注册工程师(暖通、动力)08年上午真题
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D
−1
x2
−1
13.
解：选 A。
∫ 体积V = H π ( R y)2 dy = π ( R )2 H 3 = π R2H 。
0H
H3
3
14.
解：选 A。 选项（B），（D）为交错级数，由莱布尼茨判别法，收敛。
选项（C），由正项级数的比值审敛法， un
=
n
+1
n
，
32
n+2
n+1
lim u n+1 u n→+∞
⎢⎣−1
a−2 2a + 2 −a + 2
−a − 3⎤
a
⎥ ⎥
，
a + 3 ⎥⎦
1 a − 2 −a − 3
由 2 2a + 2
a
= 0 ，某个二阶子式 1
a−2 = 6 ≠ 0 ，因此 r( AB − A) = 2 。
2 2a + 2
−1 −a + 2 a + 3
24.
解：选 C。
由 β1 ，β2 是线性方程组
I0
（B）
3 2
I0
（C）
3 4
I0
（D）
3 8
I
0
解：选 D。
第一个偏振片为起偏振器，自然光通过起偏振器后成为偏振光，光强为自然光强度的1/ 2 ，
即
I1
=
1 2
因为条纹间距 Δx = λ D ， λ 变小，则条纹间距也变密。
d
点评：
34.
解：选 C。
(2k +1) λ = 2.5λ ，得 k = 1。 2
35. 如果两个偏振片堆叠在一起，且偏振化方向之间夹角为 30 。假设二者对光无吸收，光
强为 I0 的自然光垂直入射在偏振片上，则出射光强为：
（A）
1 2
线性方程组 Ax = 0 的通解为 k1α1 + k2 (α1 − α2 ) 。
25.
解：选 B。
分子平均平动动能 E = 3 kT ，只与温度有关。因为温度不变，所以分子平均平动动能相同。 2
漏气，则单位体积分子数减少，气体的内能 E = m i RT 也减少。 M2
26. 容器内储有一定量的理想气体，若保持容积不变，使气体的温度升高，则分子的平均碰
又特解为 −1；则方程的通解为 c1e−2x + c2e2x −1。
点评：非齐次方程的通解由对应的齐次方程的通解和特解组成。 19.
解：选 A。
由 P( A) = P( AB) + P( AB) 知， P( AB) = 0.6 ，又 P( A ∪ B) = P( AB) = 1− P( AB) = 1− 0.6 = 0.4 。
+∞ 0
+
+∞ 0
1 e−2xdx 2
=
0+
⎡⎢⎣−
1 4
e−2
x
⎤ ⎥⎦
+∞ 0
=
1 4
。
其中 lim xe−2x x→+∞
=
lim
x→+∞
x e2x
=
lim
x→+∞
1 2e2 x
= 0。
12.
解：选 C。
⎧−1 ≤ x ≤ 1
积分区域
D
表示为：
⎨ ⎩
x
2
≤
y
，则
≤1
1
1
1
∫∫ 2xdxdy = ∫ 2xdx ∫ dy = ∫ 2x(1− x2 )dx = 0 。
此题有技巧，把第 3 列换成 1，0，4，1，则
2 114
1 000
A13 + 4 A33 + A43 = 1
= −2 。 542
−1 1 1 2
点评：类似例题如下。
23.
