2013考研数学高数长线基础单元测试题及答案

x0(1cosxln(1x2xsinxnxsinxn（ex21）高阶的无穷小，则正整数n为（） x01cosxln(1x2)~1x4，xsinxn~xn+1，(ex2−1)~x2，所以2n142条件的n2B设函数f(x)lim1x，则下列结论成立的是 n1f(x)无间断 B．f(x)有间断点xC．f(x)有间断点x D．f(x)有间断点xf(x

1

xx x1f(xx1n1 x x设f(x)=sinxsint2dt，g(x)x3x4，则当x0时，f(x)是g(x)的 0 f

sint2dt

sinx(t21t6

)dt1(sinx)31(sinx)7

x0f(xg(x)

f(x)

sin(sinx)2cos

(sin32 )32

3limcosx0g(x)

3x

x0

x0x2(3 x0f(xg(x)1当x0时，变量

是 x x1/(2k)(k1，21sin12k)2kx0 1sin

(2k

1 1

x设f(x)，g(x)在(,)内有定义，f(x)为连续，且f(x)0，g(x)有间断点，则下列函数中必有间断 g[f B.C.f[g(x)]

gf

(x【解析】(A)g(x)

f(x)1gf(x1 (B)不一定有间断点例g(x)同上，则[g(x)]21连续，(C)不一定有间断点，如(A)中f(x)g(x)f[g(x1连续，(D)g(x)h(xg(x)h(xf(xfg f f(x为有界函数，且lim(x)f(x)0，则lim(x)(x为无穷小量，且lim(x)a0，则lim(x(x为无穷大量，且lim(x)(x)a，则lim(x(x) 函数，且limf(x)(x)0，则limf(x)①取f(x) x

x x

，(x)

f(x为有界函数，且limf(x)(x0A lim(x0A))x0 ③取f(x)

(x) 则x时f(x)x x

limf(x)(x)0Dlimf(x)D fff(x在(，内有定义，且limf(xa，g(x

x

xx0g(xx0g(xx0g(xg(xx0alimf(【解析】limg(x) 1limf( f(x)

xsin(xx(x1)(x

(12 D.(23 由于f(x)在x1或x2附近均出现无穷大的情况，故排除B、C、sin(x(x1)(xsin(x(x1)(x

f(x) 1x11x1(x已知函数f（x）的定义域为[0，4]，则函数ψ（x）＝f（x+1）+f（x-1）的定义域 【解析】因f（u）的定义域为0≤u≤4，故f（x+1）+f（x-1）的定义域为不等式0x10x141≤x≤3x4sin1exex 13

sin3

2x

x3

ex

(x0时，sin3xx3x0 exex exex lim 0

limexexlimexe-x e2xx x设f(x)

则limf(x) 13

xsint

x

e2xx 2e2x f(x)lim lim

f(x)lim0

dtlimsinx2故limf(x

设f(x)=btanxsinatdt，g(x)x5x4，当x0时，f(x)~g(x)，则a ，b 0【答案】a3，bf btanxf 【解析】 lim x0 x5limbsina(tanx)sec2

（因x0

(tanx)~xα

5x4 1（x0时，(5x44x3x05x4故a=3，b4exf(x

(xa)(x

有无穷型断点x=0，有可去间断点x=1，则a ，b 【答案】a0，b【解析】因x0是f(x)a=0limf(x)。又x1是f(x)limx(x-1)=0，故limexb)=0，得be n1xn( n1xn( n x2 2

