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1995 年真题

22 题

填空题

本题共5个小题，每小题3分，满分15分

1

$lim_{x \to 0} (1 + 3 x)^{\frac{2}{s i n x}} =$ ______．

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【答案】
$e^{6}$

【解析】
考虑极限

x \to 0 lim (1 + 3 x)^{\frac{2}{s i n x}} .

设

L = x \to 0 lim (1 + 3 x)^{\frac{2}{s i n x}},

取自然对数得：

ln L = x \to 0 lim ln ((1 + 3 x)^{\frac{2}{s i n x}}) = x \to 0 lim \frac{2 ln ( 1 + 3 x )}{sin x} .

当 $x \to 0$ 时，该极限为 $\frac{0}{0}$ 型不定式。

当 $x \to 0$ 时，有

ln (1 + 3 x) \sim 3 x, sin x \sim x,

因此

\frac{2 ln ( 1 + 3 x )}{sin x} \sim \frac{2 \cdot 3 x}{x} = 6,

即

ln L = 6, L = e^{6} .

2

$\frac{d}{d x} \int_{x^{2}}^{0} x cos t^{2} d t =$ ______．

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【答案】

- 2 x^{2} cos (x^{4}) - \int_{0}^{x^{2}} cos t^{2} d t

【解析】 考虑函数 $F (x) = \int_{x^{2}}^{0} x cos t^{2} d t$ 。首先，将积分改写为 $F (x) = x \int_{x^{2}}^{0} cos t^{2} d t$ 。然后，使用乘积法则求导：

F^{'} (x) = \frac{d}{d x} [x \int_{x^{2}}^{0} cos t^{2} d t] = (\frac{d}{d x} x) \int_{x^{2}}^{0} cos t^{2} d t + x \cdot \frac{d}{d x} (\int_{x^{2}}^{0} cos t^{2} d t) .

其中，第一项为 $\int_{x^{2}}^{0} cos t^{2} d t$ 。对于第二项，令 $G (u) = \int_{u}^{0} cos t^{2} d t$ ，则 $G (u) = - \int_{0}^{u} cos t^{2} d t$ ，所以 $G^{'} (u) = - cos u^{2}$ 。由于 $u = x^{2}$ ，有 $\frac{d u}{d x} = 2 x$ ，因此：

\frac{d}{d x} (\int_{x^{2}}^{0} cos t^{2} d t) = G^{'} (u) \cdot \frac{d u}{d x} = - cos u^{2} \cdot 2 x = - 2 x cos (x^{4}) .

代入得：

F^{'} (x) = \int_{x^{2}}^{0} cos t^{2} d t + x \cdot (- 2 x cos (x^{4})) = \int_{x^{2}}^{0} cos t^{2} d t - 2 x^{2} cos (x^{4}) .

将积分 $\int_{x^{2}}^{0} cos t^{2} d t$ 写为 $- \int_{0}^{x^{2}} cos t^{2} d t$ ，最终结果为：

F^{'} (x) = - 2 x^{2} cos (x^{4}) - \int_{0}^{x^{2}} cos t^{2} d t .

3

设 $(a \times b) \cdot c = 2$ , 则 $[(a + b) \times (b + c)] \cdot (c + a) =$ ______．

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【答案】 4

【解析】

利用向量运算律有

[(a + b) \times (b + c)] \cdot (c + a) = [(a + b) \times b] \cdot (c + a) + [(a + b) \times c] \cdot (c + a)

= (a \times b + b \times b) \cdot (c + a) + (a \times c + b \times c) \cdot (c + a)

= (a \times b) \cdot c + (a \times b) \cdot a + (a \times c) \cdot c + (b \times c) \cdot a

= (a \times b) \cdot c + (b \times c) \cdot a = (a \times b) \cdot c + (a \times b) \cdot c = 4

4

幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n}{2 ^{n} + ( - 3 ) ^{n}} x^{2 n - 1}$ 的收敛半径 $R =$ ______．

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【答案】 $3$

【解析】
令 $a_{n} = \frac{n}{2 ^{n} + ( - 3 ) ^{n}} x^{2 n - 1}$ ，则当 $n \to \infty$ 时，有

n \to \infty lim \frac{∣ a _{n + 1} ∣}{∣ a _{n} ∣} = n \to \infty lim \frac{\frac{n + 1}{2 ^{n + 1} + ( - 3 ) ^{n + 1}} x ^{2 (n + 1) - 1}}{\frac{n}{2 ^{n} + ( - 3 ) ^{n}} x ^{2 n - 1}}

