MATH2010 补充模拟 B：分步详解与评分

为什么这样做： 参数曲线不仅描述几何像集，也记录运动。先求导得到速度向量，再取范数得到速率，最后积分得到行进弧长。两端点相减得到的则是直线位移，不应误当成路程。

(a) 速度、速率与切线 — 8分

逐分量求导：

$h'(t)=(-2\sin t,2\cos t,1),\qquad \|h'(t)\|=\sqrt{4\sin^2t+4\cos^2t+1}=\sqrt5.$

在 $t=\pi/2$ ，曲线上的点为 $(0,2,\pi/2)$ ，非零速度向量为 $(-2,0,1)$ 。因此切线为

$\ell(\lambda)=(0,2,\pi/2)+\lambda(-2,0,1),\qquad\lambda\in\mathbb R.$

切线必须同时包含“所在点”和“方向”；只写 $(-2,0,1)$ 并不是完整切线。

评分[8]： 导数3分；速率2分；切点1分；完整切线2分。

(b) 弧长与端点距离 — 8分

将速率积分：

$L=\int_0^\pi\sqrt5\,dt=\pi\sqrt5.$

端点分别为 $(2,0,0)$ 和 $(-2,0,\pi)$ ，所以端点距离为

$D=\|(-4,0,\pi)\|=\sqrt{16+\pi^2}.$

两个数均为正，可以比较平方：

$L^2-D^2=5\pi^2-(16+\pi^2)=4(\pi^2-4)>0,$

最后一步使用 $\pi>2$ 。因此 $L>D$ 。这不是“画起来比较长”的猜测，而是由平方比较得到的严格不等式。

评分[8]： 弧长积分与结果3分；位移与端点距离3分；严格比较2分。

(c) 单位速率参数式 — 8分

从起点沿曲线走过的距离为

$s(t)=\int_0^t\sqrt5\,d\tau=\sqrt5\,t.$

所以 $t=s/\sqrt5$ ，代入原曲线得到

$H(s)=\left(2\cos\frac{s}{\sqrt5},2\sin\frac{s}{\sqrt5},\frac{s}{\sqrt5}\right),\qquad0\le s\le\pi\sqrt5.$

直接求导验证：

$H'(s)=\left(-\frac2{\sqrt5}\sin\frac{s}{\sqrt5},\frac2{\sqrt5}\cos\frac{s}{\sqrt5},\frac1{\sqrt5}\right),\qquad\|H'(s)\|^2=\frac45+\frac15=1.$

新参数每增加一个单位，沿曲线就走一个长度单位。只把参数字母改成 $s$ ，并不能自动使速率变成1。

评分[8]： $s(t)$ 及其逆式3分；新参数式与定义域3分；直接验证单位速率2分。

(d) 反向换参 — 6分

链式法则给出负号：

$q'(u)=-h'(\pi-u)=(2\sin(\pi-u),-2\cos(\pi-u),-1).$

因此 $\|q'(u)\|=\sqrt5$ ，弧长为 $L_q=\int_0^\pi\sqrt5\,du=\pi\sqrt5$ 。在同一个几何点，反向行进的速度向量与原速度向量方向相反，但范数仍非负。一般而言，换参后的速率乘子为 $|dt/du|$ ，不是 $dt/du$ 。负号改变运动方向，不改变长度的正负。