(x0)，则f(x) 2【解析】当0x1时，由lim2

0li

0f(x)1

n(当1x2f(xlimxn(1)n1xnx( n22)n()n22)n()x2

2limtann

2) 【答案】 2 原式＝lim1tann n

tan2 4n4 2 tan21*4lim1tan n n

2 tan2

n1 x exp

exp

2' exp

x x1 x2 exp2limsec2

xn2n2

nk

nk1n2nnn2n2n2n2n2n2kn2n2

1111nn2n2

111112

nnnkn

1n2n 12n2

n2

n

n2n n2nlim12lim12nlim n2

n(n lim12lim12nlim n2n nn2n nk1n2n 设a0，xb0，x1xa，„x1 a求limx 2 x1 2 xn1

xan1xan1

0（算术平均值≥几何平均值a又xn1xn xn xn n0，则xn1 xn 因此xn单调减少，又有下界，根据准则1，limxn 存1 a 1 ax

x

AA n

A n1 A2a，∵A＞0A

limxaanaaexex4cosx在(【解析】证明：令f(x)exexcosx4，它是偶函数，所以只需f(x)在(0,)内恰有一个根f(0)30，f(2)e2e2cos24f(x)在02上连续，根据介值定理推论，至少有一(02)，使f(0又因为f(xexexsinx0x0，所以f(x在(0,f(x在(0,内最多只有一个零点，于是f(x在(0,内恰有一个零点，由偶函数的对称性，f(x在(点，也即所给方程在(

1y

，y

b在点，

)处相切，则 a，b 9

a

，b 7a1，b2

a1，b22 (2 2 )，故相交于该点。将x2，y代入y

b中

于该点，故切线的斜率相等，则导数相等，则 2ax。将x2代入得a ，故b 设在0,1上fx0，则f0，f1，f1f0或f0f1的大小顺序是 A.f1f0f1fC.f1f0f1f

B.f1f1f0fD.f1f0f1f f1f()f x已知函数f(x) x A．a2，bC．a1，b

B．a2，bD．a1，b limf(x)limabcosxf(0)

ab f(0)limf(x)f(0)lim(abcosx)/x limabcosxlimaacosxlimasinx f(0)limf(x)f(0)limx f(xx0f(0)f(0)a1，得a2 a2代入ab0中得b2A.无穷型间断

f的 x【解析】limF(x)limf(x)f(0)f f(x)为奇函数，f(0)0 1a

ax

a D.a2【解析】f(x) x sinx2x，xf(x

则使f(x)在点x0处 xA.存在但不连 f(0)limsinx/x2x limsinx2x2 limcosx4x1limsinx4 f(x)xcosxsinx (xlimf(0)limxcosxsinx2limcosxxsinxcosx limsinx22f f(xx0若函数f(x)对任意实数x1，x2均满足关系式f(x1x2)f(x1)f(x2)，且f(0)2，则必有 A.f(0) B.f(0) C.f(0) f(0)x1x，x20f(x0f(xf(0f(x0f(02f(0)1若f(x)是在(，)内可导的以l为周期的周期函数则f(axb)（a0，a、b为常数的周期 B．l

a aaaa【解析】因f(axb)与f(axb)有相同的周期，而f(axb)的周期为 ，故f(axb)的周期也是laa设yf(lnx)ef(x)，其中f可微，则 1f(lnx)ef(x)f(lnx)ef(xf(x) y1f(lnx)ef(xf(lnx)ef(xf(x) dy1f(lnx)ef(x)f(lnx)ef(x)f(x)x t2

，则dy

ytcos

(cosu/1

u)du(t 【答案】

ycost22t2sint2 cost22t2t2sint x2tsint22 2t2sint 2tsintyy(x由方程exy【答案】(e1)

0所确定，则y(0) exy(yxy)y/y1/(x1)将(0，e-1代入后解得y(0(e1)已知f(x)1，则 x0f(x2x)f(x f(x0) x0f(x02x)f(x0 x0f(x02x)f(x0x)/limf(x02x)f(x0 limf(x02x)f(x0)(2)f(x0x)f(x0)x0 2f(x0f(x0f(x0 故原式若f(t)limt(11)2tx，则f(t) 【答案】(1f(t)limt(11)2txtlim(11)x2t x f(x)e2tt2e2t(1设f(x)为连续函数，且有f(x)1(xa)xag(x)，其中 xa(xxa(x 1，g(x)连 gxa(x又f(x)1(xa)xa f(a)1g(a) f(a)limf(x)f(a)limxag(x)

x xa0limg(x)(xa)10 (x

xa0 设f(x)0，f0 ff f f f f f 0)f(1) 12f x2 f(x2 x2 x2f(2 x2，从而12( f(2∵f 0，∴( f(2f x2 ff x2 f因此，f f f，0设f(x)在x邻域内有定义，且limf f(x0 0为常数（对n）f(x，00

