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1988 年真题

22 题

计算题

本题满分15分，每小题5分

1

求幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{( x - 3 ) ^{n}}{n \cdot 3 ^{n}}$ 的收敛域．

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【答案】

[0, 6)

【解析】
考虑幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{( x - 3 ) ^{n}}{n \cdot 3 ^{n}}$ ，使用比值判别法。令 $u_{n} = \frac{( x - 3 ) ^{n}}{n \cdot 3 ^{n}}$ ，则

\frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = \frac{\frac{( x - 3 ) ^{n + 1}}{( n + 1 ) \cdot 3 ^{n + 1}}}{\frac{( x - 3 ) ^{n}}{n \cdot 3 ^{n}}} = \frac{( x - 3 ) \cdot n}{( n + 1 ) \cdot 3} = \frac{∣ x - 3∣}{3} \cdot \frac{n}{n + 1} .

当 $n \to \infty$ 时， $\frac{n}{n + 1} \to 1$ ，因此

n \to \infty lim \frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = \frac{∣ x - 3∣}{3} .

根据比值判别法，当 $\frac{∣ x - 3∣}{3} < 1$ 时级数绝对收敛，即 $∣ x - 3∣ < 3$ ，解得 $0 < x < 6$ 。收敛半径为 3。
检查端点：
当 $x = 0$ 时，级数为 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{( - 3 ) ^{n}}{n \cdot 3 ^{n}} = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n}}{n}$ ，该交错级数收敛（莱布尼茨准则）。
当 $x = 6$ 时，级数为 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{3 ^{n}}{n \cdot 3 ^{n}} = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n}$ ，调和级数发散。
因此，收敛域为 $[0, 6)$ 。

2

已知 $f (x) = e^{x^{2}}$ , $f [ϕ (x)] = 1 - x$ 且 $ϕ (x) \geq 0$ ，求 $ϕ (x)$ ，并写出它的定义域．

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【答案】 $ϕ (x) = ln (1 - x)$ ，定义域为 $(- \infty, 0]$

【解析】 已知 $f (x) = e^{x^{2}}$ 且 $f [ϕ (x)] = 1 - x$ ，代入得 $e^{[ϕ (x)]^{2}} = 1 - x$ 。
由于 $e^{[ϕ (x)]^{2}} > 0$ ，因此 $1 - x > 0$ ，即 $x < 1$ 。
对等式两边取自然对数，得 $[ϕ (x)]^{2} = ln (1 - x)$ 。
由于 $[ϕ (x)]^{2} \geq 0$ ，故 $ln (1 - x) \geq 0$ ，即 $1 - x \geq 1$ ，解得 $x \leq 0$ 。
结合 $x < 1$ ，定义域为 $x \leq 0$ 。
又因为 $ϕ (x) \geq 0$ ，所以取平方根得 $ϕ (x) = ln (1 - x)$ 。
验证：当 $x \leq 0$ 时， $f [ϕ (x)] = e^{[ϕ (x)]^{2}} = e^{l n (1 - x)} = 1 - x$ ，满足条件。
因此， $ϕ (x) = ln (1 - x)$ ，定义域为 $(- \infty, 0]$ 。

3

设 $S$ 为曲面 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1$ 的外侧，计算曲面积分

I = \iint_{S} x^{3} d y d z + y^{3} d z d x + z^{3} d x d y .

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【答案】 $\frac{12 π}{5}$

【解析】 考虑向量场 $F = (x^{3}, y^{3}, z^{3})$ ，则曲面积分 $I = \iint_{S} x^{3} d y d z + y^{3} d z d x + z^{3} d x d y$ 可写为 $\iint_{S} F \cdot d S$ 。由于曲面 $S$ 是球面 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1$ 的外侧，应用高斯散度定理，有：

I = ∭_{V} \nabla \cdot F d V

其中 $V$ 是球体 $x^{2} + y^{2} + z^{2} \leq 1$ 。计算散度：

\nabla \cdot F = \frac{\partial}{\partial x} (x^{3}) + \frac{\partial}{\partial y} (y^{3}) + \frac{\partial}{\partial z} (z^{3}) = 3 x^{2} + 3 y^{2} + 3 z^{2} = 3 (x^{2} + y^{2} + z^{2})

