一、选择题（1~10小题，每小题4分，共40分。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。） (1)当𝑥→0+时，与√𝑥等价的无穷小量是
(A)1−𝑒−√𝑥 (B)𝑙𝑛
1+𝑥1−√𝑥 (C)√1+√𝑥−1 (D)1−𝑐𝑜𝑠√𝑥 【答案】B。 【解析】 (当𝑥→0+)时 𝑙𝑛
1+𝑥1−√𝑥=[𝑙𝑛(1+𝑥)−𝑙𝑛(1−√𝑥)]~√𝑥
1
1
𝑒√𝑥~−√𝑥 √1+√𝑥−1~√𝑥 1−𝑐𝑜𝑠√𝑥~𝑥
22
几个不同阶的无穷小量的代数和，其阶数由其中阶数最低的项来决定。
综上所述，本题正确答案是B。
【考点】高等数学—函数、极限、连续—无穷小量的性质及无穷小量的比较 (2)函数𝑓(𝑥)=
(𝑒𝑥+𝑒)𝑡𝑎𝑛𝑥
1𝑥(𝑒𝑥−𝑒)1
在[−π,π]上的第一类间断点是𝑥=
(A)0 (B)1 (C)− (D) 2
2
𝜋
𝜋
【答案】A。 【解析】
1 / 23
A：由𝑙𝑖𝑚𝑒=0,𝑙𝑖𝑚𝑒=+∞得 −+
𝑥→0
𝑥→0
𝑥→0
1
𝑥1𝑥
𝑙𝑖𝑚𝑓(𝑥)=𝑙𝑖𝑚−
1
𝑥(𝑒+𝑒)𝑡𝑎𝑛𝑥1
𝑥→0−𝑥(𝑒𝑥−𝑒)
=𝑙𝑖𝑚
1𝑥𝑒+𝑒1
𝑥→0−𝑒𝑥−𝑒
∙∙
𝑡𝑎𝑛𝑥𝑥𝑡𝑎𝑛𝑥𝑥
=
𝑒−𝑒
∙1=−1
𝑥→0+
𝑙𝑖𝑚𝑓(𝑥)=𝑙𝑖𝑚+
𝑥→0
(𝑒𝑥+𝑒)𝑡𝑎𝑛𝑥
1
𝑥(𝑒𝑥−𝑒)
1
=𝑙𝑖𝑚+
𝑒𝑥+𝑒
1
1
𝑥→0𝑒𝑥−𝑒
=1∙1=1
所以𝑥=0是𝑓(𝑥)的第一类间断点； B：𝑙𝑖𝑚𝑓(𝑥)=𝑙𝑖𝑚
𝑥→1
𝑥→1
1
𝑥(𝑒+𝑒)𝑡𝑎𝑛𝑥1
𝑥(𝑒𝑥−𝑒)
=∞ =∞
C：𝑙𝑖𝑚𝜋𝑓(𝑥)=𝑙𝑖𝑚
𝑥→−
2
1𝑥(𝑒+𝑒)𝑡𝑎𝑛𝑥1𝜋
𝑥→− 𝑥
2𝑥(𝑒−𝑒)
D：𝑙𝑖𝑚𝑓(𝑥)=𝑙𝑖𝑚𝜋𝜋
𝑥→
2
(𝑒𝑥+𝑒)𝑡𝑎𝑛𝑥
1
𝑥(𝑒𝑥−𝑒)
1
𝑥→
=∞
2
所以𝑥=1,𝑥=± 都是𝑓(𝑥)的第二类间断点。 2
𝜋
综上所述，本题正确答案是A。
【考点】高等数学—函数、极限、连续—函数间断点的类型 (3)如图，连续函数𝑦=𝑓(𝑥)在区间[−3,−2],[2,3]上的图形分别是直径为1的上、下半圆周，在区间[−2,0],[0,2]上的图形分别是直径为2的下、上半圆周，设𝐹(𝑥)=∫0𝑓(𝑡)𝑑𝑡,则下列结论正确的是 (A)𝐹(3)=−𝐹(−2)
43
𝑥
(B)𝐹(3)=𝐹(2)
4
5
(C)𝐹(−3)=𝐹(2)
4
3
(D)𝐹(−3)=−𝐹(−2)
4
5
𝑦 𝑦=𝑓(𝑥) 𝑥 -3 -2 -1 0 1 2 3 2 / 23
【答案】C。 【解析】 【方法一】
四个选项中出现的𝐹(𝑥)在四个点上的函数值可根据定积分的几何意义确定
𝐹(3)=∫𝑓(𝑡)𝑑𝑡=∫𝑓(𝑡)𝑑𝑡+∫𝑓(𝑡)𝑑𝑡=−=𝜋 002
2
8
8
32
2
3
𝜋
𝜋
3
𝐹(2)=∫𝑓(𝑡)𝑑𝑡= 0
2
𝜋
𝐹(−2)=∫𝑓(𝑡)𝑑𝑡−∫𝑓(𝑡)𝑑𝑡=−(−)= 0−222𝐹(−3)=∫𝑓(𝑡)𝑑𝑡=−∫𝑓(𝑡)𝑑𝑡=−[−]=𝜋 0−3
8
2
8
−334
0
𝜋
𝜋
3
−20𝜋𝜋
则𝐹(−3)=𝐹(2) 【方法二】
由定积分几何意义知𝐹(2)>𝐹(3)>0,排除(B)
又由𝑓(𝑥)的图形可知𝑓(𝑥)的奇函数，则𝐹(𝑥)=∫𝑓(𝑡)𝑑𝑡为偶函数，0从而
𝐹(−3)=𝐹(3)>0,𝐹(−2)=𝐹(2)>0 显然排除(A)和(D),故选(C)。 综上所述，本题正确答案是C。
【考点】高等数学—一元函数积分学—定积分的概念和基本性质，定积分的应用
(4)设函数𝑓(𝑥)在𝑥=0处连续，下列命题错误的是 ．．(A)若𝑙𝑖𝑚
𝑓(𝑥)𝑥→0𝑥
𝑥
存在，则𝑓(0)=0
3 / 23
(B)若𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
𝑓(𝑥)+𝑓(−𝑥)
𝑥𝑓(𝑥)
存在，则𝑓(0)=0
(C)若𝑙𝑖𝑚
(D)若𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
𝑥→0𝑥
𝑓(𝑥)−𝑓(−𝑥)
𝑥
存在，则𝑓′(0)存在
存在，则𝑓′(0)存在
【答案】D。 【解析】 (A)：若𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
𝑓(𝑥)𝑥
存在，因为𝑙𝑖𝑚𝑥=0 ,则𝑙𝑖𝑚𝑓(𝑥)=0 ,又已知函数
𝑥→0
𝑥→0
𝑥→0
