2026 年考研数学（二） 第 17 题

看到 $\sqrt{x^2+y^2}$ 和圆弧上界，立刻转极坐标。区域识别是关键：$y=|x|$ 给出 $\theta$ 的上下限 $\frac{\pi }{4}\sim \frac{3\pi }{4}$，圆给出 $r\le \sqrt{2}$。分离变量后角积分 $\int \sin \theta d\theta =\sqrt{2}$，径积分 ${\int }_0^{\sqrt{2}}{r}^2\sin rdr$ 分部两次。最后 $\sqrt{2}\cdot (2\sqrt{2}\sin \sqrt{2}-2)=4\sin \sqrt{2}-2\sqrt{2}$。

本题考查二重积分（极坐标）。 先确定积分区域。

区域为 $-1\le x\le 1,|x|\le y\le \sqrt{2-x^2}$。下边界 $y=|x|$ 是两条射线（对应 $\theta =\frac{\pi }{4}$ 与 $\theta =\frac{3\pi }{4}$），上边界 $y=\sqrt{2-x^2}$ 是圆 $x^2+y^2=2$（$r=\sqrt{2}$）。故极坐标下 $\frac{\pi }{4}\le \theta \le \frac{3\pi }{4},0\le r\le \sqrt{2}$。

令 $x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta$，被积函数 $y\sin \sqrt{x^2+y^2}=r\sin \theta \cdot \sin r$，再乘雅可比 $r$：
$$I={\int }_{\pi /4}^{3\pi /4}\sin \theta d\theta {\int }_0^{\sqrt{2}}{r}^2\sin rdr.$$

角向：${\int }_{\pi /4}^{3\pi /4}\sin \theta d\theta =[-\cos \theta {]}_{\pi /4}^{3\pi /4}=\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$。

径向（分部积分两次）：${\int }_0^{\sqrt{2}}{r}^2\sin rdr={\left[-r^2\cos r+2r\sin r+2\cos r\right]}_0^{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}\sin \sqrt{2}-2$。

故 $I=\sqrt{2}\left(2\sqrt{2}\sin \sqrt{2}-2\right)=4\sin \sqrt{2}-2\sqrt{2}$。