一、选择题下列每题给出的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的.3. 由直线y=-1,x=-1,x=1,及半圆
所围成的平面图形的形心坐标为______
A.
B.
C.(0,1).
D.
A B C D
D
[解析] 由对称性知
.把平面图形分成D
1,D
2两部分
故
,所以形心坐标为
5. 设A是n(n≠2)阶矩阵,A
*是A的伴随矩阵,k≠0,k≠1,则(kA)
*等于______.
A.kA
* B.
C.k
n-1A
* D.k
nA
* A B C D
C
[考点] 矩阵
[解析] 解1 由A
*的定义直接计算(kA)
*,设A=(a
ij)
n×n,A
ij是A中元素a
ij的代数余子式,则
故选C.
解2 逐项验证哪个选项满足(kA)(kA)
*=|kA|E=k
n|A|E.
选项A错误.因为(kA)kA
*=k
2AA
*=k
2|A|E≠k
n|A|E(n≠2);
选项B错误.因为
;
选项C正确.因为(kA)k
n-1A
*=k
nAA
*=k
n|A|E;
选项D错误.因为(kA)k
nA
*=k
n+1AA
*=k
n+1|A|E≠k
n|A|E.
6. 若f(1)=g(1)=0,f(2)=g(2)=m>0,且f"(x)>0,g"(x)<0,则
的大小关系为______
- A.I1≥I2≥I3.
- B.I3≥I2≥I1.
- C.I2≥I3≥I1.
- D.I2≥I1≥I3.
A B C D
C
[解析] 可应用定积分的比较定理,或从定积分的几何意义出发比较I
1,I
2,I
3的大小.
因为f"(x)>0,g"(x)<0,所以f(x)是凹函数,g(x)是凸函数.
又因为f(1)=g(1)=0,f(2)=g(2)=m>0,所以y=f(x),y=g(x),y=mx-m在[1,2]上的大致图象如图,故当x∈[1,2]时,f(x)≤mx-m≤g(x),则有
即I
1≤I
3≤I
2.
7. 设
则f(x)在x=0处______.
- A.不连续
- B.连续但不可导
- C.可导但f'(x)在x=0处不连续
- D.可导且f'(x)在x=0处连续
A B C D
D
[解析] 先考察在x=0处f(x)是否可导,若可导,进一步讨论f'(x)在x=0处的连续性.否则,只考察连续性即可.
当x>0时,
当x<0时,
故
所以f(x)在x=0处可导,且f'(x)在x=0处连续.仅(D)入选.
8. 设n阶矩阵A满足A
3=O,则下列命题正确的个数是______.
(1)A可逆;
(2)A不可逆;
(3)E-A可逆;
(4)E+A不可逆;
(5)E+A+A
2可逆;
(6)E-A+A
2不可逆.
A B C D
A
[考点] 幂零矩阵和逆矩阵的定义.
[解析] 利用幂零矩阵的性质和逆矩阵的定义求解.
因为A3=O,所以|A|=0,所以A不可逆,故命题(1)错误而命题(2)正确.
由逆矩阵的定义,(E-A)(E+A+A2)=E3-A3=E,所以命题(3)和命题(5)正确.
又(E+A)(E-A+A2)=E3+A3=E,所以命题(4)和命题(6)错误.
故选A.
1.若A为n阶幂零矩阵,即存在正整数m,使Am=O,则:
(1)|A|=0;
(2)特征值为0;
(3)非零幂零矩阵一定不能相似对角化;
(4)E-A和E+A+A2+…+Am-1都可逆.
2.求逆矩阵的方法很多,但是对于抽象矩阵求逆,通常采用定义的方法.
二、填空题1. 摆线
(a>0,0≤t≤2π)绕x轴旋转一周所成曲面的表面积为______.
[解析] 对
2. 曲线
在t=0对应点处的法线方程为______.
[解析] 当t=0,x=3,y=1.
(e
ysint-y+1)'
t=(0)'
t,y'e
ysint+e
ycost-y'=0;
当t=0,
法线方程:
3.
2023
[考点] 数列极限存在并确定参数.
[解析] 利用等价无穷小求解极限.
因为(1+x)
α-1~αx(x→0),所以
,从而
要使极限存在并等于k,则2022-a+1=0,
,所以a=2023,
,故a=2023.
等价无穷小代换是求解极限的基本方法.
5. 设函数y=f(x)由方程e
2x+y-cosxy=e-1所确定,则曲线y=f(x)在点(0,1)处的法线方程为______.
x-2y+2=0.
[解析] 方程e
2x+y-cosxy=e-1两边同时对x求导得
将x=0,y=1代入解得
故所求的法线方程为
x-2y+2=0.
6. 若f(x)在x=0点可导,且f(0)=1,f
'(0)=2,则
-2
[解析]
三、解答题本题共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.1. 求极限
解法1
解法2
解法3 由x→0时,
,知
,于是
解法4 由于
,则
,于是
2. 设不定积分
的结果中不含对数函数,求常数α,β,γ,δ应满足的充分必要条件,并计算此不定积分.
