模拟题三
一、 填空题（每小题 3 分，共 18 分）
1. 已知三点 $A(1, 2, 3)$，$B(3, 4, 5)$，$C(2, 4, 7)$，则三角形 $ABC$ 的面积为________；
解答过程：
首先求出由点 $A$ 出发的两个向量 $\vec{AB}$ 和 $\vec{AC}$：
$\vec{AB} = (3-1, 4-2, 5-3) = (2, 2, 2)$
$\vec{AC} = (2-1, 4-2, 7-3) = (1, 2, 4)$
通过向量的叉乘计算平行四边形的面积，三角形面积为平行四边形的一半：
$\vec{AB} \times \vec{AC} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 2 & 2 & 2 \\ 1 & 2 & 4 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(8-4) - \mathbf{j}(8-2) + \mathbf{k}(4-2) = (4, -6, 2)$
向量的模长即为平行四边形的面积：
$|\vec{AB} \times \vec{AC}| = \sqrt{4^2 + (-6)^2 + 2^2} = \sqrt{16 + 36 + 4} = \sqrt{56} = 2\sqrt{14}$
三角形 $ABC$ 面积 $S = \frac{1}{2} |\vec{AB} \times \vec{AC}| = \frac{1}{2} \times 2\sqrt{14} = \sqrt{14}$。
答案： $\sqrt{14}$
2. 设函数 $z = y^{\ln x}$，则 $\frac{\partial z}{\partial x} =$ ________；
解答过程：
利用对数求导法或指数性质化简。将 $z$ 改写为以 $e$ 为底的形式：
$z = e^{\ln(y^{\ln x})} = e^{\ln x \cdot \ln y}$
对 $x$ 求偏导数（将 $y$ 视为常数）：
$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} (e^{\ln x \cdot \ln y}) = e^{\ln x \cdot \ln y} \cdot \frac{\partial}{\partial x}(\ln x \cdot \ln y)$
$= y^{\ln x} \cdot (\ln y \cdot \frac{1}{x}) = y^{\ln x} \frac{\ln y}{x}$。
答案： $y^{\ln x} \frac{\ln y}{x}$
3. 设 $D$ 为圆域 $\{(x,y) | x^2 + y^2 \leq 1\}$，则二重积分 $\iint_D (x+y)^2 dxdy =$ ________；
解答过程：
将积分函数展开：
$\iint_D (x+y)^2 dxdy = \iint_D (x^2 + 2xy + y^2) dxdy$
由于积分区域 $D$ 是以原点为中心的单位圆，关于 $x$ 轴和 $y$ 轴均对称，且 $2xy$ 是关于 $x$（或 $y$）的奇函数，因此根据对称性：
$\iint_D 2xy dxdy = 0$
原积分变为：$\iint_D (x^2 + y^2) dxdy$
使用极坐标变换计算该积分，令 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta, dxdy = r dr d\theta$，积分区域变为 $0 \leq \theta \leq 2\pi, 0 \leq r \leq 1$：
$\int_0^{2\pi} d\theta \int_0^1 r^2 \cdot r dr = 2\pi \cdot \left[ \frac{r^4}{4} \right]_0^1 = 2\pi \cdot \frac{1}{4} = \frac{\pi}{2}$。
答案： $\frac{\pi}{2}$
4. 幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2x-3)^n}{\sqrt{n}}$ 的收敛域为________；
解答过程：
令一般项为 $u_n = \frac{(2x-3)^n}{\sqrt{n}}$，使用比值审敛法求收敛半径：
$\lim_{n \to \infty} \left| \frac{u_{n+1}}{u_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{(2x-3)^{n+1}}{\sqrt{n+1}} \cdot \frac{\sqrt{n}}{(2x-3)^n} \right| = \lim_{n \to \infty} |2x-3| \sqrt{\frac{n}{n+1}} = |2x-3|$
