2014 年真题

【答案】 $2x-y-z-1=0$

【解析】 曲面 $z=x^2(1-\sin y)+y^2(1-\sin x)$ 在点 $(1,0,1)$ 处的切平面方程为 ______。

在点 $(1,0,1)$ 处，

切平面方程为

即

【答案】 1

【解析】 $f(x)$ 是周期为 4 的可导函数，因此 $f(7)=f(3)=f(-1)=-f(1)$ ，且 $f(0)=0$ 。

又因为 $f^{\prime }(x)=2(x-1)$ ，所以 $f(x)=x^2-2x+c$ 。将 $f(0)=0$ 代入得 $c=0$ ，于是 $f(x)=x^2-2x$ ，其中 $x\in [0,2]$ 。

因此 $f(1)=-1$ ，从而 $f(7)=-f(1)=1$ 。

【答案】 y = x e

【解析】 原方程为 $x{y}^{\prime }+y(\ln x-\ln y)=0$ ，即 $x{y}^{\prime }+y\ln \frac{x}{y}=0$ 。
两边同除以 $x$ ，得

令 $u=\frac{y}{x}$ ，则 $y=xu$ ，且

代入上式，得

整理得

两端积分，得

注意到

所以

即

代入初值条件 $y(1)=e$ ，得

因此特解为

【答案】 π

【解析】 已知曲线 \(L \) 的参数方程为：

计算曲线积分：

代入参数表达式：

代入积分：

分别计算两项：

1. 对 \(\sin^2 t\) 项：

   $${\int }_0^{2\pi }{\sin }^{2}tdt={\int }_0^{2\pi }\frac{1-\cos 2t}{2}dt=\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }1dt-\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }\cos 2tdt$$
   $$=\frac{1}{2}\cdot 2\pi -0=\pi$$

2. 对 \(\sin t \cos t\) 项：

   $${\int }_0^{2\pi }\sin t\cos tdt={\int }_0^{2\pi }\frac{1}{2}\sin 2tdt=0$$

因此：

积分结果为 \(\pi\)。

【答案】 $-2\le a\le 2$

【解析】 考虑二次型矩阵

已知其负惯性指数为 $1$ ，设特征值 ${\lambda }_1<0$ ，其余 ${\lambda }_2\ge 0$ ， ${\lambda }_3\ge 0$ 。

由特征值性质及行列式计算可得

分析可知，当 $-2\le a\le 2$ 时，满足负惯性指数为 $1$ 。

【答案】 $\frac{2}{5n}$

【解析】 $E(X^2)={\int }_{\theta }^{2\theta }{x}^2\cdot \frac{2x}{3{\theta }^2}dx=\frac{2}{3{\theta }^2}{\int }_{\theta }^{2\theta }{x}^{3}dx=\frac{1}{6{\theta }^2}\cdot 15{\theta }^4=\frac{5}{2}{\theta }^2$ 。

$E\left(c{\sum }_{i=1}^n{X}_i^2\right)=c\cdot n\cdot \frac{5}{2}{\theta }^2$ ，令其等于 $\theta$ ，解得 $c=\frac{2}{5n}$ 。

【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】
【解】

注意到

因此原式化为

由洛必达法则，

令 $t=\frac{1}{x}$ ，当 $x\to +\infty$ 时 $t\to 0^{+}$ ，有

再次使用洛必达法则，

因此，原极限值为 $\frac{1}{2}$ .

【答案】 函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处取得极小值 $-2$ .

【解析】 【解】由 $y^3+x{y}^2+x^{2}y+6=0$ 得

解得

由 $\frac{dy}{dx}=0$ 得 $y=-2x$ ，代入原式得

进一步求二阶导数：

将

代入得 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{4}{9}>0$ ，故 $x=1$ 为极小点，极小值为 $y=-2$ 。

【答案】 $f(u)=-\frac{1}{16}\left(e^{-2u}-e^{2u}\right)-\frac{1}{4}u$

【解析】
首先，计算一阶偏导数：

接着，计算二阶偏导数：

将两者相加，得到：

令 $u=e^x\cos y$ ，由题设条件

代入得：

即：

解此常微分方程，得通解：

由初始条件 $f(0)=0$ ， $f^{\prime }(0)=0$ ，代入得方程组：

解得：

因此，函数表达式为：

【答案】 $-4\pi$

【解析】 【解】令 ${\sum }_0:z=1(x^2+y^2\le 1)$ ，取下侧，其中 $\sum$ 与 ${\sum }_0$ 围成的几何体为 $\Omega$ 。

由高斯公式得：

计算得：

而

故

【答案】 见解析

【解析】

（Ⅰ）由 $\cos a_n-a_n=\cos b_n$ 得

因为 $a_n>0$ ，所以

故

又因为 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n$ 收敛，所以 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛，故

（Ⅱ）方法一：
由 $a_n=\cos a_n-\cos b_n$ 得

因为

且 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n$ 收敛，所以 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{b_n^2-a_n^2}{2b_n}$ 收敛。
由正项级数比较审敛法得 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{b_n}$ 收敛。

方法二：
由

且级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n$ 收敛，根据正项级数比较审敛法得级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{b_n}$ 收敛。