卷 2

【答案】 $-4$

【解析】
当 $x\to 0$ 时，等价无穷小要求 ${\lim }_{x\to 0}\frac{(1-a{x}^2{)}^{\frac{1}{4}}-1}{x\sin x}=1$ 。
由于 $x\sin x\sim x^2$ ，极限化为 ${\lim }_{x\to 0}\frac{(1-a{x}^2{)}^{\frac{1}{4}}-1}{x^2}=1$ 。
利用等价无穷小替换，当 $u\to 0$ 时， $(1+u{)}^n-1\sim nu$ ，这里 $u=-a{x}^2$ ， $n=\frac{1}{4}$ ，
所以 $(1-a{x}^2{)}^{\frac{1}{4}}-1\sim \frac{1}{4}(-a{x}^2)=-\frac{a}{4}{x}^2$ 。
代入极限得 ${\lim }_{x\to 0}\frac{-\frac{a}{4}{x}^2}{x^2}=-\frac{a}{4}=1$ ，
解得 $a=-4$ 。

【答案】
$y=x$

【解析】
给定方程 $xy+2\ln x=y^4$ ，点 $(1,1)$ 满足该方程。
对方程两边关于 $x$ 求导，注意 $y$ 是 $x$ 的函数：
左边导数为 $y+x\frac{dy}{dx}+\frac{2}{x}$ ，右边导数为 $4y^3\frac{dy}{dx}$ 。
于是有：

代入点 $(1,1)$ ：

简化得：

因此，在点 $(1,1)$ 处的切线斜率为 1。
切线方程为：

即 $y=x$ 。

【答案】
$\frac{(\ln 2{)}^n}{n!}$

【解析】
函数 $y=2^x$ 的麦克劳林公式是其在 $x=0$ 处的泰勒级数展开。首先，将 $2^x$ 写为 $e^{x\ln 2}$ ，然后求其 n 阶导数。n 阶导数为 $f^{(n)}(x)=(\ln 2{)}^n\cdot 2^x$ 。在 $x=0$ 处，有 $f^{(n)}(0)=(\ln 2{)}^n$ 。代入泰勒级数公式 $f(x)={\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n$ ，得到 $2^x={\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{(\ln 2{)}^n}{n!}{x}^n$ 。因此， $x^n$ 项的系数为 $\frac{(\ln 2{)}^n}{n!}$ 。

【答案】

【解析】 在极坐标系中，曲线 $\rho =e^{a\theta }$ （ $a>0$ ) 相应于 $\theta$ 从 $0$ 到 $2\pi$ 的一段弧与极轴所围成的图形的面积公式为：

代入 $\rho =e^{a\theta }$ ，得：

计算积分：

所以：

因此，所求面积为 $\frac{1}{4a}\left(e^{4a\pi }-1\right)$ 。

【答案】 3

【解析】 已知 ααT=​1−11​−11−1​1−11​​ 。由于 $\alpha {\alpha }^T$ 是秩为1的矩阵，其非零特征值等于 ${\alpha }^T\alpha$ ，而迹等于特征值之和。计算矩阵的迹为 $1+1+1=3$ ，因此 ${\alpha }^T\alpha =3$ 。

Alternatively,设 $\alpha =[a,b,c{]}^T$ ，则 ααT=​a2abac​abb2bc​acbcc2​​ 。与给定矩阵比较，得 $a^2=1$ ， $b^2=1$ ， $c^2=1$ ， $ab=-1$ ， $ac=1$ ， $bc=-1$ 。解得 $\alpha =[1,-1,1{]}^T$ 或 $\alpha =[-1,1,-1{]}^T$ 。计算 ${\alpha }^T\alpha$ ，均为 $1+1+1=3$ 。故答案为3。

【答案】

【解析】 已知三阶方阵 $A$ 和 $B$ 满足方程：

其中 $E$ 为单位矩阵，且

将方程改写为：

即：

其中 $I$ 为单位矩阵。注意到 $A^2-I=(A-I)(A+I)$ ，若 $A+I$ 可逆，则上式可写为：

由于矩阵乘积的行列式等于行列式的乘积，且行列式乘法可交换，有：

因此，只需计算 $|A-I|$ 。由

计算其行列式：

故

因此， $|B|=\frac{1}{2}$ 。

【答案】
连续时 $a=-1$ ，可去间断点时 $a=-2$

【解析】
因为 $f(0)=6$ ，而单侧极限为

所以， $x=0$ 为 $f(x)$ 的连续点当且仅当 $-6a=6=2a^2+4$ ，即 $a=-1$ ；
$x=0$ 为 $f(x)$ 的可去间断点当且仅当 $-6a=2a^2+4\ne 6$ ，即 $2a^2+6a+4=0$ 但 $a\ne -1$ ，即 $a=-2$ 。

【答案】

【解析】 给定参数方程：

求二阶导数 ${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{x=9}$ .

