共创1319答案2015年数二

1、启用前2015 年入学统一数学二（模拟 1）考生注意:本试卷共二十三题,满分 150 分,时间为 3 小时.一、选择题：（1）（8）小题,每小题 4 分,共 32 分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合要求,将所选项前的字母填在题后 的括号里.ln（1） 函数 f (x) =的可去间断点个数为（ ）.x2(A) 0(B) 1(C) 2(D) 3【解】：函数 f (x) 在 x = 0, ±1 处无定义，因而间断。-x +2- 1lne= ¥ ，故 x = 0, -1xlimx2为 f (x) 的可去间断点，C。2ln1+ f (x) + ex (2) 设 f (x)

2、 在 x = 0 的某个邻域内连续，且lim= 1 ，则 x = 0 是 f (x) 的（ ）2x2x®0（A）不可导点（C）驻点且为极小值点【解】：由题设可知 x ® 0 时（B）可导点但不是驻点（D）驻点且为极大值点22f (x) + ex = 2x2 + o(x2 ), f (x) = 2x2 - ex + o(x2 ) = -1+ x2 + o(x2 ) ，因此 x = 0 是 f (x) 的驻点且为极小值点。n为 C。i(3) lim å= （ ）。n + n + i22n®¥ i=1p4p81（A） ln 22（B） ln 2（C）

3、(D)nnininiååi=1åi=1££【解】：因为，而1+ nn + i22n + n + i22n + i22i=1innin1x1lim å= lim å1ò=2 d x =ln 2 ，故应该是 A。in + i222 n1+ x2n®¥ i=1n®¥ i=1 1+0( )nxò2(4) 设 f (x) 在(-¥, +¥) 内是有界连续的奇函数,则 F (x) =tef (t)d t 在(-¥, +¥) 内（ ）。-t

4、0（A）必为有界的奇函数（C）为奇函数但未必有界（B）必为有界的偶函数（D）为偶函数但未必有界F (x) 必为奇函数,又 f (x) 有界,因而$M > 0 ,使得对2xe-x f (x) 是偶函数,【解】：有题£ M 相应的有"x Î(-¥, +¥) 均有f (x)2M2Mte-t f (t) d t £(1- e-x ) £,因此 F (x) 是有界的奇函数。设平面区域xxò2ò=-t£F (x)tef (t) d t2200x - y = 1 及 x - y = 1围成， I

5、2;ò=sin3 (x - y) ds ，DD 由12得分评卷人I2 = òò ln (x - y) ds , I = òò (x - y) ds ，则 I , I , I 的大小关系是（ ）。333123D（A） I1 < I2 < I3D（B） I3 < I2 < I1（C） I2 < I1 < I3（D） I3 < I1 < I2【解】：因为(x, y) Î D 时有ln(x - y)3 < sin(x - y)3 < (x - y) ，为（C）。f (x, y) 在点

6、(x0 , y0 ) 处的偏导数 f x¢(x0 , y0 ), f y¢(x0 , y0 ) 均存在,则（(5) 若）。f (x, y) 在点(x0 , y0 ) 处连续lim f (x, y) 存在x® x0 y® y0Df (x, y) 在点(x0 , y0 ) 处可微(A)(C)(B)(D)lim f (x, y0 ) , lim f (x0 , y) 均存在x® x0y® y0【解】：pcosqòòI =dqf (r cosq , r sinq )rdr 可写成(6) 累次（）2001y - y211-

7、y2òòòòA I =dyI =dyf (x, y)dxBf (x, y)dx00001x- x211òòòòC I =dxf (x, y)dyI =dxDf (x, y)dy0000【】：D（7）已知5´ 4 矩阵 A = (a ,a) ，若h = (31)T ，h = (01)T 是齐次线性,a ,a1-210123412方Ax = 0 的基础解系，那么下列命题（1）a1,a3 线性无关；（2）a1 可由a2 ,a3 线性表出；（3）a3,a4 线性无关；（4）秩r (a1,a1, +a2 ,a3 -