评分[6]： 速度向量2分；速率和弧长2分；绝对值的解释2分。

常见错误： 将 $h'$ 积分后称为弧长；忘记切点；改用弧长参数后仍沿用旧参数区间；反向换参时得到所谓负“速率”。

B-Q2 · 零速度与切线

为什么这样做： 满足一个充分定理的假设，便可使用其结论；但某个假设不满足，并不能证明结论错误。本题可以直接计算两条曲线的弧长，并观察直线段像集的几何性质。

(a) 像集与速度 — 6分

因为 $u\mapsto u^3$ 将 $[-1,1]$ 双射到 $[-1,1]$ ，两条曲线的像集均为线段 $\{(x,0):-1\le x\le1\}$ 。

$a'(u)=(3u^2,0),\quad\|a'(u)\|=3u^2;\qquad b'(t)=(1,0),\quad\|b'(t)\|=1.$

参数为零时， $a'(0)=(0,0)$ ，而 $b'(0)=(1,0)$ 。像集相同，不代表运动速度相同。

评分[6]： 相同像集及理由2分；导数与速率3分；零处的比较1分。

(b) 直接计算弧长与识别切线 — 6分

两条曲线均连续可微，所以可以直接计算弧长：

$L_a=\int_{-1}^{1}3u^2\,du=[u^3]_{-1}^{1}=2,\qquad L_b=\int_{-1}^{1}1\,dt=2.$

像集是一条直线段，其内点 $(0,0)$ 处的切线就是 $x$ 轴。事实上，当 $u\ne0$ 时，经过 $(0,0)$ 与 $a(u)$ 的每条割线都已是 $x$ 轴。

可是 $(0,0)+\lambda a'(0)$ 只给出单点 $(0,0)$ ，并不是直线。正则曲线的切线公式要求导数非零；在当前参数值处，这个公式无法判定切线，不能据此说像集没有切线。

评分[6]： 两个积分3分；切线与割线理由2分；指出公式的适用限制1分。

(c) 充分假设与结论 — 8分

换参函数连续可微且严格递增，但

$\phi'(u)=3u^2,\qquad\phi'(0)=0.$

它不满足题述定理要求的“处处导数非零”。逆函数为 $\psi(t)=\sqrt[3]{t}$ 。在零处，其差商为

$\frac{\psi(t)-\psi(0)}{t-0}=\frac{\sqrt[3]{t}}{t}=\frac1{|t|^{2/3}},\qquad t\ne0,$

该表达式趋于 $+\infty$ ，并不趋于有限的导数。因此逆函数在零处不具有通常实值意义下的导数。

所以不能原样套用题述正则换参定理。不过，(b)中的直接积分已经证明本例的两个弧长相等。“这个充分定理不适用”与“两个弧长不相等”是不同的判断。

评分[8]： 指出未满足的假设2分；逆函数、差商与无有限导数3分；正确解释为何不矛盾3分。

常见错误： 将严格递增等同于处处导数为正；把无穷大当成普通导数；从零速度断言没有切线；因为某个充分定理不能用，就认定结论错误。

B-Q3 · 两种半径与圆锥

为什么这样做： 柱坐标半径是到 $z$ 轴的距离，球坐标半径则是到原点的距离，二者不可互换。平方之前，先保留符号条件并确认极角约定。

(a) 柱坐标与球坐标 — 10分

平面投影的半径为

$r=\sqrt{(-1)^2+(\sqrt3)^2}=2.$

水平投影位于第二象限，因此取 $\theta=2\pi/3$ 。柱坐标为

$(r,\theta,z)=(2,2\pi/3,-2).$

球半径为 $\rho=\sqrt{1+3+4}=2\sqrt2$ 。因为 $\cos\phi=z/\rho=-1/\sqrt2$ ，且 $0\le\phi\le\pi$ ，所以 $\phi=3\pi/4$ 。因此球坐标为

$(\rho,\theta,\phi)=(2\sqrt2,2\pi/3,3\pi/4).$

代回检查：

$\rho\sin\phi=2,\quad x=2\cos(2\pi/3)=-1,\quad y=2\sin(2\pi/3)=\sqrt3,\quad z=2\sqrt2\cos(3\pi/4)=-2.$

只使用 $\arctan(y/x)$ ，容易选错象限；把 $\phi$ 误认为从 $xy$ 平面量起，也会得到错误结果。

评分[10]： 柱半径、方位角和高度3分；球半径和极角3分；符号与象限理由2分；代回验证2分。

(b) 球坐标中的上方圆锥 — 10分

半径限制给出 $1\le\rho\le3$ ，所以 $\rho>0$ 。同时有

$z=\rho\cos\phi,\qquad\sqrt{x^2+y^2}=\rho\sin\phi,$

其中在 $[0,\pi]$ 上， $\sin\phi\ge0$ 。所以圆锥条件化为 $\cos\phi\ge\sin\phi$ 。尤其有 $\cos\phi\ge0$ ，故 $\phi\in[0,\pi/2]$ 。在这个区间上，该不等式等价于 $\phi\le\pi/4$ 。因此全部范围为

