卷 1

【答案】
$-\frac{1}{4}$

【解析】
考虑泰勒展开：当 $x\to 0$ 时， $\sqrt{1+x}=1+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{8}+O(x^3)$ ， $\sqrt{1-x}=1-\frac{x}{2}-\frac{x^2}{8}+O(x^3)$ 。
代入分子：

因此，

当 $x\to 0$ 时， $O(x)\to 0$ ，故极限为 $-\frac{1}{4}$ 。

【答案】

【解析】 给定 $z=\frac{1}{x}f(xy)+y\phi (x+y)$ ，其中 $f$ 和 $\phi$ 具有二阶连续导数。计算混合偏导数 $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}$ 。

先对 $y$ 求偏导：

再对 $x$ 求偏导：

因此， $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}=y{f}^{\prime \prime }(xy)+{\phi }^{\prime }(x+y)+y{\phi }^{\prime \prime }(x+y)$ .

【答案】 $12a$

【解析】
考虑曲线积分 ${\oint }_L(2xy+3x^2+4y^2)ds$ ，其中 $L$ 是椭圆 $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$ ，周长记为 $a$ 。
由于椭圆关于 $x$ 轴和 $y$ 轴对称，函数 $2xy$ 关于 $x$ 轴和 $y$ 轴均为奇函数，因此 ${\oint }_{L}2xyds=0$ 。
剩余部分为 ${\oint }_L(3x^2+4y^2)ds$ 。
利用椭圆的参数化： $x=2\cos t$ , $y=\sqrt{3}\sin t$ , $t\in [0,2\pi ]$ ，弧长元素为 $ds=\sqrt{{\left(\frac{dx}{dt}\right)}^2+{\left(\frac{dy}{dt}\right)}^2}dt=\sqrt{4{\sin }^{2}t+3{\cos }^{2}t}dt$ 。
则：

相加得：

其中 ${\int }_0^{2\pi }\sqrt{4{\sin }^{2}t+3{\cos }^{2}t}dt=a$ ，即椭圆周长。
因此，

【答案】

【解析】
由于 $|A|\ne 0$ ，矩阵 $A$ 可逆，且伴随矩阵 $A^{\ast }=|A|A^{-1}$ 。
若 $A$ 有特征值 $\lambda$ ，则 $A^{-1}$ 有特征值 ${\lambda }^{-1}$ ，因此 $A^{\ast }$ 有特征值 $|A|{\lambda }^{-1}$ 。
于是， $(A^{\ast }{)}^2$ 有特征值 $(|A|{\lambda }^{-1}{)}^2=|A{|}^2{\lambda }^{-2}$ 。
进而， $(A^{\ast }{)}^2+E$ 有特征值 $|A{|}^2{\lambda }^{-2}+1$ 。
故 $(A^{\ast }{)}^2+E$ 必有特征值 $\frac{|A{|}^2}{{\lambda }^2}+1$ 。

【答案】 $\frac{1}{4}$

【解析】 区域 $D$ 由曲线 $y=\frac{1}{x}$ 及直线 $y=0,x=1,x={\mathrm{e}}^2$ 所围成，其面积计算如下：

由于二维随机变量 $(X,Y)$ 在区域 $D$ 上服从均匀分布，联合概率密度函数为：

关于 $X$ 的边缘概率密度函数通过对 $y$ 积分得到： 对于 $x\in [1,{\mathrm{e}}^2]$ ，

对于 $x=2$ ，由于 $2\in [1,{\mathrm{e}}^2]$ ，代入得：

【答案】
投影直线 $L_0$ 的方程为 $\{\begin{array}{l}x-2y=0\\ y+2z=1\end{array}$ ．
$L_0$ 绕 $y$ 轴旋转一周所成曲面的方程为 $4x^2+4z^2-17y^2+2y-1=0$ ．