首先，计算一阶导数 $\frac{dy}{dx}$ 。
由参数方程求导公式：

其中：

因此：

接下来，计算二阶导数 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}$ ：

其中：

代入：

当 $x=9$ 时，由 $x=1+2t^2=9$ 得 $2t^2=8$ ，即 $t^2=4$ ，取 $t=2$ （因 $t>1$ ）。
代入 $t=2$ ：

故结果为：

【答案】

【解析】 考虑积分 $\int \frac{x{e}^{\arctan x}}{(1+x^2{)}^{3/2}}dx$ 。令 $t=\arctan x$ ，则 $x=\tan t$ ， $dx={\sec }^{2}tdt$ ，且 $e^{\arctan x}=e^t$ 。分母 $(1+x^2{)}^{3/2}=(1+{\tan }^{2}t{)}^{3/2}=({\sec }^{2}t{)}^{3/2}={\sec }^{3}t$ 。代入得：

由于 $\tan t/\sec t=\sin t$ ，积分化为：

计算 $\int \sin t\cdot e^{t}dt$ ，使用分部积分法。令 $I=\int e^t\sin tdt$ ，设 $u=\sin t$ ， $dv=e^{t}dt$ ，则 $du=\cos tdt$ ， $v=e^t$ ，得：

对 $\int e^t\cos tdt$ 再次分部积分，设 $u=\cos t$ ， $dv=e^{t}dt$ ，则 $du=-\sin tdt$ ， $v=e^t$ ，得：

代入回 $I$ ：

整理得：

所以：

代回 $t=\arctan x$ ，并利用 $\sin t=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ ， $\cos t=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$ ，得：

【答案】
当 $k<4$ 时，交点个数为 0；
当 $k=4$ 时，交点个数为 1；
当 $k>4$ 时，交点个数为 2。

【解析】
考虑曲线 $y=4\ln x+k$ 与 $y=4x+{\ln }^{4}x$ 的交点，即方程 $4\ln x+k=4x+{\ln }^{4}x$ 。
令 $k=4x+{\ln }^{4}x-4\ln x$ 。
设 $t=\ln x$ （其中 $x>0$ ，故 $t\in \mathbb{R}$ )，则函数化为 $g(t)=4e^t+t^4-4t$ 。
问题转化为讨论方程 $k=g(t)$ 的解的个数。
求导 $g^{\prime }(t)=4(e^t+t^3-1)$ 。
令 $h(t)=e^t+t^3-1$ ，则 $h^{\prime }(t)=e^t+3t^2>0$ ，故 $h(t)$ 严格递增。
当 $t=0$ 时， $h(0)=0$ ，即 $g^{\prime }(0)=0$ ，且 $t=0$ 是唯一临界点。
计算 $g(0)=4$ 。
当 $t<0$ 时， $g^{\prime }(t)<0$ ，函数单调递减；当 $t>0$ 时， $g^{\prime }(t)>0$ ，函数单调递增。
因此， $g(t)$ 在 $t=0$ 处取得最小值 $4$ 。
当 $t\to -\infty$ 时， $g(t)\to +\infty$ ；当 $t\to +\infty$ 时， $g(t)\to +\infty$ 。
故 $g(t)$ 的值域为 $[4,+\infty )$ 。
于是：

• 当 $k<4$ 时，方程 $k=g(t)$ 无解，交点个数为 0；
• 当 $k=4$ 时，方程有唯一解 $t=0$ （即 $x=1$ ），交点个数为 1；
• 当 $k>4$ 时，方程有两个解（一个 $t<0$ ，一个 $t>0$ ），交点个数为 2。

【答案】 (1) 曲线方程为 $x^2+2y^2=1$ （其中 $x>0,y>0$ ）。 (2) 曲线 $y=f(x)$ 的弧长 $s=\frac{l}{2\sqrt{2}}$ 。

【解析】
(1) 曲线 $y=f(x)$ 在点 $P(x,y)$ 处的法线方程为

令 $X=0$ ，则它与 $y$ 轴的交点为 $Q\left(0,y+\frac{x}{y^{\prime }}\right)$ 。由题设，线段 $PQ$ 被 $x$ 轴平分，从而

积分得

代入初始条件

得

故曲线 $y=f(x)$ 的方程为

即

(II) 曲线 $y=\sin x$ 在 $[0,\pi ]$ 上的弧长为

另一方面，曲线 $y=f(x)$ 的参数方程为

于是该曲线的弧长为（其中换元 $u=\frac{\pi }{2}-t$ ）

所以 $s=\frac{\sqrt{2}}{4}l$ 。

【答案】 (1) $t=[\varphi (y){]}^2-4$ (2) $x=2e^{\frac{\pi }{6}y}$

【解析】 (1) 设 $t$ 时刻液面的高度为 $y$ ，液面的半径为 $\varphi (y)$ ，液面的面积为

根据设计要求，液面面积以 $\pi {\text{m}}^2/\text{min}$ 的速率均匀扩大，即

积分得

当 $t=0$ 时，容器内无液体，液面在底面，底面半径为 $2\text{m}$ ，所以

代入得 $C=4\pi$ ，因此

由 $A=\pi [\varphi (y){]}^2$ 得