学习资源 / 数学早年真题 / 1989 年真题 / 1989 年真题

整卷阅读

1989 年真题

23 题

填空题

本题满分15分，每小题3分

1

已知 $f^{'} (3) = 2$ ，则 $lim_{h \to 0} \frac{f ( 3 - h ) - f ( 3 )}{2 h} =$ ______.

查看答案与解析

【答案】 $- 1$

【解析】
已知 $f^{'} (3) = 2$ ，即 $f^{'} (3) = lim_{h \to 0} \frac{f ( 3 + h ) - f ( 3 )}{h} = 2$ 。
需要求极限 $lim_{h \to 0} \frac{f ( 3 - h ) - f ( 3 )}{2 h}$ 。
令 $k = - h$ ，则当 $h \to 0$ 时， $k \to 0$ 。
代入得：

h \to 0 lim \frac{f ( 3 - h ) - f ( 3 )}{2 h} = k \to 0 lim \frac{f ( 3 + k ) - f ( 3 )}{2 ( - k )} = k \to 0 lim \frac{f ( 3 + k ) - f ( 3 )}{- 2 k} = - \frac{1}{2} k \to 0 lim \frac{f ( 3 + k ) - f ( 3 )}{k}

其中 $lim_{k \to 0} \frac{f ( 3 + k ) - f ( 3 )}{k} = f^{'} (3) = 2$ ，
所以

- \frac{1}{2} \times 2 = - 1

因此，极限值为 $- 1$ 。

2

设 $f (x)$ 是连续函数，且 $f (x) = x + 2 \int_{0}^{1} f (t) d t$ ，则 $f (x) =$ ______.

查看答案与解析

【答案】 $x - 1$

【解析】 设 $A = \int_{0}^{1} f (t) d t$ ，则原方程化为 $f (x) = x + 2 A$ 。将 $f (t) = t + 2 A$ 代入积分表达式：

A = \int_{0}^{1} (t + 2 A) d t = \int_{0}^{1} t d t + \int_{0}^{1} 2 A d t = \frac{1}{2} + 2 A

解方程 $A = \frac{1}{2} + 2 A$ ，得 $A = - \frac{1}{2}$ 。代入 $f (x) = x + 2 A$ ，得 $f (x) = x - 1$ 。验证： $\int_{0}^{1} (t - 1) d t = \frac{1}{2} - 1 = - \frac{1}{2}$ ，满足原方程。

3

设平面曲线 $L$ 为下半圆周 $y = - 1 - x^{2}$ ，则曲线积分 $\int_{L} (x^{2} + y^{2}) d s =$ ______.

查看答案与解析

【答案】
$π$

【解析】
曲线 $L$ 是下半圆周 $y = - 1 - x^{2}$ ，即单位圆的下半部分。在单位圆上，有 $x^{2} + y^{2} = 1$ ，因此被积函数 $x^{2} + y^{2} = 1$ 。曲线积分 $\int_{L} (x^{2} + y^{2}) d s$ 简化为 $\int_{L} 1 d s$ ，即曲线 $L$ 的长度。单位圆的下半圆周长度为 $π$ ，故积分值为 $π$ 。

或者，通过参数化验证：令 $x = cos t$ ， $y = sin t$ ，其中 $t$ 从 $π$ 到 $2 π$ ，对应下半圆周。弧长元素 $d s = d t$ ，则积分 $\int_{π}^{2 π} (cos^{2} t + sin^{2} t) d t = \int_{π}^{2 π} 1 d t = t_{π}^{2 π} = 2 π - π = π$ ，结果一致。

4

向量场 $u (x, y, z) = x y^{2} i + y e^{z} j + x ln (1 + z^{2}) k$ 在点 $P (1, 1, 0)$ 处的散度 $\div u =$ ______.

查看答案与解析

【答案】 $2$

【解析】
向量场 $u (x, y, z) = x y^{2} i + y e^{z} j + x ln (1 + z^{2}) k$ 的散度定义为 $\div u = \frac{\partial u _{x}}{\partial x} + \frac{\partial u _{y}}{\partial y} + \frac{\partial u _{z}}{\partial z}$ 。
计算各分量的偏导数：

$\frac{\partial u _{x}}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} (x y^{2}) = y^{2}$ ，
$\frac{\partial u _{y}}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (y e^{z}) = e^{z}$ ，
$\frac{\partial u _{z}}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial z} (x ln (1 + z^{2})) = x \cdot \frac{2 z}{1 + z ^{2}}$ 。
因此，散度表达式为 $\div u = y^{2} + e^{z} + \frac{2 x z}{1 + z ^{2}}$ 。
在点 $P (1, 1, 0)$ 处代入 $x = 1, y = 1, z = 0$ ：
$y^{2} = 1^{2} = 1$ ，
$e^{z} = e^{0} = 1$ ，
$\frac{2 x z}{1 + z ^{2}} = \frac{2 \cdot 1 \cdot 0}{1 + 0} = 0$ 。
散度为 $1 + 1 + 0 = 2$ 。

5

设矩阵 $A = 310040003$ , $E = 100010001$ ，则逆矩阵 $(A - 2 E)^{- 1} =$ ______.