【解析】

设过 $L$ 且垂直于平面 $\Pi$ 的平面为 ${\Pi }_0$ ，则平面 ${\Pi }_0$ 过直线 $L$ 上的点 $(1,0,1)$ 且与不共线的向量 $l=(1,1,-1)$ （直线 $L$ 的方向向量）及 $n=(1,-1,2)$ （平面 $\Pi$ 的法向量）平行，于是 ${\Pi }_0$ 的方程是

从而投影直线 $L_0$ 的方程为

将 $L_0$ 写成参数 $y$ 的方程：

则绕 $y$ 轴旋转一周所成曲面 $S$ 的参数方程为

消去 $\theta$ 得 $S$ 的一般方程为

即 $4x^2-17y^2+4z^2+2y-1=0$ 。

【答案】 $\lambda =-1$ ， $u(x,y)=-\arctan \left(\frac{y}{x^2}\right)$

【解析】 向量场 $A(x,y)=2xy(x^4+y^2{)}^{\lambda }\mathbf{i}-x^2(x^4+y^2{)}^{\lambda }\mathbf{j}$ 是某二元函数 $u(x,y)$ 的梯度当且仅当 $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$ ，其中 $P=2xy(x^4+y^2{)}^{\lambda }$ ， $Q=-x^2(x^4+y^2{)}^{\lambda }$ 。计算偏导数：

令两者相等：

整理得：

除以 $4x$ （因 $x>0$ ）：

即：

由于 $(x^4+y^2{)}^{\lambda }>0$ ，有 $1+\lambda =0$ ，故 $\lambda =-1$ 。

代入 $\lambda =-1$ ，得 $A(x,y)=\frac{2xy}{x^4+y^2}\mathbf{i}-\frac{x^2}{x^4+y^2}\mathbf{j}$ 。求 $u(x,y)$ 使得 $\nabla u=A$ 。由 $\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{x^2}{x^4+y^2}$ ，积分得：

其中 $C(x)$ 为 $x$ 的函数。由 $\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{2xy}{x^4+y^2}$ ，计算：

与 $P$ 比较得 $C^{\prime }(x)=0$ ，故 $C(x)$ 为常数，取 $C=0$ ，则 $u(x,y)=-\arctan \left(\frac{y}{x^2}\right)$ 。验证 $\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{x^2}{x^4+y^2}=Q$ ，符合要求。

【答案】 $y=-\frac{m}{k}v+\frac{m(mg-\rho gB)}{k^2}\ln \left(\frac{mg-\rho gB}{mg-\rho gB-kv}\right)$

【解析】 根据牛顿第二定律，仪器在下沉过程中受到的净力为 $mg-\rho gB-kv$ ，其中 $mg$ 为重力， $\rho gB$ 为浮力， $kv$ 为阻力。由牛顿第二定律可得：

利用链式法则 $\frac{dv}{dt}=v\frac{dv}{dy}$ ，代入上式得：

整理得到 $y$ 与 $v$ 的微分方程：

对上述微分方程积分求解。令 $A=mg-\rho gB$ ，则：

积分得：

计算积分：

其中：

所以：

代入得：

其中 $C$ 为积分常数。由初始条件 $y=0$ 时 $v=0$ ：

由于 $A=mg-\rho gB>0$ （仪器下沉），且 $A-kv>0$ 对于 $v<\frac{A}{k}$ （终端速度），代入 $C$ 得：

将 $A=mg-\rho gB$ 代回，得函数关系式：

【答案】
$-\frac{\pi }{2}{a}^3$

【解析】

由于被积函数分母中包含 $(x^2+y^2+z^2{)}^{\frac{1}{2}}$ ，因此不能立即添加辅助面，需先将曲面方程代入被积表达式先化简：

添加辅助面 ${\Sigma }_1$ ： $\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2\le a^2\\ z=0\end{array}$ ，其侧向下，则由高斯公式有

其中 $\Omega$ 为 $\Sigma$ 与 ${\Sigma }_1$ 所围成的有界闭区域， $D=\{(x,y)|x^2+y^2\le a^2\}$ 为 ${\Sigma }_1$ 在 $xOy$ 面上的投影。从而