设闭区域 $D$ 由光滑曲线 $L$ 围成, $D$ 的面积等于 $2, L$ 是 $D$ 的取正向的 边界曲线, 则 $\oint_L 2 y \mathrm{~d} x-3 x \mathrm{~d} y=$
将函数 $f(x)=x(x-2) \quad(0 \leq x \leq 2)$ 展开成周期为 4 的正弦级数, 其和函数为 $S(x)$, 则 $S(-3)=$
微分方程 $y^{\prime}=3 x^2 y$ 在条件 $\left.y\right|_{x=0}=1$ 下的特解为 $y=$
$\int \frac{\sin x d x}{\sin x+2 \cos x}$
$\int_1^{+\infty} \frac{x^2}{x^6+1} \mathrm{~d} x=$
微分方程 $y^{\prime}+x y=x y^3$ 当中满足 $y(0)=\frac{1}{\sqrt{2}}$ 的特解为
已知正四面体 $O-A B C$ (就是每个面都是全等的等边三角形) 的边长以 $1 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$ 的速率增大 (过程中 仍然保持正四面体), 那么当棱长变为 $3 \mathrm{~cm}$ 的时候该正四面体表面积的增大速率为
曲线 $x y=1$ 在点 $(-1,-1)$ 处的曲率圆方程为
曲线 $\left\{\begin{array}{l}x=\arctan t \\ y=\ln \sqrt{1+t^2}\end{array}\right.$ 对应于 $t=1$ 处的法线方程为
曲线 $y=\ln \cos x\left(0 \leq x \leq \frac{\pi}{6}\right)$ 的弧长为
$y=2^x$ 的麦克劳林公式中 $x^n$ 项的系数是
二元函数 $z=\ln \left(y^2-2 x+1\right)$ 的定义域为
设向量 $a=(2,1,2), \vec{b}=(4,-1,10), \vec{c}=\vec{b}-\lambda \hat{1}$, 且 $\vec{a} \perp \mathbf{1} \dot{c}$, 则 $\lambda=$
经过 $(4,0,-2)$ 和 $(5,1,7)$ 且平行于 $x$ 轴的平面方程为
级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n \frac{1}{n^p}$, 当 $p$ 满足 （ ） 条件时级数条件收敛
设 $\alpha>1$ ，则极限 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^n \frac{1}{n+k^\alpha}=$
设 $f(x)=x^{2021} e^{2020 x} \sin x$ ，则 $f^{(2023)}(0)=$
设 $F(x)$ 是 $f(x)$ 的一个原函数，且 $\frac{f(x)}{F(x)}=-2, F(0)=1$ ，
则 $\int_0^{+\infty} F(x) \mathrm{d} x=$
二重积分 $\iint_D \sin \left(\max \left\{x^2, y^2\right\}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=$ 其中
$$
D=[0, \sqrt{\pi}] \times[0, \sqrt{\pi}] .
$$
设 $\Sigma$ 是球面 $x^2+y^2+z^2=R^2$ 的外侧， $\cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma$ 是其外法向量的方向余弦，则
$$
\iint_{\Sigma} \frac{x \cos \alpha+y \cos \beta+z \cos \gamma}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^{\frac{3}{2}}} \mathrm{~d} S=
$$
若四阶常系数齐次线性微分方程有一个解为 $y=x \mathrm{e}^x \cos 2 x$, 则该方程的通解为
设 $f(x)$ 为 $[0,3]$ 上的非负连续函数, 且满足 $f(x) \int_1^2 f(x t-x) \mathrm{d} t=2 x^2, x \in[0,3]$, 则 $f(x)$ 在 区间 $[1,3]$ 上的平均值为
设函数 $f(x, y)$ 可微, $f(x, y)$ 在点 $P_0(1,1)$ 处指向点 $P_1(-7,16)$ 的方向导数等于 $\frac{13}{17}$,指向点 $P_2(6,-11)$ 的方向导数等于 $-\frac{16}{13}$, 则 $f(x, y)$ 在点 $P_0(1,1)$ 处的最大方向导数为
一质点在变力 $\boldsymbol{F}=\left(1-x^2\right) y^3 \boldsymbol{i}-x^3\left(1+y^2\right) \boldsymbol{j}$ 的作用下从圆周 $L: x^2+y^2=1$ 上的任一点出 发沿逆时针方向运动一周, 则变力 $\boldsymbol{F}$ 对质点所做的功等于
已知 $f(x)=x^2 \ln \left(1-x^2\right)$, 当 $n$ 为大于 2 的正整数时, 则 $f^{(n)}(0)=$
$\int_1^{+\infty} \frac{1}{x^2 \sqrt{x^2+1}} \mathrm{~d} x=$
设 $z=z(x, y)$ 由方程 $x y z^2+\sqrt{x^2+y^2}+z=2$ 确定, 则 $\left.d z\right|_{\substack{x=1 \\ y z 0}}=$
设函数 $f(u)$ 在曲面 $\Sigma: z=\sqrt{1-x^2-y^2}(z \geq 0)$ 上连续, 则曲面积分 $I=\iint_{\Sigma}\left[x y \sqrt{x^4+y^4+1}+\right.$ $\left.z f\left(x^2+y^2+z^2+1\right)\right] \mathrm{d} S=$