查看答案与解析

【答案】

1 - \frac{1}{2} 0 0 \frac{1}{2} 0 001

【解析】 首先计算 $A - 2 E$ ：

A - 2 E = 310040003 - 200020002 = 110020001

设 $B = A - 2 E$ ，需求 $B^{- 1}$ 。注意到 $B$ 是分块矩阵，左上角为 $C = (1102)$ ，右下角为 $D = [1]$ 。逆矩阵为：

B^{- 1} = (C^{- 1} 0 0 D^{- 1})

计算 $C^{- 1}$ ，使用公式对于 $2 \times 2$ 矩阵 $(a c b d)$ ，逆为 $\frac{1}{a d - b c} (d - c - b a)$ 。代入 $a = 1, b = 0, c = 1, d = 2$ ，得：

det (C) = 1 \times 2 - 0 \times 1 = 2, C^{- 1} = \frac{1}{2} (2 - 1 01) = (1 - \frac{1}{2} 0 \frac{1}{2})

且 $D^{- 1} = [1]$ 。因此：

B^{- 1} = 1 - \frac{1}{2} 0 0 \frac{1}{2} 0 001

验证：计算 $B B^{- 1} = 110020001 1 - \frac{1}{2} 0 0 \frac{1}{2} 0 001 = 100010001$ ，为单位矩阵，故逆矩阵正确。

选择题

本题满分15分，每小题3分

6

当 $x > 0$ 时，曲线 $y = x sin \frac{1}{x}$

查看答案与解析

正确答案：A

正确答案：A
【解析】 当

x > 0

时，考虑函数

y = x sin \frac{1}{x}

。对于水平渐近线，计算极限

lim_{x \to + \infty} x sin \frac{1}{x}

，令

t = \frac{1}{x}

，则当

x \to + \infty

时

t \to 0^{+}

，极限化为

lim_{t \to 0^{+}} \frac{s i n t}{t} = 1

，因此有水平渐近线

y = 1

。对于铅直渐近线，考虑

x \to 0^{+}

时的行为，由于

∣ sin \frac{1}{x} ∣ \leq 1

，有

∣ x sin \frac{1}{x} ∣ \leq x

，故

lim_{x \to 0^{+}} x sin \frac{1}{x} = 0

，未趋于无穷大，因此没有铅直渐近线。综上，曲线有且仅有水平渐近线。

7

已知曲面 $z = 4 - x^{2} - y^{2}$ 上点 $P$ 处的切平面平行于平面 $2 x + 2 y + z - 1 = 0$ ，则点 $P$ 的坐标是

查看答案与解析

正确答案：C

正确答案：C
【解析】 曲面方程为

z = 4 - x^{2} - y^{2}

，可化为

F (x, y, z) = x^{2} + y^{2} + z - 4 = 0

。点

P

处的切平面法向量为

\nabla F = (2 x, 2 y, 1)

。给定平面

2 x + 2 y + z - 1 = 0

的法向量为

(2, 2, 1)

。由于切平面平行于给定平面，法向量平行，即

(2 x, 2 y, 1) = k (2, 2, 1)

。由第三分量得

1 = k \cdot 1

，故

k = 1

。代入前两分量得

2 x = 2 \cdot 1

，即

x = 1

；

2 y = 2 \cdot 1

，即

y = 1

。代入曲面方程得

z = 4 - 1^{2} - 1^{2} = 2

。因此点

P

坐标为

(1, 1, 2)

，对应选项 C。

8

设线性无关的函数 $y_{1}$ , $y_{2}$ , $y_{3}$ 都是二阶非齐次线性方程 $y^{''} + p (x) y^{'} + q (x) y = f (x)$ 的解， $C_{1}$ , $C_{2}$ 是任意常数，则该非齐次方程的通解是

查看答案与解析

正确答案：D

正确答案：D

【解析】 对于二阶非齐次线性微分方程，通解由齐次方程的通解和一个特解组成。已知 $y_{1}, y_{2}, y_{3}$ 线性无关且都是非齐次方程的解，则 $y_{1} - y_{3}$ 和 $y_{2} - y_{3}$ 是齐次方程的解，且由于 $y_{1}, y_{2}, y_{3}$ 线性无关， $y_{1} - y_{3}$ 和 $y_{2} - y_{3}$ 也线性无关。因此齐次方程的通解为 $C_{1} (y_{1} - y_{3}) + C_{2} (y_{2} - y_{3})$ ，其中 $C_{1}, C_{2}$ 为任意常数。取 $y_{3}$ 作为特解，则非齐次方程的通解为：

y = C_{1} (y_{1} - y_{3}) + C_{2} (y_{2} - y_{3}) + y_{3} = C_{1} y_{1} + C_{2} y_{2} + (1 - C_{1} - C_{2}) y_{3}

这与选项 D 一致。选项 A 缺少齐次解的适当组合，选项 B 和 C 的表达式不构成通解。

9

设函数 $f (x) = x^{2}$ , $0 \leq x < 1$ ，而 $S (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} b_{n} sin nπ x$ , $- \infty < x < + \infty$ ，其中 $b_{n} = 2 \int_{0}^{1} f (x) sin nπ x d x$ , $n = 1, 2, 3, \dots$ ，则 $S (- \frac{1}{2})$ 等于