𝑓(𝑥)在𝑥=0处连续，所以𝑙𝑖𝑚𝑓(𝑥)=𝑓(0),故𝑓(0)=0,(A)正确； (B)：若𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
𝑓(𝑥)+𝑓(−𝑥)
𝑥
存在，则𝑙𝑖𝑚[𝑓(𝑥)+𝑓(−𝑥)]=𝑓(0)+𝑓(0)=
𝑥→0
0,则𝑓(0)=0，故(B)正确。 (C) 𝑙𝑖𝑚
𝑓(𝑥)𝑥→0𝑥
存在，知𝑓(0)=0，则𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
𝑓(𝑥)𝑥
=𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
𝑓(𝑥)−𝑓(0)
𝑥
=𝑓′(0)
则𝑓′(0)存在，故(C)正确 (D) 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
𝑓(𝑥)−𝑓(−𝑥)
𝑥𝑥→0
𝑥→0
𝑓(𝑥)−𝑓(0)
𝑥
=𝑙𝑖𝑚[
𝑓(𝑥)−𝑓(0)
𝑥
−
𝑓(−𝑥)−𝑓(0)
𝑥
]存在，
不能说明𝑙𝑖𝑚存在
例如𝑓(𝑥)=|𝑥|在𝑥=0处连续， 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
𝑓(𝑥)−𝑓(−𝑥)
𝑥
存在，但是𝑓′(0)不存在，故命题(D)不正确。
综上所述，本题正确答案是D。
【考点】高等数学—一元函数微分学—导数和微分的概念 (5)曲线𝑦=+𝑙𝑛 (1+𝑒𝑥)渐近线的条数为
𝑥1
(A)0 (B)1 (C)2 (D)3 【答案】D。 【解析】
4 / 23
由于
𝑙𝑖𝑚𝑦=𝑙𝑖𝑚+𝑙𝑛(1+𝑒𝑥)=∞，
𝑥→0
𝑥→0𝑥
1
则𝑥=0是曲线的垂直渐近线；
又 𝑙𝑖𝑚𝑦=𝑙𝑖𝑚[+𝑙𝑛(1+𝑒𝑥)]=0
𝑥→−∞
1
𝑥→−∞𝑥
1
𝑙𝑖𝑚𝑦=𝑙𝑖𝑚[+𝑙𝑛(1+𝑒𝑥)]=+∞
𝑥→+∞
𝑥→+∞𝑥
所以𝑦=0是曲线的水平渐近线；
斜渐近线：由于−∞一侧有水平渐近线，则斜渐近线只可能出现在+∞一侧。 𝑎=𝑙𝑖𝑚
𝑦
𝑥→+∞𝑥
=𝑙𝑖𝑚
𝑒𝑥
1
+𝑙𝑛(1+𝑒𝑥)𝑥𝑥→+∞
𝑥
=𝑙𝑖𝑚
1
𝑥→+∞𝑥2
+𝑙𝑖𝑚
𝑙𝑛(1+𝑒𝑥)
𝑥
𝑥→+∞
=0+𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
𝑥→+∞1+𝑒𝑥=1
1
𝑥→+∞𝑥
𝑏=𝑙𝑖𝑚(𝑦−𝑥)=𝑙𝑖𝑚[+𝑙𝑛(1+𝑒𝑥)−𝑥] =𝑙𝑖𝑚[+𝑙𝑛(1+𝑒𝑥)−𝑙𝑛𝑒𝑥] =𝑙𝑖𝑚[+𝑙𝑛(1+
𝑥→+∞𝑥𝑥→+∞𝑥
1
1𝑒𝑥
1
)]=0
则曲线有斜渐近线𝑦=𝑥，故该曲线有三条渐近线。 综上所述，本题正确答案是D。
【考点】高等数学—一元函数微分学—函数图形的凹凸性、拐点及渐近线
(6)设函数𝑓(𝑥)在(0,+∞)内具有二阶导数，且𝑓′′(𝑥)>0 ,令𝑢𝑛=𝑓(𝑛)(𝑛=1,2,⋯),则下列结论正确的是
(A)若𝑢1>𝑢2,则{𝑢𝑛}必收敛 (B)若𝑢1>𝑢2,则{𝑢𝑛}必发散 (C)若𝑢1<𝑢2,则{𝑢𝑛}必收敛 (D)若𝑢1<𝑢2,则{𝑢𝑛}必发散 【答案】D。
5 / 23
【解析】 【方法一】
图示法：由𝑓′′(𝑥)>0，知曲线𝑦=𝑓(𝑥)是凹的，
显然，图1排除选项(A)，其中𝑢𝑛=𝑓(𝑛)→−∞；图2排除选项(B)；图3排除选项(C),其中𝑢𝑛=𝑓(𝑛)→+∞；故应选(D)。
𝑦 𝑢1 𝑢2 𝑦 𝑢1 𝑢2 𝑦 𝑢1 𝑢2 𝑥 O 1 2 𝑥 O 1 2 𝑥 O 1 2 图1 图2 图3
【方法二】
排除法：取𝑓(𝑥)=(𝑥−2)2,显然在(0,+∞)，𝑓′′(𝑥)=2>0,𝑓(1)=1>𝑓(2)=0,但𝑢𝑛=𝑓(𝑛)=(𝑛−2)2→+∞，排除A； 取𝑓(𝑥)=,在(0,+∞)上，𝑓′′(𝑥)>0,且𝑓(1)=1>𝑓(2)= ,但
𝑥
2
1
1
𝑢𝑛=𝑓(𝑛)=
1𝑛
→0,排除B；
取𝑓(𝑥)=𝑒𝑥, 在(0,+∞)上，𝑓′′(𝑥)>0，且𝑓(1)=𝑒<𝑓(2)=𝑒2,但𝑢𝑛=𝑓(𝑛)=𝑒𝑛→+∞，排除(C),故应选(D)。 【方法三】
由拉格朗日中值定理知
𝑢2−𝑢1=𝑓(2)−𝑓(1)=𝑓′(𝑐)>0,(1<𝑐<2) 当𝑛>2时，
𝑓(𝑛)=𝑓(𝑛)−𝑓(2)+𝑓(2)=𝑓′(𝜉)(𝑛−2)+𝑓(2) (2<𝜉<𝑛) 6 / 23
由于𝑓′′(𝑥)>0，且𝜉>𝑐,则𝑓′(𝜉)>𝑓′(𝑐)>0从而有 𝑓(𝑛)>𝑓′(𝑐)(𝑛−2)+𝑓(2)→+∞ 则有𝑢𝑛=𝑓(𝑛)→+∞
综上所述，本题正确答案是D。
【考点】高等数学—一元函数微分学—函数图形的凹凸性、拐点及渐近线