= n \to \infty lim x^{2} \cdot \frac{n + 1}{n} \cdot \frac{3 ^{n} ( \frac{2}{3} ) ^{n} + ( - 1 ) ^{n}}{3 ^{n + 1} ( \frac{2}{3} ) ^{n + 1} + ( - 1 ) ^{n + 1}} = \frac{1}{3} x^{2},

而当 $\frac{1}{3} x^{2} < 1$ 时，幂级数收敛，即 $∣ x ∣ < 3$ 时，此幂级数收敛；当 $\frac{1}{3} x^{2} > 1$ 时，即 $∣ x ∣ > 3$ 时，此幂级数发散，因此收敛半径为 $R = 3$ 。

5

设三阶方阵 $A$ 、 $B$ 满足关系式： $A^{- 1} B A = 6 A + B A$ ，且 $A = \frac{1}{3} 00 0 \frac{1}{4} 0 00 \frac{1}{7}$ ，则 $B =$ ______．

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【答案】

B = 300020001

【解析】 给定方程 $A^{- 1} B A = 6 A + B A$ 和 $A = \frac{1}{3} 00 0 \frac{1}{4} 0 00 \frac{1}{7}$ ，首先求 $A^{- 1}$ 。由于 $A$ 是对角矩阵， $A^{- 1} = 300040007$ 。

将原方程右乘 $A^{- 1}$ ，得：

A^{- 1} B A A^{- 1} = 6 A A^{- 1} + B A A^{- 1}

简化后：

A^{- 1} B = 6 I + B

其中 $I$ 为单位矩阵。移项得：

A^{- 1} B - B = 6 I

因式分解：

(A^{- 1} - I) B = 6 I

计算 $A^{- 1} - I$ ：

A^{- 1} - I = 3 - 1 00 0 4 - 1 0 00 7 - 1 = 200030006

求逆矩阵：

(A^{- 1} - I)^{- 1} = \frac{1}{2} 00 0 \frac{1}{3} 0 00 \frac{1}{6}

则：

B = 6 (A^{- 1} - I)^{- 1} = 6 \frac{1}{2} 00 0 \frac{1}{3} 0 00 \frac{1}{6} = 300020001

验证：计算 $A^{- 1} B A$ 和 $6 A + B A$ ，两者均等于 $300020001$ ，符合原方程。

选择题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

6

设有直线 $L : {x + 3 y + 2 z + 1 = 0, 2 x - y - 10 z + 3 = 0$ 及平面 $Π : 4 x - 2 y + z - 3 = 0$ ，则直线 $L$

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正确答案：C

正确答案：C
【解析】 首先，求直线L的方向向量。直线L由两个平面方程定义，其法向量分别为

n_{1} = (1, 3, 2)

和

n_{2} = (2, - 1, - 10)

。方向向量

d

为两法向量的叉积：

d = n_{1} \times n_{2} = i 12 j 3 - 1 k 2 - 10 = (- 28, 14, - 7)

，简化后为

(4, - 2, 1)

。平面

Π

的方程为

4 x - 2 y + z - 3 = 0

，法向量为

n = (4, - 2, 1)

。可见方向向量

d

与法向量

n

平行，因此直线L垂直于平面

Π

。再验证直线L是否在平面上：取直线L上一点

P (- 10/7, 1/7, 0)

，代入平面方程得

4 \times (- 10/7) - 2 \times (1/7) + 0 - 3 = - 40/7 - 2/7 - 3 = - 42/7 - 3 = - 6 - 3 = - 9 \neq = 0

，故点P不在平面上，直线L不在平面

Π

上。因此，直线L垂直于平面

Π

。

7

设在 $[0, 1]$ 上 $f^{''} (x) > 0$ ，则 $f^{'} (0)$ , $f^{'} (1)$ , $f (1) - f (0)$ 或 $f (0) - f (1)$ 的大小顺序是

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正确答案：B

正确答案：B
【解析】 由题意，在区间

[0, 1]

上

f^{''} (x) > 0

，可知函数

f (x)

是凸函数，且导数

f^{'} (x)

单调递增，因此有

f^{'} (0) < f^{'} (1)

。根据拉格朗日中值定理，存在

c \in (0, 1)

使得

f (1) - f (0) = f^{'} (c)

。由于

f^{'} (x)

单调递增，有

f^{'} (0) < f^{'} (c) < f^{'} (1)