查看答案与解析

正确答案：B

正确答案：B
【解析】 函数

f (x) = x^{2}

定义在区间

[0, 1)

上，其正弦级数

S (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} b_{n} sin nπ x

是

f (x)

的奇周期扩展，周期为 2。对于

x = - \frac{1}{2}

，由于在区间

[- 1, 0)

上，奇扩展满足

S (x) = - f (- x)

。代入

x = - \frac{1}{2}

，有

- x = \frac{1}{2}

，因此

S (- \frac{1}{2}) = - f (\frac{1}{2}) = - (\frac{1}{2})^{2} = - \frac{1}{4}

。或者，考虑周期性和奇对称性，

S (- \frac{1}{2}) = - S (\frac{1}{2})

，而

S (\frac{1}{2}) = f (\frac{1}{2}) = \frac{1}{4}

，故

S (- \frac{1}{2}) = - \frac{1}{4}

。因此，正确答案为 B。

10

设 $A$ 是 $n$ 阶矩阵，且 $A$ 的行列式 $∣ A ∣ = 0$ ，则 $A$ 中

查看答案与解析

正确答案：C

正确答案：C

【解析】 由于行列式 $∣ A ∣ = 0$ ，矩阵 $A$ 的列向量线性相关。这意味着存在不全为零的标量 $c_{1}, c_{2}, \dots, c_{n}$ ，使得 $c_{1} v_{1} + c_{2} v_{2} + \dots + c_{n} v_{n} = 0$ 。既然标量不全为零，至少存在一个 $c_{j} \neq = 0$ ，则第 $j$ 列向量可以表示为其余列向量的线性组合： $v_{j} = - \frac{c _{1}}{c _{j}} v_{1} - \dots - \frac{c _{j - 1}}{c _{j}} v_{j - 1} - \frac{c _{j + 1}}{c _{j}} v_{j + 1} - \dots - \frac{c _{n}}{c _{j}} v_{n}$ 。因此，选项 C 正确。

选项 A 错误，因为即使没有一列元素全为零，矩阵仍可能奇异，例如矩阵 $(1224)$ 。

选项 B 错误，因为即使没有两列对应成比例，矩阵仍可能奇异，例如矩阵 $100010110$ 。

选项 D 错误，因为不一定每一列都是其余列的线性组合，例如矩阵 $(101001)$ ，其中第三列不能表示为前两列的线性组合（假设前两列线性相关，但第三列独立）。

计算题

本题满分15分，每小题5分

11

设 $z = f (2 x - y) + g (x, x y)$ ，其中函数 $f (t)$ 二阶可导， $g (u, v)$ 具有连续的二阶偏导数，求 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y}$ ．

查看答案与解析

【答案】

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = - 2 f^{''} (2 x - y) + g_{2} (x, x y) + x g_{12} (x, x y) + x y g_{22} (x, x y)

其中 $g_{1}$ 表示 $g$ 对第一个变量 $u$ 的偏导数， $g_{2}$ 表示对第二个变量 $v$ 的偏导数， $g_{12}$ 表示先对 $u$ 后对 $v$ 的二阶偏导数， $g_{22}$ 表示对 $v$ 的二阶偏导数。

【解析】 首先，求一阶偏导数 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 。
给定 $z = f (2 x - y) + g (x, x y)$ ，
则

\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} [f (2 x - y)] + \frac{\partial}{\partial x} [g (x, x y)] .

对于第一项，令 $t = 2 x - y$ ，有 $\frac{\partial f}{\partial x} = f^{'} (t) \cdot \frac{\partial t}{\partial x} = f^{'} (2 x - y) \cdot 2 = 2 f^{'} (2 x - y)$ 。
对于第二项，使用链式法则，设 $u = x$ , $v = x y$ ，则

\frac{\partial g}{\partial x} = \frac{\partial g}{\partial u} \cdot \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial g}{\partial v} \cdot \frac{\partial v}{\partial x} = g_{1} (x, x y) \cdot 1 + g_{2} (x, x y) \cdot y = g_{1} (x, x y) + y g_{2} (x, x y) .

因此，

\frac{\partial z}{\partial x} = 2 f^{'} (2 x - y) + g_{1} (x, x y) + y g_{2} (x, x y) .

接下来，求混合偏导数 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (\frac{\partial z}{\partial x})$ ：

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial y} [2 f^{'} (2 x - y) + g_{1} (x, x y) + y g_{2} (x, x y)] .