(7)二元函数𝑓(𝑥,𝑦)在点(0,0)处可微的一个充分条件是 (A)
(𝑥,𝑦)→(0,0)
𝑙𝑖𝑚[𝑓(𝑥,𝑦)−𝑓(0,0)]=0
=0,且𝑙𝑖𝑚
=0
𝑦→0
𝑓(0,𝑦)−𝑓(0,0)
𝑦
𝑦→0
(B)𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
𝑓(𝑥,0)−𝑓(0,0)
𝑥
=0
(C)
(𝑥,𝑦)→(0,0)𝑥→0
𝑙𝑖𝑚
𝑓(𝑥,𝑦)−𝑓(0,0)√𝑥2+𝑦2(D)𝑙𝑖𝑚[𝑓′𝑥(𝑥,0)−𝑓′𝑥(0,0)]=0,且𝑙𝑖𝑚[𝑓′𝑦(0,y)−𝑓′𝑦(0,0)]=0 【答案】C。 【解析】 由
(𝑥,𝑦)→(0,0)
𝑥
𝑙𝑖𝑚
𝑓(𝑥,𝑦)−𝑓(0,0)√𝑥2+𝑦2=0可得
√𝑥2+02𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
𝑓(𝑥,0)−𝑓(0,0)
=𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
𝑓(𝑥,0)−𝑓(0,0)√𝑥2∙
𝑥
=0
即𝑓′𝑥(0,0)=0,同理𝑓′𝑦(0,0)=0 从而𝑙𝑖𝑚
[𝑓(∆𝑥,∆𝑦)−𝑓(0,0)]−(𝑓′𝑥(0,0)∆𝑥+𝑓′𝑦(0,0)∆𝑦)
𝜌
𝑓(∆𝑥,∆𝑦)−𝑓(0,0)
𝜌
𝜌→0𝜌→0
=0
=𝑙𝑖𝑚=𝑙𝑖𝑚
𝑓(∆𝑥,∆𝑦)−𝑓(0,0)√∆𝑥2+∆𝑦2𝜌→0根据可微的判定条件可知函数𝑓(𝑥,𝑦)在点(0,0)处可微 综上所述，本题正确答案是C。
【考点】高等数学—多元函数微分学—多元函数的偏导数和全微分，全微分存在的必要条件和充分条件
7 / 23
(8)设函数𝑓(𝑥,𝑦)连续，则二次积分∫𝜋𝑑𝑥∫𝑓(𝑥,𝑦)𝑑𝑦等于 𝑠𝑖𝑛𝑥
2𝜋1
(A)∫𝑑𝑦∫𝑓(𝑥,𝑦)𝑑𝑥 0𝜋+𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑦(B) ∫𝑑𝑦∫𝑓(𝑥,𝑦)𝑑𝑥 0𝜋−𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑦(C)∫𝑑𝑦∫𝜋
0
21𝜋
1𝜋
1𝜋+𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑦
𝑓(𝑥,𝑦)𝑑𝑥 𝑓(𝑥,𝑦)𝑑𝑥
(D) ∫𝑑𝑦∫𝜋
0
21𝜋−𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑦
【答案】B。 【解析】
交换积分次序，已知<𝑥<𝜋，𝑠𝑖𝑛𝑥<𝑦<1,则可得
2𝜋
0<𝑦<1,𝜋−𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑦<𝑥<𝜋 综上所述，本题正确答案是B。
【考点】高等数学—多元函数微积分学—二重积分的概念、基本性质和计算
(9)设向量组𝛂1,𝛂2,𝛂3线性无关，则下列向量组线性相关的是 ．．．．(A)𝛂1−𝛂2,𝛂2−𝛂3,𝛂3−𝛂1 (B)𝛂1+𝛂2,𝛂2+𝛂3,𝛂3+𝛂1 (C)𝛂1−2𝛂2,𝛂2−2𝛂3,𝛂3−2𝛂1 (D)𝛂1+2𝛂2,𝛂2+2𝛂3,𝛂3+2𝛂1 【答案】A。 【解析】
(A)：因为(𝛂1−𝛂2)+ (𝛂2−𝛂3)+(𝛂3−𝛂1)=𝟎, 所以向量组𝛂1−𝛂2,𝛂2−𝛂3,𝛂3−𝛂1线性相关；
8 / 23
(B)：
10
(𝛂1+𝛂2,𝛂2+𝛂3,𝛂3+𝛂1)=(𝛂1,𝛂2,𝛂3)[11
01
101𝑪=[110]
011
10] 1
因为𝛂1,𝛂2,𝛂3线性无关，所以判断𝛂1+𝛂2,𝛂2+𝛂3,𝛂3+𝛂1线性无关⇔|𝑪|≠0 10由于|11
01(C)：
10−2
(𝛂1−2𝛂2,𝛂2−2𝛂3,𝛂3−2𝛂1)=(𝛂1,𝛂2,𝛂3)[−210]
0−21
10−2
同理𝛂1−2𝛂2,𝛂2−2𝛂3,𝛂3−2𝛂1线性|−210|=−7≠0，
0−21无关； (D)：
102
(𝛂1+2𝛂2,𝛂2+2𝛂3,𝛂3+2𝛂1)=(𝛂1,𝛂2,𝛂3)[210]
021
102
|210|=9≠0，同理𝛂1+2𝛂2,𝛂2+2𝛂3,𝛂3+2𝛂1线性无关；
021
综上所述，本题正确答案是A。
【考点】线性代数—向量—向量组的线性相关与线性无关 2−1
(10)设矩阵𝑨=[−12
−1−1
−1100
−1],𝑩=[010],则𝑨与𝑩
0002
1
0|=2≠0,故知𝛂1+𝛂2,𝛂2+𝛂3,𝛂3+𝛂1线性无关； 1
