（Ｃ）C?PTAP.
（Ｄ）C?PAPT.
［ Ｂ ］
【分析】 利用矩阵的初等变换与初等矩阵的关系以及初等矩阵的性质可得. 【详解】 由题设可得
?1?B??0?0?1100??0A ,C???1??1???B0?0?1?0???1???0?0??1?1?1?0???0?1?A0?0??0?11??0?， 10??001而
?1?10???P?1??010?，则有C?PAP?1.故应选（Ｂ）.
?001???三 、解答题：15－23小题，共94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. （15）（本题满分10分） 试确定A,B,C的值，使得
ex(1?Bx?Cx2)?1?Ax?o(x3)，
其中o(x3)是当x?0时比x3高阶的无穷小.
x【分析】 题设方程右边为关于x的多项式，要联想到e的泰勒级数展开式，比较x的同次项系数，可得
A,B,C的值.
x2x3??o(x3)代入题设等式得 【详解】 将e的泰勒级数展开式e?1?x?26xx
整理得
?x2x33?1?x???o(x)?[1?Bx?Cx2]?1?Ax?o(x3) ?26??1?1???B1?(B?1)x??B?C??x2???C???o(x3)?1?Ax?o(x3)
2?6???2比较两边同次幂系数得
??B?1?A?1?B?C??0，解得 ?2?1?B?C??0?6?21?A??3?2?B??. ?3?1?C??6?（16）（本题满分10分）
求
arcsinex?exdx.
【分析】 题设积分中含反三角函数，利用分部积分法.
arcsinexexx?x?xx－x【详解】
?exdx???arcsinede??earcsine??e?1?e2xdx
??e?xarcsinex??令t11?e2xdx.
?1?e2x，则x?1tln(1?t2),dx??dt， 221?t所以
?11?e2xdx??11?11?dt????dt 2?t?12?t?1t?1?.
1t?111?e2x?1?ln?C?ln2t?121?e2x?1（17）（本题满分10分）
设区域D?(x,y)x2?y2?1,x?0??， 计算二重积分
1?xydxdy. 22??1?x?yD 【分析】 由于积分区域D关于x轴对称，故可先利用二重积分的对称性结论简化所求积分，又积分区域为圆域的一部分，则将其化为极坐标系下累次积分即可.
【详解】 积分区域D如右图所示.因为区域D关于x轴对称， 函数
f(x,y)?11?x?y22是变量
y的偶函数，
函数g(x,y)?则
xy1?x2?y2是变量
y的奇函数.
??1?xD12?ydxdy?2??21?021?x?yD1dxdy?2?2d??2r?ln2dr2?01?r21xydxdy?0， 22??1?x?yD故
1?xy1xy?ln2dxdy?dxdy?dxdy?. 222222??????1?x?y1?x?y1?x?y2DDD（18）（本题满分12分）
设数列
?xn?满足0?x1??,xn?1?sinxn(n?1,2,?)
（Ⅰ）证明limxn存在，并求该极限；
n??1?xn?1?xn2（Ⅱ）计算lim??. n???xn? 【分析】 一般利用单调增加有上界或单调减少有下界数列必有极限的准则来证明数列极限的存在. （Ⅱ）的计算需利用（Ⅰ）的结果.
【详解】 （Ⅰ）因为0?可推得
x1??，则0?x2?sinx1?1??.
0?xn?1?sinxn?1??,n?1,2,?，则数列?xn?有界.
于是
xn?1sinxnsinx?x）（因当x?0时，， 则有xn?1?xn，可见数列?xn?单调减??1，
xnxnn??少，故由单调减少有下界数列必有极限知极限limxn存在.
