一、选择题：1～10 小题，每小题 5 分，共 50 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) 函数 $f(x) = |x|^{\frac{1}{(1-x)(x-2)}}$ 的第一类间断点的个数为（ ）
(A) $3$
(B) $2$
(C) $1$
(D) $0$
参考答案与核心解析
【答案】(C)
【解析】 函数的无定义点为 $x = 0, 1, 2$。
当 $x \to 0$ 时，$\lim_{x\to 0} |x|^{\frac{1}{(1-x)(x-2)}} = 0^{\frac{1}{-2}} = \lim_{x\to 0}\dfrac{1}{|x|^{1/2}} = +\infty$，为无穷间断点（第二类）；
当 $x \to 1$ 时，底数趋近于 $1$。$\lim_{x\to 1}\ln f(x) = \lim_{x\to 1}\dfrac{\ln|x|}{(1-x)(x-2)} = \lim_{x\to 1}\dfrac{\ln(1+(x-1))}{-(x-1)(1-2)} = \lim_{x\to 1}\dfrac{x-1}{x-1} = 1$（注意分母为 $-(x-1)(-1) = x-1$），故极限 $\lim_{x\to 1} f(x) = e^1 = e$ 存在且有限，为可去间断点（第一类间断点）；
当 $x \to 2$ 时，$\lim_{x\to 2^-}\ln f(x) = \dfrac{\ln 2}{(-1)(0^-)} = +\infty \implies \lim_{x\to 2^-}f(x) = +\infty$，为无穷间断点（第二类）。
因此第一类间断点仅有 $x = 1$，个数为 $1$。
(2) 函数 $y = f(x)$ 由参数方程 $\begin{cases} x = 1 + t^3 \\ y = e^{t^2} \end{cases}$ 确定，则 $\lim\limits_{x \to +\infty} x\left[f\left(2 + \dfrac{2}{x}\right) - f(2)\right] =$（ ）
(A) $2e$
(B) $\dfrac{4}{3}e$
(C) $\dfrac{2}{3}e$
(D) $\dfrac{e}{3}$
参考答案与核心解析
【答案】(B)
【解析】 令 $\Delta x = \dfrac{2}{x}$，当 $x \to +\infty$ 时 $\Delta x \to 0$。原式可写为 $\lim_{\Delta x \to 0} 2 \cdot \dfrac{f(2 + \Delta x) - f(2)}{\Delta x} = 2 f'(2)$。
由参数方程：$x = 2 \implies 1 + t^3 = 2 \implies t = 1$。
导数 $\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{y'_t}{x'_t} = \dfrac{2t e^{t^2}}{3t^2} = \dfrac{2e^{t^2}}{3t}$。代入 $t = 1$ 得 $f'(2) = \dfrac{2e}{3}$。
故原极限为 $2 \times \dfrac{2e}{3} = \dfrac{4}{3}e$。
(3) 设函数 $f(x) = \displaystyle\int_0^{\sin x} \sin t^3\,dt$，$g(x) = \displaystyle\int_0^x f(t)\,dt$，则（ ）
(A) $f(x)$ 为奇函数，$g(x)$ 为奇函数
(B) $f(x)$ 为奇函数，$g(x)$ 为偶函数
(C) $f(x)$ 为偶函数，$g(x)$ 为偶函数
(D) $f(x)$ 为偶函数，$g(x)$ 为奇函数
参考答案与核心解析
【答案】(D)
【解析】 被积函数 $\sin t^3$ 为奇函数，其变上限积分 $F(u) = \int_0^u \sin t^3\,dt$ 为偶函数；$u = \sin x$ 为奇函数，偶函数复合奇函数为偶函数，故 $f(x) = F(\sin x)$ 为偶函数。
又 $g(x) = \int_0^x f(t)\,dt$ 是偶函数的变上限积分，因而 $g(x)$ 为奇函数。故选 D。
(4) 已知数列 $\{a_n\} \;(a_n \ne 0)$，若 $\{a_n\}$ 发散，则（ ）
(A) $\left\{a_n + \dfrac{1}{a_n}\right\}$ 发散
(B) $\left\{a_n - \dfrac{1}{a_n}\right\}$ 发散
(C) $\left\{e^{a_n} + \dfrac{1}{e^{a_n}}\right\}$ 发散
(D) $\left\{e^{a_n} - \dfrac{1}{e^{a_n}}\right\}$ 发散
参考答案与核心解析
【答案】(D)
【解析】 考虑函数 $h(x) = e^x - e^{-x} = 2\sinh x$。由于 $h'(x) = e^x + e^{-x} > 0$ 恒成立，$h(x)$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 上是严格单调连续递增函数，且值域为 $(-\infty, +\infty)$，其反函数 $h^{-1}(y)$ 也在全实轴上连续。若数列 $\{h(a_n)\}$ 收敛于 $L$，由反函数连续性必有 $a_n = h^{-1}(h(a_n)) \to h^{-1}(L)$，即 $\{a_n\}$ 必收敛，这与已知“$\{a_n\}$ 发散”矛盾。故 $\{e^{a_n} - e^{-a_n}\}$ 必发散。
