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 $du = 2x \, dx$ ， $v = \frac{\sin(2x)}{2}$ ，
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 $\alpha_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ , $\alpha_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$ 和基 $\beta_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ , $\beta_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}$ 。

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 $\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \end{pmatrix}$ .

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 $\begin{pmatrix} 3 \\ -2 \end{pmatrix}$ .

因此，过渡矩阵为：

验证：通过矩阵方法，设 $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$ （基 $\alpha$ 的矩阵）， $B = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$ （基 $\beta$ 的矩阵），则过渡矩阵 $P = A^{-1} B$ 。计算 $A^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$ ，则 $P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ -1 & -2 \end{pmatrix}$ ，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 $W_2 = rW_1, \ W_3 = rW_2 = r^2W_1, \ x_1 = a$ ，所以

于是 $x_3 = a\sqrt{1 + r + r^2}$ 。

(Ⅱ) 和 (Ⅰ) 类似可得