因此，

I = ∭_{V} 3 (x^{2} + y^{2} + z^{2}) d V

在球坐标系下，令 $x = ρ sin ϕ cos θ$ ， $y = ρ sin ϕ sin θ$ ， $z = ρ cos ϕ$ ，体积元素 $d V = ρ^{2} sin ϕ d ρ d ϕ d θ$ ，且 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = ρ^{2}$ 。积分区域为 $ρ \in [0, 1]$ ， $ϕ \in [0, π]$ ， $θ \in [0, 2 π]$ 。代入得：

I = 3 \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{π} \int_{0}^{1} ρ^{2} \cdot ρ^{2} sin ϕ d ρ d ϕ d θ = 3 \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{π} sin ϕ d ϕ \int_{0}^{1} ρ^{4} d ρ

计算各积分：

\int_{0}^{2 π} d θ = 2 π, \int_{0}^{π} sin ϕ d ϕ = 2, \int_{0}^{1} ρ^{4} d ρ = \frac{1}{5}

因此，

I = 3 \times 2 π \times 2 \times \frac{1}{5} = \frac{12 π}{5}

故曲面积分 $I = \frac{12 π}{5}$ 。

填空题

本题满分12分，每小题3分

4

若 $f (t) = lim_{x \to \infty} t (1 + \frac{1}{x})^{2 t x}$ ，则 $f^{'} (t) =$ ______.

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【答案】
$e^{2 t} (1 + 2 t)$

【解析】
首先，计算极限：

f (t) = x \to \infty lim t (1 + \frac{1}{x})^{2 t x}

由于 $lim_{x \to \infty} (1 + \frac{1}{x})^{x} = e$ ，有

x \to \infty lim (1 + \frac{1}{x})^{2 t x} = [x \to \infty lim (1 + \frac{1}{x})^{x}]^{2 t} = e^{2 t}

因此，

f (t) = t \cdot e^{2 t}

接下来，求导数：

f^{'} (t) = \frac{d}{d t} (t e^{2 t}) = e^{2 t} + t \cdot 2 e^{2 t} = e^{2 t} (1 + 2 t)

故 $f^{'} (t) = e^{2 t} (1 + 2 t)$ 。

5

设 $f (x)$ 是周期为 $2$ 的周期函数，它在区间 $(- 1, 1]$ 上的定义为

f (x) = {2, x^{3}, - 1 < x \leq 0, 0 < x \leq 1,

则 $f (x)$ 的傅里叶（Fourier）级数在 $x = 1$ 处收敛于 ______.

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【答案】
$\frac{3}{2}$

【解析】
函数 $f (x)$ 是周期为 $2$ 的周期函数。在 $x = 1$ 处，计算左极限和右极限：
左极限为 $lim_{x \to 1^{-}} f (x) = lim_{x \to 1^{-}} x^{3} = 1$ ；
由于周期性，右极限为 $lim_{x \to 1^{+}} f (x) = lim_{x \to 1^{+}} f (x - 2) = lim_{x \to 1^{+}} f (- 1 + ϵ) = 2$ （其中 $ϵ > 0$ 且趋近于 $0$ ）。
根据傅里叶级数的收敛性质，在跳跃间断点处，级数收敛于左极限和右极限的平均值，即 $\frac{1 + 2}{2} = \frac{3}{2}$ 。
因此，傅里叶级数在 $x = 1$ 处收敛于 $\frac{3}{2}$ 。

6

设 $f (x)$ 是连续函数，且 $\int_{0}^{x^{3} - 1} f (t) d t = x$ ，则 $f (7) =$ ______.

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【答案】 $\frac{1}{12}$

【解析】 给定方程 $\int_{0}^{x^{3} - 1} f (t) d t = x$ ，其中 $f (x)$ 是连续函数。对两边关于 $x$ 求导，利用微积分基本定理和链式法则，左边导数为 $f (x^{3} - 1) \cdot \frac{d}{d x} (x^{3} - 1) = f (x^{3} - 1) \cdot 3 x^{2}$ ，右边导数为 $1$ 。因此：

f (x^{3} - 1) \cdot 3 x^{2} = 1

解得：

f (x^{3} - 1) = \frac{1}{3 x ^{2}}

要求 $f (7)$ ，令 $x^{3} - 1 = 7$ ，则 $x^{3} = 8$ ，即 $x = 2$ 。代入上式：

f (7) = \frac{1}{3 \cdot 2 ^{2}} = \frac{1}{12}

故 $f (7) = \frac{1}{12}$ 。

7

设 $4 \times 4$ 矩阵 $A = (α, γ_{2}, γ_{3}, γ_{4})$ ， $B = (β, γ_{2}, γ_{3}, γ_{4})$ ，其中 $α$ , $β$ , $γ_{2}$ , $γ_{3}$ , $γ_{4}$ 均为 $4$ 维列向量，且已知行列式 $∣ A ∣ = 4$ ， $∣ B ∣ = 1$ ，则行列式 $∣ A + B ∣ =$ ______.