反例：对于 A、B、C，令 $a_n = (-1)^n$，则 $a_n + 1/a_n = 2(-1)^n$ 虽发散，但若令 $a_n = 2$ 与 $1/2$ 交替，则 $a_n + 1/a_n = 5/2$ 为常数收敛数列；对于 C，若 $a_n$ 为 $1$ 与 $-1$ 交替震荡，则 $e^{a_n} + e^{-a_n} = e + e^{-1}$ 为常数收敛数列。
(5) 设已知二元函数 $f(x, y) = \begin{cases} (x^2 + y^2)\sin\dfrac{1}{xy}, & xy \ne 0 \\ 0, & xy = 0 \end{cases}$，则函数 $f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处（ ）
(A) $\dfrac{\partial f(x, y)}{\partial x}$ 连续，可微.
(B) $\dfrac{\partial f(x, y)}{\partial x}$ 连续，不可微.
(C) $\dfrac{\partial f(x, y)}{\partial x}$ 不连续，可微.
(D) $\dfrac{\partial f(x, y)}{\partial x}$ 不连续，不可微.
参考答案与核心解析
【答案】(C)
【解析】
偏导数：$f_x(0,0) = \lim_{x\to 0}\dfrac{f(x, 0) - f(0,0)}{x} = \lim_{x\to 0}\dfrac{0-0}{x} = 0$，同理 $f_y(0,0) = 0$。
可微性：$\lim_{\Delta\rho\to 0}\dfrac{f(\Delta x, \Delta y) - f(0,0) - 0}{\sqrt{\Delta x^2 + \Delta y^2}} = \lim_{\Delta\rho\to 0} \sqrt{\Delta x^2 + \Delta y^2}\sin\dfrac{1}{\Delta x \Delta y} = 0$（无穷小量乘有界量），故 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 处可微。
当 $xy \ne 0$ 时，$\dfrac{\partial f}{\partial x} = 2x\sin\dfrac{1}{xy} - \dfrac{x^2+y^2}{x^2 y}\cos\dfrac{1}{xy}$，当 $(x, y) \to (0, 0)$ 时该极限震荡不存在，因此偏导数不连续。
(6) 设 $f(x, y)$ 是连续函数，则二次积分 $\displaystyle\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} dx \int_{\sin x}^1 f(x, y)\,dy =$（ ）
(A) $\displaystyle\int_{\frac{1}{2}}^1 dy \int_{\frac{\pi}{6}}^{\arcsin y} f(x, y)\,dx$
(B) $\displaystyle\int_{\frac{1}{2}}^1 dy \int_{\arcsin y}^{\frac{\pi}{2}} f(x, y)\,dx$
(C) $\displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} dy \int_{\frac{\pi}{6}}^{\arcsin y} f(x, y)\,dx$
(D) $\displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} dy \int_{\arcsin y}^{\frac{\pi}{2}} f(x, y)\,dx$
参考答案与核心解析
【答案】(A)
【解析】 积分区域为 $D: \dfrac{\pi}{6} \le x \le \dfrac{\pi}{2},\, \sin x \le y \le 1$。
在区间 $\left[\dfrac{\pi}{6}, \dfrac{\pi}{2}\right]$ 上，$\sin x$ 单调增，$y$ 的取值范围为 $\left[\dfrac{1}{2}, 1\right]$；对任意固定的 $y \in \left[\dfrac{1}{2}, 1\right]$，由 $y \ge \sin x$ 得到 $x \le \arcsin y$，因此 $\dfrac{\pi}{6} \le x \le \arcsin y$。交换积分次序即得 $\int_{\frac{1}{2}}^1 dy \int_{\frac{\pi}{6}}^{\arcsin y} f(x, y)\,dx$。
(7) 设非负函数 $f(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 连续，给出以下三个命题：
① 若 $\displaystyle\int_0^{+\infty} f^2(x)\,dx$ 收敛，则 $\displaystyle\int_0^{+\infty} f(x)\,dx$ 收敛；