x

f

f(x0 (x)，其中 f(x0 f(x0 x0 x0

n为正偶数，

（充分小则f f(x0)与k同号，当k＞0，f(x0)为极小值；当＜0f(x0若n为正奇数，

（充分小则f f(x0)在x0两侧异号，所以f(x0)不是极值

设函yfx在0当limfx0时，必有limfx 当limfx存在时，必有limfx

fx0f'x存在时，必

f'(x)f'(x)例如：fxsinx2,limfx0,f'xsinx22cosx2,取x 2k,f'x2,当k fx2，因此不fxsinxlimfx0limfxlimcosx1C 已知在,上f'x 1

limx

axblimfx1fx x A.a1,b B.a0,b C.a1,b D.a1,b1【解析】由拉格朗日中值定理fx1fxf' 1

x,x当x时有 因此，limfx1fxlim

x要使lim

axblim1ax2abxx x必须ab

a即b 3.fx二阶可导f=0f0xfx的极值gxfxcosx，x是gx的极大值 B．x是gx的极小值C．x不是gx的极值 D．不能确定x是否为gx的极值【解析】有取得极值的必要条件f0gxfxcosxfxsinxgx0gxfxcosx2fxsinxfxcosxgf0gx处取得极大值，所以选A设

fx

1，

''x0A．x0fxxx0fxx0fxxx0fxfxfx由

fx

1f00 fxf f

f0x x

1，设Fxfx ，则F00，Fxfx1,F0f设fx是连续的奇函数，且x

0x0fxx0fxyfxx0的切线平行于xyfxx0的切线不平行于x【解析】由

fx

0f0x

fxf00xyfxx0处的切线方程为y0x轴本身，所以选yfx在区间0,1f0f1，则在0,1A．f'x恒为 B．f'xC．x D．在0,1内存在两点ffC． fx不恒为常数，f'x0.所以如果B、C成立，则fx为严格单调函数，与f0f 成立，在0,1上取一点x0，使 x0f0，因此fx0f0与f1fx0异号，利用拉格朗日值定理，存在1,20,1使得ffx0f0f2f1fx0ff 1 已知方程x2y2y1(y0)确定y为x的函数，则 【解析】方程两边对x求导得2xy22x2yyyy0x0y0。两边x求导得2y24xyy4xyy2x2(y)22x2yyyx0y1y(0)0，y(0)20x0点取极大值。又因函数只有一若f(x)在区间a，f(a)A0，f(a)0，f(a0(xa)f(x)0 f(xf(af(a)(xaf((x

f(x，故ax0f(x00f(aA0，f(x在(a，x0）x(a，x0f(0f(x0(a，)存在实根，又f(x)0，故f(x)f(xf(a0f(xf(x0仅有一个实根。设0xx，则sinx1与x1之间的关系

sin sin

sinx

在0,上的单调性sinxxcosxsin ，令Fxxcosxsinx，F00 Fxcosxxsinxcosxxsinx0x0,xcosxsinx0x0,sinx0,x0,，因sinx在0,上是单调减少的；当0x

xx xx sinx1sinx2,即sinx1x1 sin 设函数fx在a,内可导且任意xa,有fxM（M为常数则limfx 【解析】任意取定一点x0a,，对任意的x0a,f0

fxfx0fx0fxx0fx0

Mxxfx 0 ，其中x 0

Mxx0fx0

f

0 f f(x)3x26x3(x3)(x1)

(x1)(x(1x(x(xf（x）在（13，＋∞）单调上升，在［－1，3］

f(x)

f(xf（x）在（3，＋∞）存在唯一零点 f（x）在（－∞，＋∞）存在唯一零点曲线yxlne1x0的渐近线方程 x 1 1yx 1lnext lnet【解析】limylim x

x

t telimylimlne1 limyx 1 1 x limxln x limxln x

ln x limxln11limx11 ex yxlne

1 有斜渐近线yx x 方程x33xq0有三个实根，则q的取值范围 【答案】2q fx在,的性态（1）fx3x230x1fx6xf12q是极小值，显然f1f1

（2）求单调区间fx在,1内单调增加，在1,1内单调减少，在1,内单调增加。（3）求极限

fx,

fx（（（3f12q0f12q0时，即2q时，fx有三个零点分别在11,11设fx3x2Ax3x0，A为正常数，则A至少 时，有fx20xfx20，只要3x5A20x3即20x33x5Agx20x33x5Agx0,内的最大值。令gx60x215x415x22xx20x0x2x2（x2x0 舍去。gxx2两侧由正号变为g264gx的唯一极大值，因此它是gx的最大值，A至少为64，有fx20。fx在a，ba，bfafb，证明a，b内至少有一点ξ，使得f0. (a,b)使 fcfaffcfafx在a，c上用拉格朗日中值定理存ff(c)f(a) c