，即

f^{'} (0) < f (1) - f (0) < f^{'} (1)

。因此，大小顺序为

f^{'} (1) > f (1) - f (0) > f^{'} (0)

，对应选项 B。选项 A、C、D 均与上述不等式矛盾，故错误。

8

设 $f (x)$ 可导， $F (x) = f (x) (1 + ∣ sin x ∣)$ ，则 $f (0) = 0$ 是 $F (x)$ 在 $x = 0$ 处可导的

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】 设 $f (x)$ 可导， $F (x) = f (x) (1 + ∣ sin x ∣)$ 。需判断 $f (0) = 0$ 是否为 $F (x)$ 在 $x = 0$ 处可导的充分必要条件。

首先，若 $f (0) = 0$ ，则计算 $F (x)$ 在 $x = 0$ 处的左、右导数。
右导数：

F_{+}^{'} (0) = h \to 0^{+} lim \frac{f ( h ) ( 1 + ∣ sin h ∣ ) - f ( 0 )}{h} = h \to 0^{+} lim \frac{f ( h ) ( 1 + sin h )}{h}

由于 $f (h) = f (0) + f^{'} (0) h + o (h) = f^{'} (0) h + o (h)$ ，代入得：

F_{+}^{'} (0) = h \to 0^{+} lim \frac{f ^{'} ( 0 ) h ( 1 + sin h ) + o ( h )}{h} = f^{'} (0) (1 + 0) = f^{'} (0)

左导数：

F_{-}^{'} (0) = h \to 0^{-} lim \frac{f ( h ) ( 1 + ∣ sin h ∣ ) - f ( 0 )}{h} = h \to 0^{-} lim \frac{f ( h ) ( 1 - sin h )}{h}

同样代入 $f (h) = f^{'} (0) h + o (h)$ ：

F_{-}^{'} (0) = h \to 0^{-} lim \frac{f ^{'} ( 0 ) h ( 1 - sin h ) + o ( h )}{h} = f^{'} (0) (1 - 0) = f^{'} (0)

左、右导数相等，故 $F (x)$ 在 $x = 0$ 处可导，且 $F^{'} (0) = f^{'} (0)$ 。因此 $f (0) = 0$ 是充分条件。

其次，若 $F (x)$ 在 $x = 0$ 处可导，则左、右导数相等。
右导数：

F_{+}^{'} (0) = h \to 0^{+} lim \frac{f ( h ) ( 1 + sin h ) - f ( 0 )}{h}

代入 $f (h) = f (0) + f^{'} (0) h + o (h)$ ：

F_{+}^{'} (0) = h \to 0^{+} lim \frac{[ f ( 0 ) + f ^{'} ( 0 ) h + o ( h )] ( 1 + sin h ) - f ( 0 )}{h} = h \to 0^{+} lim \frac{f ^{'} ( 0 ) h + f ( 0 ) sin h + o ( h )}{h} = f^{'} (0) + f (0)

左导数：

F_{-}^{'} (0) = h \to 0^{-} lim \frac{f ( h ) ( 1 - sin h ) - f ( 0 )}{h}

代入 $f (h) = f (0) + f^{'} (0) h + o (h)$ ：

F_{-}^{'} (0) = h \to 0^{-} lim \frac{[ f ( 0 ) + f ^{'} ( 0 ) h + o ( h )] ( 1 - sin h ) - f ( 0 )}{h} = h \to 0^{-} lim \frac{f ^{'} ( 0 ) h - f ( 0 ) sin h + o ( h )}{h} = f^{'} (0) - f (0)

由 $F_{+}^{'} (0) = F_{-}^{'} (0)$ ，得 $f^{'} (0) + f (0) = f^{'} (0) - f (0)$ ，即 $2 f (0) = 0$ ，故 $f (0) = 0$ 。因此 $f (0) = 0$ 是必要条件。

综上， $f (0) = 0$ 是 $F (x)$ 在 $x = 0$ 处可导的充分必要条件。

9

设 $u_{n} = (- 1)^{n} ln (1 + \frac{1}{n})$ ，则级数

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】 考虑级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n}$ ，其中 $u_{n} = (- 1)^{n} ln (1 + \frac{1}{n})$ 。令 $a_{n} = ln (1 + \frac{1}{n})$ ，则 $u_{n} = (- 1)^{n} a_{n}$ 。当 $n \to \infty$ 时， $a_{n} \sim \frac{1}{n} \to 0$ ，且 $a_{n}$ 单调递减（因为函数 $f (x) = ln (1 + \frac{1}{x})$ 的导数 $f^{'} (x) = - \frac{1}{2} \frac{1}{x ^{3/2} + x} < 0$ ）。由莱布尼茨判别法， $\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n}$ 收敛。