(A)合同，且相似 (B)合同，但不相似 (C)不合同，但相似 (D)既不合同，也不相似
9 / 23
【答案】B。 【解析】
根据相似的必要条件:∑𝑎𝑖𝑖=∑𝑏𝑖𝑖，易得𝑨和𝑩肯定不相似， 合同的充分必要条件是具有相同的正惯性指数、负惯性指数。 由
𝜆−211𝜆𝜆𝜆
|𝜆𝑬−𝑨|=|1𝜆−21|=|1𝜆−21|
11𝜆−211𝜆−2
=𝜆(𝜆−3)2
知矩阵𝑨的特征值3,3,0 故二次型𝒙𝑇𝑨𝒙的正惯性指数𝑝=2 ,负惯性指数𝑞=0,而二次型𝒙𝑇𝑩𝒙也是正惯性指数𝑝=2,负惯性指数𝑞=0，所以𝑨和𝑩合同
综上所述，本题正确答案是B。
【考点】线性代数—二次型—二次型及其矩阵表示，合同变换与合同矩阵
二、填空题（本题共6小题，每小题4分，满分24分） (11)𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑥−𝑠𝑖𝑛𝑥
𝑥316
= 。
【答案】−。 【解析】 【方法一】 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑥−𝑠𝑖𝑛𝑥
𝑥3=𝑙𝑖𝑚
𝑥→011
1
−𝑐𝑜𝑠𝑥1+𝑥23𝑥2 （洛必达法则）
1132
16
=𝑙𝑖𝑚
3𝑥→03𝑥→0
1−𝑐𝑜𝑠𝑥−𝑥2𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑥2(1+𝑥2)1−𝑐𝑜𝑠𝑥𝑥2 =𝑙𝑖𝑚[−𝑐𝑜𝑠𝑥]=[−1]=−
10 / 23
【方法二】
泰勒公式：𝑠𝑖𝑛𝑥=𝑥−(𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑥)′=
11+𝑥2𝑥33
𝑥33!
+𝑜(𝑥3)
=1−𝑥2+𝑜(𝑥2)
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑥=𝑥−𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑥−𝑠𝑖𝑛𝑥
𝑥3+ 𝑜(𝑥3)
[𝑥−
𝑥3𝑥3
+ 𝑜(𝑥3)]−[𝑥−+𝑜(𝑥3)]33!𝑥3=𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
=𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
(−+)𝑥3+𝑜(𝑥3)
𝑥31136=− 6
1
【方法三】 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑥−𝑠𝑖𝑛𝑥
𝑥3
=𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑥−𝑥
𝑥3
13+𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
13𝑥6𝑥3
𝑥−𝑠𝑖𝑛𝑥𝑥316
=𝑙𝑖𝑚
−𝑥3
𝑥→0𝑥3
+𝑙𝑖𝑚
𝑥→016
=−
综上所述，本题正确答案是−。
【考点】高等数学—函数、极限、连续—无穷小量的性质及无穷小量的比较、极限的四则运算
高等数学—一元函数微分学—洛必达法则，泰勒公式
𝜋𝑥=𝑐𝑜𝑠𝑡+𝑐𝑜𝑠2𝑡
(12)曲线{上对应于𝑡=的点处的法线斜率
4𝑦=1+𝑠𝑖𝑛𝑡
为 。 【答案】1+√2。 【解析】 切线斜率𝑘=
𝜋4
𝑑𝑦𝑑𝑥
=
𝑦′(𝑡)𝑥′(𝑡)
= 𝑐𝑜𝑠𝑡−𝑠𝑖𝑛𝑡−2𝑠𝑖𝑛𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡
𝑡=代入，得𝑘=−11+√2所以对应的法线斜率为1+√2 11 / 23
综上所述，本题正确答案是1+√2。
【考点】高等数学—一元函数微分学—导数和微分的概念，导数的几何意义和物理意义 (13)设函数𝑦=【答案】
12𝑥+3
,则𝑦(𝑛)(0)= 。 。
(−1)𝑛2𝑛𝑛!3𝑛+1【解析】 【方法一】
先求一阶导数，二阶导数，归纳总结𝑛阶导数 则 𝑦=
12𝑥+3
=(2𝑥+3)−1
𝑦′=(−1) (2𝑥+3)−2∙2 𝑦′′=(−1)(−2) (2𝑥+3)−3∙22
由此可归纳得到
𝑦(𝑛)=(−1)𝑛𝑛!(2𝑥+3)−(𝑛+1)∙2𝑛
则𝑦
(𝑛)
(
0)=
(−1)𝑛2𝑛𝑛!3𝑛+1
【方法二】
利用幂级数展开，为求𝑦(𝑛)(0)将𝑦=则其展开式中𝑥的𝑛次幂项的系数为
12𝑥+3
12𝑥+3𝑛!