如果fbfc，则fx在c，b上用拉格朗日中值定理存在 (c,b)，f2

f(b)f(c)0b (a,b)，使得f ( 0，1，使得( 【解析】证明：先把fx在 1fxf0f0x fx2 (0

再把fx在 fxf1f1x122

f

x (x

1则2f11f (01 2 f111f (1 2 (f(28f1f(f(28(1),f(1),f(24( 亦即证明存在0，1， ( I

exx

dx，则I eA.ln(1ex) B.2ln(1ex)xC.x2ln(1ex) 【解析】因x2ln(1ex) 1 1设f(x)是连续的偶函数，则其原函数F(x)一定是 1 设I1x(1xex)dx,I2u(1u)，则存在函数uu(x)，使 I1I2C．I2

I1I2D．I2

1

dx

(1e e

设uxex，则上式

x(1xe x(1xe u(1设n1时，xnlnxdx (ln

(lnx

1) n nn

(lnx

n

)

n

lnxn

xlnxdxlnxd(n)

lnx

d(ln

n

n n1lnxn1dxn1lnx(n1)2xsin1cosxdx xcotx2

xtanx2xcotx2

原式 dx

2

2xdx 1cos

2cos2 dx2xsec

tan22 xd(tanx)tanxdxxtanxtanxdx xtanx2若f(x)的导函数是excosx，则f(x)的一个原函数为 excos B．exsinC．excos D．exsinf(xexcosxf(xexsinxf(x)dx(exsinx)dxexcosx 是以l为周期的函 【解析】例如f(x1cosx是以2为周期得函数，而f(x)dx(1cosx)dxxsinxC不是周期xf(x)dx xf(x)fC．xf(x)f(x)

xf(x)f(x)D．f(x)xf(x)xf(x)dxxdf(x)xf(xf(x)dxxf(xf(xsec24tan2xdx tan【答案】arctan d(tan tan【解析】原式4

tan2x

设f(x)的一个原函数为xex，则xf(x)dx x2exxf(x)dxxdf(x)xf(x)fxexf(xf(xxex)xf(x)dxx(xex)xexCx2exf(x)f2(x)f(x)

f

dx 1f(x) 2f(x f f(x) 1f(x) 【解析】原式＝f(x)df(x2f(x 若f3(x)1，则f(x) 33x

3x3xf3(x)xCmax(x2x)dx x3/3 x【答案】 x2/2 xx3/31/6

f(x)max(x2,x)

x x x3/3 xC故max(x2,x)dx x1x2/2C

x 1 x/3 1因max(x2,x)是连续函数，故其原函数也是连续函数，则1lim(x3C)lim(x2 1

C lim(x2C)lim(x3

C1x1

x1

C2 故max(x2

x3/3 x x2/2 0xx3/31/6asin(lnx)ncos(ln

114． 1

dx 【答案】

n

asin(ln n

【解析】原式asin(lnx)dasin(lnx)n1asin(lnx) 4sin 3cossinx2cosxdx 【答案】2xln(sinx2cosx4sinx3cos A(sinx2cosx)B(sinx2cos【解析】设sinx2cosxdx sinx2cos 4sinx3cosxA(sinx2cosx)B(sinx2cos(2AB)cosx(A2B)sinA2B由2AB 4sinx3cosxdx 2(sinx2cosx)(sinx2cosx) sinx2cos sinx2cos 2dx d(sinx2cosx)2xln(sinx2cosx) sinx2cosf(2cosxsin2xtan2xf 1cos222