令 $|2x-3| < 1$，解得 $-1 < 2x-3 < 1$，即 $2 < 2x < 4 \implies 1 < x < 2$。
验证端点：
当 $x = 2$ 时，级数变为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n}}$，这是 $p=\frac{1}{2} \leq 1$ 的 $p$ 级数，发散。
当 $x = 1$ 时，级数变为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$，这是一个交错级数，满足莱布尼茨判别法条件（通项绝对值单调递减趋于0），条件收敛。
故该幂级数的收敛域为 $[1, 2)$。
答案： $[1, 2)$
5. 平面 $x-y-2z+3=0$ 与 $x+2y+z-1=0$ 的夹角为________；
解答过程：
平面夹角等于其法向量的夹角（取锐角）。
两平面的法向量分别为：
$\vec{n_1} = (1, -1, -2)$
$\vec{n_2} = (1, 2, 1)$
计算法向量夹角 $\theta$ 的余弦值：
$\cos\theta = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}|}{|\vec{n_1}||\vec{n_2}|} = \frac{|1\times1 + (-1)\times2 + (-2)\times1|}{\sqrt{1^2+(-1)^2+(-2)^2} \cdot \sqrt{1^2+2^2+1^2}}$
$= \frac{|1 - 2 - 2|}{\sqrt{6} \cdot \sqrt{6}} = \frac{|-3|}{6} = \frac{1}{2}$
因为夹角通常指锐角，所以 $\theta = \arccos(\frac{1}{2}) = \frac{\pi}{3}$。
答案： $\frac{\pi}{3}$
6. 函数 $u = \frac{x}{x^2+y^2}$ 在点 $(1, 2)$ 处的全微分 $du =$ ________；
解答过程：
求全微分需要分别求出对 $x$ 和对 $y$ 的偏导数。
对 $x$ 求偏导：
$\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{1 \cdot (x^2+y^2) - x \cdot (2x)}{(x^2+y^2)^2} = \frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}$
对 $y$ 求偏导：
$\frac{\partial u}{\partial x} = x \cdot \frac{\partial}{\partial y}(x^2+y^2)^{-1} = x \cdot (-1)(x^2+y^2)^{-2} \cdot 2y = \frac{-2xy}{(x^2+y^2)^2}$
代入点 $(1, 2)$：
$u_x(1, 2) = \frac{2^2 - 1^2}{(1^2+2^2)^2} = \frac{4-1}{25} = \frac{3}{25}$
$u_y(1, 2) = \frac{-2(1)(2)}{(1^2+2^2)^2} = \frac{-4}{25}$
因此，全微分 $du = \frac{\partial u}{\partial x} dx + \frac{\partial u}{\partial y} dy = \frac{3}{25}dx - \frac{4}{25}dy$。
答案： $\frac{3}{25}dx - \frac{4}{25}dy$
二、 选择题（每小题 3 分，共 24 分）
7. 函数 $z = 4(x-y) - x^2 - y^2$ 的极大值是________；
A) $2$
B) $-2$
C) $8$
D) $-1$
解答过程：
首先求驻点，即一阶偏导数等于0的点：
$z_x = 4 - 2x = 0 \implies x = 2$
$z_y = -4 - 2y = 0 \implies y = -2$
得到唯一驻点 $(2, -2)$。
求二阶偏导数来判断极值：
$A = z_{xx} = -2$
$B = z_{xy} = 0$
$C = z_{yy} = -2$
判别式 $\Delta = AC - B^2 = (-2) \times (-2) - 0^2 = 4 > 0$。
因为 $\Delta > 0$ 且 $A < 0$，所以该点是极大值点。
极大值为：$z(2, -2) = 4(2 - (-2)) - 2^2 - (-2)^2 = 4(4) - 4 - 4 = 16 - 8 = 8$。