$1\le\rho\le3,\qquad0\le\phi\le\pi/4,\qquad0\le\theta<2\pi.$

这就是球壳位于上方圆锥内的部分，包含题设规定的所有边界。在 $\phi=0$ 时，方位角可以任取代表值；不同方位角描述的是同一个轴上点。坐标表示重复，不意味着几何集合多了点。

评分[10]： 半径限制2分；坐标代入2分；保留符号的角度推导4分；完整范围及边界或轴上角度说明2分。

(c) 柱坐标与平方丢失符号 — 6分

用柱坐标表示同一集合：

$r\ge0,\qquad0\le\theta<2\pi,\qquad1\le r^2+z^2\le9,\qquad z\ge r.$

半径条件可以平方，是因为 $\sqrt{r^2+z^2}\ge0$ 。相反，若以 $z^2\ge r^2$ 取代 $z\ge r$ ，还会允许 $z\le-r$ 。例如柱坐标 $(r,\theta,z)=(0,0,-2)$ 满足平方后的限制，却对应直角坐标中的 $(0,0,-2)\notin E$ 。平方丢掉了“上方圆锥”的方向条件。

评分[6]： 完整柱坐标描述4分；正确的额外点反例2分。

(d) 固定方位角得到半平面 — 4分

$x=r\cos(\pi/2)=0$ ， $y=r\sin(\pi/2)=r\ge0$ ，而 $z$ 任意。因此所得是闭半平面 $\{(0,y,z):y\ge0\}$ ，包括 $z$ 轴。它不含 $y<0$ 的点，所以不是整个平面。

评分[4]： 代入坐标公式2分；半平面、边界及排除点的说明2分。

常见错误： 交换 $r$ 与 $\rho$ ；选错象限；平方后丢失上方圆锥限制；因为方位角不唯一而删除轴上点；将固定方位角给出的半平面写成整个平面。

B-Q4 · 等号条件不可省略

为什么这样做： 等号条件是定理的一部分，不是可有可无的附加说明。平方或取绝对值会隐藏内积的符号，但三角不等式取等要求方向为正。

(a) 柯西–施瓦茨不等式与等号 — 8分

当 $u\ne0$ 时配方：

$\|v-tu\|^2=\|u\|^2\left(t-\frac{\langle u,v\rangle}{\|u\|^2}\right)^2+\|v\|^2-\frac{\langle u,v\rangle^2}{\|u\|^2}.$

在 $t_*=\langle u,v\rangle/\|u\|^2$ 处取得最小值。最小值仍是一个范数的平方，故非负。因此

$\langle u,v\rangle^2\le\|u\|^2\|v\|^2,\qquad|\langle u,v\rangle|\le\|u\|\|v\|.$

等号成立，当且仅当最小化后的残差为零，即 $v=t_*u$ 。这里的倍数可以为正、负或零。如果 $u=0$ ，或 $v=0$ ，柯西–施瓦茨不等式两边均为零，直接取等。等价地，取等当且仅当两个向量线性相关，包含零向量情形。

评分[8]： 配方展开与最小化参数3分；最小值非负及不等式2分；残差为零的等号条件2分；零向量情况1分。

(b) 反向倍数的比较 — 6分

本例中， $\|u\|=3$ ， $\|v\|=6$ ， $\langle u,v\rangle=-2\|u\|^2=-18$ 。又因为 $u+v=-u$ ，故 $\|u+v\|=3$ 。

柯西–施瓦茨不等式： $|-18|=18=3\cdot6$ ，取等。三角不等式： $3<3+6=9$ ，为严格不等式。两个向量方向相反，因此带绝对值的柯西–施瓦茨不等式取等，却不会使相加后的长度等于长度之和。

评分[6]： 四个数值4分；两种不等式的明确比较2分。

(c) 三角不等式的正确等号条件 — 6分

正确说法是：若任一向量为零，三角不等式取等；若两个向量都非零，取等当且仅当其中一个是另一个的正数倍。

事实上，

$\|u+v\|^2=\|u\|^2+2\langle u,v\rangle+\|v\|^2.$

与 $(\|u\|+\|v\|)^2$ 比较，可知取等当且仅当 $\langle u,v\rangle=\|u\|\|v\|$ 。对于非零向量，这要求柯西–施瓦茨不等式取等，并且内积为正。