② 若存在 $p > 1$，使得 $\lim\limits_{x \to +\infty} x^p f(x)$ 存在，则 $\displaystyle\int_0^{+\infty} f(x)\,dx$ 收敛；
③ 若 $\displaystyle\int_0^{+\infty} f(x)\,dx$ 收敛，则存在 $p > 1$，使得 $\lim\limits_{x \to +\infty} x^p f(x)$ 存在。
其中真命题的个数为（ ）
(A) $0$
(B) $1$
(C) $2$
(D) $3$
参考答案与核心解析
【答案】(B)
【解析】
① 假命题。反例：$f(x) = \dfrac{1}{1+x}$，$\int_0^{+\infty} f^2(x)dx$ 收敛，但 $\int_0^{+\infty} f(x)dx$ 发散；
② 真命题。由极限比较审敛法，若 $\lim_{x\to+\infty} x^p f(x) = A \ge 0\;(p > 1)$，则当 $x$ 充分大时 $f(x) \le \dfrac{A+1}{x^p}$，因 $p > 1$，$\int_1^{+\infty}\frac{1}{x^p}dx$ 收敛，故反常积分收敛；
③ 假命题。反例：$f(x) = \dfrac{1}{x\ln^2 x}\;(x \ge 2)$ 反常积分收敛，但对任意 $p > 1$，$x^p f(x) = \dfrac{x^{p-1}}{\ln^2 x} \to +\infty$ 极限不存在。
因此真命题仅有 ②，个数为 1。
(8) 设 $\boldsymbol{A}$ 为三阶矩阵，$\boldsymbol{P} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}$，若 $\boldsymbol{P}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}^2 = \begin{pmatrix} a+2c & 0 & c \\ 0 & b & 0 \\ 2c & 0 & c \end{pmatrix}$，则 $\boldsymbol{A} =$（ ）
(A) $\begin{pmatrix} c & 0 & 0 \\ 0 & a & 0 \\ 0 & 0 & b \end{pmatrix}$
(B) $\begin{pmatrix} b & 0 & 0 \\ 0 & c & 0 \\ 0 & 0 & a \end{pmatrix}$
(C) $\begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ 0 & b & 0 \\ 0 & 0 & c \end{pmatrix}$
(D) $\begin{pmatrix} c & 0 & 0 \\ 0 & b & 0 \\ 0 & 0 & a \end{pmatrix}$
参考答案与核心解析
【答案】(C)
【解析】 初等矩阵性质：$\boldsymbol{P}$ 为将第 1 列的 1 倍加到第 3 列的初等矩阵。$\boldsymbol{P}^2 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix}$，$\boldsymbol{P}^{\mathrm{T}} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$。
若设 $\boldsymbol{A} = \mathrm{diag}(a, b, c)$，则 $\boldsymbol{P}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}^2 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ 0 & b & 0 \\ 0 & 0 & c \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a+2c & 0 & c \\ 0 & b & 0 \\ 2c & 0 & c \end{pmatrix}$，与已知完全吻合，故选 C。
(9) $\boldsymbol{A}$ 为 4 阶矩阵，若 $\boldsymbol{A}(\boldsymbol{A} - \boldsymbol{A}^*) = \boldsymbol{O}$，且 $\boldsymbol{A} \ne \boldsymbol{A}^*$，则 $r(\boldsymbol{A})$ 可能为（ ）
(A) $0$ 或 $1$
(B) $1$ 或 $3$
(C) $2$ 或 $3$
(D) $1$ 或 $2$
参考答案与核心解析
【答案】(D)
【解析】
由 $\boldsymbol{A}(\boldsymbol{A} - \boldsymbol{A}^*) = \boldsymbol{O} \implies \boldsymbol{A}^2 = \boldsymbol{A}\boldsymbol{A}^* = |\boldsymbol{A}|\boldsymbol{E}$。
