2014 年真题

【答案】 $\frac{3}{8}\pi$

【解析】

【答案】 1

【解析】 已知 $f^{\prime }(x)=2(x-1)$ ，其中 $x\in [0,2]$ ，且 $f(x)$ 为偶函数。

因此，当 $x\in [-2,0]$ 时，有 $f^{\prime }(x)=2(-x-1)$ 。

积分可得 $f(x)=-x^2-2x+c$ ，又因为 $f(x)$ 为奇函数，所以 $c=0$ 。

因此，当 $x\in [-2,0]$ 时， $f(x)=-x^2-2x$ 。

又因为 $f(x)$ 的周期为 4，所以 $f(7)=f(-1)=1$ 。

【答案】 ${dz|}_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}=-\frac{1}{2}(dx+dy)$

【解析】 对 $e^{2yz}+x+y^2+z=\frac{7}{4}$ 方程两边同时对 $x$ 、 $y$ 求偏导，得到：

当 $x=\frac{1}{2}$ ， $y=\frac{1}{2}$ 时， $z=0$ 。

代入得：

因此：

【答案】 $y=-\frac{2}{\pi }x+\frac{\pi }{2}$

【解析】 根据直角坐标与极坐标的关系，有 $x=r\cos \theta =\theta \cos \theta$ ， $y=r\sin \theta =\theta \sin \theta$ 。因此，当 $(r,\theta )=\left(\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$ 时，对应坐标为 $(x,y)=\left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ 。

切线的斜率为

代入 $\theta =\frac{\pi }{2}$ ，得

因此，切线方程为

即

【答案】 $\frac{11}{20}$

【解析】 质心位置公式为 $\bar{x}=\frac{{\int }_0^{1}x\rho (x)dx}{{\int }_0^1\rho (x)dx}$ 。

首先计算分母部分：

接着计算分子部分：

因此，质心位置为：

【答案】 $-2\le a\le 2$

【解析】 配方法：
$f(x_1,x_2,x_3)=(x_1+a{x}_3{)}^2-a^2{x}_3^2-(x_2-2x_3{)}^2+4x_3^2$

由于二次型负惯性指数为 1，所以 $4-a^2\ge 0$ ，故 $-2\le a\le 2$ 。

【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{{\int }_1^x\left[t^2\left(e^{\frac{1}{t}}-1\right)-t\right]dt}{x^2\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)}={\lim }_{x\to +\infty }\frac{{\int }_1^x\left[t^2\left(e^{\frac{1}{t}}-1\right)-t\right]dt}{x^2\cdot \frac{1}{x}}$

利用等价无穷小替换 $\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)\sim \frac{1}{x}$ ，分母化为 $x$ 。

由洛必达法则，对分子和分母分别求导：

令 $t=\frac{1}{x}$ ，当 $x\to +\infty$ 时， $t\to 0^{+}$ ，则原式化为：

再次应用洛必达法则：

因此，极限值为 $\frac{1}{2}$ 。

【答案】 y(x)的极大值为1，极小值为0。

【解析】 由 $x^2+y^2{y}^{\prime }=1-y^{\prime }$ ，可得

这是一个变量可分离方程，其通解为

由初始条件 $y(2)=0$ ，代入得

又由原方程可得

当 $y^{\prime }(x)=0$ 时，有 $x=\pm 1$ ，且导数的符号变化如下：

• 当 $x<-1$ 时， $y^{\prime }(x)<0$ ；
• 当 $-1<x<1$ 时， $y^{\prime }(x)>0$ ；
• 当 $x>1$ 时， $y^{\prime }(x)<0$ 。

因此， $y(x)$ 在 $x=-1$ 处取得极小值，在 $x=1$ 处取得极大值。

代入解得

即： $y(x)$ 的极大值为 1，极小值为 0。

【答案】 $-\frac{3}{4}$

【解析】 由于区域 $D$ 关于 $y=x$ 对称，满足轮换对称性，因此：

于是：

在极坐标下，设 $x=r\cos \theta$ ， $y=r\sin \theta$ ，积分区域为 $1\le r\le 2$ ， $0\le \theta \le \frac{\pi }{2}$ ，于是：

【答案】
$f(u)=\frac{1}{16}({\mathrm{e}}^{2u}-{\mathrm{e}}^{-2u})-\frac{1}{4}u$

【解析】
$\frac{\partial z}{\partial x}={\mathrm{e}}^x\cos y\cdot f^{\prime }$ ， $\frac{\partial z}{\partial y}=-{\mathrm{e}}^x\sin y\cdot f^{\prime }$ 。

$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}={\mathrm{e}}^x\cos y\cdot f^{\prime }+{\mathrm{e}}^{2x}{\cos }^{2}y\cdot f^{\prime \prime }$ ，
$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}=-{\mathrm{e}}^x\cos y\cdot f^{\prime }+{\mathrm{e}}^{2x}{\sin }^{2}y\cdot f^{\prime \prime }$ 。

于是

令 $u={\mathrm{e}}^x\cos y$ ，由 $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}=(4z+{\mathrm{e}}^x\cos y){\mathrm{e}}^{2x}$ 得

或

解得

由 $f(0)=0$ ， $f^{\prime }(0)=0$ 得

解得 $C_1=-\frac{1}{16}$ ， $C_2=\frac{1}{16}$ 。

故

【答案】 见解析

【解析】 由积分中值定理可得：

由于 $0\le g(x)\le 1$ ，因此：

进而：

定义函数：

对其求导得：

由 (I) 可知：

又因为 $f(x)$ 单调递增，所以：

从而 $F^{\prime }(u)\ge 0$ ，即 $F(u)$ 单调不减。

因此：

取 $u=b$ ，得 $F(b)\ge 0$ ，即 (II) 成立。

【答案】 1

【解析】 $f_1(x)=\frac{x}{1+x}$ ， $f_2(x)=\frac{x}{1+2x}$ ， $\cdots$ ， $f_n(x)=\frac{x}{1+nx}$

【答案】

【解析】
由于 $\frac{\partial f}{\partial y}=2(y+1)$ ，可得 $f(x,y)=y^2+2y+\phi (x)$ ，其中 $\phi (x)$ 为待定函数。

又已知 $f(y,y)=(y+1{)}^2-(2-y)\ln y$ ，代入得 $\phi (y)=1-(2-y)\ln y$ ，因此

令 $f(x,y)=0$ ，得 $(y+1{)}^2=(2-x)\ln x$ 。当 $y=-1$ 时，解得 $x=1$ 或 $x=2$ 。于是所求体积为

【答案】
（Ⅰ）方程组 $A\mathbf{x}=0$ 的一个基础解系为 $\xi =(-1,2,3,1{)}^T$ 。
（Ⅱ）满足 $AB=E$ 的所有矩阵 $B$ 为
B=​2−k1​2k1​−13k1​−1k1​​6−k2​2k2​−33k2​−4k2​​−1−k3​2k3​+13k3​+1k3​​​ ，
其中 $k_1,k_2,k_3$ 为任意常数。

【解析】
（Ⅰ）
对矩阵 $A$ 进行行变换：