卷 1

【答案】 2

【解析】 该极限为 $\frac{0}{0}$ 型不定式。使用等价无穷小替换：当 $x\to 0$ 时， $\ln (1+x)\sim x$ ， $1-\cos x\sim \frac{x^2}{2}$ 。因此，分子 $x\ln (1+x)\sim x\cdot x=x^2$ ，分母 $1-\cos x\sim \frac{x^2}{2}$ ，原极限化为 ${\lim }_{x\to 0}\frac{x^2}{\frac{x^2}{2}}=2$ 。

或者，使用洛必达法则：设 $f(x)=x\ln (1+x)$ ， $g(x)=1-\cos x$ ，则 $f^{\prime }(x)=\ln (1+x)+\frac{x}{1+x}$ ， $g^{\prime }(x)=\sin x$ 。极限化为 ${\lim }_{x\to 0}\frac{\ln (1+x)+\frac{x}{1+x}}{\sin x}$ ，仍为 $\frac{0}{0}$ 型。再次应用洛必达法则，分子导数为 $\frac{1}{1+x}+\frac{1}{(1+x{)}^2}=\frac{2+x}{(1+x{)}^2}$ ，分母导数为 $\cos x$ 。极限化为 ${\lim }_{x\to 0}\frac{2+x}{(1+x{)}^2\cos x}=\frac{2}{1\cdot 1}=2$ 。

两种方法均得极限为 2。

【答案】
$y=Cx{e}^{-x}$ ，其中 $C$ 为任意常数。

【解析】
给定微分方程 $y^{\prime }=\frac{y(1-x)}{x}$ ，这是一个可分离变量方程。
将方程写为 $\frac{dy}{dx}=\frac{y(1-x)}{x}$ ，然后分离变量得 $\frac{dy}{y}=\frac{1-x}{x}dx$ 。
右边化简为 $\frac{1}{x}-1$ ，因此有 $\frac{dy}{y}=\left(\frac{1}{x}-1\right)dx$ 。
对两边积分： $\int \frac{1}{y}dy=\int \left(\frac{1}{x}-1\right)dx$ ，得到 $\ln |y|=\ln |x|-x+C$ ，其中 $C$ 为积分常数。
解出 $y$ ：取指数得 $|y|=e^{\ln |x|-x+C}=|x|e^{-x}{e}^C$ ，即 $|y|=K|x|e^{-x}$ ，其中 $K=e^C>0$ 。
因此 $y=\pm Kx{e}^{-x}$ ，令 $C_1=\pm K$ ，则 $y=C_{1}x{e}^{-x}$ 。
验证 $y=0$ 也是解，当 $C_1=0$ 时包含此情况，故通解为 $y=Cx{e}^{-x}$ ，其中 $C$ 为任意常数。

【答案】 $2\pi$

【解析】 考虑向量场 $\vec{F}=(x,2y,3(z-1))$ ，则给定积分等价于 ${\iint }_{\Sigma }\vec{F}\cdot d\vec{S}$ ，其中 $\Sigma$ 是锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ （ $0\le z\le 1$ ）的下侧。
应用高斯散度定理，需要封闭曲面。定义区域 $V$ 为锥体： $0\le z\le 1$ ， $x^2+y^2\le z^2$ 。封闭曲面 $\partial V$ 由锥面 $\Sigma$ （下侧，与外法向一致）和上盖 $S_1:z=1,x^2+y^2\le 1$ （上侧）组成，下底面积为零可忽略。
高斯散度定理给出：

其中：

计算散度：

体积分：

（锥体体积为 ${\int }_0^1\pi z^{2}dz=\frac{\pi }{3}$ ）。
在上盖 $S_1$ 上，法向量为 $(0,0,1)$ ，故：

所以：

因此：

即所求积分为 $2\pi$ 。

【答案】
$\sqrt{2}$

【解析】
点 $(2,1,0)$ 到平面 $3x+4y+5z=0$ 的距离公式为 $d=\frac{|A{x}_0+B{y}_0+C{z}_0+D|}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}$ 。
其中， $A=3$ ， $B=4$ ， $C=5$ ， $D=0$ ， $x_0=2$ ， $y_0=1$ ， $z_0=0$ 。
代入公式：
分子为 $|3\times 2+4\times 1+5\times 0+0|=|6+4|=10$ ，
分母为 $\sqrt{3^2+4^2+5^2}=\sqrt{9+16+25}=\sqrt{50}=5\sqrt{2}$ 。
因此， $d=\frac{10}{5\sqrt{2}}=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$ 。

