卷 1

【答案】

【解析】 给定参数方程 $x=1+t^2$ ， $y=\cos t$ ，求二阶导数 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}$ 。

首先，求一阶导数 $\frac{dy}{dx}$ ：

所以

然后，求二阶导数 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{d}{dx}\left(\frac{dy}{dx}\right)$ 。由于 $\frac{dy}{dx}$ 是 $t$ 的函数，使用链式法则：

其中 $\frac{dt}{dx}=\frac{1}{dx/dt}=\frac{1}{2t}$ .

计算 $\frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right)=\frac{d}{dt}\left(\frac{-\sin t}{2t}\right)$ 。使用商的导数公式： 设 $f=-\sin t$ ， $g=2t$ ，则 $f^{\prime }=-\cos t$ ， $g^{\prime }=2$ ，所以

因此，

【答案】 $\mathrm{d}x-\sqrt{2}\mathrm{d}y$

【解析】 给定方程 $xyz+\sqrt{x^2+y^2+z^2}=\sqrt{2}$ 确定的隐函数 $z=z(x,y)$ ，点 $(1,0,-1)$ 满足方程。设 $F(x,y,z)=xyz+\sqrt{x^2+y^2+z^2}-\sqrt{2}=0$ ，则全微分 $\mathrm{d}z=\frac{\partial z}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial z}{\partial y}\mathrm{d}y$ ，其中偏导数由隐函数求导公式给出：

计算偏导数：

在点 $(1,0,-1)$ 处， $\sqrt{x^2+y^2+z^2}=\sqrt{2}$ ，代入得：

因此，

全微分为：

【答案】
$x-3y+z+2=0$

【解析】
由直线 $L_1$ 的方程 $\frac{x-1}{1}=\frac{y-2}{0}=\frac{z-3}{-1}$ 可得其方向向量 $\overrightarrow{s_1}=(1,0,-1)$ ，且过点 $P_1(1,2,3)$ ；由 $L_2$ 的方程 $\frac{x+2}{2}=\frac{y-1}{1}=\frac{z}{1}$ 可得其方向向量 $\overrightarrow{s_2}=(2,1,1)$ 。
设所求平面的法向量为 $\vec{n}=(a,b,c)$ 。由于平面过 $L_1$ ，故 $\vec{n}\cdot \overrightarrow{s_1}=0$ ，即 $a\cdot 1+b\cdot 0+c\cdot (-1)=0$ ，所以 $a-c=0$ ，即 $a=c$ 。
又因为平面平行于 $L_2$ ，故 $\vec{n}\cdot \overrightarrow{s_2}=0$ ，即 $2a+b+c=0$ 。代入 $a=c$ ，得 $2a+b+a=0$ ，即 $3a+b=0$ ，所以 $b=-3a$ 。
取 $a=1$ ，则 $c=1$ ， $b=-3$ ，故法向量 $\vec{n}=(1,-3,1)$ 。
平面过点 $P_1(1,2,3)$ ，故方程为 $1\cdot (x-1)-3\cdot (y-2)+1\cdot (z-3)=0$ ，化简得 $x-1-3y+6+z-3=0$ ，即 $x-3y+z+2=0$ 。
验证：点 $P_1$ 在平面上，且法向量与 $\overrightarrow{s_2}$ 垂直，满足条件。

【答案】 $-\frac{3}{2}$

【解析】 当 $x\to 0$ 时，等价无穷小要求：

利用常见等价无穷小替换：当 $u\to 0$ 时， $(1+u{)}^k-1\sim ku$ ，这里令 $u=a{x}^2$ ，则：

同时， $\cos x-1\sim -\frac{1}{2}{x}^2$ 。代入极限：

设极限为 1：

解得：

【答案】

【解析】 矩阵 $A$ 是一个分块对角矩阵，可以表示为 $A=\left(\begin{array}{cc}B& 0\\ 0& C\end{array}\right)$ ，其中 $B=\left(\begin{array}{cc}5& 2\\ 2& 1\end{array}\right)$ ， $C=\left(\begin{array}{cc}1& -2\\ 1& 1\end{array}\right)$ 。对于分块对角矩阵，其逆矩阵为 $A^{-1}=\left(\begin{array}{cc}{B}^{-1}& 0\\ 0& C^{-1}\end{array}\right)$ 。

