【解析】由题意可得：

因为： 所以

（17）（本题满分10分）

设平面内区域由直线及围成.计算。

【解析】

（18）（本题满分10分）

设奇函数在上具有二阶导数，且.证明：

（I）存在，使得；（II）存在，使得。

【解析】（1）令

则使得

（2）令则

又由于为奇函数，故为偶函数，可知,

则使

即，即

（19）（本题满分11分）

求曲线上的点到坐标原点的最长距离与最短距离。

【解析】本题本质上是在条件下求函数的最值。

故只需求出在条件下的条件极值点，再将其与曲线端点处（）的函数值比较，即可得出最大值与最小值。

由于函数与的增减性一致，故可以转化为求的条件极值点：

构造拉格朗日函数，求其驻点得

为了求解该方程组，将前两个方程变形为

进一步有，故

即。则有或或。

当时，有，不可能满足方程；

当，由于，也只能有，不可能满足第三个方程；

故必有，将其代入得，解得。

可知点是唯一的条件极值点。

由于，，故曲线上的点到坐标原点的最长距离为与最短距离为。

（20）（本题满分11分）

设函数，

（I）求的最小值

（II）设数列满足，证明存在，并求此极限.

【解析】（I），则当时，；当时，。

可知在上单调递减，在上单调递增。故的最小值为。

（2）、由于，则，即，故单调递增。

又由于，则，故有上界，则由单调有界收敛定理可知，存在。令，则，由于，则

，故。

（21）（本题满分11分）

设曲线的方程为，

（1）求的弧长；

（2）设是由曲线，直线及轴所围平面图形，求的形心的横坐标。

【解析】（1）由弧长的计算公式得的弧长为

（2）由形心的计算公式可得，的形心的横坐标为

（22）（本题满分11分）

设，当为何值时，存在矩阵使得，并求所有矩阵。

【解析】由题意可知矩阵C为2阶矩阵，故可设，则由可得线性方程组：

           （1）

由于方程组（1）有解，故有，即从而有

，故有

从而有

（23）（本题满分11分）

设二次型，记。

（I）证明二次型对应的矩阵为；

（II）若正交且均为单位向量，证明二次型在正交变化下的标准形为二次型。

【解析】(1)   

（2），则1,2均为A的特征值，又由于，故0为A的特征值，则三阶矩阵A的特征值为2,1,0，故f在正交变换下的标准形为