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,所以是曲线的垂直渐近线;
,
,所以是曲线的斜渐近线.
故选(D).
【评注】本题为基本题型,应熟练掌握曲线的水平渐近线,垂直渐近线和斜渐近线的求法.注意当曲线存在水平渐近线时,斜渐近线不存在. 本题要注意当时的极限不同.
6……【分析】本题依据函数的性质,判断数列. 由于含有抽象函数,利用赋值法举反例更易得出结果.
【详解】选(D).
取,,,而发散,则可排除(A);
取,,,而收敛,则可排除(B);
取,,,而发散,则可排除(C);
故选(D).
事实上,
若,则.
对任意,因为,所以,
对任意,.
故选(D).
【评注】对于含有抽象函数的问题,通过举符合题设条件的函数的反例可简化计算.
7…….【分析】本题考查二元函数可微的充分条件. 利用可微的判定条件及可微与连续,偏导的关系.
【详解】本题也可用排除法,(A)是函数在连续的定义;(B)是函数在处偏导数存在的条件;(D)说明一阶偏导数存在,但不能推导出两个一阶偏导函数在点(0,0) 处连续,所以(A)(B)(D)均不能保证在点处可微. 故应选(C).
事实上,
由可得
,即
同理有
从而
= .
根据可微的判定条件可知函数在点处可微,故应选(C).
【评注】二元函数连续或偏导数存在均不能推出可微,只有当一阶偏导数连续时,才可微.
8,……【分析】本题更换二次积分的积分次序,先根据二次积分确定积分区域,然后写出新的二次积分.
【详解】由题设可知,,则,
故应选(B).
【评注】本题为基础题型. 画图更易看出.
9……..【分析】本题考查由线性无关的向量组构造的另一向量组的线性相关性. 一般令,若,则线性相关;若,则线性无关. 但考虑到本题备选项的特征,可通过简单的线性运算得到正确选项.
【详解】由可知应选(A).
或者因为
,而,
所以线性相关,故选(A).
【评注】本题也可用赋值法求解,如取,以此求出(A),(B),(C),(D)中的向量并分别组成一个矩阵,然后利用矩阵的秩或行列式是否为零可立即得到正确选项.
10….【分析】本题考查矩阵的合同关系与相似关系及其之间的联系,只要求得的特征值,并考虑到实对称矩阵必可经正交变换使之相似于对角阵,便可得到答案.
【详解】 由可得,
所以的特征值为3,3,0;而的特征值为1,1,0.
所以与不相似,但是与的秩均为2,且正惯性指数都为2,所以与合同,故选(B).
【评注】若矩阵与相似,则与具有相同的行列式,相同的秩和相同的特征值.
所以通过计算与的特征值可立即排除(A)(C).
11…【分析】本题为未定式极限的求解,利用洛必达法则即可.
【详解】
.
【评注】本题利用了洛必达法则. 本题还可用泰勒级数展开计算.
因为 ,
所以 .
12…..【分析】本题考查参数方程的导数及导数的几何意义.
【详解】因为,
所以曲线在对应于的点的切线斜率为,
故曲线在对应于的点的法线斜率为.
【评注】本题为基础题型.
13….【分析】本题求函数的高阶导数,利用递推法或函数的麦克老林展开式.
【详解】,则,故.
【评注】本题为基础题型.
14…..【分析】本题求解二阶常系数非齐次微分方程的通解,利用二阶常系数非齐次微分方程解的结构求解,即先求出对应齐次方程的通解,然后求出非齐次微分方程的一个特解,则其通解为 .
【详解】对应齐次方程的特征方程为
,
则对应齐次方程的通解为 .
设原方程的特解为 ,代入原方程可得
,
所以原方程的特解为,
故原方程的通解为 ,其中为任意常数.
【评注】本题为基础题型.
15……【分析】本题为二元复合函数求偏导,直接利用公式即可.
【详解】利用求导公式可得
,
,
所以.
【评注】二元复合函数求偏导时,最好设出中间变量,注意计算的正确性.
16……【分析】先将求出,然后利用定义判断其秩.
【详解】.
【评注】本题考查矩阵的运算和秩,为基础题型.
17……【分析】对含变上限积分的函数方程,一般先对x求导,再积分即可.
【详解】 两边对求导得
,()
两边积分得
. (1)
将代入题中方程可得 .
因为是区间上单调、可导的函数,则的值域为,单调非负,所以. 代入(1)式可得,故.
【评注】利用变限积分的可导性是解函数方程的方法之一.
18…..【分析】V(a)的可通过广义积分进行计算,再按一般方法求V(a) 的最值即可
【详解】(Ⅰ)
.
(Ⅱ)令,得.
当时,,单调增加;
当时,,单调减少.
所以在取得极大值,即为最大值,且最大值为.
【评注】本题为定积分几何应用的典型问题,需记忆相关公式,如平面图形的面积,绕坐标轴的旋转体的体积公式等.
19…...
【分析】本题为不含的可降阶方程,令,然后求解方程.
【详解】本题不含,则设,于是,原方程变为
,
则 ,解之得,将代入左式得 ,
于是 ,结合得,
故 .
【评注】本题为基础题型.
20……….【分析】本题实质上是二元复合函数的求导,注意需用隐函数求导法确定..
【详解】令,则.
两边对求导得 ,又,可得
在两边对求导得
.
所以
.
.
【评注】也可利用两边对求导得
可得.
21……【分析】由所证结论可联想到构造辅助函数,然后根据题设条件利用罗尔定理证明.
【详解】令,则在上连续,在内具有二阶导数且.
(1)若在内同一点取得最大值,则,
于是由罗尔定理可得,存在,使得
.
再利用罗尔定理,可得 存在,使得,即.
(2)若在内不同点取得最大值,则,于是
,
于是由零值定理可得,存在,使得
于是由罗尔定理可得,存在,使得
.
再利用罗尔定理,可得 ,存在,使得,即.
【评注】对命题为的证明,一般利用以下两种方法:
方法一:验证为的最值或极值点,利用极值存在的必要条件或费尔马定理可得证;
方法二:验证在包含于其内的区间上满足罗尔定理条件.
22…..【分析】由于积分区域关于轴均对称,所以利用二重积分的对称性结论简化所求积分.
【详解】因为被积函数关于均为偶函数,且积分区域关于轴均对称,所以
,其中为在第一象限内的部分.
而
.
所以 .
【评注】被积函数包含时, 可考虑用极坐标,解答如下:
.
23……【分析】将方程组和方程合并,然后利用非齐次线性方程有解的判定条件求得.
【详