若 $r(\boldsymbol{A}) = 4$，则 $|\boldsymbol{A}| \ne 0 \implies \boldsymbol{A} = \boldsymbol{A}^*$，与题设 $\boldsymbol{A} \ne \boldsymbol{A}^*$ 矛盾，排除 $r(\boldsymbol{A}) = 4$；
若 $r(\boldsymbol{A}) = 0$，则 $\boldsymbol{A} = \boldsymbol{O}$，此时 $\boldsymbol{A}^* = \boldsymbol{O} = \boldsymbol{A}$，矛盾，排除 $r(\boldsymbol{A}) = 0$；
若 $r(\boldsymbol{A}) = 3$，则由伴随矩阵性质 $r(\boldsymbol{A}^*) = 0 \implies \boldsymbol{A}^* = \boldsymbol{O}$，从而 $\boldsymbol{A}^2 = \boldsymbol{O} \implies r(\boldsymbol{A}) \le 4/2 = 2$，与 $r(\boldsymbol{A}) = 3$ 矛盾，排除 $r(\boldsymbol{A}) = 3$；
故 $r(\boldsymbol{A})$ 只能为 $1$ 或 $2$。
(10) 设 $\boldsymbol{A}、\boldsymbol{B}$ 为 2 阶矩阵，且 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{B} = \boldsymbol{B}\boldsymbol{A}$，则“$\boldsymbol{A}$ 有两个不相等的特征值”是“$\boldsymbol{B}$ 可对角化”的（ ）
(A) 充分必要条件
(B) 充分不必要条件
(C) 必要不充分条件
(D) 既不充分也不必要条件
参考答案与核心解析
【答案】(B)
【解析】
若 $\boldsymbol{A}$ 有两个互不相等的特征值，则 $\boldsymbol{A}$ 的特征向量构成了 $\mathbb{R}^2$ 的一组基。由于 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{B} = \boldsymbol{B}\boldsymbol{A}$，$\boldsymbol{A}$ 的每个互不相同特征值对应的一维特征子空间必定是 $\boldsymbol{B}$ 的不变子空间，因此 $\boldsymbol{A}$ 的特征向量同时也是 $\boldsymbol{B}$ 的特征向量，即 $\boldsymbol{B}$ 具有两个线性无关的特征向量，从而 $\boldsymbol{B}$ 必可对角化（充分性成立）；
反之，若 $\boldsymbol{B} = \boldsymbol{E}$，则对任意 2 阶矩阵 $\boldsymbol{A}$ 均有 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{B} = \boldsymbol{B}\boldsymbol{A}$ 且 $\boldsymbol{B}$ 可对角化，但 $\boldsymbol{A}$ 可以有两个相等特征值（如 $\boldsymbol{A} = \boldsymbol{E}$），故必要性不成立。
综上为充分不必要条件。
二、填空题：11～16 小题，每小题 5 分，共 30 分。
(11) 曲线 $y^2 = x$ 在点 $(0, 0)$ 处的曲率圆方程为 .
参考答案与核心解析
【答案】 $\left(x - \dfrac{1}{2}\right)^2 + y^2 = \dfrac{1}{4}$
【解析】 将曲线方程视作 $x = y^2$。在 $(0,0)$ 处，$x'(0) = 0,\, x''(0) = 2$。曲率 $K = \dfrac{|x''|}{(1 + x'^2)^{3/2}} = 2$，曲率半径 $R = \dfrac{1}{K} = \dfrac{1}{2}$。凹向朝向 $x$ 轴正向，曲率中心为 $\left(\dfrac{1}{2}, 0\right)$，故曲率圆方程为 $\left(x - \dfrac{1}{2}\right)^2 + y^2 = \dfrac{1}{4}$。
(12) 设 $f(x, y) = 2x^3 - 9x^2 - 6y^4 + 12x + 24y$ 的极值点是 .
参考答案与核心解析
【答案】 $(1, 1)$
【解析】 求解一阶偏导方程组：
$f_x = 6x^2 - 18x + 12 = 6(x-1)(x-2) = 0 \implies x = 1$ 或 $x = 2$；
$f_y = -24y^3 + 24 = -24(y^3 - 1) = 0 \implies y = 1$。
二阶偏导数：$A = f_{xx} = 12x - 18,\, B = f_{xy} = 0,\, C = f_{yy} = -72y^2$。
在点 $(1, 1)$ 处：$A = -6, C = -72, AC - B^2 = 432 > 0$ 且 $A < 0$，取得极大值，为极值点；
在点 $(2, 1)$ 处：$A = 6, C = -72, AC - B^2 = -432 < 0$，非极值点。故极值点为 $(1, 1)$。
(13) 已知微分方程 $y' = \dfrac{1}{(x+y)^2}$ 满足条件 $y(1) = 0$ 的解为 .
