1991 年真题

【答案】

【解析】 给定参数方程 $x=1+t^2$ ， $y=\cos t$ ，求二阶导数 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}$ 。

首先，求一阶导数 $\frac{dy}{dx}$ ：

所以

然后，求二阶导数 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{d}{dx}\left(\frac{dy}{dx}\right)$ 。由于 $\frac{dy}{dx}$ 是 $t$ 的函数，使用链式法则：

其中 $\frac{dt}{dx}=\frac{1}{dx/dt}=\frac{1}{2t}$ .

计算 $\frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right)=\frac{d}{dt}\left(\frac{-\sin t}{2t}\right)$ 。使用商的导数公式： 设 $f=-\sin t$ ， $g=2t$ ，则 $f^{\prime }=-\cos t$ ， $g^{\prime }=2$ ，所以

因此，

【答案】 $\mathrm{d}x-\sqrt{2}\mathrm{d}y$

【解析】 给定方程 $xyz+\sqrt{x^2+y^2+z^2}=\sqrt{2}$ 确定的隐函数 $z=z(x,y)$ ，点 $(1,0,-1)$ 满足方程。设 $F(x,y,z)=xyz+\sqrt{x^2+y^2+z^2}-\sqrt{2}=0$ ，则全微分 $\mathrm{d}z=\frac{\partial z}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial z}{\partial y}\mathrm{d}y$ ，其中偏导数由隐函数求导公式给出：

计算偏导数：

在点 $(1,0,-1)$ 处， $\sqrt{x^2+y^2+z^2}=\sqrt{2}$ ，代入得：

因此，

全微分为：

【答案】
$x-3y+z+2=0$

【解析】
由直线 $L_1$ 的方程 $\frac{x-1}{1}=\frac{y-2}{0}=\frac{z-3}{-1}$ 可得其方向向量 $\overrightarrow{s_1}=(1,0,-1)$ ，且过点 $P_1(1,2,3)$ ；由 $L_2$ 的方程 $\frac{x+2}{2}=\frac{y-1}{1}=\frac{z}{1}$ 可得其方向向量 $\overrightarrow{s_2}=(2,1,1)$ 。
设所求平面的法向量为 $\vec{n}=(a,b,c)$ 。由于平面过 $L_1$ ，故 $\vec{n}\cdot \overrightarrow{s_1}=0$ ，即 $a\cdot 1+b\cdot 0+c\cdot (-1)=0$ ，所以 $a-c=0$ ，即 $a=c$ 。
又因为平面平行于 $L_2$ ，故 $\vec{n}\cdot \overrightarrow{s_2}=0$ ，即 $2a+b+c=0$ 。代入 $a=c$ ，得 $2a+b+a=0$ ，即 $3a+b=0$ ，所以 $b=-3a$ 。
取 $a=1$ ，则 $c=1$ ， $b=-3$ ，故法向量 $\vec{n}=(1,-3,1)$ 。
平面过点 $P_1(1,2,3)$ ，故方程为 $1\cdot (x-1)-3\cdot (y-2)+1\cdot (z-3)=0$ ，化简得 $x-1-3y+6+z-3=0$ ，即 $x-3y+z+2=0$ 。
验证：点 $P_1$ 在平面上，且法向量与 $\overrightarrow{s_2}$ 垂直，满足条件。

【答案】 $-\frac{3}{2}$

【解析】 当 $x\to 0$ 时，等价无穷小要求：

利用常见等价无穷小替换：当 $u\to 0$ 时， $(1+u{)}^k-1\sim ku$ ，这里令 $u=a{x}^2$ ，则：

同时， $\cos x-1\sim -\frac{1}{2}{x}^2$ 。代入极限：

设极限为 1：

解得：

【答案】

【解析】 矩阵 $A$ 是一个分块对角矩阵，可以表示为 $A=\left(\begin{array}{cc}B& 0\\ 0& C\end{array}\right)$ ，其中 $B=\left(\begin{array}{cc}5& 2\\ 2& 1\end{array}\right)$ ， $C=\left(\begin{array}{cc}1& -2\\ 1& 1\end{array}\right)$ 。对于分块对角矩阵，其逆矩阵为 $A^{-1}=\left(\begin{array}{cc}{B}^{-1}& 0\\ 0& C^{-1}\end{array}\right)$ 。

首先，计算 $B$ 的逆矩阵。 $B$ 的行列式为 $\det (B)=5\times 1-2\times 2=1$ ，因此 $B^{-1}=\frac{1}{1}\left(\begin{array}{cc}1& -2\\ -2& 5\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& -2\\ -2& 5\end{array}\right)$ 。

其次，计算 $C$ 的逆矩阵。 $C$ 的行列式为 $\det (C)=1\times 1-(-2)\times 1=3$ ，因此 $C^{-1}=\frac{1}{3}\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ -1& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{3}& \frac{2}{3}\\ -\frac{1}{3}& \frac{1}{3}\end{array}\right)$ 。

将 $B^{-1}$ 和 $C^{-1}$ 组合，得到 A−1=​1−200​−2500​0031​−31​​0032​31​​​ 。

【答案】
$e^{-\frac{\pi }{2}}$

【解析】
考虑极限 ${\lim }_{x\to 0^{+}}(\cos \sqrt{x}{)}^{\frac{\pi }{x}}$ ，这是 $1^{\infty }$ 型不定式。设 $L={\lim }_{x\to 0^{+}}(\cos \sqrt{x}{)}^{\frac{\pi }{x}}$ ，取自然对数得 $\ln L={\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{\pi }{x}\ln (\cos \sqrt{x})$ 。
计算 ${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{\pi \ln (\cos \sqrt{x})}{x}$ 。当 $x\to 0^{+}$ 时， $\sqrt{x}\to 0$ ，有 $\cos \sqrt{x}-1\sim -\frac{x}{2}$ ，且 $\ln (\cos \sqrt{x})\sim \cos \sqrt{x}-1$ ，因此 $\ln (\cos \sqrt{x})\sim -\frac{x}{2}$ 。
代入得 $\frac{\pi \ln (\cos \sqrt{x})}{x}\sim \frac{\pi (-\frac{x}{2})}{x}=-\frac{\pi }{2}$ ，故 ${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{\pi \ln (\cos \sqrt{x})}{x}=-\frac{\pi }{2}$ 。
因此 $\ln L=-\frac{\pi }{2}$ ，即 $L=e^{-\frac{\pi }{2}}$ 。
或者使用洛必达法则：设 $f(x)=\frac{\ln (\cos \sqrt{x})}{x}$ ，则 ${\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)={\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{-\frac{1}{2}\frac{\tan \sqrt{x}}{\sqrt{x}}}{1}=-\frac{1}{2}{\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{\tan \sqrt{x}}{\sqrt{x}}=-\frac{1}{2}$ ，所以 ${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{\pi \ln (\cos \sqrt{x})}{x}=\pi \times (-\frac{1}{2})=-\frac{\pi }{2}$ ，同样得 $L=e^{-\frac{\pi }{2}}$ 。