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【答案】 $40$

【解析】 给定矩阵 $A = (α, γ_{2}, γ_{3}, γ_{4})$ 和 $B = (β, γ_{2}, γ_{3}, γ_{4})$ ，且 $∣ A ∣ = 4$ ， $∣ B ∣ = 1$ 。
首先计算 $A + B$ ：

A + B = (α + β, γ_{2} + γ_{2}, γ_{3} + γ_{3}, γ_{4} + γ_{4}) = (α + β, 2 γ_{2}, 2 γ_{3}, 2 γ_{4}) .

行列式 $∣ A + B ∣$ 为：

∣ A + B ∣ = ∣ α + β, 2 γ_{2}, 2 γ_{3}, 2 γ_{4} ∣.

利用行列式的多重线性性质，将每一列的标量因子提出：

∣ A + B ∣ = 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot ∣ α + β, γ_{2}, γ_{3}, γ_{4} ∣ = 8∣ α + β, γ_{2}, γ_{3}, γ_{4} ∣.

再根据行列式对某一列的线性性质：

∣ α + β, γ_{2}, γ_{3}, γ_{4} ∣ = ∣ α, γ_{2}, γ_{3}, γ_{4} ∣ + ∣ β, γ_{2}, γ_{3}, γ_{4} ∣ = ∣ A ∣ + ∣ B ∣ = 4 + 1 = 5.

因此，

∣ A + B ∣ = 8 \times 5 = 40.

选择题

本题满分15分，每小题3分

8

若函数 $y = f (x)$ 可导，且有 $f^{'} (x_{0}) = \frac{1}{2}$ ，则当 $Δ x \to 0$ 时，该函数在 $x = x_{0}$ 处的微分 $d y$ 是

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正确答案：B

正确答案：B
【解析】 函数在

x = x_{0}

处的微分定义为

d y = f^{'} (x_{0}) Δ x

。已知

f^{'} (x_{0}) = \frac{1}{2}

，因此

d y = \frac{1}{2} Δ x

。当

Δ x \to 0

时，

\frac{d y}{Δ x} = \frac{1}{2}

，是一个非零常数，所以

d y

与

Δ x

是同阶无穷小。选项A要求比值为1，不满足；选项C和D要求比值趋于0，也不满足。故正确答案为B。

9

设 $y = f (x)$ 是方程 $y^{''} - 2 y^{'} + 4 y = 0$ 的一个解，若 $f (x_{0}) > 0$ ，且 $f^{'} (x_{0}) = 0$ ，则函数 $f (x)$ 在点 $x_{0}$

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】 由微分方程 $y^{''} - 2 y^{'} + 4 y = 0$ 及条件 $f^{'} (x_{0}) = 0$ 和 $f (x_{0}) > 0$ ，代入点 $x_{0}$ 得：

f^{''} (x_{0}) - 2 \cdot 0 + 4 f (x_{0}) = 0

即

f^{''} (x_{0}) = - 4 f (x_{0}) < 0

由于 $f^{''} (x_{0}) < 0$ ，函数 $f (x)$ 在点 $x_{0}$ 处取得极大值。因此，选项 A 正确。

10

设有空间区域 $Ω_{1} : x^{2} + y^{2} + z^{2} \leq R^{2}, z \geq 0$ ；

及 $Ω_{2} : x^{2} + y^{2} + z^{2} \leq R^{2}, x \geq 0, y \geq 0, z \geq 0$ ，则

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】
考虑选项 C： $∭_{Ω_{1}} z d v$ 与 $∭_{Ω_{2}} z d v$ 。

对于 $Ω_{1}$ （上半球）：
使用球坐标

x = r sin ϕ cos θ, y = r sin ϕ sin θ, z = r cos ϕ, d v = r^{2} sin ϕ d r d ϕ d θ,

积分区域为

r \in [0, R], ϕ \in [0, π /2], θ \in [0, 2 π] .

计算得

∭_{Ω_{1}} z d v = \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{π /2} cos ϕ sin ϕ d ϕ \int_{0}^{R} r^{3} d r = 2 π \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{R ^{4}}{4} = \frac{π R ^{4}}{4} .

对于 $Ω_{2}$ （第一卦限半球）：
积分区域为

r \in [0, R], ϕ \in [0, π /2], θ \in [0, π /2] .