8、 a4 ) = 3 中正确的是（A） （1）（3）】：C（B） （2）（4）（C） （2）（3）（D） （1）（4）【（8）对三阶矩阵 A 的伴随矩阵 A* 先交换第一行与第三行，然后将第二列的-2 倍加到第三-E ，且A > 0 ，则 A 等于()1 öææö00101(A) -ç -20 ÷-ç1 -2 ÷(B)ç÷ç÷ç0 ÷ç 1÷1èæ 1øèø0100 ö&#

9、230;1ö÷-ç 0-2 ÷ç -2(C)(D)1ç÷ç÷ç 0÷ç÷11èøèøA 2 = 1 且【解】由-E = E A*E (-2) 得 A* = -E-1E-1(-2) ，因为A*=A = 1, 于是 A* = A-1, 故A > 0, 所以132313 231 öæ1 ö001 -2 ÷ç 0 1 0 ÷ = -ç -2 10 ÷

10、 ，选(A).A = ( A* )-1 = -E-1(2-1 = -(-2= -ç 0÷ç÷23ç÷ç0 ÷ç0 ÷è 001øè 1010øèø二、填空题:(9)(14)小题,每小题 4 分,共 24 分.把填在题中的横线上.x2x（ 9 ） 设 f (x) = lim(1-+)n, 则曲线 y = f (x)x = 1 处的切线方程 在n22nn®¥为.得分评卷人- x2- x21112【解】: f (x) =

11、e 2 , f ¢(x) = -xe 2 , f (1) =, f ¢(1) = -,故所求切线方程为 y = -x +.eeee¶z¶z设 f , g 均可微， z = f (xy, ln x + g(xy) ，则 x ¶x - y ¶y =。(10)¶z1¶z¶z¶z【解】：=yf ¢+ (+ yg¢) f ¢,=xf ¢+ xg¢f ¢, x- y= f ¢ ，f ¢ 。1222¶x¶yxx

12、2 + f ( x) 的反函数，若 òx2设 f (x) 在0, +¥) 上单调可导， f (0) = 1， f-1f(t - x )d t = x e ，-122 xf(11)为则 f (x)=f ( x) ò-1= x2ex ，对 x 求导可得 xf ¢)e2 ，f (x) = (x +1)ex f(t)d u【解】：原等式可化为0xò所以 f ¢(x) = (x + 2)ex ，f (x) = f (0) +f ¢(t) d t = (x +1)ex ，0xy(12) 设 D=(x, y) (x - 2)2 + ( y

13、 - 2)2 £ 1，则 òò (e y - e x + 2) ds =.D x x y y1【解】：由对称性可知 òò (e y - e x + 2) ds = òò (e x - e y + 2) ds =òò 4 ds = 2p2DDDx+1 ln2 tòlimd t =.t +1(13)x®+¥ xln2 xx+1 ln2 t【解】:有中值定理可知 òd t =x ,x Î(x, x +1) ,所以有xxx +1t +1xln2 xx+1 ln2

14、td t = limx = 0 。lim+1设 3 阶方阵 A 有 3 个线性无关的特征向量， l = 3 是 A 的二重特征值，则 R( A - 3E ) =.(14)【解】：由题设可知方程( A - l E)x = 0 有两个线性无关的，因此必有 R( A - 3E) = 1.为 1三、解答题: (15)(23)小题，共 94 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.10 分） 1.设函数 f (x) 在 x = 0 的某个邻域内（ 15 ）（本题满分导，且 f (x)xxò= 0 ，若 x ® 0 时f (t) d t xk - sin x ，求常数k 的值

