x| + C}$
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**一阶线性/伯努利方程**
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- **2023年 解答题19(1)**
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设函数 $f \in C[0,1]$，当 $x\in[0,1]$ 时 $f(x)\geq0$，并满足 $xf'(x) = f(x) + \dfrac{3a}{2}x^{2}$（$a$ 为常数），又曲线 $y=f(x)$ 与直线 $x=1$ 及 $x$ 轴所围图形面积为2。
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(1) 求函数 $f(x)$。
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**解析**：
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方程化为 $f'(x) - \dfrac{1}{x}f(x) = \dfrac{3a}{2}x$，为一阶线性方程。通解为
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$$f(x) = e^{\int\frac{1}{x}\mathrm{d}x}\left(\int \frac{3a}{2}x e^{-\int\frac{1}{x}\mathrm{d}x}\mathrm{d}x + C\right) = \frac{3a}{2}x^{2} + Cx.$$
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由面积 $2 = \int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x = \int_{0}^{1}\left[\frac{3a}{2}x^{2}+Cx\right]\mathrm{d}x = \frac{a+C}{2}$，得 $C = 4-a$，故 $f(x) = \frac{3a}{2}x^{2} + (4-a)x$.
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- **2025年 解答题15**
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求微分方程 $y' - \dfrac{1}{\cos x} y = y^{2}(\sin x - 1)$ 的通解。
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**解析**：
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这是伯努利方程，令 $z = y^{-1}$，化为一阶线性方程 $z' + \dfrac{1}{\cos x}z = 1 - \sin x$。解得
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$$z = \frac{\cos x}{1+\sin x}(C + \sin x).$$
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代回得原方程通解 $y = \dfrac{1+\sin x}{\cos x(C + \sin x)}$。
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- **2022年 解答题13**
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（答案有具体步骤，此处保留原样）方程变形为 $y' + \dfrac{2}{x}y = \dfrac{\ln x}{x}$，通解为
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$$y = e^{-\int\frac{2}{x}\mathrm{d}x}\left(\int \frac{\ln x}{x} e^{\int\frac{2}{x}\mathrm{d}x}\mathrm{d}x + C\right) = \frac{1}{x^{2}}\left(\frac{x^{3}}{3}\ln x - \frac{x^{3}}{9} + C\right).$$
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由 $y(1)=-\frac{1}{9}$ 得 $C=0$，特解为 $y = \frac{1}{3}x\ln x - \frac{1}{9}x$.
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- **2021年 解答题17**
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求微分方程 $y' - y = y^{2}\cos x$ 的通解。
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**解析**：
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这是 $n=2$ 的伯努利方程，令 $z = y^{-1}$，得 $z' + z = -\cos x$。解为
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$$z = e^{-\int\mathrm{d}x}\left(-\int \cos x e^{\int\mathrm{d}x}\mathrm{d}x + C\right) = -\frac{1}{2}(\cos x + \sin x) + Ce^{-x}.$$
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代回得通解 $\dfrac{2}{y} + \cos x + \sin x = Ce^{-x}$。
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**其他类型**
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- **2021年 填空题7**
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微分方程 $y' = \dfrac{1}{e^{y}+x}$ 的通解为 \_\_\_\_\_\_
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**答案**：$x = e^{y}(y + C)$
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### 高阶微分方程
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**二阶常系数线性微分方程**
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- **2022年 单选题3**
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微分方程 $y'' + y = x^{2}+1+\sin x$ 的特解形式可设为（ ）
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(A) $y^{*} = ax^{2}+bx+c + x(A\sin x + B\cos x)$
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(B) $y^{*} = x(ax^{2}+bx+c + A\sin x + B\cos x)$
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(C) $y^{*} = ax^{2}+bx+c + A\sin x + B\cos x$
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(D) $y^{*} = ax^{2}+bx+c + A\sin x$
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**答案**：A
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- **2022年 证明题18(2)**
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设 $y=y(x)$ 的反函数满足 $\dfrac{\mathrm{d}^{2}x}{\mathrm{d}y^{2}} + (y+2xe^{x})\left(\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}\right)^{3} = 0$。
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(2) 求满足初始条件 $y(0)=0,\ y'(0)=\frac{3}{2}$ 的解。
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**解析**：
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(1) 已证 $y'' - y = 2xe^{x}$。
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特征方程 $r^{2}-1=0$，$r=\pm1$。设特解 $y^{*} = xe^{x}(ax+b) = e^{x}(ax^{2}+bx)$，代入得 $a=\frac{1}{2}, b=-\frac{1}{2}$，特解为 $y^{*}=e^{x}(\frac{1}{2}x^{2}-\frac{1}{2}x)$。通解
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$$y = C_{1}e^{x} + C_{2}e^{-x} + e^{x}\left(\frac{1}{2}x^{2} - \frac{1}{2}x\right).$$
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由 $y(0)=0,\ y'(0)=\frac{3}{2}$ 得 $C_{1}=1,\ C_{2}=-1$，故特解为
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$$y = e^{x} - e^{-x} + e^{x}\left(\frac{1}{2}x^{2} - \frac{1}{2}x\right).$$
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- **2023年 单选题3**
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微分方程 $y'' + 4y = x\cos 2x$ 的特解形式为（ ）
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(A) $x[(ax+b)\cos 2x + (cx+d)\sin 2x]$
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(B) $(ax+b)\cos 2x + (cx+d)\sin 2x$
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(C) $x(ax\cos 2x + bx\sin 2x)$