答案选： C
8. 累次积分 $\int_1^2 dx \int_{2-x}^{\sqrt{2x-x^2}} f(x,y) dy$ 交换积分次序后为________；
A) $\int_0^1 dy \int_{2-y}^{1+\sqrt{1-y^2}} f(x,y)dx$
B) $\int_0^1 dy \int_{2-y}^{1-\sqrt{1-y^2}} f(x,y)dx$
C) $\int_0^1 dy \int_0^{2-y} f(x,y)dx$
D) $\int_0^1 dy \int_0^{\sqrt{2y-y^2}} f(x,y)dx$
解答过程：
首先分析原积分确定的积分区域 $D$：
$1 \leq x \leq 2$
下边界：$y = 2-x \implies x + y = 2$ （直线）
上边界：$y = \sqrt{2x-x^2} \implies y^2 = 2x - x^2 \implies (x-1)^2 + y^2 = 1$ $(y \geq 0)$ （圆心在$(1,0)$，半径为$1$的上半圆）
当 $x$ 在 $[1, 2]$ 区间变动时：
直线 $y=2-x$ 从 $(1, 1)$ 下降到 $(2, 0)$。
圆弧 $(x-1)^2 + y^2 = 1$ （右半部分）同样从 $(1, 1)$ 下降到 $(2, 0)$，但在区间内圆弧始终位于直线上方。
因此，$y$ 的总体变化范围是从 $0$ 到 $1$。
在交换积分次序时，先定 $y$ 的范围：$0 \leq y \leq 1$。
对于给定的 $y$，从左向右看 $x$ 的范围：
左侧边界是直线：$x = 2 - y$。
右侧边界是圆弧：$(x-1)^2 = 1-y^2 \implies x = 1 \pm \sqrt{1-y^2}$。因为在 $[1, 2]$ 区间，取右半圆，所以 $x = 1 + \sqrt{1-y^2}$。
因此，交换积分次序后为：$\int_0^1 dy \int_{2-y}^{1+\sqrt{1-y^2}} f(x,y)dx$。
答案选： A
9. 二阶常系数齐次线性微分方程 $y'' + 2y' + 3y = 0$ 的通解为________；
A) $y = e^{-x}(C_1 \cos\sqrt{2}x + C_2 \sin\sqrt{2}x)$
B) $y = C_1 + C_2 e^{-5x}$
C) $y = C_1 + C_2 e^{5x}$
D) $y = e^{x}(C_1 \cos 3x + C_2 \sin 3x)$
解答过程：
写出该微分方程的特征方程：
$r^2 + 2r + 3 = 0$
使用求根公式：
$r = \frac{-2 \pm \sqrt{4 - 4 \times 3}}{2} = \frac{-2 \pm \sqrt{-8}}{2} = -1 \pm \sqrt{2}i$
特征根为一对共轭复根，其中实部 $\alpha = -1$，虚部 $\beta = \sqrt{2}$。
根据常系数齐次线性微分方程的解法，通解形式为：
$y = e^{\alpha x}(C_1 \cos(\beta x) + C_2 \sin(\beta x)) = e^{-x}(C_1 \cos(\sqrt{2}x) + C_2 \sin(\sqrt{2}x))$。
答案选： A
10. 曲面 $z = 2x^2 - 4y^2$ 在点 $(2, 1, 4)$ 处的切平面方程是________；
A) $x + y - z + 1 = 0$
B) $8x - 8y - z = 4$
C) $8x + 8y - z - 20 = 0$
D) $x + y + z - 7 = 0$
解答过程：
将曲面方程写成隐函数形式：$F(x,y,z) = 2x^2 - 4y^2 - z = 0$。
求隐函数对各变量的偏导数：
$F_x = 4x$
$F_y = -8y$
$F_z = -1$
将切点 $(2, 1, 4)$ 代入得到该点处的法向量 $\vec{n}$：
$F_x(2,1,4) = 4 \times 2 = 8$
$F_y(2,1,4) = -8 \times 1 = -8$
$F_z(2,1,4) = -1$
法向量为 $\vec{n} = (8, -8, -1)$。
利用点法式写出切平面方程：
$8(x - 2) - 8(y - 1) - 1(z - 4) = 0$
展开化简：
$8x - 16 - 8y + 8 - z + 4 = 0$
$8x - 8y - z - 4 = 0$
整理得：$8x - 8y - z = 4$。
答案选： B
11. 若级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 在 $x=2$ 收敛，则其在 $x=-1$ 处________；
A) 绝对收敛
B) 条件收敛