参考答案与核心解析
【答案】 $y + \dfrac{\pi}{4} = \arctan(x+y)$（或 $x = \tan\left(y + \dfrac{\pi}{4}\right) - y$）
【解析】 令 $u = x + y \implies y' = u' - 1$。方程化为 $u' = 1 + \dfrac{1}{u^2} = \dfrac{u^2+1}{u^2} \implies \dfrac{u^2}{u^2+1}du = dx$。积分得 $u - \arctan u = x + C \implies y - \arctan(x+y) = C$。代入初始条件 $x=1, y=0$ 得 $C = -\dfrac{\pi}{4}$，即 $y + \dfrac{\pi}{4} = \arctan(x+y)$。
(14) 函数 $f(x) = x^2(e^x + 1)$，求导数 $f^{(5)}(1) =$ .
参考答案与核心解析
【答案】 $31e$
【解析】 $f(x) = x^2 e^x + x^2$。因 $5 > 2$，$(x^2)^{(5)} = 0$。利用莱布尼茨公式对 $u = e^x, v = x^2$ 展开：
$(x^2 e^x)^{(5)} = \sum_{k=0}^5 \binom{5}{k} (x^2)^{(k)} (e^x)^{(5-k)} = x^2 e^x + 5(2x)e^x + 10(2)e^x = (x^2 + 10x + 20)e^x$。
代入 $x = 1$ 得 $f^{(5)}(1) = (1 + 10 + 20)e = 31e$。
(15) 某物体以速度 $v(t) = t + k\sin \pi t$ 作直线运动，若它从 $t = 0$ 到 $t = 3$ 的时间段内平均速度为 $\dfrac{5}{2}$，则 $k =$ .
参考答案与核心解析
【答案】 $\dfrac{3}{2}\pi$
【解析】 平均速度公式：$\bar{v} = \dfrac{1}{3-0}\int_0^3 v(t)\,dt = \dfrac{1}{3}\int_0^3 (t + k\sin \pi t)\,dt$。
$\int_0^3 t\,dt = \dfrac{9}{2}$；$\int_0^3 \sin \pi t\,dt = \left[-\dfrac{\cos\pi t}{\pi}\right]_0^3 = -\dfrac{-1 - 1}{\pi} = \dfrac{2}{\pi}$。
故 $\bar{v} = \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{9}{2} + \dfrac{2k}{\pi}\right) = \dfrac{3}{2} + \dfrac{2k}{3\pi} = \dfrac{5}{2} \implies \dfrac{2k}{3\pi} = 1 \implies k = \dfrac{3}{2}\pi$。
(16) 设向量 $\boldsymbol{\alpha}_1 = \begin{pmatrix} a \\ 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$，$\boldsymbol{\alpha}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ b \\ a \end{pmatrix}$，$\boldsymbol{\alpha}_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ a \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$。若 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3$ 线性相关，且其中任意两个向量均线性无关，则 $ab =$ .
参考答案与核心解析
【答案】 $-4$
【解析】 由任意两向量均线性无关知 $a \ne 1$。由三向量构成的矩阵其秩为 2，化简行列式或列向量线性组合条件解得 $a = -2,\, b = 2$。故 $ab = (-2) \times 2 = -4$。
三、解答题：17～22 小题，共 70 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）
已知平面有界区域 $D$ 位于第一象限，由双曲线 $xy = \dfrac{1}{3},\, xy = 3$ 与射线 $y = \dfrac{1}{3}x,\, y = 3x$ 围成，计算二重积分
$$\iint\limits_D (1 + x - y)\,dxdy$$
参考答案与详细推导步骤
【答案】 $\dfrac{8}{3}\ln 3$
【解析】
由区域关于直线 $y = x$ 的对称性，$\iint_D (x - y)\,dxdy = 0$。因此原积分简化为：
$$\iint\limits_D (1 + x - y)\,dxdy = \iint\limits_D 1\,dxdy = \mathrm{Area}(D)$$
作变量替换：令 $u = xy,\, v = \dfrac{y}{x}$。区域对应为：$u \in \left[\dfrac{1}{3}, 3\right],\, v \in \left[\dfrac{1}{3}, 3\right]$。
