卷 1

【答案】 $\frac{3}{2}$

【解析】 考虑极限 ${\lim }_{x\to 0}\frac{3\sin x+x^2\cos \frac{1}{x}}{(1+\cos x)\ln (1+x)}$ 。
当 $x\to 0$ 时，分子中的 $3\sin x\sim 3x$ ，而 $x^2\cos \frac{1}{x}$ 由于 $|\cos \frac{1}{x}|\le 1$ 且 $x^2\to 0$ ，因此 $x^2\cos \frac{1}{x}\to 0$ ，故分子等价于 $3x$ 。
分母中， $1+\cos x\to 2$ ， $\ln (1+x)\sim x$ ，因此分母等价于 $2x$ 。
于是，原极限化为 ${\lim }_{x\to 0}\frac{3x}{2x}=\frac{3}{2}$ 。
Alternatively, 使用夹逼定理：由于 $|\cos \frac{1}{x}|\le 1$ ，有

当 $x\to 0$ 时，左右两边的极限均为 $\frac{3}{2}$ ，故由夹逼定理，原极限为 $\frac{3}{2}$ 。

【答案】 $(-2,4)$

【解析】
已知幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的收敛半径为 3，因此其收敛区间为 $(-3,3)$ （端点收敛性未知）。

考虑幂级数

令 $y=x-1$ ，则原级数化为

由于 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的收敛半径为 3，有

对于级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }n{a}_n{y}^n$ ，

因此其收敛半径也为 3。

于是 ${\sum }_{n=1}^{\infty }n{a}_n{y}^n$ 在 $|y|<3$ 时收敛，在 $|y|>3$ 时发散。从而

在 $|y|<3$ 时收敛，在 $|y|>3$ 时发散。

代回 $y=x-1$ ，即当 $|x-1|<3$ 时级数收敛，解得 $-2<x<4$ 。

当 $|x-1|=3$ 时，即 $x=-2$ 或 $x=4$ ，级数变为

由于原级数在 $x=\pm 3$ 处的收敛性未知，且 $\sum n{a}_n(\pm 3{)}^n$ 可能发散，因此端点 $x=-2$ 和 $x=4$ 处的收敛性无法确定，故收敛区间为开区间 $(-2,4)$ 。

综上，幂级数

的收敛区间为 $(-2,4)$ 。

【答案】

【解析】
给定对数螺线 $\rho =e^{\theta }$ 在点 $(\rho ,\theta )=\left(e^{\frac{\pi }{2}},\frac{\pi }{2}\right)$ 处，首先将该点转换为直角坐标：

因此点为 $(0,e^{\frac{\pi }{2}})$ 。

求切线斜率，由极坐标关系 $x=e^{\theta }\cos \theta$ 和 $y=e^{\theta }\sin \theta$ ，对参数 $\theta$ 求导：

则

在 $\theta =\frac{\pi }{2}$ 处：

切线斜率为 $-1$ 。

使用点斜式方程：

即

故切线的直角坐标方程为 $x+y=e^{\frac{\pi }{2}}$ 。

【答案】 $-3$

【解析】
由于 $AB=O$ 且 $B$ 为非零矩阵，则 $A$ 不可逆，故 $\det (A)=0$ 。
计算行列式：

其中：

代入得：

设 $\det (A)=0$ ，有 $7t+21=0$ ，解得 $t=-3$ 。
当 $t=-3$ 时， $A$ 奇异，存在非零矩阵 $B$ 满足 $AB=O$ 。

【答案】

【解析】

设第二个人取到黄球为事件 $B$ 。
根据全概率公式：

其中：

• $A_1$ ：第一个人取到黄球
• $A_2$ ：第一个人取到白球

已知：

若第一个人取到黄球，则剩余 49 个球中有 19 个黄球：

若第一个人取到白球，则剩余 49 个球中有 20 个黄球：

代入全概率公式：

因此，第二个人取到黄球的概率为 $\frac{2}{5}$ 。

【答案】 $\frac{1024\pi }{3}$

【解析】

积分区域 $\Omega$ 是由曲线

绕 $z$ -轴旋转所形成的曲面与平面 $z=8$ 所围成。旋转曲面的方程为

即

其中 $r=\sqrt{x^2+y^2}$ 。该曲面与平面 $z=8$ 相交于圆 $r=4$ 。

使用柱坐标计算积分：令

则 $x^2+y^2=r^2$ ，体积元素

积分变为

先对 $z$ 积分：

因此

计算对 $r$ 的积分：

于是

另一种方法：交换积分次序，以 $z$ 为外层变量：

结果一致。

【答案】 $-2\pi$

【解析】 曲线积分 ${\oint }_C(z-y)dx+(x-z)dy+(x-y)dz$ ，其中 $C$ 是曲线 $\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2=1,\\ x-y+z=2\end{array}$ ，从 $z$ 轴正向往负向看方向为顺时针。

使用斯托克斯定理，将曲线积分转化为曲面积分。设 $\mathbf{F}=(z-y,x-z,x-y)$ ，则旋度 $\nabla \times \mathbf{F}=\left(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z},\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x},\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)=(0,0,2)$ 。