计算得

∭_{Ω_{2}} z d v = \int_{0}^{π /2} d θ \int_{0}^{π /2} cos ϕ sin ϕ d ϕ \int_{0}^{R} r^{3} d r = \frac{π}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{R ^{4}}{4} = \frac{π R ^{4}}{16} .

因此

∭_{Ω_{1}} z d v = 4 \cdot ∭_{Ω_{2}} z d v,

选项 C 正确。

对于选项 A 和 B：
由于 $Ω_{1}$ 关于 $yz$ 平面和 $x z$ 平面对称，而 $x$ 和 $y$ 分别为奇函数，因此

∭_{Ω_{1}} x d v = 0, ∭_{Ω_{1}} y d v = 0,

但在 $Ω_{2}$ 中 $∭_{Ω_{2}} x d v > 0$ ， $∭_{Ω_{2}} y d v > 0$ ，故 A 和 B 不成立。

对于选项 D：
由于 $Ω_{1}$ 关于各坐标平面对称，而 $x yz$ 为奇函数，因此

∭_{Ω_{1}} x yz d v = 0,

但在 $Ω_{2}$ 中 $∭_{Ω_{2}} x yz d v > 0$ ，故 D 不成立。

11

若 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} (x - 1)^{n}$ 在 $x = - 1$ 处收敛，则此级数在 $x = 2$ 处

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正确答案：B

正确答案：B
【解析】 给定幂级数

\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} (x - 1)^{n}

在

x = - 1

处收敛，其中心为

x = 1

。收敛点

x = - 1

到中心的距离为

∣ - 1 - 1∣ = 2

，因此收敛半径

R \geq 2

。考虑

x = 2

，该点到中心的距离为

∣2 - 1∣ = 1

。由于

1 < R

，级数在

x = 2

处绝对收敛。故正确答案为 B。

12

$n$ 维向量组 $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{s}$ （ $3 \leq s \leq n$ ）线性无关的充分必要条件是

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正确答案：D

正确答案：D
【解析】 线性无关的充分必要条件是向量组中任意一个向量都不能由其余向量线性表示。选项D恰好表述了这一条件，因此是正确的。选项A仅说明存在非零线性组合不为零，这在线性相关时也可能成立，故不是充分条件。选项B要求任意两个向量线性无关，但整体可能线性相关，例如三维空间中三个共面但不共线的向量。选项C只要求存在一个向量不能由其余表示，但在线性相关时也可能存在这样的向量，故不是充分条件。

解答题

13

设 $u = y f (\frac{x}{y}) + xg (\frac{y}{x})$ ，其中函数 $f, g$ 具有二阶连续导数，求 $x \frac{\partial ^{2} u}{\partial x ^{2}} + y \frac{\partial ^{2} u}{\partial x \partial y}$ ．

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【答案】 $0$

【解析】 给定函数 $u = y f (\frac{x}{y}) + xg (\frac{y}{x})$ ，其中 $f$ 和 $g$ 具有二阶连续导数。需要计算 $x \frac{\partial ^{2} u}{\partial x ^{2}} + y \frac{\partial ^{2} u}{\partial x \partial y}$ .

首先，计算一阶偏导数：设 $s = \frac{x}{y}$ , $t = \frac{y}{x}$ ，则

\frac{\partial u}{\partial x} = f^{'} (s) + g (t) - t g^{'} (t) .

接着，计算二阶偏导数：

\frac{\partial ^{2} u}{\partial x ^{2}} = \frac{\partial}{\partial x} [f^{'} (s) + g (t) - t g^{'} (t)] = \frac{1}{y} f^{''} (s) + \frac{y ^{2}}{x ^{3}} g^{''} (t),

\frac{\partial ^{2} u}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial y} [f^{'} (s) + g (t) - t g^{'} (t)] = - \frac{x}{y ^{2}} f^{''} (s) - \frac{y}{x ^{2}} g^{''} (t) .

然后，计算所需表达式：

x \frac{\partial ^{2} u}{\partial x ^{2}} = x (\frac{1}{y} f^{''} (s) + \frac{y ^{2}}{x ^{3}} g^{''} (t)) = \frac{x}{y} f^{''} (s) + \frac{y ^{2}}{x ^{2}} g^{''} (t),

y \frac{\partial ^{2} u}{\partial x \partial y} = y (- \frac{x}{y ^{2}} f^{''} (s) - \frac{y}{x ^{2}} g^{''} (t)) = - \frac{x}{y} f^{''} (s) - \frac{y ^{2}}{x ^{2}} g^{''} (t) .