在𝑥=0处展开为幂级数，
𝑦(𝑛)(0)
,即可求出𝑦(𝑛)(0)。
=
11
1
3
31+2𝑥
2
2
2
𝑛2𝑛(−1)(𝑥)3
=[1−𝑥+(𝑥)+⋯+
333所以
𝑦(𝑛)(0)𝑛!(𝑛)(
+⋯]
=
2𝑛𝑛(−1)()3(−1)𝑛2𝑛𝑛!3𝑛+1∙ 3
1
推出𝑦
0)=
(−1)𝑛2𝑛𝑛!3𝑛+1
综上所述，本题正确答案是。
12 / 23
【考点】高等数学—一元函数微分学—高阶导数
(14)二阶常系数非齐次微分方程𝑦′′−4𝑦′+3𝑦=2𝑥𝑒2𝑥的通解为𝑦= 。
【答案】𝑦=𝐶1𝑒𝑥+𝐶2𝑒3𝑥−2𝑒2𝑥,其中𝐶1,𝐶2为任意常数 【解析】
对应齐次方程的特征方程为
𝜆2−4𝜆+3=0⇒𝜆1=1,𝜆2=3
则对应齐次方程的通解为𝑦=𝐶1𝑒𝑥+𝐶2𝑒3𝑥 设原方程特解为𝑦∗=𝐴𝑒2𝑥,代入原方程可得
4𝐴𝑒2𝑥−8𝐴𝑒2𝑥+3𝐴𝑒2𝑥=2𝑒2𝑥⇒𝐴=−2 所以原方程的特解为𝑦∗=−2𝑒2𝑥
故原方程的通解为𝑦=𝐶1𝑒𝑥+𝐶2𝑒3𝑥−2𝑒2𝑥,其中𝐶1,𝐶2为任意常数，
综上所述，本题正确答案是𝑦=𝐶1𝑒𝑥+𝐶2𝑒3𝑥−2𝑒2𝑥,其中𝐶1,𝐶2为任意常数。
【考点】高等数学—常微分方程—简单的二阶常系数非齐次线性微分方程
(15)设𝑓(𝑢,𝑣)是二元可微函数，𝑧=𝑓(,)，则𝑥
𝑥𝑦𝑦𝑥
𝜕𝑧𝜕𝑥
−𝑦
𝜕𝑧𝜕𝑦
= 。
【答案】−2(𝑓′1−𝑓′2)。
𝑥
𝑦
𝑦𝑥
【解析】 利用求导公式
𝜕𝑧𝜕𝑥
=−
𝑦𝑥
𝑓′1+𝑓′2 2
𝑦
1𝜕𝑧𝜕𝑦
=𝑓′1−
𝑥
1𝑥𝑦2
𝑓′2
13 / 23
所以𝑥
𝜕𝑧𝜕𝑥
−𝑦
𝜕𝑧𝜕𝑦
=−2(𝑓′1−𝑓′2)
𝑥
𝑦𝑦𝑥
𝑥𝑦
𝑦𝑥
综上所述，本题正确答案是−2(𝑓′1−𝑓′2)。
【考点】高等数学—多元函数微积分学—多元函数偏导数的概念与计算 00
(16)设矩阵𝑨=[
00【答案】1。 【解析】 因为
00𝑨2=[
00
所以𝑟(𝑨3)=1。
综上所述，本题正确答案是1。
【考点】线性代数—矩阵—矩阵的乘法，矩阵的秩
三、解答题（本题共8小题，满分86分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） (17)（本题满分10分）
设𝑓(𝑥)是区间[0,]上单调、可导函数，且满足
4𝑓(𝑥)𝜋
1000010000
]，则𝑨3的秩为 。 10
00001000000100],𝑨3=[0000000
00010] 00
∫
0
𝑓
−1
𝑐𝑜𝑠𝑡−𝑠𝑖𝑛𝑡
(𝑡)𝑑𝑡=∫𝑡𝑑𝑡 𝑠𝑖𝑛𝑡+𝑐𝑜𝑠𝑡0
𝑥
其中𝑓−1是𝑓的反函数，求𝑓(𝑥) 【解析】
14 / 23
等式 ∫0
𝑓(𝑥)
𝑓−1(𝑡)𝑑𝑡=∫𝑡0
𝑓
−1[
𝑥𝑐𝑜𝑠𝑡−𝑠𝑖𝑛𝑡𝑠𝑖𝑛𝑡+𝑐𝑜𝑠𝑡′(
𝑑𝑡两端同时对𝑥求导，得
𝑐𝑜𝑠𝑥−𝑠𝑖𝑛𝑥
𝑓(𝑥)]𝑓𝑥)=𝑥 𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑐𝑜𝑠𝑥,𝑓′(𝑥)=𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥−𝑠𝑖𝑛𝑥𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑐𝑜𝑠𝑥
即𝑥𝑓′(𝑥)=𝑥则𝑓(𝑥)=∫
𝑐𝑜𝑠𝑥−𝑠𝑖𝑛𝑥𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑥∈[0,]
4
𝜋
𝑐𝑜𝑠𝑥−𝑠𝑖𝑛𝑥𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑐𝑜𝑠𝑥𝑓(0)
