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2007 年真题

24 题

选择题

1～10小题，每小题4分，共40分

1

同试卷 1 第 1 题

2

函数 $f (x) = \frac{( e ^{\frac{1}{x}} + e ) t a n x}{x ( e ^{\frac{1}{x}} - e )}$ 在 $[- π, π]$ 上的第一类间断点是 $x =$

0

． B.

1

． C.

- \frac{π}{2}

． D.

\frac{π}{2}

．

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】 函数 $f (x) = \frac{( e ^{\frac{1}{x}} + e ) t a n x}{x ( e ^{\frac{1}{x}} - e )}$ 在区间 $[- π, π]$ 上的可能间断点为 $x = 0$ 、 $x = 1$ 、 $x = \frac{π}{2}$ 和 $x = - \frac{π}{2}$ ，因为这些点处函数无定义。

对于 $x = 0$ :
当 $x \to 0^{+}$ ，有 $e^{\frac{1}{x}} \to + \infty$ ，因此 $f (x) \sim \frac{t a n x}{x} \to 1$ 。
当 $x \to 0^{-}$ ，有 $e^{\frac{1}{x}} \to 0$ ，因此 $f (x) \sim - \frac{t a n x}{x} \to - 1$ 。
左右极限存在但不相等，故 $x = 0$ 是第一类间断点。
对于 $x = 1$ :
分母为零而分子不为零，极限为无穷大，左右极限不存在，故为第二类间断点。
对于 $x = \frac{π}{2}$ 和 $x = - \frac{π}{2}$ :
分子中 $tan x$ 趋于无穷大而分母不为零，极限为无穷大，左右极限不存在，故为第二类间断点。
因此，第一类间断点为 $x = 0$ ，对应选项 A。

7

二元函数 $f (x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处可微的一个充分条件是

lim_{(x, y) \to (0, 0)} [f (x, y) - f (0, 0)] = 0

． B.

lim_{x \to 0} \frac{[ f ( x , 0 ) - f ( 0 , 0 ) ]}{x} = 0

且

lim_{y \to 0} \frac{[ f ( 0 , y ) - f ( 0 , 0 ) ]}{y} = 0

． C.

lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{[ f ( x , y ) - f ( 0 , 0 ) ]}{x ^{2} + y ^{2}} = 0

． D.

lim_{x \to 0} [f_{x}^{'} (x, 0) - f_{x}^{'} (0, 0)] = 0

且

lim_{y \to 0} [f_{y}^{'} (0, y) - f_{y}^{'} (0, 0)] = 0

．

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】
二元函数在点 $(0, 0)$ 处可微的定义是：存在线性映射

L (x, y) = f_{x} (0, 0) x + f_{y} (0, 0) y,

使得

(x, y) \to (0, 0) lim \frac{f ( x , y ) - f ( 0 , 0 ) - L ( x , y )}{x ^{2} + y ^{2}} = 0.

选项 C 中，

(x, y) \to (0, 0) lim \frac{f ( x , y ) - f ( 0 , 0 )}{x ^{2} + y ^{2}} = 0

意味着 $f (x, y) - f (0, 0)$ 是比 $x^{2} + y^{2}$ 更高阶的无穷小。此时，若偏导数 $f_{x} (0, 0)$ 和 $f_{y} (0, 0)$ 存在，则可由该极限推导出它们均为 0（因为沿 $x$ 轴和 $y$ 轴方向该极限为 0，即方向导数为 0），从而 $L (x, y) = 0$ ，满足可微定义。因此选项 C 是充分条件。

选项 A 仅表示函数在 $(0, 0)$ 处连续，但连续不一定可微。

选项 B 表示在 $x$ 轴和 $y$ 轴方向的方向导数为 0，但未保证其他方向的可微性，因此不是充分条件。

选项 D 表示偏导数在 $x$ 轴和 $y$ 轴上连续，但未保证在整个邻域内偏导数连续，因此不是可微的充分条件。

8

设函数 $f (x, y)$ 连续，则二次积分 $\int_{\frac{π}{2}}^{π} d x \int_{s i n x}^{1} f (x, y) d y$ 等于

\int_{0}^{1} d y \int_{π + a r c s i n y}^{π} f (x, y) d x

． B.

\int_{0}^{1} d y \int_{π - a r c s i n y}^{π} f (x, y) d x

． C.

\int_{0}^{1} d y \int_{\frac{π}{2}}^{π + a r c s i n y} f (x, y) d x

． D.