15、及 f ¢¢(0) 。limx®00f (x) = 0 知f (0) = f ¢(0) = 0 ，由题设有【解】：由limxx®0xòf (t)d tf (x)k -1= lim= 1，因此必有lim(kx- cos x) = 0 ，故k = 1 ，由此可得lim0xk - sin xx®0 kxk-1 - cos xx®0x®0f ¢(x) = lim f ¢(x) - f ¢(0) =f (x)f ¢¢(0) = 1。= limlimx（16）（本题满

16、分 10 分）求函数 z = x2 + y2 - xy 在区域 D :与最小值。x +£ 1上的最大值y得分评卷人得分评卷人【解】： zx¢ = 2x - y = 0, zy¢ = 2 y - x =函数 z 在区域 D 的内部有唯一的驻点 P1 (0, 0) 。¢在边界 x + y = 1(0 < x < 1) 上，令 F = x + y - xy + l(x + y -1) ，由 F = 2x - y + l = 0 ，22x1 1F ¢ = 2 y - x + l = 0 及 x + y = 1Lagrange 函数 F 的驻

17、点为 P2 ( , ) ，同理在边界y2 211x - y = 1(0 < x < 1) 上可求得 Lagrange 函数的驻点为 P3 ( 2 , - 2) ，在边界-x - y = 1(-1 < x < 0) 与111 1-x + y = 1(-1 < x < 0) 相应的 Lagrange 函数的驻点为分别为 P4 (-, - 2) 与 P5 (-, ) ，又记 D 的边22 2界四个顶点分别为 P6 (1, 0) ， P7 (0,1) ， P8 (-1, 0) 及 P9 (0, -1) 。函数 z 在上述 9 个点处的值分别为1 3 1 30,1,1

18、,1,1 。由此可得 zmax = 1, zmin = 0 。4 4 4 4p（17）（本题满分 10 分）设 x Î(0,), a =sin2nx。14n项pò（）证明：数列a 收敛；（）求lima cos x d x 。2nnn®¥0【证明】：（）有题设可知 an =sin x + an> 1s4in数列，而a1 < 1 ，由归纳法不妨设 an < 2 ，那么有an+1 =x = an-1 ，所以an 是n-1项sin x + an <3 < 2 ，由此可得数列an 有上界2 。由单调有界收敛原理知数列an 极限存在，设

19、lim an = b ，对等式an+1 =sin x + an 两边同时n®¥1+1+ 4 sin x去极限可得b =sin x + b ，b =或者21+1+ 4 sin x1- 1+ 4 sin xb =（舍去），所以lim an；22x d x =n®¥ppp 1+ 1+ 4 sin xxòòd(1+ 4 sin x)（） liman cos228n®¥00p235( 5 +1)11=(1+ 4 sin x)212+=21201ò（18）（本题满分 10 分）设函数 f (x) 在0,1 上连续，f

20、 (0) = 0 ，且f (x)d x = 0 ，0证明： $x Î(0,1) ，使得xò0f (x)d x = x f (x ) 。ì 1xòf (t) d t, x Î(0,1,1由于 lim F (x) = limïxf (t) d t = lim f (x) = 0 ，因而 F (x)ò【证明】：令 F (x) =íx0+x®0ïî0,x = 0,在0,1 上连续，在(0,1) 内可导，由 Rolle 定理知$x Î(0,1) 使得得分评卷人得分评卷人xòx

21、 f (x ) -f (x)d xxò0F ¢(x ) = 0 ，即f (x)d x = x f (x ) ，故原命题得证。0x 2（19）（本题满分 10 分）半径为 R 的球沉入水中，球面顶部与水面相切，球的密度为 r 水的密度为 r0 (r > r0 ) ，要把球完全从水中取出，问至少要做多少功？的坐标系，设 y Î-R, R， d y 为微小的正数，解：建立那么将位于 y, y + d y 取出所做的功为d w = p g2r R - r0 (R - y)(R - y ) d y22w = p g2r R - r (R - y)(R2 - y2 )