首先，计算 $B$ 的逆矩阵。 $B$ 的行列式为 $\det (B)=5\times 1-2\times 2=1$ ，因此 $B^{-1}=\frac{1}{1}\left(\begin{array}{cc}1& -2\\ -2& 5\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& -2\\ -2& 5\end{array}\right)$ 。

其次，计算 $C$ 的逆矩阵。 $C$ 的行列式为 $\det (C)=1\times 1-(-2)\times 1=3$ ，因此 $C^{-1}=\frac{1}{3}\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ -1& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{3}& \frac{2}{3}\\ -\frac{1}{3}& \frac{1}{3}\end{array}\right)$ 。

将 $B^{-1}$ 和 $C^{-1}$ 组合，得到 A−1=​1−200​−2500​0031​−31​​0032​31​​​ 。

【答案】
$e^{-\frac{\pi }{2}}$

【解析】
考虑极限 ${\lim }_{x\to 0^{+}}(\cos \sqrt{x}{)}^{\frac{\pi }{x}}$ ，这是 $1^{\infty }$ 型不定式。设 $L={\lim }_{x\to 0^{+}}(\cos \sqrt{x}{)}^{\frac{\pi }{x}}$ ，取自然对数得 $\ln L={\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{\pi }{x}\ln (\cos \sqrt{x})$ 。
计算 ${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{\pi \ln (\cos \sqrt{x})}{x}$ 。当 $x\to 0^{+}$ 时， $\sqrt{x}\to 0$ ，有 $\cos \sqrt{x}-1\sim -\frac{x}{2}$ ，且 $\ln (\cos \sqrt{x})\sim \cos \sqrt{x}-1$ ，因此 $\ln (\cos \sqrt{x})\sim -\frac{x}{2}$ 。
代入得 $\frac{\pi \ln (\cos \sqrt{x})}{x}\sim \frac{\pi (-\frac{x}{2})}{x}=-\frac{\pi }{2}$ ，故 ${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{\pi \ln (\cos \sqrt{x})}{x}=-\frac{\pi }{2}$ 。
因此 $\ln L=-\frac{\pi }{2}$ ，即 $L=e^{-\frac{\pi }{2}}$ 。
或者使用洛必达法则：设 $f(x)=\frac{\ln (\cos \sqrt{x})}{x}$ ，则 ${\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)={\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{-\frac{1}{2}\frac{\tan \sqrt{x}}{\sqrt{x}}}{1}=-\frac{1}{2}{\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{\tan \sqrt{x}}{\sqrt{x}}=-\frac{1}{2}$ ，所以 ${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{\pi \ln (\cos \sqrt{x})}{x}=\pi \times (-\frac{1}{2})=-\frac{\pi }{2}$ ，同样得 $L=e^{-\frac{\pi }{2}}$ 。

【答案】 $\frac{11}{7}$

【解析】 首先，计算函数 $u=\frac{\sqrt{6x^2+8y^2}}{z}$ 在点 $P(1,1,1)$ 处的梯度 $\nabla u$ 。
偏导数计算如下：
$\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{6x}{z\sqrt{6x^2+8y^2}}$ ，
$\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{8y}{z\sqrt{6x^2+8y^2}}$ ，
$\frac{\partial u}{\partial z}=-\frac{\sqrt{6x^2+8y^2}}{z^2}$ 。
在点 $P(1,1,1)$ ，有 $\sqrt{6x^2+8y^2}=\sqrt{6\cdot 1^2+8\cdot 1^2}=\sqrt{14}$ ，
代入得：
$\frac{\partial u}{\partial x}{|}_P=\frac{6\cdot 1}{1\cdot \sqrt{14}}=\frac{6}{\sqrt{14}}$ ，
$\frac{\partial u}{\partial y}{|}_P=\frac{8\cdot 1}{1\cdot \sqrt{14}}=\frac{8}{\sqrt{14}}$ ，
$\frac{\partial u}{\partial z}{|}_P=-\frac{\sqrt{14}}{1^2}=-\sqrt{14}$ 。
因此，梯度 $\nabla u{|}_P=\left(\frac{6}{\sqrt{14}},\frac{8}{\sqrt{14}},-\sqrt{14}\right)$ 。