\int_{0}^{1} d y \int_{\frac{π}{2}}^{π - a r c s i n y} f (x, y) d x

．

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
原二次积分为

\int_{\frac{π}{2}}^{π} d x \int_{s i n x}^{1} f (x, y) d y,

积分区域由 $x \in [\frac{π}{2}, π]$ 和 $y \in [sin x, 1]$ 定义。

为了交换积分顺序，需要确定 $y$ 的范围。当 $x \in [\frac{π}{2}, π]$ 时， $sin x$ 从 $1$ 下降到 $0$ ，因此 $y \in [0, 1]$ 。

对于固定的 $y$ ， $x$ 需满足 $sin x \leq y$ 且 $x \in [\frac{π}{2}, π]$ 。
在 $x \in [\frac{π}{2}, π]$ 时，有 $sin x = sin (π - x)$ ，且 $π - x \in [0, \frac{π}{2}]$ ，
因此 $sin x \leq y$ 等价于 $π - x \leq arcsin y$ ，即 $x \geq π - arcsin y$ 。
同时 $x \leq π$ ，而 $π - arcsin y \geq \frac{π}{2}$ （因为 $arcsin y \in [0, \frac{π}{2}]$ ），
故 $x$ 的取值范围为 $[π - arcsin y, π]$ 。

交换积分顺序后，积分变为

\int_{0}^{1} d y \int_{π - a r c s i n y}^{π} f (x, y) d x,

与选项 B 一致。

9

同试卷 1 第 7 题

10

同试卷 1 第 8 题

填空题

11～16小题，每小题4分，共24分

11

x \to 0 lim \frac{arctan x - sin x}{x ^{3}} =

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【答案】 $- \frac{1}{6}$

【解析】 考虑极限 $lim_{x \to 0} \frac{a r c t a n x - s i n x}{x ^{3}}$ 。当 $x \to 0$ 时，分子和分母均趋于 0，因此可以使用洛必达法则或泰勒展开求解。

使用泰勒展开： $arctan x = x - \frac{x ^{3}}{3} + O (x^{5})$ ， $sin x = x - \frac{x ^{3}}{6} + O (x^{5})$ ，则 $arctan x - sin x = (x - \frac{x ^{3}}{3}) - (x - \frac{x ^{3}}{6}) + O (x^{5}) = - \frac{x ^{3}}{6} + O (x^{5})$ 。因此，

\frac{arctan x - sin x}{x ^{3}} = \frac{- \frac{x ^{3}}{6} + O ( x ^{5} )}{x ^{3}} = - \frac{1}{6} + O (x^{2}) \to - \frac{1}{6} x \to 0

使用洛必达法则验证：第一次应用洛必达法则：

x \to 0 lim \frac{\frac{1}{1 + x ^{2}} - cos x}{3 x ^{2}}

当 $x \to 0$ 时，该式仍为 $\frac{0}{0}$ 型，第二次应用洛必达法则：

x \to 0 lim \frac{- \frac{2 x}{( 1 + x ^{2} ) ^{2}} + sin x}{6 x} = x \to 0 lim (- \frac{1}{3 ( 1 + x ^{2} ) ^{2}} + \frac{1}{6} \cdot \frac{sin x}{x})

当 $x \to 0$ 时， $(1 + x^{2})^{2} \to 1$ ， $\frac{s i n x}{x} \to 1$ ，因此极限为 $- \frac{1}{3} + \frac{1}{6} = - \frac{1}{6}$ 。

两种方法均得极限为 $- \frac{1}{6}$ 。

12

曲线 ${x = cos t + cos^{2} t y = 1 + sin t$ 上对应于 $t = \frac{π}{4}$ 的点处的法线斜率为 ______．

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【答案】 $1 + 2$

【解析】 曲线由参数方程 $x = cos t + cos^{2} t$ 和 $y = 1 + sin t$ 给出。需要求在 $t = \frac{π}{4}$ 处的法线斜率。法线斜率为切线斜率的负倒数。

先求切线斜率 $\frac{d y}{d x}$ 。由于是参数方程，有：

\frac{d y}{d x} = \frac{\frac{d y}{d t}}{\frac{d x}{d t}}

计算 $\frac{d y}{d t}$ ：

y = 1 + sin t ⟹ \frac{d y}{d t} = cos t

计算 $\frac{d x}{d t}$ ：

x = cos t + cos^{2} t ⟹ \frac{d x}{d t} = - sin t - 2 cos t sin t = - sin t (1 + 2 cos t)