C) 发散
D) 敛散性不确定
解答过程：
根据阿贝尔定理（Abel’s Theorem），如果幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 在点 $x = x_0$ ($x_0 \neq 0$) 处收敛，那么对于满足 $|x| < |x_0|$ 的一切 $x$，该幂级数绝对收敛。
已知级数在 $x=2$ 处收敛，说明其收敛半径 $R \geq 2$。
对于 $x=-1$，由于 $|-1| = 1 < 2 \leq R$，它严格位于收敛区间内部。
因此，级数在 $x=-1$ 处必定绝对收敛。
答案选： A
12. 下列级数中，收敛的是________；
A) $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{n}{n+1}$
B) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{3^n}{2^n}$
C) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n}$
D) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n}}$
解答过程：
A项：通项 $a_n = (-1)^{n-1} \frac{n}{n+1}$，当 $n \to \infty$ 时，$\frac{n}{n+1} \to 1$，故 $\lim_{n \to \infty} a_n \neq 0$，级数发散。
B项：$\sum_{n=1}^{\infty} (\frac{3}{2})^n$ 是公比为 $q=\frac{3}{2} > 1$ 的等比级数，发散。
C项：交错调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n}$，通项绝对值 $u_n = \frac{1}{n}$ 单调递减且趋于0，满足莱布尼茨判别法，条件收敛。
D项：$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1/2}}$ 是 $p$ 级数，这里 $p = \frac{1}{2} \leq 1$，发散。
答案选： C
13. 函数 $f(x,y) = \sqrt{|xy|}$ 在点 $(0, 0)$ 处________；
A) 不连续
B) 偏导数不存在
C) 不可微
D) 极限不存在
解答过程：
连续性与极限：$\lim_{(x,y)\to(0,0)} \sqrt{|xy|} = 0 = f(0,0)$，所以极限存在且函数在 $(0,0)$ 处连续，A、D错。
偏导数：
$f_x(0,0) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(\Delta x, 0) - f(0,0)}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{0 - 0}{\Delta x} = 0$
$f_y(0,0) = \lim_{\Delta y \to 0} \frac{f(0, \Delta y) - f(0,0)}{\Delta y} = \lim_{\Delta y \to 0} \frac{0 - 0}{\Delta y} = 0$
偏导数都存在且为0，B错。
- 可微性：考察极限 $\lim_{(\Delta x,\Delta y)\to(0,0)} \frac{f(\Delta x,\Delta y) - f(0,0) - (f_x(0,0)\Delta x + f_y(0,0)\Delta y)}{\sqrt{\Delta x^2 + \Delta y^2}}$
$= \lim_{(\Delta x,\Delta y)\to(0,0)} \frac{\sqrt{|\Delta x \Delta y|}}{\sqrt{\Delta x^2 + \Delta y^2}}$
令 $\Delta x = \rho\cos\theta, \Delta y = \rho\sin\theta$，上式变为 $\lim_{\rho\to 0} \frac{\rho\sqrt{|\cos\theta\sin\theta|}}{\rho} = \sqrt{|\cos\theta\sin\theta|}$。
极限值依赖于趋近方向 $\theta$ 的取值（例如 $\theta=\pi/4$ 时极限为 $1/\sqrt{2}$，$\theta=0$ 时为 $0$），所以极限不等于 0，函数在点 $(0,0)$ 处不可微。
答案选： C
14. 圆心在原点，半径为 $R(R>0)$，且面密度为 $\mu = 4(x^2+y^2)$ 的平面圆薄片的质量为________.
