卷 1

【答案】
$e^6$

【解析】
考虑极限

设

取自然对数得：

当 $x\to 0$ 时，该极限为 $\frac{0}{0}$ 型不定式。

当 $x\to 0$ 时，有

因此

即

【答案】

【解析】 考虑函数 $F(x)={\int }_{x^2}^{0}x\cos t^{2}dt$ 。首先，将积分改写为 $F(x)=x{\int }_{x^2}^0\cos t^{2}dt$ 。然后，使用乘积法则求导：

其中，第一项为 ${\int }_{x^2}^0\cos t^{2}dt$ 。对于第二项，令 $G(u)={\int }_u^0\cos t^{2}dt$ ，则 $G(u)=-{\int }_0^u\cos t^{2}dt$ ，所以 $G^{\prime }(u)=-\cos u^2$ 。由于 $u=x^2$ ，有 $\frac{du}{dx}=2x$ ，因此：

代入得：

将积分 ${\int }_{x^2}^0\cos t^{2}dt$ 写为 $-{\int }_0^{x^2}\cos t^{2}dt$ ，最终结果为：

【答案】 4

【解析】

利用向量运算律有

【答案】 $\sqrt{3}$

【解析】
令 $a_n=\frac{n}{2^n+(-3{)}^n}{x}^{2n-1}$ ，则当 $n\to \infty$ 时，有

而当 $\frac{1}{3}{x}^2<1$ 时，幂级数收敛，即 $|x|<\sqrt{3}$ 时，此幂级数收敛；当 $\frac{1}{3}{x}^2>1$ 时，即 $|x|>\sqrt{3}$ 时，此幂级数发散，因此收敛半径为 $R=\sqrt{3}$ 。

【答案】

【解析】 给定方程 $A^{-1}BA=6A+BA$ 和 A=​31​00​041​0​0071​​​ ，首先求 $A^{-1}$ 。由于 $A$ 是对角矩阵， A−1=​300​040​007​​ 。

将原方程右乘 $A^{-1}$ ，得：

简化后：

其中 $I$ 为单位矩阵。移项得：

因式分解：

计算 $A^{-1}-I$ ：

求逆矩阵：

则：

验证：计算 $A^{-1}BA$ 和 $6A+BA$ ，两者均等于 ​300​020​001​​ ，符合原方程。

【答案】

其中 $\frac{\partial \phi }{\partial u}$ 和 $\frac{\partial \phi }{\partial v}$ 分别表示 $\phi$ 对第一个变量和第二个变量的偏导数，在点 $(u,v,w)=(x^2,e^y,z)$ 处计算。

【解析】 给定 $u=f(x,y,z)$ ， $y=\sin x$ ，以及 $\phi (x^2,e^y,z)=0$ ，求 $\frac{du}{dx}$ 。
首先，应用链式法则，有：

由 $y=\sin x$ ，得 $\frac{dy}{dx}=\cos x$ 。
接下来，求 $\frac{dz}{dx}$ 。从 $\phi (x^2,e^y,z)=0$ 出发，对 $x$ 求导。令 $\phi =\phi (u,v,w)$ ，其中 $u=x^2$ ， $v=e^y$ ， $w=z$ 。则：

计算得 $\frac{du}{dx}=2x$ ， $\frac{dv}{dx}=e^y\frac{dy}{dx}=e^y\cos x$ ， $\frac{dw}{dx}=\frac{dz}{dx}$ 。代入得：

由 $\frac{\partial \phi }{\partial w}=\frac{\partial \phi }{\partial z}\ne 0$ ，解出：

代入 $\frac{du}{dx}$ 表达式：

整理得：

其中 $\frac{\partial \phi }{\partial u}$ 和 $\frac{\partial \phi }{\partial v}$ 分别为 $\phi$ 对第一个变量和第二个变量的偏导数。

【答案】 $\frac{1}{2}{A}^2$

【解析】

方法一：交换积分次序，并注意定积分与积分变量无关，得到

从而得到

所以 $I=\frac{1}{2}{A}^2$ 。

方法二：用分部积分法。注意 $d\left({\int }_x^{1}f(y)dy\right)=-f(x)dx$ ，将累次积分 $I$ 写成

【答案】 $\frac{32\sqrt{2}}{9}$

【解析】 首先，将曲面 $\Sigma$ 投影到 $xy$ -平面，投影区域 $D$ 由柱体 $x^2+y^2\le 2x$ 决定，即 $(x-1{)}^2+y^2\le 1$ 。对于锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ ，面积元素 $\mathrm{d}S=\sqrt{1+{\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)}^2+{\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)}^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\sqrt{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 。因此，曲面积分化为：

在极坐标下， $x=r\cos \theta$ ， $y=r\sin \theta$ ， $\sqrt{x^2+y^2}=r$ ， $\mathrm{d}x\mathrm{d}y=r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$ 。区域 $D$ 对应 $0\le r\le 2\cos \theta$ ， $-\frac{\pi }{2}\le \theta \le \frac{\pi }{2}$ 。于是：

计算内积分：

代入外积分：