22、d y = 4p g(2r - r0 ) R4 。Rò03- Rp 3p（20）（本题满分 11 分）设连续曲线 y = y(x) 在区间(-,) 内有定义且是凸的,44,且此曲线在点(0,1) 处切线方程为1其上任一点(x, y(x) 处的曲率为1+ ( y¢)2y = x +1,求函数 y = y(x) 的最大值.- y¢¢1解:由题设有知 y¢¢(x) £ 0 ,因而有,即有 y¢¢ = -1+ ( y¢)2 ,又它在点(0,1) 处切=1+ ( y¢)2 31+ ( y

23、2;)2线方程为 y = x +1 ,因此有 y(0) = 1, y¢(0) = 1 ,令 p = y¢ ,则有 p¢ = -1+y¢ = tan(C - x) ,由2 ,1= p, 即 d y = tan(p - x), y = ln cos(p - x) + C , y(0) = 1, C = 1+ 1 ln 2 , 因y¢(0) = 1 可 取 C1224d x442y¢(p ) = 0 ,曲线 y = y(x) 是凸的,故 y(p ) = 1+ 1 ln 2 是函数 y = y(x) 的极大值同时也是最大值.442-1

24、63; x £ 2,其他.ìx,（21）（本题满分 11 分）设函数 f (x) =í0,îòòDD = (x, y) | -1 £ x £ 5, -2 £ y £ 10 ，求二重f (x2 - y) f (x -1) d x d y 的值【解】：由题当 D : 0 £ x £ 3, x2 - 2 £ y £ x2 +1时 f (x2 - y) f (x -1) = (x2 - y)(x -1) ，其它的点1均有f (x2 - y) f (x -1)=0，

25、因此有 òò f (x2 - y) f (x -1) d x d y = òò (x2 - y)(x -1) d x d yDD139x2 +133òòx2 -2ò=d x(x - y)(x -1) d y =(x -1) d x =.22400AX = b 的解， b1,b2 ,L, bt 是其导（22）（本题满分 11 分）设a 是线性方出组的基础解系，令g 1 = a + b1,g 2 = a + b2 ,L,g t = a + bt试证：（）a,g 1,g 2 ,L,g t 线性无关；g = l0a + l1g 1

26、+ l2g 2 +L+ ltg t , 其中（） 方A的X任=意b一表示r为得分评卷人得分评卷人得分评卷人得分评卷人l0 + l1 +L+ lt = 1.【证明】：设是一组数，使x2g 2 +L+ xtg t = 0 ，代入整理得x2 +x2 b2 +L+ xt bt = 0 ，（1）用矩阵 A 左乘上式，由于 bi 是 AX = 0 的解， Abi = 0 ，x2 +x2 +L xt = 0将（2）代入（1）得关，得x2 +L+ xt )b = 0 ，但b ¹ 0 ，所以（2）xt bt = 0 ，由于 b1, b2 ,L, bt 是 Ax = 0 的基础解糸，故线性无xt = 0

27、 ，代入（2）得知 x = 0 ，于是a ,g 1,g 2 ,L,g t 线性无关。结 构 知 若 g 是 Ax = b 的 解 ， 其 解 g 可（ 2 ） 由 非 齐 次 方表示为g = a + k1b1 + k2 b2 +L+ kt bt = a + k1 (g 1 - a ) + k2 (g 2 - a ) +L+ kt (g t - a ) ，= (1- k1 - k2 -L- kt )a + k1g 1 +L+ ktg t令l0 = 1- k1 - k2 -L- kt , l1 = k1,L, lt = kt ，上式可表示为g 且l0 + l1 +L+ lt = 1。= l0a +