将两者相加：

x \frac{\partial ^{2} u}{\partial x ^{2}} + y \frac{\partial ^{2} u}{\partial x \partial y} = (\frac{x}{y} f^{''} (s) + \frac{y ^{2}}{x ^{2}} g^{''} (t)) + (- \frac{x}{y} f^{''} (s) - \frac{y ^{2}}{x ^{2}} g^{''} (t)) = 0.

因此，结果为 0。

14

设函数 $y = y (x)$ 满足微分方程 $y^{''} - 3 y^{'} + 2 y = 2 e^{x}$ ，且其图形在点 $(0, 1)$ 处的切线与曲线 $y = x^{2} - x + 1$ 在该点的切线重合，求函数 $y = y (x)$ ．

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【答案】

y = (1 - 2 x) e^{x}

【解析】
给定微分方程 $y^{''} - 3 y^{'} + 2 y = 2 e^{x}$ ，其对应的齐次方程为 $y^{''} - 3 y^{'} + 2 y = 0$ 。
特征方程为 $r^{2} - 3 r + 2 = 0$ ，解得 $r = 1$ 或 $r = 2$ ，故齐次通解为

y_{h} = C_{1} e^{x} + C_{2} e^{2 x} .

由于非齐次项为 $2 e^{x}$ ，且 $e^{x}$ 是齐次解的一部分，设特解形式为 $y_{p} = A x e^{x}$ 。
计算导数：

y_{p}^{'} = A e^{x} (x + 1), y_{p}^{''} = A e^{x} (x + 2) .

代入原方程：

A e^{x} (x + 2) - 3 A e^{x} (x + 1) + 2 A x e^{x} = A e^{x} [(x + 2) - 3 (x + 1) + 2 x] = A e^{x} (- 1) = - A e^{x} .

令 $- A e^{x} = 2 e^{x}$ ，得 $A = - 2$ ，故特解为

y_{p} = - 2 x e^{x} .

因此通解为

y = y_{h} + y_{p} = C_{1} e^{x} + C_{2} e^{2 x} - 2 x e^{x} .

由题设，曲线在点 $(0, 1)$ 处的切线与曲线 $y = x^{2} - x + 1$ 在点 $(0, 1)$ 处的切线重合。
计算曲线 $y = x^{2} - x + 1$ 在 $x = 0$ 处的切线：

y (0) = 1, y^{'} = 2 x - 1 \Rightarrow y^{'} (0) = - 1.

故初始条件为 $y (0) = 1$ ， $y^{'} (0) = - 1$ 。
由 $y (0) = C_{1} + C_{2} = 1$ ，
计算导数：

y^{'} = C_{1} e^{x} + 2 C_{2} e^{2 x} - 2 e^{x} (x + 1) = (C_{1} - 2) e^{x} + 2 C_{2} e^{2 x} - 2 x e^{x},

代入 $x = 0$ ：

y^{'} (0) = (C_{1} - 2) + 2 C_{2} = - 1 \Rightarrow C_{1} + 2 C_{2} = 1.

解方程组：

{C_{1} + C_{2} = 1, C_{1} + 2 C_{2} = 1,

相减得 $C_{2} = 0$ ，代入得 $C_{1} = 1$ 。
因此函数为

y = e^{x} - 2 x e^{x} = (1 - 2 x) e^{x} .

15

设位于点 $(0, 1)$ 的质点 $A$ 对质点 $M$ 的引力大小为 $\frac{k}{r ^{2}}$ （ $k > 0$ 为常数， $r$ 为质点 $A$ 与 $M$ 之间的距离），质点 $M$ 沿曲线 $y = 2 x - x^{2}$ 自 $B (2, 0)$ 运动到 $O (0, 0)$ ，求在此运动过程中质点 $A$ 对质点 $M$ 的引力所作的功．

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【答案】
$k (1 - \frac{1}{5})$

【解析】
由于质点 A 对质点 M 的引力大小为 $\frac{k}{r ^{2}}$ ，该引力为保守力，其势能函数为 $U = - \frac{k}{r}$ 。质点 M 从点 B(2,0) 运动到点 O(0,0)，引力所做的功等于势能的减少量，即

W = U_{B} - U_{O}

其中，点 B 处质点 A 与 M 的距离为 $r_{B} = (2 - 0)^{2} + (0 - 1)^{2} = 5$ ，点 O 处距离为 $r_{O} = (0 - 0)^{2} + (0 - 1)^{2} = 1$ 。
因此，