(2cosx)1cosx

cos2设u2cosx，则f(u)1(u2)2 (u

1 f(x)(x2)2 (x 2 dx(x f(x)(x (x2)2 x

x2a2

I= 2n3I 2n1a2x2a2

n1 dx x2a2 xdx2a2dx【解析】证明In

a2

x2a2

a2In1

2a2

x2a2 =

2n1a2

xd 2n12n1x

2n1 nn1 2n3In1=2n1a2x2a2n

f(x5)

x210x，则积分0f(2x1)dx 4 【解析】设ux5， f(u) u2f(2x1) (2x1)2 (x3)(x 4f(2x1)dx 0(x3)(x dx 0(x3)(x 2(x3)(x 12 5 x x3 5 x x 因0f(2x1)dxlnx201若已知f(0)1，f(2)3，f(2)5，则xf(2x)dx 0 1xf(2x)dxu2x12uf(u)du12udf0 0

1220

402 f f(u)du f(2) f2 04 1f(2)1f(2)1f(0)531 a(k设f(x)是以l为周期的连续函数，则 f(x)dx之值 仅与a有 B．仅与a无C．与a及k均无 D．与a和k都有a(k

(k 故此积分与a及k均无关。

f(x)dx f(x)dx0f若x时，F(x) x(x2t2)f(t)dt的导数与x2是等价无穷小则必 （其中f有二阶连续导数0A．f(0)C．f(0)

B．f(0)20F(x)2xxf(t)dt2xf(xf0因x 时，F(x)与x2是等价无穷小，故limF(x) limF(x)lim2xf(x)f lim2f(x)f(0)2f(0)1f(0)x xx

f(t)dt1(t)dt恒成立时，必有(t) A.f(t2 B.t3f C.t2f D.3t2fxf(x3)3x2(xDx设f(x)在[a，a]上连续且为偶函数，(x)0f(t)dt，则 x D．(x)可能是奇函数，也可能是偶函(x)xf(t)dtutxf x0f(u)du 故(x)为奇函 2(1A．

B． C．

22

22(1

2(1

1(1 而

dx

112(1 1x故此广义积分发散，推出 2(1

8.设M cos68.设M cos6xdx，N 2(sin3xcos6x)dx，P2(x2sin3xcos6x)dx则有 1 A．NPC．NMsinxcos6xM01

B．MPD．PM N 2sin3xdx2cos6xdx022cos6xdx NMP

P2x2sin3xdx 2cos6xdx0

2cos6xdx0sinx

1t)tlim

xsint 1原式lim(1sinx)sinxe sinx

x233

f(t)dtx ，则f(2) 【解析】两边对x求导 f(x22)2xf(x22)

1

22x2(x04f(2)1 1xsintdt1xlim 【解析】原式

sinx 1 x3x sinxx (x

1x(x(x)xx3(x)

2 原式

x1x

(x) (11)x3(x3 5/ 3 lim (x) x 22(1cos【答案】4

x0 4x3 dx sin2 sin2原式 dxdx022 原式 dxdx022 222

2

2dx

2tan2xdx

2sec2x1 4 0 4 22sec2xdx4tanx24 0 设20f(x)dxf(x)x0，则0f(x)dx 121f(x)dxf(x)xdx 0 20f(x)dx0f(x)dx0 2 2030f(x)dx 00f(x)dx014n14n2n

4n214n24n214n2x2【解析】limn

lim4n24n2n4(i/

dx 446 求2max1,x2 3 23

1dx

2x2dx2 3 3 f设f(x) 2dt，求2 dx

101sin 01f2【解析】原式

df

arctanf

arctanf()arctanf01f20 cos d(sin

2 而f()2 dt2 arctan(sinx) 01sin2 01sin200f(0) dt001sin2

arctan14 原式arctan4

A.limf(x,y)存 B.limf(x,y0)及limf(x0,y)都存

yC.f(x,y)在P点必连 D.f(x,y)在P点必可 fPf(xyxx处必连续，从而limf(x xxy

f(x0,y存在 ,x,y0,2、二元函数f(x,y)x2 在点0,0处（ x,y0,A.连续，偏导数存 B.连续，偏导数不存C.不连续，偏导数存 f(x,y)在0,0点是否连续，是否存在偏导数的问题。f(0,0)df(x,

