卷 1

【答案】 $\frac{\pi }{4}$

【解析】 考虑积分 ${\int }_0^1\sqrt{2x-x^2}dx$ 。首先完成平方： $2x-x^2=1-(x-1{)}^2$ ，因此积分化为 ${\int }_0^1\sqrt{1-(x-1{)}^2}dx$ 。这表示圆心在 $(1,0)$ 、半径为 1 的上半圆从 $x=0$ 到 $x=1$ 的曲线下的面积。

使用三角代换，令 $x-1=\sin t$ ，则 $dx=\cos tdt$ 。当 $x=0$ 时， $t=-\pi /2$ ；当 $x=1$ 时， $t=0$ 。被积函数变为 $\sqrt{1-{\sin }^{2}t}=\sqrt{{\cos }^{2}t}=|\cos t|$ ，在区间 $t\in [-\pi /2,0]$ 上， $\cos t\ge 0$ ，故 $|\cos t|=\cos t$ 。积分变为：

利用恒等式 ${\cos }^{2}t=\frac{1+\cos 2t}{2}$ ，得：

计算得：

因此，积分值为 $\frac{\pi }{4}$ 。

【答案】

【解析】
曲面方程为

令

曲面的法向量为梯度

计算偏导数：

在点 $(1,-2,2)$ 处，法向量为

简化后得

法线方程：
过点 $(1,-2,2)$ ，方向向量为 $(1,-4,6)$ ，方程为

【答案】
$y=\frac{C_1}{x^2}+C_2$ ，其中 $C_1$ 和 $C_2$ 为任意常数。

【解析】
给定微分方程 $x{y}^{\prime \prime }+3y^{\prime }=0$ ，令 $p=y^{\prime }$ ，则 $y^{\prime \prime }=p^{\prime }$ ，代入方程得 $x{p}^{\prime }+3p=0$ 。分离变量得 $\frac{dp}{p}=-3\frac{dx}{x}$ ，积分得 $\ln |p|=-3\ln |x|+C$ ，即 $p=C_1{x}^{-3}$ ，其中 $C_1=e^C$ 。由于 $p=y^{\prime }$ ，有 $y^{\prime }=C_1{x}^{-3}$ ，再积分得 $y=C_1\int x^{-3}dx=C_1\left(-\frac{1}{2}{x}^{-2}\right)+C_2=-\frac{C_1}{2}{x}^{-2}+C_2$ 。令 $C_1^{\prime }=-\frac{C_1}{2}$ ，则通解为 $y=\frac{C_1^{\prime }}{x^2}+C_2$ ，重命名常数得 $y=\frac{C_1}{x^2}+C_2$ 。

【答案】 $-1$

【解析】 给定线性方程组 $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ ，其中 A=​121​23a​1a+2−2​​ ， b=​130​​ 。方程组无解时，系数矩阵 $A$ 的秩小于增广矩阵 $[A|\mathbf{b}]$ 的秩。

对增广矩阵进行行化简：

首先，执行行操作 $R2\leftarrow R2-2R1$ 和 $R3\leftarrow R3-R1$ ：

然后，将第二行乘以 $-1$ ：

接着，使用第二行消去第一行和第三行的第二列元素：

• $R1\leftarrow R1-2R2$ ：第一行变为 $(1,0,1+2a,3)$
• $R3\leftarrow R3-(a-2)R2$ ：第三行变为 $(0,0,a^2-2a-3,a-3)$

化简后的增广矩阵为：

方程组无解的条件是系数矩阵的秩小于增广矩阵的秩。这要求第三行中系数部分为零而常数部分非零，即：

解方程 $a^2-2a-3=0$ 得 $a=3$ 或 $a=-1$ 。当 $a=3$ 时， $a-3=0$ ，方程组有无穷多解；当 $a=-1$ 时， $a-3=-4\ne 0$ ，方程组无解。