U_{B} = - \frac{k}{5}, U_{O} = - k

W = (- \frac{k}{5}) - (- k) = k (1 - \frac{1}{5})

故所求功为 $k (1 - \frac{1}{5})$ 。

16

已知 $A P = PB$ ，其中 $B = 100000 00 - 1$ ， $P = 122 0 - 1 1 001$ ，求 $A$ 及 $A^{5}$ ．

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【答案】

A = 126 00 - 1 00 - 1, A^{5} = 126 00 - 1 00 - 1

【解析】 已知 $A P = PB$ ，其中 $P = 122 0 - 1 1 001$ ， $B = 100000 00 - 1$ 。通过计算可得 $P$ 的逆矩阵为 $P^{- 1} = 12 - 4 0 - 1 1 001$ 。于是 $A = PB P^{- 1}$ 。

计算 $B P^{- 1} = 104 00 - 1 00 - 1$ ，再计算 $A = P (B P^{- 1}) = 122 0 - 1 1 001 104 00 - 1 00 - 1 = 126 00 - 1 00 - 1$ 。

为求 $A^{5}$ ，利用 $A = PB P^{- 1}$ ，则 $A^{5} = P B^{5} P^{- 1}$ 。计算 $B$ 的幂： $B^{2} = 100000001$ ， $B^{3} = B^{2} B = B$ ，因此 $B^{5} = B$ 。故 $A^{5} = PB P^{- 1} = A$ 。

所以 $A^{5} = A = 126 00 - 1 00 - 1$ 。

17

已知矩阵 $A = 200001 01 x$ 与 $B = 200 0 y 0 00 - 1$ 相似，

(1) 求 $x$ 与 $y$ ；

(2) 求一个满足 $P^{- 1} A P = B$ 的可逆矩阵 $P$ ．

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【答案】
(1) $x = 0$ ， $y = 1$
(2) $P = 100011 01 - 1$

【解析】
(1) 由于矩阵 $A$ 与 $B$ 相似，它们具有相同的特征值。矩阵 $B$ 的特征值为 $2, y, - 1$ 。计算矩阵 $A$ 的特征多项式：

∣ A - λ I ∣ = 2 - λ 00 0 - λ 1 01 x - λ = (2 - λ) - λ 1 1 x - λ = (2 - λ) (λ^{2} - x λ - 1)

特征值为 $λ = 2$ 和 $λ^{2} - x λ - 1 = 0$ 的根。这些根应与 $B$ 的特征值 $y$ 和 $- 1$ 一致。根据二次方程根的性质，根之和为 $x$ ，根之积为 $- 1$ 。设根为 $y$ 和 $- 1$ ，则：

y + (- 1) = x, y \cdot (- 1) = - 1

解得 $y = 1$ ，代入得 $x = 0$ 。
验证：当 $x = 0$ 时， $A$ 的特征值为 $2, 1, - 1$ ，与 $B$ 的特征值一致。

(2) 求可逆矩阵 $P$ 使得 $P^{- 1} A P = B$ 。矩阵 $A$ 在 $x = 0$ 时为：

A = 200001010

求特征向量：

对于特征值 $λ = 2$ ，解 $(A - 2 I) v = 0$ ：
$A - 2 I = 000 0 - 2 1 01 - 2$ 得特征向量 $v_{1} = (1, 0, 0)^{T}$ 。
对于特征值 $λ = 1$ ，解 $(A - I) v = 0$ ：
$A - I = 100 0 - 1 1 01 - 1$ 得特征向量 $v_{2} = (0, 1, 1)^{T}$ 。
对于特征值 $λ = - 1$ ，解 $(A + I) v = 0$ ：
$A + I = 300011011$ 得特征向量 $v_{3} = (0, 1, - 1)^{T}$ 。
构造矩阵 $P$ ，其列向量为特征向量，对应特征值 $2, 1, - 1$ ：
$P = 100011 01 - 1$ 验证： $P$ 可逆（ $det (P) = - 2 \neq = 0$ )，且满足 $P^{- 1} A P = B$ 。

18

设函数 $f (x)$ 在区间 $[a, b]$ 上连续，且在 $(a, b)$ 内有 $f^{'} (x) > 0$ ．证明：在 $(a, b)$ 内存在唯一的 $ξ$ ，使曲线 $y = f (x)$ 与两直线 $y = f (ξ)$ , $x = a$ 所围平面图形 $S_{1}$ 是曲线 $y = f (x)$ 与两直线 $y = f (ξ)$ , $x = b$ 所围平面图形面积 $S_{2}$ 的 $3$ 倍．

查看答案与解析

【答案】 存在唯一的 $ξ \in (a, b)$ 使得 $S_{1} = 3 S_{2}$ 。

【解析】 定义函数

F (ξ) = \int_{a}^{ξ} [f (ξ) - f (x)] d x - 3 \int_{ξ}^{b} [f (x) - f (ξ)] d x .