设limxnn???l，在xn?1?sinxn两边令n??，得 l?sinl，解得l?0，即limxn?0.
n??11（Ⅱ） 因
?x?lim?n?1?n???xn?2xn?sinxn?xn2?，由（Ⅰ）知该极限为1型， ?lim??n???xn?令t?xn，则n??,t?0，而
sint?1t?1t211??sintsint?sint?t?sint?t???1lim??1??lim??1??1?t???lim?1?t?0t?0t?0???tt?t??????2211，
又
t3t??o(t3)?t1?sint?sint?t13!lim2??1??lim?lim??. 33t?0tt?0t?0ttt6??x的麦克劳林展开式）
12xn（利用了sin故
?x?lim?n?1?n???xn?1??sinxn?xn2?lim??e6. ?n???xn?1（19）（本题满分10分）
证明：当0?a?b??时，
bsinb?2cosb??b?asina?2cosa??a.
【分析】 利用“参数变易法”构造辅助函数，再利用函数的单调性证明. 【详解】 令则
f(x)?xsinx?2cosx??x?asina?2cosa??a,0?a?x?b??，且
，
f?(x)?sinx?xcosx?2sinx???xcosx?sinx??f?(?)?0.
又
f??(x)?cosx?xsinx?cosx??xsinx?0，（0?x??时,xnsix0??x?b??时，
），
故当0?af?(x)单调减少，即f?(x)?f?(?)?0，则f(x)单调增加，于是
f(b)?f(a)?0，即
bsinb?2cosb??b?asina?2cosa??a.
（20）（本题满分12分）
设函数
f(u)在(0,??)内具有二阶导数，且z?f?x2?y2?满足等式
?2z?2z?2?0. 2?x?y（I）验证（II）若
f??(u)?f?(u)?0； uf(1)?0,f?(1)?1，求函数f(u)的表达式.
?2z?2z?2z?2z【分析】 利用复合函数偏导数计算方法求出,2代入2?2?0即可得（I）.按常规方2?x?y?x?y法解（II）即可.
【详解】 （I） 设u?x2?y2，则
?zx?zy?f?(u),?f?(u)?xx2?y2?yx2?y2. ?zxx???f(u)???f?(u)?22222?xx?yx?y2x?y?x?y222x2x2?y22
x2?f??(u)?2?f?(u)?2x?y?2zy2?f??(u)?2?f?(u)?22?yx?y?2z?2z?2z?2z将,2代入2?2?0得 2?x?y?x?y
y2?x?x2?yx2322，
?2?y322?.
f??(u)?f?(u)?0. u（II） 令
f?(u)?p，则p??pdpdu?0???，两边积分得 upu 由
，即lnp??lun?lCnp?1C1u，亦即
f?(u)?C1u.
f?(1)?1可得 C1?1.所以有 f?(u)?1，两边积分得 u 由
f(u)?ln?u2，
Cf(1)?0可得 C2?0，故 f(u)?lnu.
（21）（本题满分12分）
?x?t2?1,已知曲线L的方程?(t?0)
2?y?4t?t（I）讨论L的凹凸性；
（II）过点(?1,0)引L的切线，求切点(x0,y0)，并写出切线的方程；
x0的部分）及x轴所围成的平面图形的面积.
【分析】 （I）利用曲线凹凸的定义来判定；（II）先写出切线方程，然后利用 (?1,0)在切线上 ； （III）
利用定积分计算平面图形的面积.
（III）求此切线与L（对应于x?dydxdydydt4?2t2【详解】 （I）因为?2t,?4?2t?????1
dxdtdtdx2ttdt
d2yd?dy?1?2?11????????0,(t?0) ??dx?2?23dxdt?dx?t?t?2tdt?0时是凸的.
故曲线L当t（II）由（I）知，切线方程为
?2?22， y?0???1?(x?1)，设x0?t0?1，y0?4t0?t0?t?
?2?2232则4t0?t???1?(t0?2)，即4t0?t0?(2?t0)(t0?2)
?t0?20
整理得 将t02. t0?t0?2?0?(t0?1)(t0?2)?0?t0?1,?2(舍去），故切线方程为 ?1代入参数方程，得切点为（2，3）
?2?y?3???1?(x?2)，即y?x?1.
?1?
（III）由题设可知，所求平面图形如下图所示，其中各点坐标为
A(1,0),B(2,0),C(2,3),D(?1,0)，