A) $\pi R^3$
B) $\pi R^4$
C) $2\pi R^3$
D) $2\pi R^4$
解答过程：
质量 $M = \iint_D \mu(x,y) dxdy = \iint_D 4(x^2+y^2) dxdy$。
积分区域 $D$ 是 $x^2+y^2 \leq R^2$，采用极坐标计算：$x=r\cos\theta, y=r\sin\theta, dxdy=rdrd\theta$，$0 \leq \theta \leq 2\pi, 0 \leq r \leq R$。
$M = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^R 4(r^2) \cdot r dr = 2\pi \cdot \int_0^R 4r^3 dr$
$= 2\pi \cdot \left[ r^4 \right]_0^R = 2\pi R^4$。
答案选： D
三、计算题（每小题 8 分，共 32 分）
15. 设函数 $z = f(\ln x, e^{x+y})$，其中 $f$ 具有二阶连续偏导数，求 $\frac{\partial z}{\partial x}$，$\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}$；
解答过程：
令 $u = \ln x$，$v = e^{x+y}$，则 $z = f(u, v)$。
首先求关于 $x$ 的一阶偏导数，利用链式法则：
$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial u} \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial v} \frac{\partial v}{\partial x} = f_1' \cdot \frac{1}{x} + f_2' \cdot e^{x+y}$
接下来求混合二阶偏导数，对上面的结果再关于 $y$ 求导。注意 $x, y$ 是独立变量，$u, v$ 是中间变量，$\frac{\partial u}{\partial y} = 0$，$\frac{\partial v}{\partial y} = e^{x+y}$：
$\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{1}{x} f_1' + e^{x+y} f_2' \right)$
$= \frac{1}{x} \frac{\partial}{\partial y}(f_1') + \frac{\partial}{\partial y}(e^{x+y} f_2')$
$= \frac{1}{x} \left( f_{11}'' \frac{\partial u}{\partial y} + f_{12}'' \frac{\partial v}{\partial y} \right) + \left[ e^{x+y} f_2' + e^{x+y} \frac{\partial}{\partial y}(f_2') \right]$
$= \frac{1}{x} \left( f_{11}'' \cdot 0 + f_{12}'' \cdot e^{x+y} \right) + e^{x+y} f_2' + e^{x+y} \left( f_{21}'' \frac{\partial u}{\partial y} + f_{22}'' \frac{\partial v}{\partial y} \right)$
$= \frac{1}{x} e^{x+y} f_{12}'' + e^{x+y} f_2' + e^{x+y} \left( f_{21}'' \cdot 0 + f_{22}'' \cdot e^{x+y} \right)$
$= \frac{1}{x} e^{x+y} f_{12}'' + e^{x+y} f_2' + e^{2(x+y)} f_{22}''$
(注：由于 $f$ 具有二阶连续偏导数，有 $f_{12}'' = f_{21}''$)
16. 求微分方程 $y' - y\cot x = 2x\sin x$ 满足初始条件 $y|_{x=\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi^2}{4}$ 的特解；
解答过程：
这是一个一阶线性常微分方程，标准形式为 $y' + P(x)y = Q(x)$，其中 $P(x) = -\cot x$，$Q(x) = 2x\sin x$。
先求积分因子：
$I(x) = e^{\int P(x) dx} = e^{\int -\cot x dx} = e^{-\ln|\sin x|} = \frac{1}{\sin x}$ （在 $x=\frac{\pi}{2}$ 附近 $\sin x > 0$）
套用通解公式：
$y = e^{-\int P(x) dx} \left( \int Q(x) e^{\int P(x) dx} dx + C \right)$
$y = \sin x \left( \int 2x\sin x \cdot \frac{1}{\sin x} dx + C \right)$
$y = \sin x \left( \int 2x dx + C \right)$
$y = \sin x (x^2 + C) = x^2\sin x + C\sin x$
代入初始条件 $x = \frac{\pi}{2}, y = \frac{\pi^2}{4}$：
$\frac{\pi^2}{4} = \left(\frac{\pi}{2}\right)^2 \sin\left(\frac{\pi}{2}\right) + C\sin\left(\frac{\pi}{2}\right)$
$\frac{\pi^2}{4} = \frac{\pi^2}{4} \cdot 1 + C \cdot 1 \implies C = 0$
所以，该微分方程的特解为：
$y = x^2\sin x$
17. 计算二重积分 $\iint_D (x+2y)d\sigma$，其中 $D$ 为 $x$ 轴，$y$ 轴以及直线 $x+y=1$ 所围成的闭区域；
解答过程：
积分区域 $D$ 可以表示为：$0 \leq x \leq 1$, $0 \leq y \leq 1-x$。
化为累次积分：
$\iint_D (x+2y) dxdy = \int_0^1 dx \int_0^{1-x} (x+2y) dy$
先计算关于 $y$ 的内层积分：
$\int_0^{1-x} (x+2y) dy = \left[ xy + y^2 \right]_0^{1-x} = x(1-x) + (1-x)^2$
$= x - x^2 + 1 - 2x + x^2 = 1 - x$
再计算关于 $x$ 的外层积分：
$\int_0^1 (1-x) dx = \left[ x - \frac{1}{2}x^2 \right]_0^1 = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$
所以，二重积分的值为 $\frac{1}{2}$。
18. 求幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{2n}$ 的收敛域及和函数.