因此，

\frac{d y}{d x} = \frac{cos t}{- sin t ( 1 + 2 cos t )} = - \frac{cos t}{sin t ( 1 + 2 cos t )}

在 $t = \frac{π}{4}$ 处， $cos \frac{π}{4} = \frac{2}{2}$ ， $sin \frac{π}{4} = \frac{2}{2}$ ，代入得：

\frac{d y}{d x} = - \frac{\frac{2}{2}}{\frac{2}{2} ( 1 + 2 \cdot \frac{2}{2} )} = - \frac{1}{1 + 2}

有理化分母：

- \frac{1}{1 + 2} \cdot \frac{1 - 2}{1 - 2} = - \frac{1 - 2}{1 - 2} = - \frac{1 - 2}{- 1} = 1 - 2

所以切线斜率为 $1 - 2$ 。

法线斜率为切线斜率的负倒数：

m_{n} = - \frac{1}{1 - 2}

有理化分母：

- \frac{1}{1 - 2} \cdot \frac{1 + 2}{1 + 2} = - \frac{1 + 2}{1 - 2} = - \frac{1 + 2}{- 1} = 1 + 2

故法线斜率为 $1 + 2$ 。

13

设函数 $y = \frac{1}{2 x + 3}$ ，则 $y^{(n)} (0) =$ ______．

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【答案】

\frac{( - 1 ) ^{n} n ! 2 ^{n}}{3 ^{n + 1}}

【解析】
考虑函数 $y = \frac{1}{2 x + 3} = (2 x + 3)^{- 1}$ 。

对于一般形式 $f (x) = (a x + b)^{- 1}$ ，其 $n$ 阶导数为

f^{(n)} (x) = (- 1)^{n} n! a^{n} (a x + b)^{- (n + 1)}

本题中 $a = 2$ ， $b = 3$ ，因此

y^{(n)} (x) = (- 1)^{n} n! 2^{n} (2 x + 3)^{- (n + 1)}

代入 $x = 0$ 得

y^{(n)} (0) = (- 1)^{n} n! 2^{n} 3^{- (n + 1)} = \frac{( - 1 ) ^{n} n ! 2 ^{n}}{3 ^{n + 1}}

验证：

当 $n = 0$ 时， $y (0) = \frac{1}{3}$ ，公式给出 $\frac{1}{3}$ ；
当 $n = 1$ 时， $y^{'} (0) = - \frac{2}{9}$ ，公式给出 $- \frac{2}{9}$ 。

两者均一致。

14

同试卷 1 第 13 题

15

设 $f (u, v)$ 是二元可微函数， $z = f (\frac{y}{x}, \frac{x}{y})$ ，则 $x \frac{\partial z}{\partial x} - y \frac{\partial z}{\partial y} =$ ______．

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【答案】 $2 (\frac{x}{y} \frac{\partial f}{\partial v} - \frac{y}{x} \frac{\partial f}{\partial u})$

【解析】 设 $u = \frac{y}{x}$ , $v = \frac{x}{y}$ ，则 $z = f (u, v)$ 。
使用链式法则求偏导数：

\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial u} \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial v} \frac{\partial v}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial u} (- \frac{y}{x ^{2}}) + \frac{\partial f}{\partial v} (\frac{1}{y})

\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{\partial f}{\partial u} \frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial f}{\partial v} \frac{\partial v}{\partial y} = \frac{\partial f}{\partial u} (\frac{1}{x}) + \frac{\partial f}{\partial v} (- \frac{x}{y ^{2}})

计算 $x \frac{\partial z}{\partial x}$ 和 $y \frac{\partial z}{\partial y}$ ：

x \frac{\partial z}{\partial x} = x [\frac{\partial f}{\partial u} (- \frac{y}{x ^{2}}) + \frac{\partial f}{\partial v} (\frac{1}{y})] = - \frac{y}{x} \frac{\partial f}{\partial u} + \frac{x}{y} \frac{\partial f}{\partial v}

y \frac{\partial z}{\partial y} = y [\frac{\partial f}{\partial u} (\frac{1}{x}) + \frac{\partial f}{\partial v} (- \frac{x}{y ^{2}})] = \frac{y}{x} \frac{\partial f}{\partial u} - \frac{x}{y} \frac{\partial f}{\partial v}