𝑑𝑥=𝑙𝑛(𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑐𝑜𝑠𝑥)+𝐶
由原题设知∫0
𝑓−1(𝑡)𝑑𝑡=0
𝜋4
𝜋4
因为𝑓(𝑥)是区间[0,]上单调、可导函数，则𝑓−1(𝑡)的值域为[0,]，它是单调，非负的。故必有𝑓(0)=0
𝑓(0)=𝑙𝑖𝑚𝑓(𝑥)=𝑙𝑖𝑚[𝑙𝑛(𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑐𝑜𝑠𝑥)]+𝐶=𝐶=0
𝑥→0
𝑥→0
所以𝑓(𝑥)=𝑙𝑛(𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑐𝑜𝑠𝑥)
【考点】高等数学—一元函数积分学—积分上限的函数及其导数 (18)（本题满分11分） 设𝐷是位于曲线𝑦=√𝑥𝑎无界区域。
(I)求区域𝐷绕𝑥轴旋转一周所成的旋转体的体积𝑉(𝑎)； (II)当𝑎为何值时，𝑉(𝑎)最小，并求最小值。 【解析】 (I)旋转体体积为
+∞2𝑉(𝑎)=𝜋∫𝑦(𝑥)𝑑𝑥0
𝑥+∞𝑎𝜋−
=−(𝑥𝑎𝑎)|
𝑙𝑛𝑎0𝑎2
−
𝑥2𝑎(𝑎>1,0≤𝑥<+∞)下方，𝑥轴上方的
=+
𝑥
+∞−𝜋∫𝑥𝑎𝑎𝑑𝑥0
=
𝑥
+∞−
−∫𝑥𝑑𝑎𝑎 𝑙𝑛𝑎0
𝑎𝜋
+∞−𝑥
𝑎𝑎𝑑𝑥 ∫0𝑙𝑛𝑎𝑎𝜋
=π(
𝑙𝑛𝑎
)
(II)𝑉′(𝑎)=2π
𝑎(𝑙𝑛𝑎−1)𝑙𝑛3𝑎
令𝑉′(𝑎)=0，得𝑙𝑛𝑎=1,𝑎=𝑒
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当1<𝑥<𝑒时，𝑉′(𝑎)<0, 𝑉(𝑎)单调减少； 当𝑎>𝑒时，𝑉′(𝑎)>0, 𝑉(𝑎)单调增加。 所以𝑎=𝑒时，旋转体体积最小，最小体积为 𝑉(𝑒)=𝜋𝑒2 【考点】高等数学—一元函数积分学—定积分的应用 (19)（本题满分10分）
2
求微分方程𝑦′′(𝑥+𝑦′)=𝑦′满足初始条件𝑦(1)=𝑦′(1)=1的特
解 【解析】
设𝑦′=𝑝,则𝑦′′=𝑝′,原方程变为𝑝′(𝑥+𝑝2)=𝑝 则
𝑑𝑝𝑑𝑥
=+𝑝,解之得𝑥=𝑝(𝑝+𝐶1),将𝑝(1)=1代入得𝐶1=0
𝑝2
′
2
23𝑥
得𝑥=𝑝⇒𝑦=√𝑥⇒𝑦=𝑥+𝐶2 3结合𝑦(1)=1，得𝐶2= 31
2
3
所以𝑦=𝑥+
3
3
21
【考点】高等数学—常微分方程—可用简单的变量代换求解的某些微分方程，可降阶的高阶微分方程 (20)（本题满分11分）
已知函数𝑓(𝑢)具有二阶导数，且𝑓′(0)=1 ,函数𝑦=𝑦(𝑥)由方程𝑦−𝑥𝑒
𝑦−1
=1所确定，设𝑧=𝑓(𝑙𝑛𝑦−𝑠𝑖𝑛𝑥),求
𝑑2𝑧𝑑𝑥
|2𝑥=0𝑑𝑥𝑥=0
,
𝑑𝑧
|
【解析】
在𝑦−𝑥𝑒𝑦−1=1中令𝑥=0得𝑦=1 方程𝑦−𝑥𝑒𝑦−1=1两端对𝑥求导得
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𝑦′−𝑒𝑦−1−𝑥𝑒𝑦−1𝑦′=0 𝑥=0, 𝑦=1代入上式得𝑦′(0)=1 上式两端再对𝑥求导得
−𝑦′+(2−𝑦)𝑦′′−𝑒𝑦−1𝑦′=0 可得𝑦′′(0)=2 又
𝑑𝑧𝑑𝑥𝑑𝑧
2
=𝑓′(𝑙𝑛𝑦−𝑠𝑖𝑛𝑥)(−𝑐𝑜𝑠𝑥)
𝑦
𝑦′
则|
𝑑2𝑧𝑑𝑥2𝑑𝑥𝑥=0
=0
𝑦′𝑦
2
𝑦′′𝑦
=𝑓′′(𝑙𝑛𝑦−𝑠𝑖𝑛𝑥)(−𝑐𝑜𝑠𝑥)+𝑓′(𝑙𝑛𝑦−𝑠𝑖𝑛𝑥)[
−
𝑦′
2
𝑦2+
𝑠𝑖𝑛𝑥] 𝑑2𝑧′()(′())=𝑓02−1=𝑓0=1 |2𝑑𝑥𝑥=0
【考点】高等数学—一元函数微分学—复合函数、反函数、隐函数以及参数方程所确定的函数的微分法 (21)（本题满分11分）
设函数𝑓(𝑥),g(𝑥)在[𝑎,𝑏]上连续，在(𝑎,𝑏)内具有二阶导数，且存在相等的最大值，𝑓(𝑎)=g(𝑎),𝑓(𝑏)=g(𝑏),证明：存在𝜉∈(𝑎,𝑏)，使得𝑓′′(𝜉)=g′′(𝜉)。 【解析】 【方法一】