28、 l1g 1 + l2g 2 +L+ ltg t ,æ 20 ö2（23）（本题满分 11 分）已知矩阵 A = ç 820 ÷ 能相似对角化，ç÷ç 06 ÷aèø（1） 求参数 a ;(II) 求正交变换 x = Qy 化二次型 f ( x) = xT Ax 化为标准形。l - 2-20= (l - 6)2 (l + 2)【解】 （I） l E - A =-80l - 20-al - 6l1 = l2 = 6 、l3 = -2由已知 A 可对角化，故l = 6 必有 2 个线性无关的特征向量

29、æ-2 4-a0 ö4又 R (6E - A) = R ç -80 ÷ = 1，得a = 0ç÷ç0 ÷0èø（II） 因此 xT Axæ 22 + 10x x 252031 20 ö二次型矩阵 A = ç 50 ÷= L = (l - 6)(l - 7)(l + 3)，由 l E - Aç÷11ç 06 ÷èøx Ax = x A x 特征值6, 7, -3TT知二次型对l = 6 对l = 7

30、对l = -31由(6E - A ) x = 0= (0, 0 ,1)T= (1,1, 0)T得 a11由(7E - A ) x = 0得 a12= (1, - 1, 0)Tæ 1 ö由(-3E - A ) x = 0得 a13æ 0 öæ 1 ö= ç 0 ÷1ç 1 ÷1ç -1÷化 bb =b =ç ÷2 ç ÷2 ç÷123ç 1 ÷ç 0 ÷ç 0 

31、7;è øè øèø得分评卷人æ 01212012ö÷çç÷) = ç 01 ÷令Q = (bbb-ççç 12 ÷123÷÷0ç÷è又 A 特征值为6, 7, -3 ，ø经过 x = Qy有 xT Ax = 6 y2 + 7 y2 - 3y2 .1123启用前2015 年入学统一数学二（模拟 2）考生注意:本试卷共二十三题,满分 150 分,时间为 3 小

32、时.一、选择题：（1）（8）小题,每小题 4 分,共 32 分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合要求,将所选项前的字母填在题后 的括号里.x n + enx ，则 f (x) 不可导点个数为（ ）（D） 3（1）设 f (x) = lim n 1+n®¥（C） 2（A） 0（B）1ì ex ,x > 0,ï【解】： f (x) = í1,-1 £ x £ 0, 所以 x = 0, x = -1 均为 f (x) 的不可导点，C。ï-x,x < -1,îx2 +1 1 ex-1 的渐近

33、线有（ ）。(2) 曲线 y =（A）1条x +1（B） 2 条（C） 3 条（D） 4 条 1 y【解】： lim y = ¥ ， lim y = ¥ ， lim= 1， lim( y - x) = limx(ex-1 -1) -1 = 0 ，所以 y = x 是它的x®¥ xx®-1x®1+x®¥x®¥斜渐近线，故共有 3 条，C。(3) 设 f ( x), f ¢( x) 为已知的连续函数,则方程 y¢ + f ¢( x) y = f ( x) f ¢

34、;( x) 的()（A） y = f ( x) - 1 + ce- f ( x) ；（C） y = f ( x) - c + ce- f ( x) ；【】A（B） y = f ( x) + 1 + ce- f ( x) ；（D） y = f ( x) + ce- f ( x)xò(4) 设 f (0) = f (0) = 0, f (0) = 1, g(x) =f (t) d t，h(x) = cxk ，若 x ® 0 时 g(x) h(x) ，则（ ）¢¢¢01111（A） c =, k = 22（B） c =, k = 23f (t)d t

35、（C） c =, k = 33（D） c =, k = 36xòf ¢(x)f ¢¢(0)f (x)k -11= lim= lim=，故c =, k = 3 ，6【解】：由题设有lim0D。x®0 ck (k -1)xk-2ck (k -1)3 , f ¢¢2- 2x ，则 f (x, x ) =42(5) 若 fA x + x3【】：A（）D 2x + 2x2xyB 2x2 + 2x4C x2 + x5p sip(6) 设 I =（） I1 < 1 < I2（）1 < I2 < I1（） I2 &l

