卷 1

【答案】 $e^{-\frac{1}{2}}$

【解析】
考虑极限 ${\lim }_{x\to 0}(\cos x{)}^{\frac{1}{\ln (1+x^2)}}$ 。该极限为 $1^{\infty }$ 型不定式，取自然对数处理。
设 $L={\lim }_{x\to 0}(\cos x{)}^{\frac{1}{\ln (1+x^2)}}$ ，则

当 $x\to 0$ 时，分子和分母均趋于 0，应用洛必达法则：
分子导数为 $\frac{d}{dx}\ln (\cos x)=-\tan x$ ，分母导数为 $\frac{d}{dx}\ln (1+x^2)=\frac{2x}{1+x^2}$ 。
因此，

利用等价无穷小，当 $x\to 0$ 时， $\tan x\sim x$ ，代入得

故 $L=e^{\ln L}=e^{-\frac{1}{2}}$ 。
或者，使用泰勒展开验证：当 $x\to 0$ 时， $\cos x\approx 1-\frac{x^2}{2}$ ，则 $\ln (\cos x)\approx -\frac{x^2}{2}$ ； $\ln (1+x^2)\approx x^2$ ，代入得

结果一致。因此极限为 $e^{-\frac{1}{2}}$ 。

【答案】
$2x+4y-z-5=0$

【解析】
曲面 $z=x^2+y^2$ 在点 $(x_0,y_0,z_0)$ 处的切平面法向量为 $(-2x_0,-2y_0,1)$ 。给定平面 $2x+4y-z=0$ 的法向量为 $(2,4,-1)$ 。两平面平行时法向量平行，即存在常数 $k$ 使得 $(-2x_0,-2y_0,1)=k(2,4,-1)$ 。由 $1=-k$ 得 $k=-1$ 。代入得 $-2x_0=-2$ ，即 $x_0=1$ ； $-2y_0=-4$ ，即 $y_0=2$ 。则 $z_0=x_0^2+y_0^2=1+4=5$ 。切点为 $(1,2,5)$ ，法向量为 $(-2,-4,1)$ ，切平面方程为 $-2(x-1)-4(y-2)+(z-5)=0$ ，化简得 $2x+4y-z-5=0$ 。

【答案】 $1$

【解析】
给定 $x^2={\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n\cos nx$ （ $-\pi \le x\le \pi$ ），求 $a_2$ 。由于 $x^2$ 是偶函数，傅里叶余弦系数公式为：

对于 $n=2$ ，有：

计算积分 ${\int }_0^{\pi }{x}^2\cos (2x)dx$ 。使用分部积分法：
令 $u=x^2$ ， $dv=\cos (2x)dx$ ，则 $du=2xdx$ ， $v=\frac{\sin (2x)}{2}$ ，
于是：

再计算 $\int x\sin (2x)dx$ ：
令 $u=x$ ， $dv=\sin (2x)dx$ ，则 $du=dx$ ， $v=-\frac{\cos (2x)}{2}$ ，
于是：

代入得：

计算定积分从 $0$ 到 $\pi$ ：
在 $x=\pi$ 时， $\sin (2\pi )=0$ ， $\cos (2\pi )=1$ ，值为 $\frac{\pi }{2}$ ；
在 $x=0$ 时，所有项为 0。
因此，积分值为 $\frac{\pi }{2}$ 。
代入 $a_2$ ：

故 $a_2=1$ 。

【答案】

【解析】 过渡矩阵是将基 $\alpha$ 的坐标转换为基 $\beta$ 的坐标的矩阵。具体地，过渡矩阵 $P$ 的列是基 $\beta$ 的向量在基 $\alpha$ 下的坐标表示。

给定基 ${\alpha }_1=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)$ , ${\alpha }_2=\left(\begin{array}{c}1\\ -1\end{array}\right)$ 和基 ${\beta }_1=\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)$ , ${\beta }_2=\left(\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right)$ 。

首先，求 ${\beta }_1$ 在基 $\alpha$ 下的坐标：设 ${\beta }_1=a{\alpha }_1+b{\alpha }_2$ ，即：

解方程组：

得 $b=-1$ , $a=2$ ，所以坐标为 $\left(\begin{array}{c}2\\ -1\end{array}\right)$ .

再求 ${\beta }_2$ 在基 $\alpha$ 下的坐标：设 ${\beta }_2=a{\alpha }_1+b{\alpha }_2$ ，即：

解方程组：

得 $b=-2$ , $a=3$ ，所以坐标为 $\left(\begin{array}{c}3\\ -2\end{array}\right)$ .

因此，过渡矩阵为：

验证：通过矩阵方法，设 $A=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& -1\end{array}\right)$ （基 $\alpha$ 的矩阵）， $B=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 2\end{array}\right)$ （基 $\beta$ 的矩阵），则过渡矩阵 $P=A^{-1}B$ 。计算 $A^{-1}=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& -1\end{array}\right)$ ，则 $P=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& -1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}2& 3\\ -1& -2\end{array}\right)$ ，结果一致。

【答案】 $0.25$

【解析】
给定二维随机变量 $(X,Y)$ 的概率密度函数为

否则为 0。需要计算

即求概率密度函数在区域

上的二重积分。

概率密度函数的定义域为 $0\le x\le y\le 1$ ，即直线 $y=x$ 上方的区域。约束条件 $x+y\le 1$ 对应直线 $x+y=1$ 下方的区域。两者的交集需同时满足 $x\le y$ 与 $x+y\le 1$ 。