逐项计算：

$\frac{\partial}{\partial y} [2 f^{'} (2 x - y)]$ ：令 $t = 2 x - y$ ，则 $\frac{\partial f ^{'}}{\partial y} = f^{''} (t) \cdot \frac{\partial t}{\partial y} = f^{''} (2 x - y) \cdot (- 1) = - f^{''} (2 x - y)$ ，所以该项为 $2 \cdot (- f^{''} (2 x - y)) = - 2 f^{''} (2 x - y)$ 。
$\frac{\partial}{\partial y} [g_{1} (x, x y)]$ ：使用链式法则，
$\frac{\partial g _{1}}{\partial y} = \frac{\partial g _{1}}{\partial u} \cdot \frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial g _{1}}{\partial v} \cdot \frac{\partial v}{\partial y} = g_{11} (x, x y) \cdot 0 + g_{12} (x, x y) \cdot x = x g_{12} (x, x y),$ 其中 $g_{12}$ 是 $g$ 的先对 $u$ 后对 $v$ 的二阶偏导数。
$\frac{\partial}{\partial y} [y g_{2} (x, x y)]$ ：使用乘积法则，
$\frac{\partial}{\partial y} [y g_{2} (x, x y)] = \frac{\partial y}{\partial y} \cdot g_{2} (x, x y) + y \cdot \frac{\partial}{\partial y} [g_{2} (x, x y)] .$ 其中 $\frac{\partial}{\partial y} [g_{2} (x, x y)]$ 类似地计算：
$\frac{\partial g _{2}}{\partial y} = \frac{\partial g _{2}}{\partial u} \cdot \frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial g _{2}}{\partial v} \cdot \frac{\partial v}{\partial y} = g_{21} (x, x y) \cdot 0 + g_{22} (x, x y) \cdot x = x g_{22} (x, x y),$ 所以该项为 $g_{2} (x, x y) + y \cdot x g_{22} (x, x y) = g_{2} (x, x y) + x y g_{22} (x, x y)$ 。

综合以上结果，

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = - 2 f^{''} (2 x - y) + x g_{12} (x, x y) + g_{2} (x, x y) + x y g_{22} (x, x y) .

由于 $g$ 具有连续二阶偏导数，有 $g_{12} = g_{21}$ ，但此处仅需 $g_{12}$ 。
最终表达式如上所示。

12

设曲线积分 $\int_{C} x y^{2} d x + y φ (x) d y$ 与路径无关，其中 $φ (x)$ 具有连续的导数，且 $φ (0) = 0$ , 计算 $\int_{(0, 0)}^{(1, 1)} x y^{2} d x + y φ (x) d y$ 的值．

查看答案与解析

【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 由于曲线积分与路径无关，被积函数应为恰当微分。设 $M = x y^{2}$ ， $N = y φ (x)$ ，则需满足 $\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$ 。计算得 $\frac{\partial M}{\partial y} = 2 x y$ ， $\frac{\partial N}{\partial x} = y φ^{'} (x)$ 。令两者相等，得 $2 x y = y φ^{'} (x)$ ，即 $φ^{'} (x) = 2 x$ 。积分得 $φ (x) = x^{2} + C$ ，由 $φ (0) = 0$ 得 $C = 0$ ，故 $φ (x) = x^{2}$ 。

积分变为 $\int_{(0, 0)}^{(1, 1)} x y^{2} d x + y x^{2} d y$ 。由于与路径无关，选择路径从 $(0, 0)$ 到 $(1, 0)$ 再到 $(1, 1)$ 。从 $(0, 0)$ 到 $(1, 0)$ ， $y = 0$ ，积分值为 0。从 $(1, 0)$ 到 $(1, 1)$ ， $x = 1$ ，积分值为 $\int_{0}^{1} y \cdot 1^{2} d y = \int_{0}^{1} y d y = \frac{1}{2}$ 。总积分为 $0 + \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$ 。

亦可求势函数 $F (x, y)$ ，满足 $d F = x y^{2} d x + y x^{2} d y$ 。由 $\frac{\partial F}{\partial x} = x y^{2}$ 积分得 $F = \frac{1}{2} x^{2} y^{2} + g (y)$ 。由 $\frac{\partial F}{\partial y} = x^{2} y + g^{'} (y) = y x^{2}$ 得 $g^{'} (y) = 0$ ，故 $F = \frac{1}{2} x^{2} y^{2}$ 。积分值为 $F (1, 1) - F (0, 0) = \frac{1}{2} - 0 = \frac{1}{2}$ 。

13

计算三重积分 $∭_{Ω} (x + z) d V$ ，其中 $Ω$ 是由曲面 $z = x^{2} + y^{2}$ 与 $z = 1 - x^{2} - y^{2}$ 所围成的区域．

查看答案与解析

【答案】 $\frac{π}{8}$

【解析】 积分区域 $Ω$ 由曲面 $z = x^{2} + y^{2}$ （圆锥）和 $z = 1 - x^{2} - y^{2}$ （上半球面）围成。两曲面相交于 $x^{2} + y^{2} = \frac{1}{2}$ ，即 $r = \frac{2}{2}$ 在柱坐标下。区域 $Ω$ 在 $x y$ -平面上的投影为圆盘 $x^{2} + y^{2} \leq \frac{1}{2}$ 。

使用柱坐标：令 $x = r cos θ$ , $y = r sin θ$ , $z = z$ ，则 $d V = r d z d r d θ$ 。被积函数为 $x + z = r cos θ + z$ 。积分界限为： $θ$ 从 $0$ 到 $2 π$ ， $r$ 从 $0$ 到 $\frac{2}{2}$ ， $z$ 从 $r$ 到 $1 - r^{2}$ 。

积分化为：

∭_{Ω} (x + z) d V = \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{\frac{2}{2}} \int_{r}^{1 - r^{2}} (r cos θ + z) r d z d r d θ .