写成 $v=cu$ ，条件变为 $c\|u\|^2=|c|\|u\|^2$ 。因为 $c\ne0$ ，所以必须有 $c>0$ 。反过来，若 $v=cu$ 且 $c>0$ ，则 $\|u+v\|=(1+c)\|u\|=\|u\|+\|v\|$ 。零向量的情况直接代入即可验证。

评分[6]： 精确修正条件2分；必要性2分；充分性和零向量情况2分。

常见错误： 在柯西–施瓦茨不等式中漏掉绝对值；认为任意线性相关都使三角不等式取等；除以零向量的范数；只证明必要性而没有证明充分性。

如何用结果决定下一步复习

Q1出错： 复习速度向量与速率的区别、弧长积分和换参中的链式法则。按“速度向量→范数→积分”练习，再检查换参后的区间与绝对值。
Q2出错： 区分参数式的正则性与像集的几何性质，并区分充分条件与必要条件。定理不能直接使用，不等于结论必定错误。
Q3出错： 先写清半径定义、角度起点与范围，再保留符号条件进行计算。
Q4出错： 分别代入正倍数、负倍数和零向量，重新检查两个不等式的每个“当且仅当”。

如出现轻微算术错误，但后续推理连贯，应保留相应方法分；错误数值不能获得最终精确答案分。同一算错不应反复扣分。正确的等价参数式和其他有效证明同样可获满分。

范围与模拟A的关系

模拟A的六题涵盖平面、投影与体积；环形集合的拓扑及一次极坐标转换；极限；偏导数；可微性；以及梯度和方向导数。模拟B不取代A：Q1–Q2补充弧长与重新参数化；Q3补充柱坐标、球坐标和圆锥的符号限制。Q4有意与A-Q6使用的柯西–施瓦茨思想重叠，但考查证明与精确等号条件，而不是重复梯度最大化计算。无论单独一卷还是两卷合用，都不宣称覆盖整科所有主题。

学习依据为现有笔记 1.1 向量、内积与距离、1.3 坐标、曲线与曲面，属于已知第1至3周材料。这些是学习参考，不是官方考试范围认证。本卷没有复制校内原试题或讲义图片。

MATH2010 补充模拟 B：分步详解与评分

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B-Q1 · 螺旋线、距离与单位速率

(a) 速度、速率与切线 — 8分

逐分量求导：

$h'(t)=(-2\sin t,2\cos t,1),\qquad \|h'(t)\|=\sqrt{4\sin^2t+4\cos^2t+1}=\sqrt5.$

在 $t=\pi/2$ ，曲线上的点为 $(0,2,\pi/2)$ ，非零速度向量为 $(-2,0,1)$ 。因此切线为

$\ell(\lambda)=(0,2,\pi/2)+\lambda(-2,0,1),\qquad\lambda\in\mathbb R.$

切线必须同时包含“所在点”和“方向”；只写 $(-2,0,1)$ 并不是完整切线。

评分[8]： 导数3分；速率2分；切点1分；完整切线2分。

(b) 弧长与端点距离 — 8分

将速率积分：

$L=\int_0^\pi\sqrt5\,dt=\pi\sqrt5.$

端点分别为 $(2,0,0)$ 和 $(-2,0,\pi)$ ，所以端点距离为

$D=\|(-4,0,\pi)\|=\sqrt{16+\pi^2}.$

两个数均为正，可以比较平方：

$L^2-D^2=5\pi^2-(16+\pi^2)=4(\pi^2-4)>0,$

最后一步使用 $\pi>2$ 。因此 $L>D$ 。这不是“画起来比较长”的猜测，而是由平方比较得到的严格不等式。

评分[8]： 弧长积分与结果3分；位移与端点距离3分；严格比较2分。

(c) 单位速率参数式 — 8分

从起点沿曲线走过的距离为

$s(t)=\int_0^t\sqrt5\,d\tau=\sqrt5\,t.$

所以 $t=s/\sqrt5$ ，代入原曲线得到

$H(s)=\left(2\cos\frac{s}{\sqrt5},2\sin\frac{s}{\sqrt5},\frac{s}{\sqrt5}\right),\qquad0\le s\le\pi\sqrt5.$