由于 $f (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续且在 $(a, b)$ 内 $f^{'} (x) > 0$ ，故 $f (x)$ 严格递增。计算端点值：

F (a) = \int_{a}^{a} [f (a) - f (x)] d x - 3 \int_{a}^{b} [f (x) - f (a)] d x = - 3 \int_{a}^{b} [f (x) - f (a)] d x < 0,

F (b) = \int_{a}^{b} [f (b) - f (x)] d x - 3 \int_{b}^{b} [f (x) - f (b)] d x = \int_{a}^{b} [f (b) - f (x)] d x > 0.

对 $F (ξ)$ 求导：

F^{'} (ξ) = \frac{d}{d ξ} (\int_{a}^{ξ} [f (ξ) - f (x)] d x) - 3 \frac{d}{d ξ} (\int_{ξ}^{b} [f (x) - f (ξ)] d x) .

由莱布尼茨公式，

\frac{d}{d ξ} (\int_{a}^{ξ} [f (ξ) - f (x)] d x) = [f (ξ) - f (ξ)] + \int_{a}^{ξ} f^{'} (ξ) d x = f^{'} (ξ) (ξ - a),

\frac{d}{d ξ} (\int_{ξ}^{b} [f (x) - f (ξ)] d x) = - [f (ξ) - f (ξ)] + \int_{ξ}^{b} [- f^{'} (ξ)] d x = - f^{'} (ξ) (b - ξ) .

因此，

F^{'} (ξ) = f^{'} (ξ) (ξ - a) + 3 f^{'} (ξ) (b - ξ) = f^{'} (ξ) (3 b - a - 2 ξ) .

由于 $f^{'} (ξ) > 0$ ，且对任意 $ξ \in [a, b]$ 有

3 b - a - 2 ξ \geq 3 b - a - 2 b = b - a > 0,

故 $F^{'} (ξ) > 0$ ，即 $F (ξ)$ 在 $[a, b]$ 上严格单调递增。由介值定理，存在唯一 $ξ \in (a, b)$ 使得 $F (ξ) = 0$ ，即 $S_{1} = 3 S_{2}$ 。

填空题

19

设三次独立试验中，事件 $A$ 出现的概率相等，若已知 $A$ 至少出现一次的概率等于 $\frac{19}{27}$ ，则事件 $A$ 在一次试验中出现的概率为______.

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【答案】

\frac{1}{3}

【解析】 设事件 $A$ 在一次试验中出现的概率为 $p$ 。由于三次试验独立，事件 $A$ 至少出现一次的概率为 $1 - (1 - p)^{3}$ 。根据已知条件，有：

1 - (1 - p)^{3} = \frac{19}{27}

解方程：

(1 - p)^{3} = 1 - \frac{19}{27} = \frac{8}{27}

1 - p = 3 \frac{8}{27} = \frac{2}{3}

p = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}

因此，事件 $A$ 在一次试验中出现的概率为 $\frac{1}{3}$ 。

20

在区间 $(0, 1)$ 中随机地取两个数，则事件“两数之和小于 $\frac{6}{5}$ ”的概率为 ______.

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【答案】 $\frac{17}{25}$

【解析】 设两个数分别为 $x$ 和 $y$ ，且 $x, y \in (0, 1)$ 。所有可能的点 $(x, y)$ 构成一个单位正方形，面积为 1。事件“两数之和小于 $\frac{6}{5}$ ”即 $x + y < \frac{6}{5}$ 。

在单位正方形中，直线 $x + y = \frac{6}{5}$ 与边界相交于点 $(0.2, 1)$ 和 $(1, 0.2)$ 。区域 $x + y < \frac{6}{5}$ 的面积可以通过积分计算：

面积 = \int_{0}^{0.2} \int_{0}^{1} d y d x + \int_{0.2}^{1} \int_{0}^{\frac{6}{5} - x} d y d x