拆分为两部分：

I_{1} = \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{\frac{2}{2}} \int_{r}^{1 - r^{2}} r^{2} cos θ d z d r d θ, I_{2} = \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{\frac{2}{2}} \int_{r}^{1 - r^{2}} rz d z d r d θ .

对于 $I_{1}$ ，先对 $z$ 积分：

\int_{r}^{1 - r^{2}} d z = 1 - r^{2} - r,

所以

I_{1} = \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{\frac{2}{2}} r^{2} cos θ (1 - r^{2} - r) d r d θ .

对 $θ$ 积分时， $cos θ$ 在 $[0, 2 π]$ 上的积分为零，故 $I_{1} = 0$ .

对于 $I_{2}$ ，先对 $z$ 积分：

\int_{r}^{1 - r^{2}} z d z = [\frac{1}{2} z^{2}]_{r}^{1 - r^{2}} = \frac{1}{2} ((1 - r^{2}) - r^{2}) = \frac{1}{2} (1 - 2 r^{2}) .

于是

I_{2} = \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{\frac{2}{2}} r \cdot \frac{1}{2} (1 - 2 r^{2}) d r d θ = \frac{1}{2} \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{\frac{2}{2}} r (1 - 2 r^{2}) d r .

其中 $\int_{0}^{2 π} d θ = 2 π$ ，所以

I_{2} = \frac{1}{2} \cdot 2 π \int_{0}^{\frac{2}{2}} (r - 2 r^{3}) d r = π \int_{0}^{\frac{2}{2}} (r - 2 r^{3}) d r .

计算积分：

\int_{0}^{\frac{2}{2}} (r - 2 r^{3}) d r = [\frac{r ^{2}}{2} - \frac{r ^{4}}{2}]_{0}^{\frac{2}{2}} = \frac{1}{2} (\frac{2}{2})^{2} - (\frac{2}{2})^{4} = \frac{1}{2} (\frac{1}{2} - \frac{1}{4}) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{8} .

因此，

I_{2} = π \cdot \frac{1}{8} = \frac{π}{8} .

故原积分为 $\frac{π}{8}$ .

解答题

14

将函数 $f (x) = arctan \frac{1 + x}{1 - x}$ 展为 $x$ 的幂级数．

查看答案与解析

【答案】

f (x) = \frac{π}{4} + n = 0 \sum \infty (- 1)^{n} \frac{x ^{2 n + 1}}{2 n + 1}, ∣ x ∣ < 1

【解析】 考虑函数 $f (x) = arctan \frac{1 + x}{1 - x}$ 。当 $∣ x ∣ < 1$ 时，有恒等式 $arctan \frac{1 + x}{1 - x} = \frac{π}{4} + arctan x$ 。这是因为 $tan (\frac{π}{4} + arctan x) = \frac{1 + t a n ( a r c t a n x )}{1 - t a n ( a r c t a n x )} = \frac{1 + x}{1 - x}$ ，且当 $∣ x ∣ < 1$ 时， $\frac{π}{4} + arctan x$ 的值域在 $(0, \frac{π}{2})$ 内，与 $arctan \frac{1 + x}{1 - x}$ 的值域一致。

已知反正切函数的幂级数展开为 $arctan x = \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{x ^{2 n + 1}}{2 n + 1}$ ，收敛于 $∣ x ∣ \leq 1$ 。因此，代入得：

f (x) = \frac{π}{4} + arctan x = \frac{π}{4} + n = 0 \sum \infty (- 1)^{n} \frac{x ^{2 n + 1}}{2 n + 1} .

该级数在 $∣ x ∣ < 1$ 内收敛，因为当 $x = \pm 1$ 时，原函数 $f (x)$ 未定义（分母为零）。

因此，函数 $f (x)$ 的幂级数展开如上所示。

15

设 $f (x) = sin x - \int_{0}^{x} (x - t) f (t) d t$ ，其中 $f$ 为连续函数，求 $f (x)$ ．

查看答案与解析

【答案】
$f (x) = \frac{1}{2} (sin x + x cos x)$

【解析】
给定方程 $f (x) = sin x - \int_{0}^{x} (x - t) f (t) d t$ ，其中 $f$ 为连续函数。
方法一：拉普拉斯变换法
设 $F (s) = L {f (x)}$ ，则原方程的拉普拉斯变换为：

F (s) = \frac{1}{s ^{2} + 1} - \frac{1}{s ^{2}} F (s)

解此方程得：

F (s) (1 + \frac{1}{s ^{2}}) = \frac{1}{s ^{2} + 1}

F (s) = \frac{s ^{2}}{( s ^{2} + 1 ) ^{2}}

求逆拉普拉斯变换：

F (s) = \frac{s ^{2}}{( s ^{2} + 1 ) ^{2}} = \frac{1}{s ^{2} + 1} - \frac{1}{( s ^{2} + 1 ) ^{2}}