【答案】 $2$

【解析】
由方程 $BA=B+2E$ ，可得 $BA-B=2E$ ，即 $B(A-E)=2E$ 。
计算 $A-E=\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ -1& 2\end{array}\right)-\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ -1& 1\end{array}\right)$ ，其行列式 $|A-E|=\left|\begin{array}{cc}1& 1\\ -1& 1\end{array}\right|=1\times 1-1\times (-1)=2$ 。
对等式 $B(A-E)=2E$ 两边取行列式，得 $|B|\cdot |A-E|=|2E|$ 。
由于 $E$ 为 2 阶单位矩阵， $|2E|=2^2\cdot |E|=4\times 1=4$ ，
代入得 $|B|\times 2=4$ ，因此 $|B|=2$ 。

【答案】 $1/9$

【解析】
由于 $X$ 和 $Y$ 相互独立且均服从 $[0,3]$ 上的均匀分布，事件 $\max \{X,Y\}\le 1$ 等价于 $X\le 1$ 且 $Y\le 1$ 。因此，

其中 $P\{X\le 1\}=\frac{1-0}{3-0}=\frac{1}{3}$ ，同理 $P\{Y\le 1\}=\frac{1}{3}$ ，
故

【答案】

【解析】 考虑区域 $D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le 1,x\ge 0\}$ ，即上半圆和下半圆各一半，但 $x\ge 0$ 对应右半圆。使用极坐标变换：令 $x=r\cos \theta$ ， $y=r\sin \theta$ ，则 $dxdy=rdrd\theta$ ，积分区域变为 $r\in [0,1]$ ， $\theta \in [-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}]$ 。被积函数化为：

因此，积分变为：

拆分为两部分：

计算第一部分：

所以第一部分为 $\pi \cdot \frac{1}{2}\ln 2=\frac{\pi }{2}\ln 2$ 。

计算第二部分：

由于 $\sin 2\theta$ 是奇函数，积分区间对称，该积分值为 0，因此第二部分为 0。

综上， $I=\frac{\pi }{2}\ln 2$ .

【答案】
(1) ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n=0$
(2) ${\lim }_{n\to \infty }{\left(\frac{x_{n+1}}{x_n}\right)}^{\frac{1}{x_n^2}}=e^{-\frac{1}{6}}$

【解析】
(1) 由于 $0<x_1<\pi$ ，且 $x_{n+1}=\sin x_n$ ，易知对于 $n\ge 1$ ，有 $0<x_{n+1}=\sin x_n<x_n$ ，即数列 $\{x_n\}$ 单调递减且有下界 0。由单调有界定理， ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n$ 存在，记为 $L$ 。在递推关系 $x_{n+1}=\sin x_n$ 中取极限，得 $L=\sin L$ 。当 $L>0$ 时， $\sin L<L$ ，故只有 $L=0$ 。因此 ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n=0$ 。

(2) 需要计算 ${\lim }_{n\to \infty }{\left(\frac{x_{n+1}}{x_n}\right)}^{\frac{1}{x_n^2}}$ 。由 $x_{n+1}=\sin x_n$ ，有 $\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{\sin x_n}{x_n}$ 。当 $x_n\to 0$ 时，利用泰勒展开 $\sin x_n=x_n-\frac{x_n^3}{6}+o(x_n^3)$ ，故 $\frac{\sin x_n}{x_n}=1-\frac{x_n^2}{6}+o(x_n^2)$ 。因此，

令 $y_n=\frac{1}{x_n^2}$ ，则当 $n\to \infty$ 时， $y_n\to \infty$ ，上式化为

由极限理论，该极限为 $e^{-\frac{1}{6}}$ 。 Alternatively, 取对数：

利用 $\ln \left(\frac{\sin x_n}{x_n}\right)=\ln \left(1-\frac{x_n^2}{6}+o(x_n^2)\right)=-\frac{x_n^2}{6}+o(x_n^2)$ ，故

所以原极限为 $e^{-\frac{1}{6}}$ 。

【解析】

先对函数作分解再用公式即可将函数展开成幂级数：

【答案】
(1) 验证过程见解析。
(2) $f(u)=\ln u$ .

【解析】

(Ⅰ) 由 $z=f(u),u=\sqrt{x^2+y^2}$ 可得

代入 $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}=0$ ，得