相减得：

x \frac{\partial z}{\partial x} - y \frac{\partial z}{\partial y} = (- \frac{y}{x} \frac{\partial f}{\partial u} + \frac{x}{y} \frac{\partial f}{\partial v}) (\frac{y}{x} \frac{\partial f}{\partial u} - \frac{x}{y} \frac{\partial f}{\partial v}) = - 2 \frac{y}{x} \frac{\partial f}{\partial u} + 2 \frac{x}{y} \frac{\partial f}{\partial v} = 2 (\frac{x}{y} \frac{\partial f}{\partial v} - \frac{y}{x} \frac{\partial f}{\partial u})

因此，结果为 $2 (\frac{x}{y} \frac{\partial f}{\partial v} - \frac{y}{x} \frac{\partial f}{\partial u})$ 。

16

同试卷 1 第 15 题

解答题

17～24小题，共86分

17

（本题满分 10 分）

设 $f (x)$ 是区间 $[0, \frac{π}{4}]$ 上的单调、可导函数，且满足

\int_{0}^{f (x)} f^{- 1} (t) d t = \int_{0}^{x} t \frac{cos t - sin t}{sin t + cos t} d t,

其中 $f^{- 1}$ 是 $f$ 的反函数，求 $f (x)$ ．

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【答案】

f (x) = ln (sin x + cos x)

【解析】 给定方程：

\int_{0}^{f (x)} f^{- 1} (t) d t = \int_{0}^{x} t \frac{cos t - sin t}{sin t + cos t} d t

其中 $f (x)$ 在区间 $[0, \frac{π}{4}]$ 上单调、可导，且 $f^{- 1}$ 是其反函数。

对两边关于 $x$ 求导。左边：

\frac{d}{d x} \int_{0}^{f (x)} f^{- 1} (t) d t = f^{- 1} (f (x)) \cdot f^{'} (x) = x f^{'} (x)

右边：

\frac{d}{d x} \int_{0}^{x} t \frac{cos t - sin t}{sin t + cos t} d t = x \frac{cos x - sin x}{sin x + cos x}

因此：

x f^{'} (x) = x \frac{cos x - sin x}{sin x + cos x}

对于 $x \neq = 0$ ，两边除以 $x$ ：

f^{'} (x) = \frac{cos x - sin x}{sin x + cos x}

积分得：

f (x) = \int \frac{cos x - sin x}{sin x + cos x} d x

注意到分子是分母的导数，即：

\frac{d}{d x} (sin x + cos x) = cos x - sin x

所以：

f (x) = ln ∣ sin x + cos x ∣ + C

在区间 $[0, \frac{π}{4}]$ 上， $sin x + cos x > 0$ ，因此：

f (x) = ln (sin x + cos x) + C

由初始条件，当 $x = 0$ 时，原方程两边均为零，故 $f (0) = 0$ 。代入：

f (0) = ln (sin 0 + cos 0) + C = ln 1 + C = 0 + C = 0

解得 $C = 0$ 。因此：

f (x) = ln (sin x + cos x)

该函数在 $[0, \frac{π}{4}]$ 上单调递增且可导，满足条件。

18

（本题满分 11 分）

设 $D$ 是位于曲线 $y = x a^{- \frac{x}{2 a}} (a > 1, 0 \leq x < + \infty)$ 下方、 $x$ 轴上方的无界区域．

(1) 求区域 $D$ 绕 $x$ 轴旋转一周所成旋转体的体积 $V (a)$ ；

(2) 当 $a$ 为何值时， $V (a)$ 最小？并求出最小值．

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【答案】
(1) $V (a) = π \frac{a ^{2}}{( l n a ) ^{2}}$
(2) 当 $a = e$ 时， $V (a)$ 最小，最小值为 $π e^{2}$

【解析】
(Ⅰ) 由旋转体的体积公式，

V (a) = π \int_{0}^{\infty} x a^{- \frac{x}{a}} d x = - \frac{a}{ln a} π \int_{0}^{\infty} x d (a^{- \frac{x}{a}})

= - \frac{a}{ln a} π [x a^{- \frac{x}{a}}]_{0}^{+ \infty} + \frac{a}{ln a} π \int_{0}^{\infty} a^{- \frac{x}{a}} d x = π (\frac{a}{ln a})^{2}