令𝐹(𝑥)=𝑓(𝑥)−g(𝑥),则𝐹(𝑎)=𝐹(𝑏)=0
设𝑓(𝑥),g(𝑥)在(𝑎,𝑏)内的最大值为𝑀，且分别在𝛼∈(𝑎,𝑏)，𝛽∈(𝑎,𝑏)时取到，即𝑓(𝛼)=g(𝛽)=𝑀 若𝛼=𝛽,取到𝜂=𝛼,即𝐹(𝜂)=0；
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若𝛼≠𝛽,则
𝐹(𝛼)= 𝑓(𝛼)−g(𝛼)=𝑀−g(𝛼)≥0 𝐹(𝛽)= 𝑓(𝛽)−g(𝛽)=𝑓(𝛽)−𝑀≤0
此时，由连续函数介值定理知在𝛼,𝛽之间至少存在点𝜂，𝐹(𝜂)=0 综上所述，存在𝜂∈(𝑎,𝑏)，使得𝐹(𝜂)=0
由罗尔定理知，存在𝜉1∈(𝑎,𝜂),𝜉2∈(𝜂,𝑏) ,使得𝐹′(𝜉1)=0,𝐹′(𝜉2)=0；
再由罗尔定理知，存在𝜉∈(𝜉1,𝜉2) ,使得𝐹′′(𝜉)=0,即𝑓′′(𝜉)=g′′(𝜉)。 【方法二】
用反证法证明存在𝜂∈(𝑎,𝑏)，使得𝐹(𝜂)=0：
假设不存在𝜂∈(𝑎,𝑏)，使得𝐹(𝜂)=0，则由𝐹(𝑥)的连续性知对于一切𝑥∈(𝑎,𝑏), 𝐹(𝑥)恒大于零或恒小于零。
设𝐹(𝑥)>0，设g(𝑥)在𝑥0∈(𝑎,𝑏)取到最大值，则𝐹(𝑥0)=𝑓(𝑥0)−g(𝑥0)>0,即𝑓(𝑥0)>g(𝑥0) ,从而可知𝑓(𝑥)在𝑥∈(𝑎,𝑏)上的最大值比g(𝑥)在𝑥∈(𝑎,𝑏)上的最大值要大，与题设矛盾，所以假设命题不成立。
存在𝜂∈(𝑎,𝑏)，使得𝐹(𝜂)=0
所以由罗尔定理知，存在𝜉1∈(𝑎,𝜂),𝜉2∈(𝜂,𝑏) ,使得𝐹′(𝜉1)=0,𝐹′(𝜉2)=0；
再由罗尔定理知，存在𝜉∈(𝜉1,𝜉2) ,使得𝐹′′(𝜉)=0,即𝑓′′(𝜉)=g′′(𝜉)。
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【考点】高等数学—一元函数微分学—微分中值定理 (22)（本题满分11分） 设二元函数 𝑓(𝑥,𝑦)={𝑥2,|𝑥|+|𝑦|≤1
1√𝑥2+𝑦
计算二重积分∬𝑓(𝑥,𝑦)𝑑𝜎,其中𝐷𝐷
,1<|𝑥|+|𝑦|≤22
={(𝑥,𝑦)||𝑥|+|𝑦|≤2}
【解析】
因为被积函数关于𝑥,𝑦均为偶函数，且积分区域关于𝑥,𝑦轴均对称，所以
𝑓(𝑥,𝑦)𝑑𝜎=4∬𝑓(𝑥,𝑦)𝑑𝜎 ，𝐷1为𝐷在第一象限内的部分 ∬𝐷𝐷
1
而
𝑓(𝑥,𝑦)𝑑𝜎∬𝐷1
2
=∬𝑥𝑑𝜎+∬𝑥+𝑦≤1,𝑥≥0,𝑦≥01≤𝑥+𝑦≤2,𝑥≥0,𝑦≥01
2−𝑥
1√𝑥2+𝑦2
1√𝑥2+𝑦2𝑑𝜎
=∫𝑑𝑥∫00
2
11−𝑥2−𝑥
𝑥2𝑑𝑦+(∫𝑑𝑥∫01−𝑥
1√𝑥2+𝑦2𝑑𝑦+
∫𝑑𝑥∫10=
112
𝑑𝑦)
+√2𝑙𝑛 (1+√2)
1
1
所以∬𝑓(𝑥,𝑦)𝑑𝜎=4∬𝑓(𝑥,𝑦)𝑑𝜎=+4√2𝑙𝑛 (1+√2) 𝐷𝐷3
【考点】高等数学—多元函数微积分学—二重积分的概念、基本性质和计算
(23)（本题满分11分）
𝑥1+𝑥2+𝑥3=0
设线性方程组 {𝑥1+2𝑥2+𝑎𝑥3=0 ①
𝑥1+4𝑥2+𝑎2𝑥3=0与方程𝑥1+2𝑥2+𝑥3=𝑎−1 ② 有公共解，求𝑎的值及所有公共解。
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【解析】 【方法一】
方程组有公共解，即为将两个方程联立的解 𝑥1+𝑥2+𝑥3=0𝑥1+2𝑥2+𝑎𝑥3=0
③ {
𝑥1+4𝑥2+𝑎2𝑥3=0𝑥1+2𝑥2+𝑥3=𝑎−1
对联立方程组的增广矩阵进行初等行变换，有 01110111
001𝑎−1012𝑎
𝑨=[ ⋮ ]→[ ⋮ ]
14𝑎2003𝑎2−10121𝑎−1010𝑎−1
1−𝑎101
𝑎−1010
→[ ⋮ ]
1−𝑎00𝑎−1
(𝑎−1)(𝑎−2)000