解:对于部分分式
若A≠0,则积分之后会出现对数函数;若C≠0,则也会出现对数函数,因此A=0且C=0.
将它们代入式①后通分,并令两边分子相等,得
αx
3+βx
2+γx+δ=B(x
2+x+1)+D(x-1)
2 =(B+D)x
2+(B-2D)x+(B+D).
所以α=0,β=B+D,γ=B-2D,δ=B+D,从而推得α=0,β=δ以及γ可以任意.
当满足上述条件时,被积函数为
,因此,
[考点] 有理分式的不定积分求解.
[解析] 用待定系数法进行分式分解求不定积分.
计算有理函数的积分时,要将有理分式分解为部分分式,但必须熟悉分解原理,最终将其化为
这4种形式.
3. 已知曲线在直角坐标系中的参数方程给出:
(Ⅰ)证明x=tlnt(t∈[1,+∞))存在连续的反函数t=t(x)(x∈[0,+∞))且该参数方程确定连续函数y=y(x),x∈[0,+∞);
(Ⅱ)求y(x)的单调性区间,极值点,凹凸性区间及拐点.
证:先证x=tlnt单调,必存在反函数,于是
确定y=y(x).再用参数求导法求出
然后求出单调性区间,极值点,凹凸性区间及拐点.
(Ⅰ)因为
在[1,+∞)单调上升,值域是[0,+∞)
x=tlnt
反函数,记为t=t(x),它在[0,+∞)连续,t(x)≥1(单调连续函数的反函数连续).再由连续函数的复合函数的连续性
在[0,+∞)上连续.
(Ⅱ)现知y(x)在[0,+∞)连续,再由参数式求导法有
因此y(x)的单调增区间为x∈[0,e],单调减区间为[e,+∞),x=e为极大值点
因此
为y(x)的凸区间,
为凹区间,拐点的横坐标是
[解析]
于是
因此y=y(x)有渐近线y=0.
设四元齐次线性方程组(Ⅰ)为
而另一四元齐次线性方程组(Ⅱ)的一个基础解系为
α1=(2,-1,a+2,1)T,α2=(-1,2,4,a+8)T4. 求方程组(Ⅰ)的一个基础解系;
解:对方程组(Ⅰ)的系数矩阵作初等行变换,有
得方程组(Ⅰ)的基础解系为
β
1=(5,-3,1,0)
T,β
2=(-3,2,0,1)
T
5. 当a为何值时,方程组(Ⅰ)与(Ⅱ)有非零公共解?在有非零公共解时,求出全部非零公共解.
解:设γ是方程组(Ⅰ)和(Ⅱ)的非零公共解,则
γ=x
1β
1+x
2β
2=-x
3α
1-x
4α
2 那么x
1β
1+x
2β
2+x
3α
1+x
4α
4=0.
对系数矩阵A=(β
1,β
2,α
1,α
2)作初等行变换,有
由
不全为
当a=-1时
得基础解系η
1=(-1,-1,1,0)
T,η
2=(-4,-7,0,1)
T 所以Ax=0的通解为k
1η
1+k
2η
2=(-k
1-4k
2,-k
1-7k
2,k
1,k
2)
T 故方程组(Ⅰ)和(Ⅱ)的公共解
6. 设函数f(x)在x=0的某个邻域内具有二阶连续导数,且f(0)≠0,f'(0)≠0,f"(0)≠0.
证明:存在唯一的一组实数λ
1,λ
2,λ
3,使得当h→0时,λ
1f(h)+λ
2f(2h)+λ
3f(3h)-f(0)是比h
2高阶的无
证法1 因为当h→0时,λ
1f(h)+λ
2f(2h)+λ
3f(3h)-f(0)是比h
2高阶的无穷小,故其本身也是无穷小,即
而f(0)≠0,所以得λ
1+λ
2+λ
3-1=0.
又
因为f"(0)≠0,故得
λ
1+4λ
2+9λ
3=0,
其中还包含
因为f'(0)≠0,得λ
1+2λ
2+3λ
3=0.
总之,得λ
1,λ
2,λ
2的线性方程组
因其系数行列式
故由克拉默法则知,存在唯一的一组实数λ
1,λ
2,λ
2,使得当h→0时,λ
1f(h)+λ
2f(2h)+λ
3f(3h)-f(0)是比h
2高阶的无穷小.
证法2 利用泰勒公式.
故
的系数行列式(范德蒙德行列式)不为0(为2),故根据克拉默法则,可知方程组有唯一解,即存在唯一的一组实数λ
1,λ
2,λ
2满足条件.
[解析] 条件可以减弱为“f(x)在x=0处具有二阶导数”,此时解法1的洛必达法则便不能再使用,但解法2的泰勒公式仍然成立.
7. 设
,[1+x
2+y
2]表示不超过1+x
2+y
2的最大整数.计算二重积分
.
解:因为[1+x
2+y
2]的分块表示,则把区域D分为D
1,D
2,其中
于是
故
[考点] 多元函数微积分