因此， $a=-1$ 。

【答案】 $\frac{2}{3}$

【解析】 设 $P(A)=p$ ， $P(B)=q$ 。
由于事件 $A$ 和 $B$ 相互独立，有

已知 $A$ 和 $B$ 都不发生的概率为

同时，已知 $A$ 发生 $B$ 不发生的概率等于 $B$ 发生 $A$ 不发生的概率，即

由独立性可得

因此

化简该方程：

即 $P(A)=P(B)$ 。

代入 $(1-p)(1-q)=\frac{1}{9}$ ，得

解得

因此，

【答案】
1

【解析】
考虑极限 ${\lim }_{x\to 0}\left(\frac{2+e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{4}{x}}}+\frac{\sin x}{|x|}\right)$ 。需要分别讨论 $x\to 0^{+}$ 和 $x\to 0^{-}$ 的情况。

首先，分析第一部分 $\frac{2+e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{4}{x}}}$ ：

• 当 $x\to 0^{+}$ 时， $\frac{1}{x}\to +\infty$ ， $e^{\frac{1}{x}}\to +\infty$ ， $e^{\frac{4}{x}}\to +\infty$ 。分子分母同时除以 $e^{\frac{4}{x}}$ ，得
  $\frac{2e^{-\frac{4}{x}}+e^{\frac{1}{x}-\frac{4}{x}}}{e^{-\frac{4}{x}}+1}=\frac{2e^{-\frac{4}{x}}+e^{-\frac{3}{x}}}{e^{-\frac{4}{x}}+1}\to \frac{0+0}{0+1}=0.$
• 当 $x\to 0^{-}$ 时， $\frac{1}{x}\to -\infty$ ， $e^{\frac{1}{x}}\to 0$ ， $e^{\frac{4}{x}}\to 0$ ，因此
  $\frac{2+e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{4}{x}}}\to \frac{2+0}{1+0}=2.$

其次，分析第二部分 $\frac{\sin x}{|x|}$ ：

• 当 $x\to 0^{+}$ 时， $|x|=x$ ，故 $\frac{\sin x}{|x|}=\frac{\sin x}{x}\to 1$ 。
• 当 $x\to 0^{-}$ 时， $|x|=-x$ ，故 $\frac{\sin x}{|x|}=\frac{\sin x}{-x}=-\frac{\sin x}{x}\to -1$ 。

现在结合两部分：

• 当 $x\to 0^{+}$ 时，第一部分趋于 0，第二部分趋于 1，总和趋于 $0+1=1$ 。
• 当 $x\to 0^{-}$ 时，第一部分趋于 2，第二部分趋于 -1，总和趋于 $2+(-1)=1$ 。

由于左极限和右极限均等于 1，故原极限为 1。

【答案】

其中 $u=xy$ , $v=\frac{x}{y}$ , $f_u=\frac{\partial f}{\partial u}$ , $f_v=\frac{\partial f}{\partial v}$ , $f_{uu}=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial u^2}$ , $f_{vv}=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial v^2}$ , $g^{\prime }=\frac{dg}{dv}$ , $g^{\prime \prime }=\frac{d^{2}g}{d{v}^2}$ ，所有函数值在点 $(u,v)$ 处计算。

【解析】 设 $u=xy$ , $v=\frac{x}{y}$ ，则 $z=f(u,v)+g(v)$ 。
先求一阶偏导数 $\frac{\partial z}{\partial x}$ ：

然后求混合偏导数 $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}=\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)$ ：

