1996 年真题

【答案】 $\ln 2$

【解析】 考虑极限 ${\lim }_{x\to \infty }{\left(\frac{x+2a}{x-a}\right)}^x$ 。将分式改写为 $\frac{x+2a}{x-a}=1+\frac{3a}{x-a}$ ，则原极限化为 ${\lim }_{x\to \infty }{\left(1+\frac{3a}{x-a}\right)}^x$ 。令 $y=x-a$ ，当 $x\to \infty$ 时 $y\to \infty$ ，有 $x=y+a$ ，因此极限变为 ${\lim }_{y\to \infty }{\left(1+\frac{3a}{y}\right)}^{y+a}={\lim }_{y\to \infty }{\left(1+\frac{3a}{y}\right)}^y\cdot {\left(1+\frac{3a}{y}\right)}^a$ 。其中 ${\left(1+\frac{3a}{y}\right)}^y\to e^{3a}$ ，且 ${\left(1+\frac{3a}{y}\right)}^a\to 1$ ，故极限值为 $e^{3a}$ 。由已知 $e^{3a}=8$ ，得 $3a=\ln 8$ ，即 $a=\frac{\ln 8}{3}=\ln 2$ 。

【答案】
$2x+2y-3z=0$

【解析】
设所求平面的法向量为 $\mathbf{n}=(A,B,C)$ 。由于该平面经过原点 $(0,0,0)$ 和点 $(6,-3,2)$ ，则向量 $\mathbf{v}=(6,-3,2)$ 在平面内，故 $\mathbf{n}\cdot \mathbf{v}=0$ ，即：

又因为该平面与已知平面 $4x-y+2z=8$ 垂直，已知平面的法向量为 $(4,-1,2)$ ，故 $\mathbf{n}$ 与该法向量垂直，即：

解方程组：

两式相减得：

代入第二式：

取 $A=2$ ，则 $B=2$ ， $C=-3$ ，法向量为 $(2,2,-3)$ 。
平面过原点，方程为：

验证：过点 $(6,-3,2)$ 时， $2\times 6+2\times (-3)-3\times 2=12-6-6=0$ ，满足；与已知平面法向量点积为 $2\times 4+2\times (-1)+(-3)\times 2=8-2-6=0$ ，垂直条件满足。

【答案】
$y=e^x(C_1\cos x+C_2\sin x)+e^x$

【解析】
给定微分方程 $y^{\prime \prime }-2y^{\prime }+2y=e^x$ ，首先求解齐次方程 $y^{\prime \prime }-2y^{\prime }+2y=0$ 。特征方程为 $r^2-2r+2=0$ ，解得特征根 $r=1\pm i$ ，因此齐次通解为 $y_h=e^x(C_1\cos x+C_2\sin x)$ 。
其次，求非齐次方程的特解。非齐次项为 $e^x$ ，由于 $e^x$ 不是齐次解，设特解形式为 $y_p=A{e}^x$ 。代入原方程： $y_p^{\prime }=A{e}^x$ ， $y_p^{\prime \prime }=A{e}^x$ ，得 $A{e}^x-2A{e}^x+2A{e}^x=A{e}^x=e^x$ ，解得 $A=1$ ，故特解为 $y_p=e^x$ 。
因此，原方程的通解为齐次通解与特解之和： $y=y_h+y_p=e^x(C_1\cos x+C_2\sin x)+e^x$ 。

【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 函数 $u=\ln (x+\sqrt{y^2+z^2})$ 在点 $A(1,0,1)$ 处沿方向 $\vec{l}$ （从 $A$ 指向 $B(3,-2,2)$ ）的方向导数计算公式为 $D_{l}u=\nabla u\cdot {\vec{l}}^0$ ，其中 $\nabla u$ 是函数在点 $A$ 的梯度， ${\vec{l}}^0$ 是方向单位向量。

首先，计算梯度 $\nabla u=\left(\frac{\partial u}{\partial x},\frac{\partial u}{\partial y},\frac{\partial u}{\partial z}\right)$ 。
令 $r=\sqrt{y^2+z^2}$ ，则 $u=\ln (x+r)$ 。
偏导数为：

在点 $A(1,0,1)$ 处， $r=\sqrt{0^2+1^2}=1$ ，代入得：

所以，梯度 $\nabla u=\left(\frac{1}{2},0,\frac{1}{2}\right)$ 。

其次，计算方向单位向量 ${\vec{l}}^0$ 。
向量 $\overrightarrow{AB}=B-A=(3-1,-2-0,2-1)=(2,-2,1)$ ，模长为 $|\overrightarrow{AB}|=\sqrt{2^2+(-2{)}^2+1^2}=3$ 。
单位向量 ${\vec{l}}^0=\frac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|}=\left(\frac{2}{3},-\frac{2}{3},\frac{1}{3}\right)$ .

最后，方向导数为：

因此，方向导数为 $\frac{1}{2}$ .

【答案】 $2$

【解析】
已知 $A$ 是 $4\times 3$ 矩阵，且 $r(A)=2$ 。
矩阵 B=​10−1​020​203​​ 是 $3\times 3$ 矩阵，计算其行列式：

因此 $B$ 可逆，且 $r(B)=3$ 。
由于 $B$ 可逆，矩阵乘法 $AB$ 不改变 $A$ 的秩，故 $r(AB)=r(A)=2$ 。
因此， $r(AB)=2$ 。

【答案】 $8a$

【解析】
首先，利用极坐标下的弧长公式：

其中 $r=a(1+\cos \theta )$ ，则 $\frac{dr}{d\theta }=-a\sin \theta$ 。
计算：

展开并简化：

所以，

于是，