直接求导验证：

$H'(s)=\left(-\frac2{\sqrt5}\sin\frac{s}{\sqrt5},\frac2{\sqrt5}\cos\frac{s}{\sqrt5},\frac1{\sqrt5}\right),\qquad\|H'(s)\|^2=\frac45+\frac15=1.$

新参数每增加一个单位，沿曲线就走一个长度单位。只把参数字母改成 $s$ ，并不能自动使速率变成1。

评分[8]： $s(t)$ 及其逆式3分；新参数式与定义域3分；直接验证单位速率2分。

(d) 反向换参 — 6分

链式法则给出负号：

$q'(u)=-h'(\pi-u)=(2\sin(\pi-u),-2\cos(\pi-u),-1).$

评分[6]： 速度向量2分；速率和弧长2分；绝对值的解释2分。

常见错误： 将 $h'$ 积分后称为弧长；忘记切点；改用弧长参数后仍沿用旧参数区间；反向换参时得到所谓负“速率”。

B-Q2 · 零速度与切线

(a) 像集与速度 — 6分

因为 $u\mapsto u^3$ 将 $[-1,1]$ 双射到 $[-1,1]$ ，两条曲线的像集均为线段 $\{(x,0):-1\le x\le1\}$ 。

$a'(u)=(3u^2,0),\quad\|a'(u)\|=3u^2;\qquad b'(t)=(1,0),\quad\|b'(t)\|=1.$

参数为零时， $a'(0)=(0,0)$ ，而 $b'(0)=(1,0)$ 。像集相同，不代表运动速度相同。

评分[6]： 相同像集及理由2分；导数与速率3分；零处的比较1分。

(b) 直接计算弧长与识别切线 — 6分

两条曲线均连续可微，所以可以直接计算弧长：

$L_a=\int_{-1}^{1}3u^2\,du=[u^3]_{-1}^{1}=2,\qquad L_b=\int_{-1}^{1}1\,dt=2.$

像集是一条直线段，其内点 $(0,0)$ 处的切线就是 $x$ 轴。事实上，当 $u\ne0$ 时，经过 $(0,0)$ 与 $a(u)$ 的每条割线都已是 $x$ 轴。

评分[6]： 两个积分3分；切线与割线理由2分；指出公式的适用限制1分。

(c) 充分假设与结论 — 8分

换参函数连续可微且严格递增，但

$\phi'(u)=3u^2,\qquad\phi'(0)=0.$

它不满足题述定理要求的“处处导数非零”。逆函数为 $\psi(t)=\sqrt[3]{t}$ 。在零处，其差商为

$\frac{\psi(t)-\psi(0)}{t-0}=\frac{\sqrt[3]{t}}{t}=\frac1{|t|^{2/3}},\qquad t\ne0,$

该表达式趋于 $+\infty$ ，并不趋于有限的导数。因此逆函数在零处不具有通常实值意义下的导数。

评分[8]： 指出未满足的假设2分；逆函数、差商与无有限导数3分；正确解释为何不矛盾3分。

常见错误： 将严格递增等同于处处导数为正；把无穷大当成普通导数；从零速度断言没有切线；因为某个充分定理不能用，就认定结论错误。

B-Q3 · 两种半径与圆锥

为什么这样做： 柱坐标半径是到 $z$ 轴的距离，球坐标半径则是到原点的距离，二者不可互换。平方之前，先保留符号条件并确认极角约定。

(a) 柱坐标与球坐标 — 10分

平面投影的半径为

$r=\sqrt{(-1)^2+(\sqrt3)^2}=2.$

水平投影位于第二象限，因此取 $\theta=2\pi/3$ 。柱坐标为

$(r,\theta,z)=(2,2\pi/3,-2).$

球半径为 $\rho=\sqrt{1+3+4}=2\sqrt2$ 。因为 $\cos\phi=z/\rho=-1/\sqrt2$ ，且 $0\le\phi\le\pi$ ，所以 $\phi=3\pi/4$ 。因此球坐标为