第一积分：

\int_{0}^{0.2} 1 d x = 0.2

第二积分：

\int_{0.2}^{1} (\frac{6}{5} - x) d x = [\frac{6}{5} x - \frac{x ^{2}}{2}]_{0.2}^{1} = (\frac{6}{5} - \frac{1}{2}) - (\frac{6}{5} \times 0.2 - \frac{0. 2 ^{2}}{2}) = (\frac{12}{10} - \frac{5}{10}) - (\frac{12}{50} - \frac{0.04}{2}) = \frac{7}{10} - (\frac{6}{25} - 0.02) = 0.7 - (0.24 - 0.02) = 0.7 - 0.22 = 0.48

总面积：

0.2 + 0.48 = 0.68 = \frac{17}{25}

因此，概率为 $\frac{17}{25}$ 。

21

设随机变量 $X$ 服从均值为 $10$ ，均方差为 $0.02$ 的正态分布．已知

Φ (x) = \int_{- \infty}^{x} \frac{1}{2 π} e^{- \frac{u ^{2}}{2}} d u, Φ (2.5) = 0.9938,

则 $X$ 落在区间 $(9.95, 10.05)$ 内的概率为 ______.

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【答案】 $0.9876$

【解析】
随机变量 $X$ 服从正态分布，均值 $μ = 10$ ，标准差 $σ = 0.02$ 。需要求 $X$ 落在区间 $(9.95, 10.05)$ 内的概率，即 $P (9.95 < X < 10.05)$ 。
将 $X$ 标准化为标准正态变量 $Z = \frac{X - μ}{σ}$ ，则

P (9.95 < X < 10.05) = P (\frac{9.95 - 10}{0.02} < Z < \frac{10.05 - 10}{0.02}) = P (- 2.5 < Z < 2.5)

标准正态分布中， $P (- 2.5 < Z < 2.5) = Φ (2.5) - Φ (- 2.5)$ ，且 $Φ (- 2.5) = 1 - Φ (2.5)$ ，因此

P (- 2.5 < Z < 2.5) = Φ (2.5) - (1 - Φ (2.5)) = 2Φ (2.5) - 1

已知 $Φ (2.5) = 0.9938$ ，代入得

P = 2 \times 0.9938 - 1 = 1.9876 - 1 = 0.9876

故 $X$ 落在区间 $(9.95, 10.05)$ 内的概率为 0.9876。

22

设随机变量 $X$ 的概率密度函数为 $f_{X} (x) = \frac{1}{π ( 1 + x ^{2} )}$ ，求随机变量 $Y = 1 - 3 X$ 的概率密度函数 $f_{Y} (y)$ ．

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【答案】

f_{Y} (y) = \frac{3 ( 1 - y ) ^{2}}{π [ 1 + ( 1 - y ) ^{6} ]}, y \in R

【解析】 给定随机变量 $X$ 的概率密度函数 $f_{X} (x) = \frac{1}{π ( 1 + x ^{2} )}$ ，以及 $Y = 1 - 3 X$ 。需要求 $Y$ 的概率密度函数 $f_{Y} (y)$ 。

使用概率密度函数的变换公式。设 $Y = g (X) = 1 - X^{1/3}$ ，则反函数为 $X = g^{- 1} (Y) = (1 - Y)^{3}$ 。计算反函数的导数：

\frac{d}{d y} g^{- 1} (y) = \frac{d}{d y} (1 - y)^{3} = 3 (1 - y)^{2} \cdot (- 1) = - 3 (1 - y)^{2}

取其绝对值：

\frac{d}{d y} g^{- 1} (y) = 3 (1 - y)^{2}

代入变换公式：

f_{Y} (y) = f_{X} (g^{- 1} (y)) \cdot \frac{d}{d y} g^{- 1} (y) = f_{X} ((1 - y)^{3}) \cdot 3 (1 - y)^{2}

其中 $f_{X} ((1 - y)^{3}) = \frac{1}{π [ 1 + (( 1 - y ) ^{3} ) ^{2} ]} = \frac{1}{π [ 1 + ( 1 - y ) ^{6} ]}$ 。因此：

f_{Y} (y) = \frac{1}{π [ 1 + ( 1 - y ) ^{6} ]} \cdot 3 (1 - y)^{2} = \frac{3 ( 1 - y ) ^{2}}{π [ 1 + ( 1 - y ) ^{6} ]}

由于 $X$ 服从柯西分布，其取值范围为全体实数，且 $Y = 1 - 3 X$ 中 $3 X$ 为实数，故 $Y$ 的取值范围也为全体实数，即 $y \in R$ 。