已知方程组有解，所以应有(𝑎−1)(𝑎−2)=0，𝑎=1,𝑎=2 10
𝑎=1时，𝑨→[
00
1000 ⋮ ] 0000−1
此时，公共解为：𝒙=𝑘[0],其中𝑘为任意常数。
1
101−10101
𝑎=2时，𝑨→[ ⋮ ]
001−10000
0
此时，有唯一的公共解为𝒙=[1]
−1【方法二】
1
先求方程组①的解，其系数行列式为|1
1
11
2𝑎|=(𝑎−1)(𝑎−2) 4𝑎2
0100
当𝑎≠1,𝑎≠2时，方程组①只有零解，但此时𝒙=(0,0,0)𝑇不是方
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程②的解，所以公共解发生在𝑎=1或𝑎=2时， 当𝑎=1时，对方程组①的系数矩阵进行初等行变换 111101[121]→[010]
000141
−1
方程组①的通解为𝒙=𝑘[0], 其中𝑘为任意常数。
1
此解也满足方程组②，所以此时方程组①和②的公共解为𝒙=−1
𝑘[0], 其中𝑘为任意常数。
1当𝑎=2时，同样求方程组①的通解
111111100[122]→[011]→[011]
0330001440
方程组①的通解为𝒙=𝑘[−1], 其中𝑘为任意常数。
1将其代入方程组②中得：0+2(−𝑘)+𝑘=1
0
得𝑘=−1,因此此时方程组①和②的公共解为𝒙=[1]
−1
【考点】线性代数—线性方程组—齐次线性方程组的基础解系和通解，非齐次线性方程组的通解 (24)（本题满分11分）
设3阶实对称矩阵𝑨的特征值为𝜆1=1,𝜆2=2,𝜆3=−2 ,且𝜶1=(1,−1,1)𝑇是𝑨的属于𝜆1的一个特征向量，记𝑩=𝑨5−4𝑨3+𝑬 ,其中𝑬为3阶单位矩阵。
(I)验证𝜶1是矩阵𝑩的特征向量，并求𝑩的所有特征值和特征向量； (II)求矩阵𝑩。
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【解析】
(I)由𝑨𝜶=𝜆𝜶知𝑨𝑛𝜶=𝜆𝑛𝜶,那么
𝑩𝜶1=(𝑨5−4𝑨3+𝑬)𝜶1=𝑨5𝜶1−4𝑨3𝜶1+𝜶1
=(𝜆15−4𝜆13+1)𝜶1=−2𝜶1
所以𝜶1是矩阵属于𝑩特征值𝜇1=−2的特征向量 同理，𝑨𝜶2=𝜆2𝜶2，𝑨𝜶3=𝜆3𝜶3，有 𝑩𝜶2=(𝜆25−4𝜆23+1)𝜶2=𝜶2, 𝑩𝜶3=(𝜆35−4𝜆33+1)𝜶3=𝜶3
因此，矩阵𝑩的特征值为𝜇1=−2,𝜇2=𝜇3=1。
由矩阵𝑨是对称矩阵知矩阵𝑩也是对称矩阵，设矩阵𝑩关于特征值𝜇2=𝜇3=1的特征向量是𝜷=(𝑥1,𝑥2,𝑥3)𝑇，那么因为实对称矩阵特征值不同特征向量相互正交，有 𝜶1𝑇𝜷=𝑥1−𝑥2+𝑥3=0
所以矩阵𝑩关于特征值𝜇2=𝜇3=1的特征向量是𝜷2=(1,1,0)𝑇,𝜷3=(−1,0,1)𝑇
因此，矩阵𝑩属于特征值𝜇1=−2的特征向量是𝑘1(1,−1,1)𝑇，其中𝑘1是不为0的任意常数。
矩阵𝑩属于特征值𝜇=1的特征向量是𝑘2(1,1,0)𝑇+𝑘3(−1,0,1)𝑇，其中𝑘2,𝑘3是不全为0的任意常数。
(II)由𝑩𝜶1=−2𝜶1,𝑩𝜷2=𝜷2,𝑩𝜷3=𝜷3，有
𝑩(𝜶1,𝜷2,𝜷3)=(−2𝜶1,𝜷2,𝜷3)
所以𝑩=(−2𝜶1,𝜷2,𝜷3)(𝜶1,𝜷2,𝜷3)−1
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−2=[2−2−2=[2−2
1−111−1−110][−110] 011011−111−1101−110][121]=[101]
301−110−112
【考点】线性代数—矩阵的特征值与特征向量—矩阵的特征值和特征向量的概念、性质，实对称矩阵的特征值、特征向量及其相似对角矩阵
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