36、t; I1 < 1（） I2 < 1 < I1pxp2sin x【解】：因为 x Î(0,) 时，<2pI2 < 1，是< 1，因而有 I1 > 1，又1 < sin x < 2 ，因而有x(7) 设A,B,C 是 n 阶矩阵，并满足 ABAC=E,则下列结论中不正确的是得分评卷人= E.(B)BAC = CAB(D)ACAB = CABAAT BT AT CT（A）(C)BA2C = E【】C【解】这一类型题目要注意的是矩阵乘法没有交换律、有零因子、没有消去律等法则，由 ABAC = E 知矩阵 A, B, C 均可逆，那么由A

37、BAC = E Þ ABA = C -1 Þ CABA = E 。从而(CABA)T = E, 即 AT BT AT CT = E ，故 （A）正确。由 ABAC = E 知 A-1 = BAC ，由CABA = E 知 A-1 = CBA ，从而 BAC = CAB ，故（B）正确。由排除法可知，（C）不正确，故选（C）.(8) 设 A 是 m ´ n 矩阵, r( A) = n ,则下列结论不正确的是()(A) 若 AB = O, 则 B = O(C) 存在 B，使得 BA = E【解】因为r( A) = n, 所以方故若 AB = O ,则 B = O ;令

38、 BX = O, ABX = 0 为两个方(B) 对任意矩阵 B，有 r( AB) = r(B)(E) 对任意矩阵 B，有r(BA) = r(B)AX = 0 只有零解,而由 AB = O 得 B 的列向量为方AX = 0 的解,显然若 BX = O, 则 ABX = 0 ,反之,若 ABX = 0 ,因为r( A) = n, 所以方AX = 0 只有零解,于是 BX = O ,即方BX = O 与 ABX = 0 为同解方,故r( AB) = r(B) ;因为 r( A) = n, 所以 A 经过有限初等行变换化为 æ En ö , 即存在可逆矩阵 P 使得 PA = &

39、#230; En ö, 令ç O ÷ç O ÷èøèøB = (EnO)P, 则 BA = E ;æö1令 A = ç -2 ÷, B = (11), r( A) = 0, 但r(BA) = 0 ¹ r(B) = 1，选(D).1ç÷ç÷1èø二、填空题:(9)(14)小题,每小题 4 分,共 24 分.把n填在题中的横线上.æ n - 2 ln n öln n=。（9） li

40、m ç÷n®¥ è n + 3ln n ø n -5ln n gln n én+3ln nö -5ln nùún+3ln n-5 ln n【解】：原式= lim êæ1+= e-5n®¥ êçn + 3ln n ÷úëèøû=。1)n111n n(10) lim(1+L +3 3n®¥21)n11111n n【解】：1 £ (1+L+£

41、nn ，而lim nn = 1 ，由准则可知原式= 1 。3 32n®¥(11) 已知方程 y¢¢ - y = 0 .【】 y = 1 (ex - e-x ) = shxy = x 相切，则该曲线在点 O(0, 0) 处与直线的曲线的方程为2(12) 设 f (x) 在0,1 上有连续的导数, f (1) = 1,且有 xf ¢(x) - f2,则得分评卷人1òf (x)d x =.01- x2 d x = 2 ,311f1òf (x) 1 - 2ò¢【解】 由题设有 xf (x)f00011ò

42、所以f (x)d x =.601 3) d x + ò 211- y23yòò2 2d yò 3y2 2(13) 累次I =d ye-( x + ye-( x + y) d x =。2 3y0332pp1òò- 2【解】：原式=dqer d r =(1- e-1) .r3p1206()=(1,3,4,5)T ， =(2,4,6,8)T ， =(2,6,7,7)TT = 1,2,3,4(14) 向量组，的一个极大无关组1234为【】：a,a,a 或a2 ,a3 ,a三、解答题: (15)(23)小题，共 94 分.解答应写出必要的文字说