雅可比行列式：由 $x = \sqrt{\dfrac{u}{v}},\, y = \sqrt{uv}$，得 $|J| = \left|\dfrac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}\right| = \dfrac{1}{2v}$。
因此面积为：
$$\iint\limits_D dxdy = \int_{1/3}^3 du \int_{1/3}^3 \frac{1}{2v}\,dv = \left(3 - \frac{1}{3}\right) \cdot \frac{1}{2} [\ln v]_{1/3}^3 = \frac{8}{3} \cdot \frac{1}{2} (\ln 3 - \ln(1/3)) = \frac{4}{3} \cdot 2\ln 3 = \frac{8}{3}\ln 3$$
(18)（本题满分 12 分）
已知函数 $y(x)$ 满足微分方程 $x^2 y'' + xy' - 9y = 0$，且满足初始条件 $y(1) = 2,\, y'(1) = 6$。
(1) 利用变量变换 $x = e^t$ 将上述欧拉方程化为常系数线性微分方程，并求 $y(x)$；
(2) 计算定积分 $\displaystyle\int_1^2 y(x)\sqrt{4-x^2}\,dx$。
参考答案与详细推导步骤
【答案】 (1) $y(x) = 2x^3$；(2) $\dfrac{22}{5}\sqrt{3}$。
【解析】
(1) 令 $x = e^t \implies t = \ln x$。则 $xy' = \dfrac{dy}{dt}$，$x^2 y'' = \dfrac{d^2 y}{dt^2} - \dfrac{dy}{dt}$。
原方程化为：$\left(\dfrac{d^2 y}{dt^2} - \dfrac{dy}{dt}\right) + \dfrac{dy}{dt} - 9y = 0 \implies \dfrac{d^2 y}{dt^2} - 9y = 0$。
特征方程为 $r^2 - 9 = 0 \implies r = \pm 3$。通解为 $y = C_1 e^{3t} + C_2 e^{-3t} = C_1 x^3 + C_2 x^{-3}$。
求导：$y' = 3C_1 x^2 - 3C_2 x^{-4}$。由 $y(1) = 2,\, y'(1) = 6$：
$\begin{cases} C_1 + C_2 = 2 \\ 3C_1 - 3C_2 = 6 \end{cases} \implies \begin{cases} C_1 + C_2 = 2 \\ C_1 - C_2 = 2 \end{cases} \implies C_1 = 2,\, C_2 = 0$。
故 $y(x) = 2x^3$。
(2) $\int_1^2 2x^3 \sqrt{4-x^2}\,dx = \int_1^2 x^2 \sqrt{4-x^2}\,d(x^2)$。
令 $u = 4 - x^2$，则 $x^2 = 4 - u,\, d(x^2) = -du$。当 $x = 1$ 时 $u = 3$；$x = 2$ 时 $u = 0$。
原积分 $= \int_0^3 (4 - u)\sqrt{u}\,du = \int_0^3 (4u^{1/2} - u^{3/2})\,du = \left[ 4 \cdot \dfrac{2}{3}u^{3/2} - \dfrac{2}{5}u^{5/2} \right]_0^3$
$= \dfrac{8}{3} \cdot 3\sqrt{3} - \dfrac{2}{5} \cdot 9\sqrt{3} = 8\sqrt{3} - \dfrac{18}{5}\sqrt{3} = \dfrac{22}{5}\sqrt{3}$。
(19)（本题满分 12 分）
设常数 $t > 0$，平面有界区域 $D$ 由曲线 $y = \sqrt{x}e^{-x}$、直线 $x = t$、$x = 2t$ 及 $x$ 轴围成。$D$ 绕 $x$ 轴旋转一周所得旋转体的体积记为 $V(t)$，求 $V(t)$ 的最大值。
参考答案与详细推导步骤
【答案】 最大值为 $V(\ln 2) = \dfrac{\pi\ln 2}{16} + \dfrac{3\pi}{64}$
【解析】
旋转体体积公式：$V(t) = \pi \int_t^{2t} y^2\,dx = \pi \int_t^{2t} x e^{-2x}\,dx$。
不定积分：$\int x e^{-2x}\,dx = -\dfrac{1}{2}x e^{-2x} - \dfrac{1}{4}e^{-2x} = -\dfrac{1}{4}(2x+1)e^{-2x}$。
故 $V(t) = \pi \left[ -\dfrac{1}{4}(4t+1)e^{-4t} + \dfrac{1}{4}(2t+1)e^{-2t} \right] = \dfrac{\pi}{4}\left[ (2t+1)e^{-2t} - (4t+1)e^{-4t} \right]$。
求导寻极值：利用变限积分求导：
$V'(t) = \pi \left[ (2t)e^{-2(2t)} \cdot 2 - t e^{-2t} \right] = \pi t e^{-2t} (4e^{-2t} - 1)$。
令 $V'(t) = 0$，因 $t > 0$，得 $4e^{-2t} - 1 = 0 \implies e^{2t} = 4 \implies 2t = \ln 4 = 2\ln 2 \implies t = \ln 2$。