其中 $L^{- 1} {\frac{1}{s ^{2} + 1}} = sin x$ ，
$L^{- 1} {\frac{1}{( s ^{2} + 1 ) ^{2}}} = \frac{s i n x - x c o s x}{2}$ ，
所以

f (x) = sin x - \frac{sin x - x cos x}{2} = \frac{sin x}{2} + \frac{x cos x}{2} = \frac{1}{2} (sin x + x cos x)

方法二：微分方程法
令 $g (x) = \int_{0}^{x} (x - t) f (t) d t$ ，则原方程化为 $f (x) = sin x - g (x)$ 。
计算 $g (x)$ 的导数：

g (x) = x \int_{0}^{x} f (t) d t - \int_{0}^{x} t f (t) d t

g^{'} (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t

g^{''} (x) = f (x)

代入原式得微分方程：

g^{''} (x) + g (x) = sin x

初始条件： $g (0) = 0$ ， $g^{'} (0) = 0$ 。
解微分方程：齐次解 $g_{h} = C_{1} cos x + C_{2} sin x$ ，
特解形式 $g_{p} = A x cos x + B x sin x$ ，
代入得 $A = - \frac{1}{2}$ ， $B = 0$ ，即 $g_{p} = - \frac{1}{2} x cos x$ 。
通解 $g (x) = C_{1} cos x + C_{2} sin x - \frac{1}{2} x cos x$ ，
利用初始条件得 $C_{1} = 0$ ， $C_{2} = \frac{1}{2}$ ，
所以 $g (x) = \frac{1}{2} sin x - \frac{1}{2} x cos x$ 。
代入 $f (x) = sin x - g (x)$ 得：

f (x) = sin x - (\frac{1}{2} sin x - \frac{1}{2} x cos x) = \frac{1}{2} sin x + \frac{1}{2} x cos x

两种方法均得相同结果。

16

证明方程 $ln x = \frac{x}{e} - \int_{0}^{π} 1 - cos 2 x d x$ 在区间 $(0, + \infty)$ 内有且仅有两个不同实根．

查看答案与解析

【答案】
方程在区间 $(0, + \infty)$ 内有且仅有两个不同实根。

【解析】
首先，计算积分 $I = \int_{0}^{π} 1 - cos 2 x d x$ 。
利用三角恒等式 $1 - cos 2 x = 2 sin^{2} x$ ，可得 $1 - cos 2 x = 2 ∣ sin x ∣$ 。
在区间 $[0, π]$ 上， $sin x \geq 0$ ，因此 $∣ sin x ∣ = sin x$ ，即 $1 - cos 2 x = 2 sin x$ 。
于是，

I = \int_{0}^{π} 2 sin x d x = 2 [- cos x]_{0}^{π} = 2 (- cos π + cos 0) = 2 (1 + 1) = 22 .

原方程化为

ln x = \frac{x}{e} - 22 .

定义函数

f (x) = ln x - \frac{x}{e} + 22,

则方程的根即 $f (x) = 0$ 的解。
分析 $f (x)$ 的行为：

当 $x \to 0^{+}$ 时， $ln x \to - \infty$ ，故 $f (x) \to - \infty$ 。
当 $x \to + \infty$ 时， $ln x \to + \infty$ ，但 $- \frac{x}{e} \to - \infty$ 且线性项主导，故 $f (x) \to - \infty$ 。
求导
$f^{'} (x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{e} .$ 令 $f^{'} (x) = 0$ ，得 $x = e$ 。
当 $x < e$ 时， $f^{'} (x) > 0$ ， $f (x)$ 严格递增。
当 $x > e$ 时， $f^{'} (x) < 0$ ， $f (x)$ 严格递减。
因此， $f (x)$ 在 $x = e$ 处取得最大值
$f (e) = ln e - \frac{e}{e} + 22 = 1 - 1 + 22 = 22 > 0.$ 由于 $f (x)$ 在 $(0, e)$ 上严格递增，且 $f (x) \to - \infty$ 当 $x \to 0^{+}$ ， $f (e) > 0$ ，由中间值定理，在 $(0, e)$ 内存在唯一实根。
在 $(e, + \infty)$ 上严格递减，且 $f (e) > 0$ ， $f (x) \to - \infty$ 当 $x \to + \infty$ ，故在 $(e, + \infty)$ 内存在唯一实根。
因此，方程在 $(0, + \infty)$ 内有且仅有两个不同实根。

17

问 $λ$ 为何值时，线性方程组

⎩ ⎨ ⎧ x_{1} + x_{3} = λ 4 x_{1} + x_{2} + 2 x_{3} = λ + 2 6 x_{1} + x_{2} + 4 x_{3} = 2 λ + 3

有解，并求出解的一般形式．

查看答案与解析

【答案】 当 $λ = 1$ 时，方程组有解，解的一般形式为：

⎩ ⎨ ⎧ x_{1} = 1 - t, x_{2} = - 1 + 2 t, x_{3} = t .