解答过程：
- 求收敛域：
设 $u_n(x) = \frac{x^{2n+1}}{2n}$，利用比值审敛法：
$\lim_{n\to\infty} \left| \frac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)} \right| = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{x^{2n+3}}{2(n+1)} \cdot \frac{2n}{x^{2n+1}} \right| = \lim_{n\to\infty} |x|^2 \frac{n}{n+1} = |x|^2$
令 $|x|^2 < 1$，解得收敛区间为 $-1 < x < 1$。
考察端点：
当 $x=1$ 时，级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2n} = \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$，这是调和级数，发散。
当 $x=-1$ 时，级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{2n+1}}{2n} = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2n}$，发散。
故收敛域为 $(-1, 1)$。
- 求和函数：
设和函数 $S(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{2n} = x \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n}}{2n}$，($-1 < x < 1$)。
令 $g(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n}}{2n}$，对其求导数：
$g'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2nx^{2n-1}}{2n} = \sum_{n=1}^{\infty} x^{2n-1} = x + x^3 + x^5 + \dots$
这是一个首项为 $x$，公比为 $x^2$ 的无穷等比级数，在 $|x| < 1$ 时：
$g'(x) = \frac{x}{1-x^2}$
对 $g'(x)$ 从 $0$ 到 $x$ 积分还原 $g(x)$ (注意 $g(0)=0$)：
$g(x) = \int_0^x \frac{t}{1-t^2} dt = -\frac{1}{2} \int_0^x \frac{d(1-t^2)}{1-t^2} = -\frac{1}{2} \ln(1-t^2) \Big|_0^x = -\frac{1}{2}\ln(1-x^2)$
因此，原级数的和函数：
$S(x) = x \cdot g(x) = -\frac{x}{2} \ln(1-x^2)$，定义域为 $x \in (-1, 1)$。
四、应用题（每小题 9 分，共 18 分）
19. 将周长为 20 米的矩形绕它的一边旋转而成的曲面围成一个圆柱体，问矩形的边长各为多少时，该圆柱体的体积 $V$ 最大，并求其最大值；
解答过程：
设矩形相邻两边长分别为 $x$ 和 $y$。
由题意，矩形周长为 20，即 $2(x+y) = 20 \implies x+y = 10 \implies y = 10-x$ ($0 < x < 10$)。
不妨设矩形绕长为 $y$ 的边旋转一周，所得圆柱体的底面半径为 $r = x$，高为 $h = y$。
圆柱体的体积函数为：
$V(x) = \pi r^2 h = \pi x^2 y = \pi x^2 (10-x) = 10\pi x^2 - \pi x^3$
对 $V(x)$ 求导找驻点：
$V'(x) = 20\pi x - 3\pi x^2 = \pi x (20 - 3x)$
令 $V'(x) = 0$，因为 $x > 0$，所以得到唯一驻点 $x = \frac{20}{3}$。
此时 $y = 10 - \frac{20}{3} = \frac{10}{3}$。
求二阶导数验证极值：$V''(x) = 20\pi - 6\pi x$。
$V''\left(\frac{20}{3}\right) = 20\pi - 40\pi = -20\pi < 0$。
所以在 $x = \frac{20}{3}$ 处体积取得极大值，且由于是唯一的极值点，也就是区间内的最大值。
此时矩形的边长分别为 $\frac{20}{3}$ 米 和 $\frac{10}{3}$ 米（绕长为 $\frac{10}{3}$ 米的边旋转）。
最大体积为：
$V_{max} = \pi \left(\frac{20}{3}\right)^2 \left(\frac{10}{3}\right) = \pi \cdot \frac{400}{9} \cdot \frac{10}{3} = \frac{4000\pi}{27}$ (立方米)。
20. 已知函数 $u = \sqrt{x^2+y^2+z^2}$，求：
(1) 函数 $u$ 在点 $P(0, 1, 1)$ 处的梯度；
(2) 函数 $u$ 在点 $P(0, 1, 1)$ 处沿方向 $(1, 2, 2)$ 的方向导数；
(3) 函数 $u$ 在点 $P(0, 1, 1)$ 处方向导数的最大值和最小值.