分别计算各项：

• 第一项：
  $\frac{\partial }{\partial y}(y{f}_u)=f_u+y\frac{\partial f_u}{\partial y}=f_u+y\left(\frac{\partial f_u}{\partial u}\cdot \frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial f_u}{\partial v}\cdot \frac{\partial v}{\partial y}\right)=f_u+y\left(f_{uu}\cdot x+f_{uv}\cdot \left(-\frac{x}{y^2}\right)\right)=f_u+xy{f}_{uu}-\frac{x}{y}{f}_{uv}$
• 第二项：
  $\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{1}{y}{f}_v\right)=-\frac{1}{y^2}{f}_v+\frac{1}{y}\frac{\partial f_v}{\partial y}=-\frac{1}{y^2}{f}_v+\frac{1}{y}\left(\frac{\partial f_v}{\partial u}\cdot \frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial f_v}{\partial v}\cdot \frac{\partial v}{\partial y}\right)=-\frac{1}{y^2}{f}_v+\frac{1}{y}\left(f_{uv}\cdot x+f_{vv}\cdot \left(-\frac{x}{y^2}\right)\right)=-\frac{1}{y^2}{f}_v+\frac{x}{y}{f}_{uv}-\frac{x}{y^3}{f}_{vv}$
• 第三项：
  $\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{1}{y}{g}^{\prime }\right)=-\frac{1}{y^2}{g}^{\prime }+\frac{1}{y}\frac{\partial g^{\prime }}{\partial y}=-\frac{1}{y^2}{g}^{\prime }+\frac{1}{y}\left(g^{\prime \prime }\cdot \frac{\partial v}{\partial y}\right)=-\frac{1}{y^2}{g}^{\prime }+\frac{1}{y}\left(g^{\prime \prime }\cdot \left(-\frac{x}{y^2}\right)\right)=-\frac{1}{y^2}{g}^{\prime }-\frac{x}{y^3}{g}^{\prime \prime }$ 将三项相加：
  $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}=\left(f_u+xy{f}_{uu}-\frac{x}{y}{f}_{uv}\right)+\left(-\frac{1}{y^2}{f}_v+\frac{x}{y}{f}_{uv}-\frac{x}{y^3}{f}_{vv}\right)+\left(-\frac{1}{y^2}{g}^{\prime }-\frac{x}{y^3}{g}^{\prime \prime }\right)$ 其中 $-\frac{x}{y}{f}_{uv}$ 和 $\frac{x}{y}{f}_{uv}$ 相互抵消，得到：
  $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}=f_u+xy{f}_{uu}-\frac{1}{y^2}{f}_v-\frac{x}{y^3}{f}_{vv}-\frac{1}{y^2}{g}^{\prime }-\frac{x}{y^3}{g}^{\prime \prime }$ 这就是所求结果。

【答案】 $\pi$

【解析】 曲线积分 $I={\oint }_L\frac{xdy-ydx}{4x^2+y^2}$ 中，被积函数在原点 $(0,0)$ 处不连续，因为分母 $4x^2+y^2=0$ 。积分路径 $L$ 是以点 $(1,0)$ 为中心、半径为 $R$ （ $R>1$ ) 的圆周，取逆时针方向，该路径包围了原点。

考虑一个小椭圆 $C$ ： $4x^2+y^2={ϵ}^2$ （ $ϵ>0$ 很小），参数化为 $x=\frac{ϵ}{2}\cos \theta$ ， $y=ϵ\sin \theta$ ， $\theta$ 从 $0$ 到 $2\pi$ ，取逆时针方向。计算在 $C$ 上的积分：

代入参数化：

所以

现在，考虑区域 $D$ 介于 $L$ （逆时针）和 $C$ （顺时针）之间。在 $D$ 内，被积函数光滑，且之前计算偏导数： 设 $P=-\frac{y}{4x^2+y^2}$ ， $Q=\frac{x}{4x^2+y^2}$ ，则

由格林公式，在区域 $D$ 的边界上：

其中 ${\oint }_{C_{\text{clockwise}}}Pdx+Qdy=-{\oint }_{C_{\text{anticlockwise}}}Pdx+Qdy=-I_C=-\pi$ 。 代入得：

所以

即 $I=\pi$ 。

因此，曲线积分的值为 $\pi$ 。

【答案】

【解析】 由题设，对于半空间 $x>0$ 内任意光滑有向封闭曲面 $S$ ，曲面积分

成立。根据散度定理，该积分等于向量场 $\mathbf{F}=(P,Q,R)=\left(xf(x),-xyf(x),-e^{2x}z\right)$ 在曲面 $S$ 所围体积 $V$ 内的散度积分，即

由于 $V$ 是任意的，必有 $\nabla \cdot \mathbf{F}=0$ 在 $x>0$ 内成立。

计算散度：