其中 $t$ 为任意实数。

【解析】 写出方程组的增广矩阵：

146011124 λ λ + 2 2 λ + 3

进行行变换：第二行减去4倍第一行，第三行减去6倍第一行，得到：

100011 1 - 2 - 2 λ - 3 λ + 2 - 4 λ + 3

为使方程组有解，第二行和第三行的常数项必须相等，即：

- 3 λ + 2 = - 4 λ + 3

解得 $λ = 1$ 。代入 $λ = 1$ ，增广矩阵变为：

100011 1 - 2 - 2 1 - 1 - 1

第三行与第二行相同，因此有效方程为：

x_{1} + x_{3} = 1, x_{2} - 2 x_{3} = - 1

令 $x_{3} = t$ （ $t$ 为任意实数），则：

x_{1} = 1 - t, x_{2} = - 1 + 2 t

故解的一般形式如上。

18

假设 $λ$ 为 $n$ 阶可逆矩阵 $A$ 的一个特征值，证明：

(1) $\frac{1}{λ}$ 为 $A^{- 1}$ 的特征值；

(2) $\frac{∣ A ∣}{λ}$ 为 $A$ 的伴随矩阵 $A^{*}$ 的特征值．

查看答案与解析

【答案】
(1) $\frac{1}{λ}$ 为 $A^{- 1}$ 的特征值。
(2) $\frac{∣ A ∣}{λ}$ 为 $A^{*}$ 的特征值。

【解析】
由于 $A$ 可逆， $λ \neq = 0$ 。设 $v$ 为对应于 $λ$ 的特征向量，即 $A v = λ v$ 。

(1) 在 $A v = λ v$ 两边左乘 $A^{- 1}$ ，得 $A^{- 1} A v = A^{- 1} λ v$ ，即 $v = λ A^{- 1} v$ 。因此 $A^{- 1} v = \frac{1}{λ} v$ ，故 $\frac{1}{λ}$ 是 $A^{- 1}$ 的特征值。

(2) 由伴随矩阵的性质， $A^{*} = ∣ A ∣ A^{- 1}$ 。代入 $A^{- 1} v = \frac{1}{λ} v$ ，得 $A^{*} v = ∣ A ∣ A^{- 1} v = ∣ A ∣ \cdot \frac{1}{λ} v = \frac{∣ A ∣}{λ} v$ ，故 $\frac{∣ A ∣}{λ}$ 是 $A^{*}$ 的特征值。

19

设半径为 $R$ 的球面 $Σ$ 的球心在定球面 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = a^{2} (a > 0)$ 上，问当 $R$ 为何值时，球面 $Σ$ 在定球面内部的那部分的面积最大？

查看答案与解析

【答案】

R = \frac{4 a}{3}

【解析】 设定球面方程为 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = a^{2}$ ，球面 $Σ$ 的球心在该定球面上。为简化问题，将球面 $Σ$ 的球心取为 $(0, 0, a)$ ，其方程为 $x^{2} + y^{2} + (z - a)^{2} = R^{2}$ 。球面 $Σ$ 在定球面内部的部分满足 $x^{2} + y^{2} + z^{2} \leq a^{2}$ 。

通过几何关系，球面 $Σ$ 上点 $P$ 满足 $OP \leq a$ 的条件等价于 $z \leq z_{0}$ ，其中 $z_{0} = a - \frac{R ^{2}}{2 a}$ 。这对应球面 $Σ$ 上的一个球冠。在球面坐标系中，以球心 $(0, 0, a)$ 为参考，点 $P$ 的坐标表示为 $z = a + R cos θ$ ，其中 $θ$ 为与 $z$ -轴的夹角。条件 $z \leq z_{0}$ 转化为 $cos θ \leq - \frac{R}{2 a}$ ，即 $θ \geq θ_{0}$ ，其中 $cos θ_{0} = - \frac{R}{2 a}$ 。球冠对应 $θ$ 从 $θ_{0}$ 到 $π$ 的部分。

球冠的面积为：

A = \int_{θ_{0}}^{π} \int_{0}^{2 π} R^{2} sin θ d ϕ d θ = 2 π R^{2} \int_{θ_{0}}^{π} sin θ d θ = 2 π R^{2} [- cos θ]_{θ_{0}}^{π} = 2 π R^{2} (1 + cos θ_{0}) = 2 π R^{2} (1 - \frac{R}{2 a}) .

因此，面积函数为：

A (R) = 2 π R^{2} (1 - \frac{R}{2 a}), 0 \leq R \leq 2 a .

对于 $R > 2 a$ ，球面 $Σ$ 完全在定球面外部，面积 $A (R) = 0$ 。

为求最大值，考虑 $A (R)$ 在 $[0, 2 a]$ 上的极值。求导：

A^{'} (R) = \frac{d}{d R} (2 π R^{2} - \frac{π R ^{3}}{a}) = 4 π R - \frac{3 π R ^{2}}{a} = π R (4 - \frac{3 R}{a}) .