,f(0,0)df(0,

f(x,0)0xf(0,y0yf(xy在0,0

f(0,

f(0,

0limf(x,y) 1f(0,f(xy在0,0C

x0x2 f(x0yyy0处导数等于f(x0yyy0f(x0yyy0f(x0yyy0f(xy在点x0y0f(xy在点x0y0处的两个偏导数都存在，又由二元函数极值的必要条件即得f(x,y)在点x0,y0处的两个偏导数都等于零，从而有df(df(x0,y x0,y04、设f(x,y)x34x22xyy2，则下面结论正确的是（A.点0,0B.点22C.点2,2f(xyD.点0,0f(xyf3x28x2y

的解为0,022

2x2yAfxx6x8,Bfxy2,Cfyy2，在点2,2处，A4,B2AC0，所以点2,2不是极值点；在点0,0处，A8,B2AC0，且A0，所以点0,0是极大值点，应选A。5z2xy1到原点最短的距离d等于（2 2 B. 【解析】设曲面上任意一点Px,y,z，则该点到原点距离d2x2y2z2,xyzz2xy1Fx,y,z,x2y2z2(z2xyF2yxyF2z2zz2xy1解此方程组得驻点00,0011,1,0d2001d1, z2xy1到原点最近的距离为d116、x,y【答案】

1xx1xy

1 x,y

1xx1xy limx,y而 ln1x ln1 1，所以原式为ex,y0,0x1 x,y x,y0,017、 x,y0,0

x2y2

0 1,0 )x(1)x2 x2 xy xy8、f(xy)x2y4y【答案】2

xy2f(x2)2x2arctan2x1,f(x2)4xxx1f(xyf(1yy4,fy(1,y1fy(1,2) zyz

12x

f g()，其中fg 【答案】

f(xy, )

g()

y

）g(

所以

z yf(xy,x)yg(x)f1xf2xg2x2y2 所确定的zzx,y在点102x2y2【答案】dzdxx2x2y2

2 2x2y2yzdxxzdyxydz xdxx2y2以x0,y1,z1代入并解出dzdx y

11zf(uxy),uxef

xy【答案】2zy 2 y e xe zfufeyff u

2z u yy y(fu fx e ey(fu y(fxx2y2lnx2y2,x,y0, f(0, f(0,12、设f(x,y) x,y0,

f(0,

f0x,0f0,

x2lnx2 f(0,

13zf(u,vx),uxy,vyzfxy,yx的偏导数x与zffff 1 2 1 zffy 1 z zxF1dxyF2dyzF3dzx dz FFdxFFdyFF zF1F3,zF2 F21、设区Dxy1x2y24f(uD上的连DfD

x2y2dxdy等于（A.22rf(r2 B.22rf(r)dr1rf(r)dr C.22rf D.22rf(r2)dr1rf(r2)dr1

【解析】设极坐标r,xrcosyrsinDr,02,1r2，所以x2y2)dxdy2d2rf(r)dr22rfD D

If

2、二次积分0dx0f(xy)dy的另一种积分次序是（y y2yA.0 f(x, B.0 f(x,yy C.0dyx2f(x, D.0 f(x,y yy

x2，然后再交换积分233、在极坐标系r,中，圆r1之外和圆r 23 6

2 2

26

2 2 6

26

23233【解析】由条件知两圆r1与r cos的交点是：与，故S26d3

rdr，应选4、若x2y2

xnymd0

m,n为正整数，则有（A.m,n为任意正整 B.m,n均为奇C.m,n中至少有一个为奇 D.mn为奇是零则m,nB是x2y2

xnymd0

ex2y2d,I

ex2y2d,I2323

ex2y2 D:x2y2，其中，其中Dx2y22R2D:xR

yR，则有（A.I1I2 B.I1I3 C.I2I1 D.I3I2【解析】在被积函数相同且恒正情况下，积分值大小取决于积分区域D1D2D3的包含关系，因D1D3D2从而有I1I3I2，故B 6、极坐标中的二次积分2dcosf(rcosrsin)rdr可以写成直角坐标中的二次积分为（ y1A.0y11C.01

f(x,f(x,

B.0111D.111

f(x,f(x,y边界rcos(0 2

x2y2x,y0,0x y xx2,0x7Iln3xydxdyIxy3dxdy,I

sinxydxdyD3 3 x0y0xy y1III之间的大小顺序为（2, 12A.I1I2 B.I3I2 C.I1I3 D.I3I1xy11t1lntsintt，从而有xyD ln3xysin3xyx ln3xydsin3xydxy3