43、明、证明过程或演算步骤.（15）（本题满分 10 分）选择常数a, b, c 的值，使得当 x ® 0 时函数a + bx - (1+ c sin x)ex 是 x3 的高阶无穷小。a + bx - (1+ c sin x)ex= 0 ，所以有解法一：由题设有limx3x®0lima + bx - (1+ c sin x)ex x®01+ bx - (1+ c sin x)exb -1+ c(sin x + cos x)ex= a -1 = 0, a = 1， lim= lim, b -1- c = 0 ，x33x2x®0x®0(1+ 2c c

44、os x)exb - 1+ c(sin x + cos x)ex11= - lim= 0, c = -, b =。lim3x26x2212x®0x®0cx31解法二： a + bx - (1+ c sin x)e = a + bx - 1+ cx -+ o(+x + o(x )x2336= a -1+ (b - c -1)x - (c + 1 )x2 - (1 + 1 c - 1 c)x3 + o(x3 ) ，所以有62626111111a = 1, b - c -1 = 0, c += 0,+c -c = 0 ，即a = 1, b =, c = -。262622xn-1

45、(n = 1, 2,L) 。（）证明 lim xn（16）（本题满分 10 分）设n®¥存在，并求它的值；（）求lim xn - xn-1 。x3n®¥n1，则 f ¢(x) => 0 ，因而函数 f (x) 在0, +¥) 上，当 x > 0证明：（）令 f (时有 f (1+ x2f (0) = 0 ，由此可得数列xn 是单调递减的，又 xn>> 0 ，由单调有界收敛原理知 lim xn 存在，设 lim xn = a ，对等式 xn = arctan xn-1 两边同时取极限可得 a = arctan a

46、 ，n®¥n®¥得分评卷人得分评卷人lim xn = a = 0 ；n®¥x2arctan12= -，由lim xn = 0 可得（） lim32x3x3x®0x®0n®¥x - xarctan1= -。3lim)3x3(arctan xn®¥x®0n-1（17）（本题满分 10 分）设 f (x) 在 - p , p 上连续且满足xpò-pf (x) =+f，求 f (x) 的表达式.1+ cos2 x【解】两边乘sin x ，且xp-ppppò

47、;x =f (1+ cos2p 2= 2=；22 x1 cosp 2x则f (x) =+1+ cos2 x2pò0也可作代换u = p - x,dx = -du ，（其中：1p (p - u) sin up 24x sin xpò01+ cos2 x d x = ò01+ cos2 ud u =）（18）（本题满分 10 分）设函数 z = xy + f (u), u = g(xy, x2 ) 且函数 f (u) 具有二¶2 z连续偏导数，试求¶x¶y阶连续导数， g(v, w) 具有¶z¶u¶u【解】

48、由于= y + f ¢(u),= g¢y + 2xg¢¶z= y + f ¢(u)(g¢y + 2xg¢ )12， ¶x12x¶u =¶2 z¶u +¶¶¶¢¢¢¢¢¢ + 2x(g ) ；¢= 1+ f (u) ¶yf (u)( y(g ) + g1g1 x; 由此又12¶y¶x¶y¶yy= 1+ xf ¢¢(u)g

49、¢ + f ¢(u)(xyg¢¢ + g¢ + 2x2 (g¢¢ )111121（19）（本题满分 10 分）求二重I = òòDds ，其中：区域D = (x, y) | y= 1, y = 0围成òòds ，为了去掉绝对值，如图将 D 划分为 D 与 DI =【解】 计算二重两部分，12Dxz其中： D = (x, y) 0 £ y £ x2 ,0 £ x £ 1D = (x, y) 0 £ y £ x2 + 1, 0 &