当 $0 < t < \ln 2$ 时 $V'(t) > 0$；当 $t > \ln 2$ 时 $V'(t) < 0$。因此 $t = \ln 2$ 为全局最大值点。
代入得 $V(\ln 2) = \dfrac{\pi}{4}\left[ (2\ln 2 + 1)\cdot \dfrac{1}{4} - (4\ln 2 + 1)\cdot \dfrac{1}{16} \right] = \dfrac{\pi}{64}[4(2\ln 2+1) - (4\ln 2+1)] = \dfrac{\pi}{64}(4\ln 2 + 3) = \dfrac{\pi\ln 2}{16} + \dfrac{3\pi}{64}$。
(20)（本题满分 12 分）
已知函数 $f(u, v)$ 具有二阶连续偏导数，且 $g(x, y) = f(2x+y,\, 3x-y)$ 满足偏微分方程
$$\dfrac{\partial^2 g}{\partial x^2} + \dfrac{\partial^2 g}{\partial x\partial y} - 6\dfrac{\partial^2 g}{\partial y^2} = 1$$
(1) 求 $\dfrac{\partial^2 f}{\partial u\partial v}$；
(2) 若 $\dfrac{\partial f(u, 0)}{\partial u} = ue^{-u}$，且 $f(0, v) = \dfrac{1}{50}v^2 - 1$，求 $f(u, v)$ 的表达式。
参考答案与详细推导步骤
【答案】 (1) $\dfrac{\partial^2 f}{\partial u\partial v} = \dfrac{1}{25}$；(2) $f(u, v) = \dfrac{1}{25}uv - (u+1)e^{-u} + \dfrac{1}{50}v^2$。
【解析】
(1) 令 $u = 2x+y,\, v = 3x-y$。复合求导：
$g_x = 2f_u + 3f_v,\, g_y = f_u - f_v$。
$g_{xx} = 4f_{uu} + 12f_{uv} + 9f_{vv}$；
$g_{xy} = 2f_{uu} + 7f_{uv} - 3f_{vv}$；
$g_{yy} = f_{uu} - 2f_{uv} + f_{vv}$。
代入已知方程：$g_{xx} + g_{xy} - 6g_{yy} = (4+2-6)f_{uu} + (12+7+12)f_{uv} + (9-3-6)f_{vv} = 25f_{uv} = 1$。
故 $\dfrac{\partial^2 f}{\partial u\partial v} = \dfrac{1}{25}$。
(2) 对 $v$ 积分：$f_u(u, v) = \dfrac{1}{25}v + \varphi(u)$。
令 $v = 0$ 得 $f_u(u, 0) = \varphi(u) = ue^{-u}$。故 $f_u(u, v) = \dfrac{1}{25}v + ue^{-u}$。
对 $u$ 积分：$f(u, v) = \dfrac{1}{25}uv + \int ue^{-u}du + \psi(v) = \dfrac{1}{25}uv - (u+1)e^{-u} + \psi(v)$。
代入 $u = 0$：$f(0, v) = -1 + \psi(v) = \dfrac{1}{50}v^2 - 1 \implies \psi(v) = \dfrac{1}{50}v^2$。
因此 $f(u, v) = \dfrac{1}{25}uv - (u+1)e^{-u} + \dfrac{1}{50}v^2$。
(21)（本题满分 12 分）
设函数 $f(x)$ 具有 2 阶导数，且 $f'(0) = f'(1),\, |f''(x)| \le 1$。证明：
(1) 当 $x \in (0, 1)$ 时，$|f(x) - f(0)(1-x) - f(1)x| \le \dfrac{x(1-x)}{2}$；
(2) $\left|\displaystyle\int_0^1 f(x)\,dx - \dfrac{f(0)+f(1)}{2}\right| \le \dfrac{1}{12}$。
参考答案与详细证明步骤
【证明】
(1) 由泰勒展开公式：
$f(0) = f(x) - f'(x)x + \dfrac{f''(\xi_1)}{2}x^2,\quad \xi_1 \in (0, x)$
$f(1) = f(x) + f'(x)(1-x) + \dfrac{f''(\xi_2)}{2}(1-x)^2,\quad \xi_2 \in (x, 1)$
分别两边同乘 $(1-x)$ 与 $x$ 后相加，消去 $f'(x)$ 项：
$(1-x)f(0) + xf(1) = f(x) + \dfrac{x(1-x)}{2}[x f''(\xi_1) + (1-x)f''(\xi_2)]$。
移项并取绝对值：
$|f(x) - f(0)(1-x) - f(1)x| = \dfrac{x(1-x)}{2} |x f''(\xi_1) + (1-x)f''(\xi_2)|$
$\le \dfrac{x(1-x)}{2} [x |f''(\xi_1)| + (1-x)|f''(\xi_2)|] \le \dfrac{x(1-x)}{2}[x + 1 - x] = \dfrac{x(1-x)}{2}$。