2 f(x,y)dx 2 2

dx1

f(x,y2x2 ，改记为D1：1xy

x 2 00dyy2f(x,y)dx01

dx122

f(x,y)dy3

19、交换积分次序 f(x,y)dydx f(x,y)dy＿＿＿＿11

32yf(x,yy1O1O 310Dx2y2R2，则x

)dxdy＿＿＿＿DR411 R2cos2 sin2 2cos2 sin2 R原式

d0r )rdr0 )d0rdr注意：

002cos2d

2sin2d，则原式(

1)

R4

R4(

1

y）所围成，则二重积分3x2sin2ydxdy 4

3x2sin2ydxdy2

cosy3x2sin2ydx0

2sin2ycos3 2

y(1

y)dsiny

y

2sin5 22

2DDxx yxydxdy

xy xxD

1dx x

1(

1y2(x1 1 (x2 1) D 【解析】边界曲线的极坐标方程是r1,r2cos,0，两圆的交点 3)，对应的 。于D:0,1r2I

3

cossin

(, D D1 3 2cosd1(16cos5cos)dcos1 32a4 2a14D

a0，其中D是由圆心在点a,a、半径为a且与坐标轴相切的圆周的较短的一2ax2ax2a2a

a dy (a2axx22a2a2aD 23 2a2a2a2a

dx(2a

0

)a232D yyB(,xyOxD10x0yxyD20x0yxy,|sin(xy)|dxdysin(xy)dxdy[sin(x 0 sin(xy)dy0dxx[sin(xy)]dy1y2yy0ycxex（其中c为任意常数（后因为ycxex代入方程成为关于x的恒等式，所以ycxex是方程的解，所以应选D。2y3y2y3x2ex的特解形式为（A.ax B.axb C.axb D.axb【解析】微分方程的对应齐次微分方程是：y3y2y0，其特征方程为r23r20 r11r22。因此微分方程y3y2y2ey1cxe的特解。又微分y3y2y3x有yaxby3y2y3x2exyyycxexaxb 3y8y25y0y01y04y（A.e3xcos B.e3xcos C.e4x D.e4xcosy8y25y028250，它有特征根43i43i y8y25y0ye4xccos3xcsinx其中c与c 1y04y0e4x3ccos3x3ccos3x4ccos3xc3c2

故c11,c20。应C4、y1x,y2x,y3x是微分方

ya1xya2xyfA.y1xy2xy3C.y1xy2xy3

B.y1xy2xy3D.y1xy2xy3的解。按此，故知应选B。5、设线性无关的函数y1,y2,y3都是二yp(x)yq(x)yfA.C1y1C2y2C.C1y1C2y21C1C2

B.C1y1C2y2C1C2D.C1y1C2y21C1C2【解析】C1y1C2y21C1C2y3C1y1y3C2(y2y3y3y1y3y2y3为对应齐次方程的两个线性无关的解。D为非齐次方程的通解。6yyex1的一个特解应具有形式（其中ab为常数）（A.aex B.axex C.aex D.axex【解析】特征方程为r210r1,21yaxexb7f1(x),f2x)为二阶常系数线性微分方程ypyqy0的两个特解，C1,C2C1f1(xC2f2x是该方程通解的充分必要条件是（ 1f1(x)f2(x)f(x)f(x) B.f1(x)f2(x)f2(x)f(x) 1C.f1(x)f(x)f(x)f(x) D.f(x)f(x)f(x)f(x)

f1(x),f2x线性无关是C1f1(xC2f2xf1(x)C，从而(f1(x)f1(xf2xf1(xf f f2

8、微分方程yytanxcosx的通解为y

yetanxdxcosxetanxdxdxCelncosxcosxelncosxdxCcos

cosxdxC

cos cos 当cosx0ycosx1dxCxCcosx，当cosx0 ycosx(1)dxCxCcosx。由于CyxCcos 9、微分方程y1y2tanx,y02的特解为y 3cos2y