(Ⅱ) 对 $V (a)$ 求导得到

V^{'} (a) = [π (\frac{a}{ln a})^{2}]^{'} = π \cdot \frac{2 a ln ^{2} a - a ^{2} \cdot 2 ln a \cdot \frac{1}{a}}{ln ^{4} a}

= π \cdot \frac{2 a ln a - 2 a}{ln ^{3} a} = 2 π (\frac{a ( ln a - 1 )}{ln ^{3} a})

令 $V^{'} (a) = 0$ ，得 $ln a = 1$ ，从而 $a = e$ 。当 $1 < a < e$ 时， $V^{'} (a) < 0$ ， $V (a)$ 单调减少；当 $a > e$ 时， $V^{'} (a) > 0$ ， $V (a)$ 单调增加。所以 $a = e$ 时 $V$ 最小，最小体积为 $V_{m i n} (a) = π e^{2}$ 。

19

（本题满分 11 分）

求微分方程 $y^{''} (x + y^{'2}) = y^{'}$ 满足初始条件 $y (1) = y^{'} (1) = 1$ 的特解．

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【答案】
$y = \frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}} + \frac{1}{3}$

【解析】
令 $y^{'} = p$ ，则 $y^{''} = p^{'}$ ，原方程化为 $p^{'} (x + p^{2}) = p$ 。即

\frac{d x}{d p} - \frac{x}{p} = p

由一阶线性微分方程求解公式，得

x = e^{\int \frac{1}{p} d p} (\int p e^{\int - \frac{1}{p} d p} d p + C_{1}) = p (\int d p + C_{1}) = p (p + C_{1})

代入初始条件得 $C_{1} = 0$ ，于是 $p^{2} = x$ 。由 $y^{'} (1) = 1$ 知 $p = x$ ，即

\frac{d y}{d x} = x \Rightarrow y = \frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}} + C_{2}

代入初始条件得 $C_{2} = \frac{1}{3}$ ，所以特解为

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

20

（本题满分 10 分）

已知函数 $f (u)$ 具有二阶导数，且 $f^{'} (0) = 1$ ，函数 $y = y (x)$ 由方程 $y - x e^{y - 1} = 1$ 所确定．设 $z = f (ln y - sin x)$ ，求 $\frac{d z}{d x}_{x = 0}$ , $\frac{d ^{2} z}{d x ^{2}}_{x = 0}$ ．

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【答案】 $\frac{d z}{d x}_{x = 0} = 0$ ， $\frac{d ^{2} z}{d x ^{2}}_{x = 0} = 1$

【解析】
在 $y - x e^{y - 1} = 1$ 中，令 $x = 0$ ，得 $y = 1$ 。 $y - x e^{y - 1} = 1$ 两边对 $x$ 求导，得

y^{'} - e^{y - 1} - x e^{y - 1} y^{'} = 0 \Rightarrow (2 - y) y^{'} - e^{y - 1} = 0.

由 $x = 0, y = 1$ 得 $y^{'} ∣_{x = 0} = 1$ 。对上述两边求导，得

(2 - y) y^{''} - y^{'2} - e^{y - 1} y^{'} = 0.

令 $x = 0$ ，由 $x = 0$ 时 $y = 1, y^{'} = 1$ ，得 $y^{''} ∣_{x = 0} = 2$ 。因为 $z = f (ln y - sin x)$ ，所以

\frac{d z}{d x} = f^{'} (ln y - sin x) (\frac{y ^{'}}{y} - cos x) .

把 $x = 0, y = 1, y^{'} = 1$ 代入，得

\frac{d z}{d x}_{x = 0} = 0.

对上述再次求导，得

\frac{d ^{2} z}{d x ^{2}} = f^{''} (ln y - sin x) (\frac{y ^{'}}{y} - cos x)^{2} + f^{'} (ln y - sin x) [- \frac{y ^{'2}}{y ^{2}} + \frac{y ^{''}}{y} + sin x] .

把 $x = 0, y = 1, y^{'} = 1, y^{''} = 2$ 代入上式，得

\frac{d ^{2} z}{d x ^{2}} = f^{'} (0) (2 - 1) = 1.