由 $x+y\le 1$ 与 $y\ge x$ 可得

这要求

因此，积分区域为

于是所求概率为

先对 $y$ 积分：

再对 $x$ 积分：

因此，

【答案】 $(39.51,40.49)$

【解析】
已知总体方差 ${\sigma }^2=1$ ，样本容量 $n=16$ ，样本均值 $\bar{X}=40$ ，置信水平 $1-\alpha =0.95$ ，因此 $\alpha =0.05$ ， $\alpha /2=0.025$ 。

由于总体服从正态分布且方差已知，均值 $\mu$ 的置信区间为：

由标准正态分布可知， $\Phi (1.96)=0.975$ ，因此 $z_{\alpha /2}=1.96$ 。

计算标准误差：

代入公式得置信区间：

即：

【答案】 (1) $A=\frac{e}{2}-1$ (2) $V=\frac{\pi }{6}(5e^2-12e+3)$

【解析】 (1) 求面积 $A$ ： 过原点作曲线 $y=\ln x$ 的切线，设切点为 $(a,\ln a)$ ，切线斜率为 $\frac{1}{a}$ 。切线方程过原点，代入得 $-\ln a=-1$ ，即 $a=e$ 。切点为 $(e,1)$ ，切线方程为 $y=\frac{x}{e}$ 。 图形 $D$ 由切线 $y=\frac{x}{e}$ 、曲线 $y=\ln x$ 及 $x$ 轴围成。区域 $D$ 在 $x\in [0,1]$ 上边界为 $y=\frac{x}{e}$ ，下边界为 $y=0$ ；在 $x\in [1,e]$ 上边界为 $y=\frac{x}{e}$ ，下边界为 $y=\ln x$ 。 面积 $A$ 为：

计算得：

所以：

(2) 求体积 $V$ ： $D$ 绕直线 $x=e$ 旋转一周。对于 $y\in [0,1]$ ，区域 $D$ 在 $x$ 方向从 $x=ey$ 到 $x=e^y$ 。绕 $x=e$ 旋转时，外半径为 $e-ey$ ，内半径为 $e-e^y$ 。 体积 $V$ 为：

展开并积分：

计算：

所以：

【答案】 函数 $f(x)=\arctan \frac{1-2x}{1+2x}$ 的幂级数展开为：

级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{2n+1}$ 的和为 $\frac{\pi }{4}$ .

【解析】 首先，利用反正切函数的性质： $\arctan u-\arctan v=\arctan \frac{u-v}{1+uv}$ （在适当范围内）。令 $u=1$ ， $v=2x$ ，则：

所以：

已知 $\arctan y$ 的幂级数展开为 $\arctan y={\sum }_{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{y^{2n+1}}{2n+1}$ ，对于 $|y|<1$ 。代入 $y=2x$ ，得：

因此：

这就是 $f(x)$ 的幂级数展开。

接下来，求级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{2n+1}$ 的和。考虑 $f(x)$ 在 $x=\frac{1}{2}$ 处的值。当 $x=\frac{1}{2}$ 时：

从幂级数展开式代入 $x=\frac{1}{2}$ ：

由于 $f\left(\frac{1}{2}\right)=0$ ，所以：

即：

该级数在 $x=\frac{1}{2}$ 处收敛，因此求和成立。

【解析】

(Ⅰ) 由格林公式有

因为积分区域 $D$ 关于 $y=x$ 对称，所以交换 $x$ 和 $y$ 后二重积分不变：

从而有

(Ⅱ) 由格林公式及轮换对称性有

【答案】
(1) 汽锤击打桩3次后，可将桩打进地下 $a\sqrt{1+r+r^2}$ 米。
(2) 汽锤至多能将桩打进地下 $\frac{a}{\sqrt{1-r}}$ 米。

【解析】
(Ⅰ) 建立坐标系，地面作为坐标原点，向下为 $x$ 轴正向。设第 $n$ 次击打后，桩被打进地下 $x_n$ ; 第 $n$ 次击打时，汽锤所作的功为 $W_n(n=1,2,3,\cdots )$ 。由题设，当桩被打进地下的深度为 $x$ 时，土层对桩的阻力的大小为 $kx$ ，汽锤所作的功等于克服阻力所做的功，所以

又 $W_2=r{W}_1,W_3=r{W}_2=r^2{W}_1,x_1=a$ ，所以

于是 $x_3=a\sqrt{1+r+r^2}$ 。

(Ⅱ) 和 (Ⅰ) 类似可得

从而求得

由于 $0<r<1$ ，所以 ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n=\frac{a}{\sqrt{1-r}}$ .

【答案】

(1) 变换后的微分方程为 $y^{\prime \prime }-y=\sin x$
(2) 满足初始条件 $y(0)=0,y^{\prime }(0)=\frac{3}{2}$ 的解为 $y=e^x-e^{-x}-\frac{1}{2}\sin x$ .

【解析】 (1) 给定反函数 $x=x(y)$ 满足的微分方程：

利用反函数导数关系：

代入原方程：

两边乘以 $(y^{\prime }{)}^3$ （因 $y^{\prime }\ne 0$ ）：

即得变换后的微分方程：

(2) 求解微分方程 $y^{\prime \prime }-y=\sin x$ 满足 $y(0)=0,y^{\prime }(0)=\frac{3}{2}$ 。 齐次方程 $y^{\prime \prime }-y=0$ 的通解为 $y_h=C_1{e}^x+C_2{e}^{-x}$ 。 设特解形式 $y_p=A\cos x+B\sin x$ ，代入方程：

比较系数：

特解 $y_p=-\frac{1}{2}\sin x$ ，通解：

应用初始条件：

解得：

故解为：