令 $A^{'} (R) = 0$ ，得 $R = 0$ 或 $R = \frac{4 a}{3}$ 。其中 $R = 0$ 对应最小值， $R = \frac{4 a}{3}$ 为候选点。二阶导数：

A^{''} (R) = 4 π - \frac{6 π R}{a},

在 $R = \frac{4 a}{3}$ 时， $A^{''} = 4 π - \frac{6 π}{a} \cdot \frac{4 a}{3} = - 4 π < 0$ ，故为极大值。边界值 $A (0) = 0$ ， $A (2 a) = 0$ ，因此 $R = \frac{4 a}{3}$ 时面积最大。

故当 $R = \frac{4 a}{3}$ 时，球面 $Σ$ 在定球面内部的那部分面积最大。

填空题

20

已知随机事件 $A$ 的概率 $P (A) = 0.5$ ，随机事件 $B$ 的概率 $P (B) = 0.6$ ，及条件概率 $P (B ∣ A) = 0.8$ ，则和事件 $A \cup B$ 的概率 $P (A \cup B) =$ ______.

查看答案与解析

【答案】 $0.7$

【解析】 已知 $P (A) = 0.5$ ， $P (B) = 0.6$ ， $P (B ∣ A) = 0.8$ 。根据条件概率公式， $P (B ∣ A) = \frac{P ( A \cap B )}{P ( A )}$ ，因此 $P (A \cap B) = P (B ∣ A) \times P (A) = 0.8 \times 0.5 = 0.4$ 。再根据概率的加法公式， $P (A \cup B) = P (A) + P (B) - P (A \cap B) = 0.5 + 0.6 - 0.4 = 0.7$ 。

21

甲、乙两人独立地对同一目标射击一次，其命中率分别为 $0.6$ 和 $0.5$ ．现已知目标被命中，则它是甲射中的概率为______.

查看答案与解析

【答案】 $0.75$

【解析】 设事件 $A$ 为甲射中目标，事件 $B$ 为乙射中目标。已知 $P (A) = 0.6$ ， $P (B) = 0.5$ ，且 $A$ 与 $B$ 独立。目标被命中即事件 $A \cup B$ 发生。需要求条件概率 $P (A ∣ A \cup B)$ 。

由条件概率公式，
$P (A ∣ A \cup B) = \frac{P ( A \cap ( A \cup B ))}{P ( A \cup B )}$ 。
由于 $A \subseteq A \cup B$ ，故 $P (A \cap (A \cup B)) = P (A)$ 。

又
$P (A \cup B) = P (A) + P (B) - P (A \cap B) = 0.6 + 0.5 - 0.6 \times 0.5 = 0.8$ 。

因此，
$P (A ∣ A \cup B) = \frac{P ( A )}{P ( A \cup B )} = \frac{0.6}{0.8} = 0.75$ 。

故所求概率为 $0.75$ 。

22

若随机变量 $ξ$ 在 $(1, 6)$ 上服从均匀分布，则方程 $x^{2} + ξ x + 1 = 0$ 有实根的概率是______.

查看答案与解析

【答案】 $4/5$

【解析】 方程有实根的条件是判别式大于等于零，即 $Δ = ξ^{2} - 4 \geq 0$ ，解得 $ξ \geq 2$ 或 $ξ \leq - 2$ 。由于随机变量 $ξ$ 在区间 $(1, 6)$ 上服从均匀分布，因此 $ξ$ 的取值范围为 $(1, 6)$ ，故只有 $ξ \geq 2$ 满足条件。 $ξ$ 服从均匀分布，总区间长度为 $6 - 1 = 5$ ，满足条件的区间长度为 $6 - 2 = 4$ ，因此概率为 $4/5$ 。

23

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 独立，且 $X$ 服从均值为 $1$ 、标准差(均方差)为 $2$ 的正态分布，而 $Y$ 服从标准正态分布．试求随机变量 $Z = 2 X - Y + 3$ 的概率密度函数．

查看答案与解析

【答案】
$Z$ 的概率密度函数为

f_{Z} (z) = \frac{1}{3 2 π} e^{- \frac{( z - 5 ) ^{2}}{18}}

【解析】
由于 $X$ 和 $Y$ 独立，且均服从正态分布，则 $Z = 2 X - Y + 3$ 也服从正态分布。正态分布的概率密度函数由均值和方差决定。
首先，求 $Z$ 的均值：

E [Z] = E [2 X - Y + 3] = 2 E [X] - E [Y] + 3

其中 $E [X] = 1$ ， $E [Y] = 0$ ，故

E [Z] = 2 \times 1 - 0 + 3 = 5

其次，求 $Z$ 的方差：

Var (Z) = Var (2 X - Y + 3) = Var (2 X) + Var (- Y) + Var (3)

由于常数方差为零，且 $X$ 与 $Y$ 独立，有

Var (2 X) = 4 Var (X), Var (- Y) = Var (Y)

已知 $X$ 的标准差为 $2$ ，故 $Var (X) = (2)^{2} = 2$ ； $Y$ 服从标准正态分布，故 $Var (Y) = 1$ 。
因此，

Var (Z) = 4 \times 2 + 1 = 9

所以 $Z$ 服从均值为 5、方差为 9 的正态分布，其概率密度函数为

f_{Z} (z) = \frac{1}{2 π \cdot 3} e^{- \frac{( z - 5 ) ^{2}}{2 \times 9}} = \frac{1}{3 2 π} e^{- \frac{( z - 5 ) ^{2}}{18}}