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(D) $x(ax+b)\cos 2x$
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**答案**：A
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- **2023年 解答题17**
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求微分方程 $y'' - 6y' + 9y = e^{3x}$ 的通解。
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**解析**：
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特征方程 $r^{2}-6r+9=0$，特征根 $r_{1}=r_{2}=3$，齐次通解 $Y = C_{1}e^{3x} + C_{2}xe^{3x}$。设非齐次特解 $y^{*}=Ax^{2}e^{3x}$，代入得 $A=\frac{1}{2}$，故通解 $y = C_{1}e^{3x} + C_{2}xe^{3x} + \frac{1}{2}x^{2}e^{3x}$。
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- **2025年 单选题3**
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已知 $y_{1}=3$，$y_{2}=3+x^{2}$，$y_{3}=3+x^{2}+e^{x}$ 都是方程 $y''-p(x)y'+q(x)y=f(x)$ 的解，则通解为（ ）
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(A) $y = C_{1}e^{x} - C_{2}x^{2} + 3$
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(B) $y = C_{1}e^{x} + C_{2}x + 3$
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(C) $y = C_{1}e^{x} + C_{2}x^{2} - 3$
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(D) $y = C_{1}e^{x} + C_{2}x^{2} + 3$
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**答案**：D
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- **2025年 解答题16**
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求微分方程 $y'' - 6y' + 9y = (x+1)e^{3x}$ 的通解。
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**解析**：
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特征方程 $r^{2}-6r+9=0$，特征根 $r=3$（二重），齐次通解 $y = (C_{1}+C_{2}x)e^{3x}$。因 $\lambda=3$ 是二重根，设特解 $y^{*} = x^{2}e^{3x}(ax+b) = e^{3x}(ax^{3}+bx^{2})$，代入比较系数得 $a=\frac{1}{6},\ b=\frac{1}{2}$，特解 $y^{*} = x^{2}e^{3x}\left(\frac{1}{6}x+\frac{1}{2}\right)$。通解为
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$$y = (C_{1}+C_{2}x)e^{3x} + \frac{x^{2}}{2}e^{3x}\left(\frac{x}{3}+1\right).$$
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- **2021年 单选题3**
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设 $a,b$ 为待定常数，微分方程 $y'' - y = e^{x}+1$ 的一个特解应具有的形式为（ ）
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(A) $ae^{x}+b$ (B) $axe^{x}+b$ (C) $ae^{x}+bx$ (D) $axe^{x}+bx$
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**答案**：B
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- **2021年 解答题12**
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求微分方程 $y'' + 5y' + 6y = 2e^{-x}$ 的通解。
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**解析**：
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特征方程 $r^{2}+5r+6=0$，特征根 $r_{1}=-2,\ r_{2}=-3$，齐次通解 $Y = C_{1}e^{-2x}+C_{2}e^{-3x}$。设特解 $y^{*}=Ae^{-x}$，代入得 $A=1$，故通解 $y = C_{1}e^{-2x}+C_{2}e^{-3x}+e^{-x}$。
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**高阶可降阶方程**
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- **2024年 解答题14**
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求微分方程 $y'' + y'^{2} = y'e^{-2y}$ 的积分曲线，使其通过原点且在该点处的切线斜率为 $-1$。
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**解析**：
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设 $y' = p(y)$，则 $y'' = p\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}$，方程化为 $p\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y} + p^{2} = pe^{-2y}$。由 $y'(0)=-1\neq0$，化简为 $\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y} + p = e^{-2y}$。解得 $p = C_{1}e^{-y} - e^{-2y}$。由 $y(0)=0,\ y'(0)=-1$ 得 $C_{1}=0$，故 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = -e^{-2y}$，分离变量解得 $\frac{1}{2}e^{2y} = -x + C_{2}$，由 $y(0)=0$ 得 $C_{2}=\frac{1}{2}$，所求积分曲线为 $e^{2y} = 1-2x$。
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**微分方程建模**
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- **2024年 单选题2**
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若曲线 $y=y(x)$ 上任一点的次切线均等于4，则该曲线应满足的微分方程为（ ）
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(A) $y' = \frac{1}{4}y$ (B) $y' = \pm\frac{1}{4}y$ (C) $y' = \pm\frac{1}{4}y^{2}$ (D) $y' = \frac{1}{4}y^{2}$
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**答案**：B
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**综合应用：积分-微分方程**
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- **2023年 填空题7**
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设 $f(x)$ 满足方程 $f(x) = x^{2} - \displaystyle\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t$，则 $f(x)$ 表达式为 \_\_\_\_\_\_
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**答案**：$2x - 2 + 2e^{-x}$
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- **2024年 解答题18**
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已知 $f(x)$ 连续，且满足 $f(x) = \sin x - \displaystyle\int_{0}^{x}(x-t)f(t)\mathrm{d}t$，求 $f(x)$。
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**解析**：
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方程可写为 $f(x) = \sin x - x\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t + \int_{0}^{x}tf(t)\mathrm{d}t$，求导得 $f'(x) = \cos x - \int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t$，再求导得 $f''(x) = -\sin x - f(x)$，即 $f''(x)+f(x)=-\sin x$，且 $f(0)=0,\ f'(0)=1$。
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特征方程 $r^{2}+1=0$，$r=\pm i$，齐次通解 $Y=C_{1}\cos x+C_{2}\sin x$。设特解 $y^{*}=x(a\cos x+b\sin x)$，代入得 $a=\frac{1}{2},\ b=0$，通解 $y=C_{1}\cos x+C_{2}\sin x + \frac{1}{2}x\cos x$。由初值得 $C_{1}=0,\ C_{2}=\frac{1}{2}$，故 $f(x)=\frac{1}{2}(\sin x + x\cos x)$。
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