21

（本题满分 11 分）

同试卷 1 第 19 题

22

（本题满分 11 分）

设二元函数 $f (x, y) = {x^{2}, \frac{1}{x ^{2} + y ^{2}}, ∣ x ∣ + ∣ y ∣ \leq 1, 1 < ∣ x ∣ + ∣ y ∣ \leq 2,$ 计算二重积分 $\iint_{D} f (x, y) d σ$ ，其中 $D = {(x, y) ∣ ∣ x ∣ + ∣ y ∣ \leq 2}$ ．

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【答案】

\iint_{D} f (x, y) d σ = \frac{1}{3} + 42 ln (1 + 2)

【解析】 积分区域 $D = {(x, y) ∣ ∣ x ∣ + ∣ y ∣ \leq 2}$ 是一个菱形区域。根据函数 $f (x, y)$ 的定义，将积分分为两部分：

\iint_{D} f (x, y) d σ = \iint_{∣ x ∣ + ∣ y ∣ \leq 1} x^{2} d σ + \iint_{1 < ∣ x ∣ + ∣ y ∣ \leq 2} \frac{1}{x ^{2} + y ^{2}} d σ = I_{1} + I_{2} .

首先计算 $I_{1} = \iint_{∣ x ∣ + ∣ y ∣ \leq 1} x^{2} d σ$ 。区域 $∣ x ∣ + ∣ y ∣ \leq 1$ 关于 $x$ 轴和 $y$ 轴对称，且 $x^{2}$ 是偶函数，故只需计算第一象限部分并乘以 4。在第一象限，区域为 $x \geq 0, y \geq 0, x + y \leq 1$ ，则：

I_{1} = 4 \int_{0}^{1} \int_{0}^{1 - x} x^{2} d y d x = 4 \int_{0}^{1} x^{2} (1 - x) d x = 4 \int_{0}^{1} (x^{2} - x^{3}) d x = 4 [\frac{1}{3} x^{3} - \frac{1}{4} x^{4}]_{0}^{1} = 4 (\frac{1}{3} - \frac{1}{4}) = 4 \cdot \frac{1}{12} = \frac{1}{3} .

其次计算 $I_{2} = \iint_{1 < ∣ x ∣ + ∣ y ∣ \leq 2} \frac{1}{x ^{2} + y ^{2}} d σ$ 。在极坐标下，令 $x = r cos θ$ , $y = r sin θ$ ，则 $d σ = r d r d θ$ ，且 $\frac{1}{x ^{2} + y ^{2}} = \frac{1}{r}$ ，因此：

I_{2} = \iint_{1 < ∣ x ∣ + ∣ y ∣ \leq 2} \frac{1}{r} \cdot r d r d θ = \iint_{1 < ∣ x ∣ + ∣ y ∣ \leq 2} d r d θ .

区域 $1 < ∣ x ∣ + ∣ y ∣ \leq 2$ 在极坐标下表示为 $1 < r (∣ cos θ ∣ + ∣ sin θ ∣) \leq 2$ 。由于对称性，只需计算 $θ \in [0, π /2]$ 部分并乘以 4。在 $θ \in [0, π /2]$ 时， $∣ cos θ ∣ + ∣ sin θ ∣ = cos θ + sin θ$ ，令 $k (θ) = cos θ + sin θ$ ，则：

I_{2} = 4 \int_{0}^{π /2} \int_{r = 1/ k (θ)}^{2/ k (θ)} d r d θ = 4 \int_{0}^{π /2} \frac{1}{k ( θ )} d θ = 4 \int_{0}^{π /2} \frac{1}{cos θ + sin θ} d θ .

计算积分 $J = \int_{0}^{π /2} \frac{1}{c o s θ + s i n θ} d θ$ 。注意到 $cos θ + sin θ = 2 cos (θ - π /4)$ ，所以：

J = \int_{0}^{π /2} \frac{1}{2 cos ( θ - π /4 )} d θ = \frac{1}{2} \int_{- π /4}^{π /4} sec u d u (u = θ - π /4) .

由于 $sec u$ 是偶函数：

J = \frac{1}{2} \cdot 2 \int_{0}^{π /4} sec u d u = 2 \int_{0}^{π /4} sec u d u = 2 [ln ∣ sec u + tan u ∣]_{0}^{π /4} = 2 [ln (2 + 1) - ln (1 + 0)] = 2 ln (1 + 2) .

因此：

I_{2} = 4 \cdot 2 ln (1 + 2) = 42 ln (1 + 2) .

综上：

\iint_{D} f (x, y) d σ = I_{1} + I_{2} = \frac{1}{3} + 42 ln (1 + 2) .

23

（本题满分 11 分）

同试卷 1 第 21 题

24

（本题满分 11 分）

同试卷 1 第 22 题