50、#163; x £ 112y - x2y - x2得分评卷人得分评卷人得分评卷人于是 I = òòDds = òò x2 - yds + òò y - x2 ds =D1D2x21x2 +11òò0òòx2=dxx - ydz +dx2y - x dz200x dxxdx3636（20）（本题满分 11 分）求椭圆 x2 + 2xy + 5 y2 - 16 y = 0 与直线 x + y = 8 的最短距离。(x + y - 8)2解：设 M (x, y) 是椭圆上一点，到直线 x +

51、 y = 8 距离的平方为d =2，由拉2(x + y - 8)2乘数法可得：L(x, y) =+ l(x + 2xy + 5 y - 16 y)222ìLx¢ = x + y - 8 - 2l(x + y) = 0ïL¢ = x + y - 8 - l(2x + 10 y - 16) = 0íyïîx + 2xy + 5 y - 16 y = 022ìx = 2ìx = -6；由此知对应距离 d1 =|x=2 = 2 2, d2 =|x=-6 = 62：í y = 2或í y = 2

52、îî2y =22y =2最短距离为dmin =|x=2 = 22 。2y =2f (x) 在a, b 上连续，在(a, b) 内可导， f (a) = a ，且（21）（本题满分 11 分）设f (x)d x = 1 (b2 - a2 ) 。证明：（）$x Î(a, b) 内，使x = f (x ) ；（）在(a, b)bò2a内存在与（）中的x 相异的点h 使得 f ¢(h) = f (h) -h +1。1bbòò= 0 ，记 F (x) = f (x) - x ，那么函数 F (x)f (x)d x =(b - a )2

53、2 f (证明：（）由可知2aa在a, b 上连续，若 F (x) 在(a, b) 无零点，那么 x Î(a, b) 时恒有 F (x) > 0 （或者 F (x) < 0 ）相应的必bbòòF (x)d x > 00，故 F (x) 在(a, b) 内必有零点，即$x Î(a, b)< 0 f (有（或）与aa内，使x = f (x ) ；（）令 G(x) = e-x f (x) - x ，则有 G(a) = G(x ) = 0$h Î(a,x )，由 Rolle定理 知使得 G¢(h) = e-h f &#

54、162;(h) -1 - e-h f (h) -h = 0 ，即有 f ¢(h) = f (h) -h +1。= 0ì（22）（本题满分 11 分）已知齐次方（） í14ï ax+ a2 x= 0的是 43ïax+ a2 x4 = 0î23 = 0 的解。（2）求齐次方元方程（）（1）求 a 。（）的解。得分评卷人得分评卷人x + y - 8) x + y - 8) x + y - 8) 得分评卷人y - x2= 0ì4ïax + a2 x= 0ï13（）的是（）的解，所以（）与（） í ax解

55、:(1)因为方同解+ a2 x= 0ïïî024= 04æ 11 ö10a1ç÷æ 11 ö10a0a20ç÷÷2aa0 ÷有相同的秩。çA = aB =ç0那么（）与（）的系数矩阵与ç 0a2 ÷01ç 0÷ç÷2aèøç 10 ÷èø如 a = 0则 r(A) = 1而 r(B) = 2 ,所以假设a ¹ 0

56、30; 11-1 000a a1ö÷ç 0由于A ¾行¾®-1 r(A) = 3ç÷ç 0a -1÷èæ 1ø11-1ö÷÷ç 0-1 00a a 0æ 11çç 0又B ¾行¾®当a =时， r(B) = 3此时（）与（）同解，÷a -12ç 02a -1÷èø0-1 11-2 01 ööT

57、31;÷æ11（）由于A ¾¾® ç 02基础解系h =，ç- ，1，1，则通解为kh 。÷÷è22øç 0-1÷èø434åiåi j, x ) =x +2（23）（本题满分 11 分）设二次型 f2bx x,其中b 为i=11£i< j£4非零的实数（1）用正交变换，将该二次型化为标准形，并写出所用的正交变换和所得的标准形；（2）求出该二次型正定的充要条件。æ 1ç bb öb1b bb b 1bb ÷其中A = ç