选取曲面 $S$ 为平面 $x-y+z=2$ 上满足 $x^2+y^2\le 1$ 的部分，根据曲线方向（从 $z$ 轴正向往负向看顺时针），曲面的法向量应指向 $z$ 轴负方向。曲面 $S$ 的参数化为 $z=2-x+y$ ，向下法向量对应的 $d\mathbf{S}=(-1,1,-1)dxdy$ 。

计算通量积分：

投影区域 $D$ 为 $x^2+y^2\le 1$ ，面积为 $\pi$ ，因此积分值为 $-2\times \pi =-2\pi$ 。

也可直接参数化曲线验证：令 $x=\cos t$ , $y=-\sin t$ , $z=2-\cos t-\sin t$ ， $t\in [0,2\pi ]$ ，代入曲线积分计算得 $-2\pi$ ，结果一致。

故曲线积分为 $-2\pi$ 。

【答案】

【解析】 根据题意，已掌握新技术人数 $x(t)$ 的变化率与已掌握人数和未掌握人数之积成正比，即：

其中 $k>0$ 为比例常数。这是一个可分离变量的微分方程。将方程改写为：

对两边积分：

左边积分通过部分分式分解：

因此：

积分得：

即：

代入初始条件 $t=0$ 时 $x=x_0$ ：

所以：

两边乘以 $N$ ：

取指数：

解出 $x$ ：

此即 $x(t)$ 的表达式。

【答案】
$a=-5$ ， $b=-2$

【解析】
曲面 $z=x^2+y^2$ 在点 $(1,-2,5)$ 处的切平面方程为 $z-5=2(x-1)-4(y+2)$ ，即 $2x-4y-z-5=0$ 。
直线 $L$ 由方程 $x+y+b=0$ 和 $x+ay-z-3=0$ 定义，且位于切平面上。因此，切平面方程可表示为这两个方程的线性组合：

比较系数：

• $x$ 系数： $\lambda +\mu =2$
• $y$ 系数： $\lambda +a\mu =-4$
• $z$ 系数： $-\mu =-1$ ，解得 $\mu =1$
  代入 $\mu =1$ ：
• $\lambda +1=2$ ，解得 $\lambda =1$
• $1+a\cdot 1=-4$ ，解得 $a=-5$
• 常数项： $\lambda b-3\mu =-5$ ，即 $1\cdot b-3\cdot 1=-5$ ，解得 $b=-2$
  因此， $a=-5$ ， $b=-2$ 。

【答案】
$f(u)=C_1{e}^u+C_2{e}^{-u}$ ，其中 $C_1$ 和 $C_2$ 为任意常数。

【解析】
设 $u=e^x\sin y$ ，则 $z=f(u)$ 。计算一阶偏导数：

计算二阶偏导数：

将二阶偏导数相加：

代入 $u^2=e^{2x}{\sin }^{2}y$ ，得：

所以，

由给定方程 $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}=e^{2x}z$ 和 $z=f(u)$ ，得：

除以 $e^{2x}$ （因 $e^{2x}\ne 0$ ），得：

解此微分方程：
特征方程为 $r^2-1=0$ ，根为 $r=\pm 1$ ，故通解为

其中 $C_1$ 和 $C_2$ 为任意常数。

【答案】 ${\phi }^{\prime }(x)=\frac{1}{x}f(x)-\frac{1}{x^2}{\int }_0^{x}f(u)du$ （当 $x\ne 0$ ），且 ${\phi }^{\prime }(0)=\frac{A}{2}$ ， ${\phi }^{\prime }(x)$ 在 $x=0$ 处连续。

【解析】 由 $\phi (x)={\int }_0^{1}f(xt)dt$ ，当 $x\ne 0$ 时，通过变量代换 $u=xt$ ，得 $\phi (x)=\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(u)du$ 。对其求导，有

当 $x=0$ 时，由导数定义：

由变量代换 ${\int }_0^{1}f(xt)dt=\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(u)du$ ，得

其中最后一步使用了洛必达法则。
为讨论 ${\phi }^{\prime }(x)$ 在 $x=0$ 处的连续性，计算

因此 ${\phi }^{\prime }(x)$ 在 $x=0$ 处连续。

【答案】
(1) ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n$ 存在且等于 1。
(2) 级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)$ 收敛。

【解析】
(1) 首先，由 $a_1=2>0$ 及递推关系 $a_{n+1}=\frac{1}{2}\left(a_n+\frac{1}{a_n}\right)$ ，通过数学归纳法可知所有 $a_n>0$ 。进一步，由算术-几何平均不等式，有 $a_n+\frac{1}{a_n}\ge 2$ ，故 $a_{n+1}\ge 1$ ，即序列有下界。
考虑差值 $a_{n+1}-a_n=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a_n}-a_n\right)=\frac{1}{2}\cdot \frac{1-a_n^2}{a_n}$ 。由于 $a_n\ge 1$ ，有 $1-a_n^2\le 0$ ，故 $a_{n+1}-a_n\le 0$ ，即序列单调递减。
单调递减有下界的序列必有极限，设 ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n=L$ 。对递推公式取极限得 $L=\frac{1}{2}\left(L+\frac{1}{L}\right)$ ，解得 $L^2=1$ 。因 $a_n\ge 1$ ，故 $L=1$ 。因此 ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n=1$ 。

(2) 考虑级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)$ 。由递推关系，

故