$(\rho,\theta,\phi)=(2\sqrt2,2\pi/3,3\pi/4).$

代回检查：

$\rho\sin\phi=2,\quad x=2\cos(2\pi/3)=-1,\quad y=2\sin(2\pi/3)=\sqrt3,\quad z=2\sqrt2\cos(3\pi/4)=-2.$

只使用 $\arctan(y/x)$ ，容易选错象限；把 $\phi$ 误认为从 $xy$ 平面量起，也会得到错误结果。

评分[10]： 柱半径、方位角和高度3分；球半径和极角3分；符号与象限理由2分；代回验证2分。

(b) 球坐标中的上方圆锥 — 10分

半径限制给出 $1\le\rho\le3$ ，所以 $\rho>0$ 。同时有

$z=\rho\cos\phi,\qquad\sqrt{x^2+y^2}=\rho\sin\phi,$

$1\le\rho\le3,\qquad0\le\phi\le\pi/4,\qquad0\le\theta<2\pi.$

评分[10]： 半径限制2分；坐标代入2分；保留符号的角度推导4分；完整范围及边界或轴上角度说明2分。

(c) 柱坐标与平方丢失符号 — 6分

用柱坐标表示同一集合：

$r\ge0,\qquad0\le\theta<2\pi,\qquad1\le r^2+z^2\le9,\qquad z\ge r.$

评分[6]： 完整柱坐标描述4分；正确的额外点反例2分。

(d) 固定方位角得到半平面 — 4分

$x=r\cos(\pi/2)=0$ ， $y=r\sin(\pi/2)=r\ge0$ ，而 $z$ 任意。因此所得是闭半平面 $\{(0,y,z):y\ge0\}$ ，包括 $z$ 轴。它不含 $y<0$ 的点，所以不是整个平面。

评分[4]： 代入坐标公式2分；半平面、边界及排除点的说明2分。

常见错误： 交换 $r$ 与 $\rho$ ；选错象限；平方后丢失上方圆锥限制；因为方位角不唯一而删除轴上点；将固定方位角给出的半平面写成整个平面。

B-Q4 · 等号条件不可省略

为什么这样做： 等号条件是定理的一部分，不是可有可无的附加说明。平方或取绝对值会隐藏内积的符号，但三角不等式取等要求方向为正。

(a) 柯西–施瓦茨不等式与等号 — 8分

当 $u\ne0$ 时配方：

$\|v-tu\|^2=\|u\|^2\left(t-\frac{\langle u,v\rangle}{\|u\|^2}\right)^2+\|v\|^2-\frac{\langle u,v\rangle^2}{\|u\|^2}.$

在 $t_*=\langle u,v\rangle/\|u\|^2$ 处取得最小值。最小值仍是一个范数的平方，故非负。因此

$\langle u,v\rangle^2\le\|u\|^2\|v\|^2,\qquad|\langle u,v\rangle|\le\|u\|\|v\|.$

评分[8]： 配方展开与最小化参数3分；最小值非负及不等式2分；残差为零的等号条件2分；零向量情况1分。

(b) 反向倍数的比较 — 6分

本例中， $\|u\|=3$ ， $\|v\|=6$ ， $\langle u,v\rangle=-2\|u\|^2=-18$ 。又因为 $u+v=-u$ ，故 $\|u+v\|=3$ 。

评分[6]： 四个数值4分；两种不等式的明确比较2分。

(c) 三角不等式的正确等号条件 — 6分

正确说法是：若任一向量为零，三角不等式取等；若两个向量都非零，取等当且仅当其中一个是另一个的正数倍。

事实上，

$\|u+v\|^2=\|u\|^2+2\langle u,v\rangle+\|v\|^2.$

与 $(\|u\|+\|v\|)^2$ 比较，可知取等当且仅当 $\langle u,v\rangle=\|u\|\|v\|$ 。对于非零向量，这要求柯西–施瓦茨不等式取等，并且内积为正。

评分[6]： 精确修正条件2分；必要性2分；充分性和零向量情况2分。