一、选择题 1—8小题．每小题4分，共32分．
1．若函数在处连续，则。
a） （bc） （d）
详解】，，要使函数在处连续，必须满足．所以应该选（a）
2．设二阶可导函数满足，，且，则（ ）
ab） cd）
详解】注意到条件，则知道曲线在上都是凹的，根据凹凸性的定义，显然当时，，当时，，而且两个式子的等号不是处处成立，否则不满足二阶可导．所以．所以选择（b）．
当然，如果在考场上，不用这么详细考虑，可以考虑代一个特殊函数，此时，可判断出选项（a），（c），（d）都是错误的，当然选择（b）．希望同学们在复习基础知识的同时，掌握这种做选择题的技巧．
3．设数列收敛，则。
a）当时， （b）当时，
c）当时， （d）当时，
详解】此题考核的是复合函数的极限运算法则，只有（d）是正确的．
其实此题注意，设，则。
分别解方程时，发现只有第四个方程有唯一解，也就是得到．
．微分方程的特解可设为（ ）
a） （b）
c） （d）
详解】微分方程的特征方程为，有一对共轭的复数根．
所以不是特征方程的根，所以对应方程的特解应该设为；
而是方程的单根，所以对应方程的特解应该设为；从而微分方程的特解可设为，应该选（c）．
5．设具有一阶偏导数，且对任意的都有，则（ ）
ab）cd）
详解】由条件对任意的都有可知对于是单调增加的，对就单调减少的．所以，只有第三个不等式可得正确结论（d），应该选（d）．
6．甲、乙两人赛跑，计时开始时，甲在乙前方10（单位：米）处，如图中，实线表示甲的速度曲线（单位：米/秒），虚线表示乙的速度曲线（单位：
米/秒），三块阴影部分的面积分别为，计时开始后乙追上甲的时刻为，则（ ）
a） （b）
c） （d）
详解】由定积分的物理意义：当曲线表示变速直线运动的速度函数时，表示时刻内所走的路程．本题中的阴影面积分别表示在时间段内甲、乙两人所走路程之差，显然应该在时乙追上甲，应该选（c）．
7．设为三阶矩阵，为可逆矩阵，使得，则（ ）
ab） （c） （d）
详解】显然这是矩阵相似对角化的题目．可知。
所以，所以可知选择（b）．
8．已知矩阵，，，则
a）相似，相似 （b）相似，不相似。
c）不相似，相似 （d）不相似，不相似。
详解】矩阵的特征值都是．是否可对解化，只需要关心的情况．
对于矩阵，，秩等于1 ，也就是矩阵属于特征值存在两个线性无关的特征向量，也就是可以对角化，也就是．
对于矩阵，，秩等于2 ，也就是矩阵属于特征值只有一个线性无关的特征向量，也就是不可以对角化，当然不相似故选择（b）．
二、填空题（本题共6小题，每小题4分，满分24分。 把答案填在题中横线上）
9．曲线的斜渐近线为 ．
解：，，所以斜渐近线为．
10．设函数由参数方程确定，则。
详解】，所以．
详解】12．设函数具有一阶连续的偏导数，且已知，，则
详解】，所以，由，得，所以．
详解】交换二重积分的积分次序得：
14．设矩阵的一个特征向量为，则 ．
详解】根据特征向量的定义，有。
解得．三、解答题。
15．（本题满分10分）
求极限。详解】令，则，
16．（本题满分10分）
设函数具有二阶连续偏导数，，求，．
详解】，；17．（本题满分10分）
求。详解】由定积分的定义。
18．（本题满分10分）
已知函数是由方程．
详解】在方程两边同时对求导，得。
在（1）两边同时对求导，得。
也就是。令，得．当时，；当时，
当时，，，函数取极大值；
当时，，函数取极小值．
19．（本题满分10分）
设函数在区间上具有二阶导数，且，，证明：
1）方程在区间至少存在一个实根；
2）方程在区间内至少存在两个不同实根．
证明：（1）根据的局部保号性的结论，由条件可知，存在，及，使得，由于在上连续，且，由零点定理，存在，使得，也就是方程在区间至少存在一个实根；
2）由条件可知，由（1）可知，由洛尔定理，存在，使得；
设，由条件可知在区间上可导，且，分别在区间上对函数使用尔定理，则存在使得，也就是方程在区间内至少存在两个不同实根．
20．（本题满分11分）
已知平面区域，计算二重积分。
详解】由于积分区域关于轴左右对称，所以由二重积分对称性可知．所以。
其中利用瓦列斯公式，知。
21．（本题满分11分）
设是区间上的可导函数，且．点是曲线上的任意一点，在点处的切线与轴相交于点，法线与轴相交于点．若，求上的点的坐标满足的方程．
详解】曲线过点的切线方程为，令，得；
曲线过点的法线方程为，令，得．
由条件，可得微分方程。
标准形为，是个一阶齐次型微分方程．
设，方程化为，整理，得。
分离变量，两边积分，得。
由初始条件，得，确定常数。
所以曲线的方程为．
22．（本题满分11分）
设三阶矩阵有三个不同的特征值，且。
1）证明：；
2）若，求方程组的通解．
详解】（1）证明：因为矩阵有三个不同的特征值，所以是非零矩阵，也就是．
假若时，则是矩阵的二重特征值，与条件不符合，所以有，又因为，也就是线性相关，，也就只有．
2）因为，所以的基础解系中只有一个线性无关的解向量．由于，所以基础解系为；
又由，得非齐次方程组的特解可取为；
方程组的通解为，其中为任意常数．
23．（本题满分11分）
设二次型在正交变换下的标准形为，求的值及一个正交矩阵．
详解】二次型矩阵。
因为二次型的标准形为．也就说明矩阵有零特征值，所以，故。
令得矩阵的特征值为．
通过分别解方程组得矩阵的属于特征值的特征向量，属于特征值特征值的特征向量，的特征向量．
所以为所求正交矩阵．
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1.分析 根据等价无穷小量的定义，相当于已知，反过来求a.注意在计算过程中应尽可能地应用无穷小量的等价代换进行化简。详解 当时，于是，根据题设有 故a 4.评注 本题属常规题型。2.分析 先求出在点 1,1 处的导数，然后利用点斜式写出切线方程即可。详解 等式两边直接对x求导，得。将x 1,y 1代...