3cos2

tanxdxC,1ln1ylncosx1 1

1Ccos2xy02，得C11Ccos2 3cos2xy3cos210、设C,C为任意常数，yexCcosxCsinx为首项系1的某二阶常系数线性齐次微分方程的通解 y2y2yyexC1cosxC2sinx代入，

ybycyexsinxb(CC)cC2Cexcosxb(CC)cC2C 因exsinx与excosxb(C2C1)cC22C1,b(C1C2)cC1 解之，由C2C20，得b2,c2。 zz x0,y zzxy1 1

1ln

1lnzexy[

Cy]e [

Cy1x 1x

yx2x

[

1ydxCy]xy[ Cy2yx2 Cyx2y因为在整个过程中，将y看作常数，所以对x解方程时，任意常数C也应该认为是y的任意函数Cy（它对12、设f(x连续，且满足f(x)exxf(xt)dt，求f0 f(x)exxf(xt)dtex0f(u)(du)exxf f(x)e1dxexe1dxdxCexxC 又由式知f(0)1，代入上式，1f(0)0C,C1f(xexx1f( gtdt0f(t)dtxeef(xgf(x)f(x)f(x)xf(xf(xxex，为代通解公式，应将f(x)前的系数改变为1x0f(xf(x)exxf(x)e1dx[exe1dxdxC]1xexdxCexCexx 0f(0)

x f(x)lim（exCex)1

C所以C1

ex1f(x)

,x x1、设x2y24z

x2所围成之空间区域，则x2y2dvx2

dr

22

d

2 22 2 22 C.

dr

d

dr

x2y2x2xrcosyrsinzx2

z2。xoyx2y24，所以020r2且rz22x2y2dv2d2dr2 2、设Lx2y2R2R0)，L

x2y2ds等于 A.2r0 2dRr

B.23

D.xyds ds2.L3曲线积分I (2xcosyysinx)dx(x2sinycosx)dy其中AB为位于第一象限中的圆弧x2y2A(1,0),B(0,1)，则I等 A. B. C. D. xy2xsinysinxcosI (2xcosyysinx)dx(x2sinycosx)dy02xdxcos

x2y2z24、设曲线x

，则

2y2z2ds （12C.2

2 2【解析】将xy代入方程x2y2z2R2中得2y2z2R2， 2y2z2ds R2dsRds，而L是以R为半径的圆周，ds2R，则 2y2z2ds2R2 Lx2Lx2y2dxx2x

dy， （ C.因 D.LI0I【解析】因为QP y2 (x2y200I dx dy ydxxdy 2dxdyI L 2 2L 20x x 其中D:x2y2K2。6、设为z2(x2y2)在xoy平面上方部分，则Izds等 A.

(2r2

2r2

d

(2r2

11 d2(2r2 D. d

2(2r2)14r2 【解析】xoyx2y2214x214x2411(z)2(z (rxy) d

22r2)14r2rdrD 7、:x2y2z21z

1，则 dvx2x2x2xoyDx2y2

)xrcosyrsinzz444 4

I d5rdr dz25[1r(2r1)]dr 2r 8、心形线ra(1cos)的全长（其中a0是常数） 【答案】【解析】因为r()asinds r2(r)2da(1cos)2(sin)2d 2a| |2 利用对称性知，所求心形线的全长s22acosd8asin 8a 29、设简单闭曲线C所围成区域的面积为A， (ex2y)dx(xsiny2)dy C【答案】Pex2yQxsiny2Q1P1 (QP)dxdy2dxdy2A x2y2x2y2 （III）rot(gradu) (x,y,z)x2y2

0x2y20【解析（I）u1ln(x2y2z2)，则gradu(u,u,u) (x,y,z) xy x2y2（II）2u

1， 1

2，

x2y2 (x2y2z2 x2y2 (x2y2z2 x2y2 (x2y2z2 2(x2y2z2 于是div(gradu) （III

x2y2 (x2y2z2

x2y2ijk (2uijk (rot(gradu)

yx)k11Ixydxdydzzxyxy1,z03Ixydxdydz1dx1xdyxyxydz11x21x)3dx13

12L(2xy4)dx5y3x