解答过程：
(1) 求偏导数：
$\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$, $\frac{\partial u}{\partial y} = \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$, $\frac{\partial u}{\partial z} = \frac{z}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$
在点 $P(0, 1, 1)$ 处，$\sqrt{0^2+1^2+1^2} = \sqrt{2}$。代入得：
$u_x(P) = 0$, $u_y(P) = \frac{1}{\sqrt{2}}$, $u_z(P) = \frac{1}{\sqrt{2}}$
故函数在点 $P$ 处的梯度为：
$\mathbf{grad}\ u = \left(0, \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ 或 $\frac{1}{\sqrt{2}}\mathbf{j} + \frac{1}{\sqrt{2}}\mathbf{k}$。
(2) 设方向向量为 $\vec{l} = (1, 2, 2)$。
首先将方向向量单位化，$\vec{l}$ 的模长 $|\vec{l}| = \sqrt{1^2+2^2+2^2} = \sqrt{9} = 3$。
单位方向向量 $\vec{e}_l = \left(\frac{1}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3}\right)$。
方向导数为梯度与单位方向向量的点乘：
$\frac{\partial u}{\partial l} \bigg|_P = \mathbf{grad}\ u|_P \cdot \vec{e}_l = \left(0, \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}\right) \cdot \left(\frac{1}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3}\right)$
$= 0 \cdot \frac{1}{3} + \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{2}{3} + \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{2}{3} = \frac{4}{3\sqrt{2}} = \frac{2\sqrt{2}}{3}$。
(3) 方向导数的最大值为梯度的模长，最小值为梯度模长的相反数。
梯度的模长 $|\mathbf{grad}\ u|_P| = \sqrt{0^2 + \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2 + \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2} = \sqrt{\frac{1}{2} + \frac{1}{2}} = 1$。
故方向导数的最大值为 $1$，最小值为 $-1$。
五、证明题（8 分）
21. 设函数 $z = z(x,y)$ 由方程 $z = e^{3x-z} + 3y$ 确定，试证明：$\frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial y} = 3$.
解答过程：
方法一（隐函数求导法）：
设 $F(x,y,z) = z - e^{3x-z} - 3y = 0$。
计算 $F$ 对各变量的偏导数：
$F_x = -3e^{3x-z}$
$F_y = -3$
$F_z = 1 - e^{3x-z} \cdot (-1) = 1 + e^{3x-z}$
由隐函数求导公式得：
$\frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{F_x}{F_z} = -\frac{-3e^{3x-z}}{1 + e^{3x-z}} = \frac{3e^{3x-z}}{1 + e^{3x-z}}$
$\frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{F_y}{F_z} = -\frac{-3}{1 + e^{3x-z}} = \frac{3}{1 + e^{3x-z}}$
将两者相加：
$\frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{3e^{3x-z}}{1 + e^{3x-z}} + \frac{3}{1 + e^{3x-z}} = \frac{3(e^{3x-z} + 1)}{1 + e^{3x-z}} = 3$
证明完毕。
方法二（等式两边直接求偏导）：
对方程 $z = e^{3x-z} + 3y$ 两边同时对 $x$ 求偏导（将 $y$ 视为常数，$z$ 视为 $x$ 的函数）：
$\frac{\partial z}{\partial x} = e^{3x-z} \cdot \left(3 - \frac{\partial z}{\partial x}\right)$
移项整理得：$\frac{\partial z}{\partial x} (1 + e^{3x-z}) = 3e^{3x-z} \implies \frac{\partial z}{\partial x} = \frac{3e^{3x-z}}{1 + e^{3x-z}}$
对方程 $z = e^{3x-z} + 3y$ 两边同时对 $y$ 求偏导（将 $x$ 视为常数，$z$ 视为 $y$ 的函数）：
$\frac{\partial z}{\partial y} = e^{3x-z} \cdot \left(-\frac{\partial z}{\partial y}\right) + 3$
移项整理得：$\frac{\partial z}{\partial y} (1 + e^{3x-z}) = 3 \implies \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{3}{1 + e^{3x-z}}$
两式相加：
$\frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{3e^{3x-z} + 3}{1 + e^{3x-z}} = \frac{3(e^{3x-z} + 1)}{1 + e^{3x-z}} = 3$
证明完毕。