接下来，求曲面 $2x^2+3y^2+z^2=6$ 在点 $P(1,1,1)$ 处指向外侧的法向量 $\vec{n}$ 。
令 $F(x,y,z)=2x^2+3y^2+z^2-6$ ，则梯度 $\nabla F=(4x,6y,2z)$ 。
在点 $P$ ，有 $\nabla F{|}_P=(4\cdot 1,6\cdot 1,2\cdot 1)=(4,6,2)$ 。
该梯度指向外侧，故 $\vec{n}=(4,6,2)$ 。
其模为 $|\vec{n}|=\sqrt{4^2+6^2+2^2}=\sqrt{56}=2\sqrt{14}$ ，
单位法向量 ${\vec{n}}_0=\frac{\vec{n}}{|\vec{n}|}=\frac{(4,6,2)}{2\sqrt{14}}=\frac{(2,3,1)}{\sqrt{14}}=\left(\frac{2}{\sqrt{14}},\frac{3}{\sqrt{14}},\frac{1}{\sqrt{14}}\right)$ 。

最后，求方向导数 $\nabla u{|}_P\cdot {\vec{n}}_0$ ：

因此，方向导数为 $\frac{11}{7}$ 。

【答案】

【解析】 积分区域 $\Omega$ 是由曲线 $\{\begin{array}{l}{y}^2=2z\\ x=0\end{array}$ 绕 $z$ 轴旋转一周得到的曲面 $x^2+y^2=2z$ 与平面 $z=4$ 所围成的立体。在柱坐标下，该区域表示为： $0\le \theta \le 2\pi$ ， $0\le r\le 2\sqrt{2}$ ， $\frac{r^2}{2}\le z\le 4$ 。

积分函数为 $x^2+y^2+z=r^2+z$ ，体积元素 $dV=rdzdrd\theta$ 。因此，三重积分化为：

先对 $z$ 积分：

代入后积分变为：

对 $r$ 积分：

最后对 $\theta$ 积分：

因此，积分结果为 $\frac{256\pi }{3}$ .

【答案】 $y=\sin x(0\le x\le \pi )$

【解析】
给定曲线族 $y=a\sin x$ （其中 $a>0$ ）过点 $O(0,0)$ 和 $A(\pi ,0)$ ，需最小化积分 ${\int }_L(1+y^3)dx+(2x+y)dy$ 。
将积分表示为关于 $x$ 的函数：由于 $y=a\sin x$ ，有 $dy=a\cos xdx$ ，代入积分得：

计算积分：

因此，

为求最小值，对 $I(a)$ 求导：

令 $I^{\prime }(a)=0$ ，得 $a^2=1$ ，即 $a=1$ （因 $a>0$ ）。
二阶导数 $I^{\prime \prime }(a)=8a$ ，当 $a=1$ 时 $I^{\prime \prime }(1)=8>0$ ，故为最小值。
因此，曲线为 $y=\sin x$ 。

【答案】

【解析】 函数 $f(x)=2+|x|$ 在区间 $[-1,1]$ 上展开成以 $2$ 为周期的傅立叶级数。由于 $f(x)$ 是偶函数，傅立叶级数只包含余弦项：

其中系数计算如下：

第一项积分为零，第二项积分：

所以

当 $n$ 为偶数时， $a_n=0$ ；当 $n$ 为奇数时， $a_n=-\frac{4}{n^2{\pi }^2}$ 。令 $n=2k-1$ ，则傅立叶级数为：

在 $x=0$ 处， $f(0)=2$ ，代入级数：

解得：

设 $T={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$ ，则：