(2) 对 (1) 的不等式两端在 $[0, 1]$ 上积分：
$\left|\int_0^1 f(x)\,dx - f(0)\int_0^1(1-x)dx - f(1)\int_0^1 xdx\right| \le \int_0^1 |f(x) - f(0)(1-x) - f(1)x|\,dx \le \int_0^1 \dfrac{x-x^2}{2}\,dx$
由于 $\int_0^1(1-x)dx = \int_0^1 xdx = \dfrac{1}{2}$，且 $\int_0^1 \dfrac{x-x^2}{2}dx = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{3}\right) = \dfrac{1}{12}$，
立即得出 $\left|\int_0^1 f(x)\,dx - \dfrac{f(0)+f(1)}{2}\right| \le \dfrac{1}{12}$。
(22)（本题满分 12 分）
已知矩阵 $\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} 0 & a & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}$，$\boldsymbol{B} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \\ 2 & b \end{pmatrix}$。已知方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 的解均为 $\boldsymbol{B}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 的解，但 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 与 $\boldsymbol{B}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 不同解。
(1) 求常数 $a, b$ 的值；
(2) 求正交变换 $\boldsymbol{x} = \boldsymbol{Q}\boldsymbol{y}$，将二次型 $f(x_1, x_2, x_3) = \boldsymbol{x}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{B}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}$ 化为标准形。
参考答案与详细推导步骤
【答案】 (1) $a = 1,\, b = 2$；(2) $\boldsymbol{Q} = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{2}{\sqrt{6}} & 0 & -\frac{1}{\sqrt{3}} \end{pmatrix}$，$f = 6y_1^2$。
【解析】
(1) 由题意解空间包含关系知 $r(\boldsymbol{A}) > r(\boldsymbol{B}^{\mathrm{T}})$。因 $\boldsymbol{A}$ 显然行满秩 $r(\boldsymbol{A}) = 2$（当 $a \ne 0$），故必须 $r(\boldsymbol{B}^{\mathrm{T}}) = 1$。
$\boldsymbol{B}^{\mathrm{T}} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & b \end{pmatrix}$，秩为 1 要求两行成比例，故 $b = 2$。
此时 $\boldsymbol{B}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 即 $x_1 + x_2 + 2x_3 = 0$。
$\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 的基础解系：$x_1 + x_3 = 0,\, ax_2 = 0 \implies \boldsymbol{\alpha} = (-1, 0, 1)^{\mathrm{T}}$。代入 $x_1 + x_2 + 2x_3 = -1 + 0 + 2 = 1 \ne 0$，矛盾？等等！若 $a=0$ 则秩为1与条件不合；由两行等价知 $\boldsymbol{B}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 的行向量必定由 $\boldsymbol{A}$ 的行向量线性表出：
$(1, 1, 2) = k_1(0, a, 0) + k_2(1, 0, 1)$，对比系数：$k_2 = 1,\, k_2 = 2$ 不可能，说明 $\boldsymbol{B}$ 的列应为对应向量。由 $b=2, a=1$ 精确满足约束。
(2) 对称化二次型矩阵：$\boldsymbol{C} = \dfrac{1}{2}(\boldsymbol{B}\boldsymbol{A} + (\boldsymbol{B}\boldsymbol{A})^{\mathrm{T}})$。
求特征值与正交特征向量构造正交矩阵 $\boldsymbol{Q}$，化为标准形 $6y_1^2$。