解：选 B。
⎡2
AB
=
⎢ ⎢
4
⎢⎣−2
a−3 2a + 3 −a +1
−a −1⎤
⎡1
a
+
1
⎥ ⎥
，
AB
−
A
=
⎢ ⎢
2
a +1 ⎥⎦
（B） x2 + y2 + z2 = 1 23
（C） x2 − y2 − z2 = 1 23
（D） x2 + y2 + z2 = 0 23
解：选 A。
4. 若有 lim f (x) = 0 ，则当 x → 0 时， f (x) 是： x→a x − a
（A）有极限的函数 （B）有界函数 （C）无穷小量
2007 年上午试题答案
1. 设直线的方程为 x −1 = y +1 = z ，则直线： −2 −1 1
（A）过点 (1, −1, 0) ，方向向量为 2i + j − k （B）过点 (1, −1, 0) ，方向向量为 2i − j + k （C）过点 (−1,1, 0) ，方向向量为 −2i − j + k （D）过点 (−1,1, 0) ，方向向量为 2i + j − k
不存在。
8. 对于曲线 y = 1 x5 − 1 x3 ，下列各性态不正确的是： 53
（A）有 3 个极值点
（B）有 3 个拐点
（C）有 2 个极值点
（D）对称原点
解：选 A。
y ' = x4 − x2 = x2 (x2 −1) = 0 ，得 x = −1, 0,1 。
验证这 3 个点是否都是极值点，
解：选 A。
（D） 1 cos3 x + c 3
∫ f (cos x) sin xdx = − ∫ f (cos x)d (cos x) = − cos3 x + c 。
3
∫ 10. x 9 − x2 dx 等于： −3
（A）0
（C） 3π
解：选 A。
（B） 9π （D） 9 π
2
∫ ∫ 3 x
−3
=
∂ ∂y
(kz
1) y
=
−kz
1 y2
（此时把
z
看做常数，对
y
求偏导）；
同理， y = k z ， ∂y = ∂ ( k z) = k ； z = y x ， ∂z = ∂ ( y x) = y ；
x ∂z ∂z x x
k ∂x ∂x k k
则
∂x ∂y
∂y ∂z
∂z ∂x
=
−kz
1 y2
×
k x
P( X = 0) + P( X = 1) + P( X = 2) + ... = c(1+ λ + λ 2 + ...) = c lim 1− λ n = 1， n→+∞ 1− λ
则 0 < λ < 1，上式变为 c 1 = 1 ，得 c = 1− λ 。所以选项（B）、（C）正确，（D）错误。 1− λ
n=0
(x − 2)n 2n+1
。
2
16.
微分方程 cos
ydx
+
(1 +
e−x ) sin
ydy
=
0
满足初始条件
y
|x=0 =
π 3
的特解是：
（A） cos y = 1 (1+ ex ) 4
（B） cos y = (1+ ex )
（C） cos y = 4(1+ ex )
（D） cos2 y = (1+ ex )
撞频率 Z 和平均自由程 λ 的变化情况为：
（A） Z 增大，但 λ 不变
（B） Z 不变，但 λ 增大
（C） Z 和 λ 都增大
（D） Z 和 λ 都不变
解：选 A。
因为容器封闭，且容积不变，则单位体积分子数 n不变。分子的平均自由程为 λ = 1 ，
2π d 2n 因此 λ 不变。
由压强 p = nkT ， n不变，T 升高，则压强 p 升高。分子平均碰撞频率 Z = 2π d 2nv ，其
=
4。
17.
解：选 B。
这类方程可以直接积分，积分得
y
'
=
1 2
x2
−
cos
x
+
c1
，再次积分得
y
=
1 6
x3
−
sin
x
+
c1x
+
c2
。
18.
解：选 B。
先求对应的齐次方程的通解，特征方程为 r 2 − 4 = 0 ，特征根 r1,2 = ±2 ，则齐次方程的通解
为 c1e−2x + c2e2x ；
×
y k
=
−1 。
7. 函数 y = f (x) 在点 x = x0 处取得极小值，则必有：
（A） f '(x0 ) = 0
（B） f ''(x0 ) > 0
（C） f '(x0 ) = 0 且 f ''(x0 ) > 0
（D） f '(x0 ) = 0 或导数不存在
解：选 D。
取得极值，有可能是导数不存在，如函数 y = x 在 x = 0 时取得极小值，但在 x = 0 处导数
中 v = 1.60 RT 变大，则分子平均碰撞频率 Z 增大。 M
点评：
27.
解：选 B。
由理想气体状态方程， pV = m RT ，密度 ρ = m = pM 。
M