再考虑级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n}^{2}$ ，其中 $u_{n}^{2} = [ln (1 + \frac{1}{n})]^{2}$ 。当 $n \to \infty$ 时， $ln (1 + \frac{1}{n}) \sim \frac{1}{n}$ ，因此 $u_{n}^{2} \sim (\frac{1}{n})^{2} = \frac{1}{n}$ 。由于 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，由比较判别法， $\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n}^{2}$ 发散。

因此， $\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n}$ 收敛而 $\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n}^{2}$ 发散，对应选项 C。

10

设 $A = a_{11} a_{21} a_{31} a_{12} a_{22} a_{32} a_{13} a_{23} a_{33}$ , $B = a_{21} a_{11} a_{31} + a_{11} a_{22} a_{12} a_{32} + a_{12} a_{23} a_{13} a_{33} + a_{13}$

$P_{1} = 010100001$ , $P_{2} = 101010001$ ，则必有

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】

矩阵 $B$ 是通过对矩阵 $A$ 进行行变换得到的：

将 $A$ 的第一行加到第三行；
交换第一行和第二行。

设初等矩阵 $P_{2}$ 左乘 $A$ 表示将第一行加到第三行，即 $P_{2} A$ ；
再设初等矩阵 $P_{1}$ 左乘 $P_{2} A$ 表示交换第一行和第二行，即 $P_{1} (P_{2} A) = P_{1} P_{2} A$ 。
计算可得 $P_{1} P_{2} A$ 恰好等于 $B$ 。

其他选项不满足此关系：

选项 A 和 B 涉及右乘，但右乘表示列变换，与 $B$ 的行变换不符；
选项 D 中 $P_{2} P_{1} A$ 先交换行再加行，得到第三行为 $A$ 的第三行加第二行，与 $B$ 的第三行加第一行不一致。

因此正确选项为 $C$ 。

计算题

本题共2小题，每小题5分，满分10分

11

设 $u = f (x, y, z)$ , $φ (x^{2}, e^{y}, z) = 0$ , $y = sin x$ ，其中 $f$ , $φ$ 都具有一阶连续偏导数，且 $\frac{\partial φ}{\partial z} \neq = 0$ ，求 $\frac{d u}{d x}$ ．

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【答案】

\frac{d u}{d x} = \frac{\partial f}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial y} cos x - \frac{\frac{\partial f}{\partial z}}{\frac{\partial φ}{\partial z}} (2 x \frac{\partial φ}{\partial u} + e^{y} cos x \frac{\partial φ}{\partial v})

其中 $\frac{\partial φ}{\partial u}$ 和 $\frac{\partial φ}{\partial v}$ 分别表示 $φ$ 对第一个变量和第二个变量的偏导数，在点 $(u, v, w) = (x^{2}, e^{y}, z)$ 处计算。

【解析】 给定 $u = f (x, y, z)$ ， $y = sin x$ ，以及 $φ (x^{2}, e^{y}, z) = 0$ ，求 $\frac{d u}{d x}$ 。
首先，应用链式法则，有：

\frac{d u}{d x} = \frac{\partial f}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial y} \frac{d y}{d x} + \frac{\partial f}{\partial z} \frac{d z}{d x} .

由 $y = sin x$ ，得 $\frac{d y}{d x} = cos x$ 。
接下来，求 $\frac{d z}{d x}$ 。从 $φ (x^{2}, e^{y}, z) = 0$ 出发，对 $x$ 求导。令 $φ = φ (u, v, w)$ ，其中 $u = x^{2}$ ， $v = e^{y}$ ， $w = z$ 。则：

\frac{d φ}{d x} = \frac{\partial φ}{\partial u} \frac{d u}{d x} + \frac{\partial φ}{\partial v} \frac{d v}{d x} + \frac{\partial φ}{\partial w} \frac{d w}{d x} = 0.

计算得 $\frac{d u}{d x} = 2 x$ ， $\frac{d v}{d x} = e^{y} \frac{d y}{d x} = e^{y} cos x$ ， $\frac{d w}{d x} = \frac{d z}{d x}$ 。代入得：

\frac{\partial φ}{\partial u} \cdot 2 x + \frac{\partial φ}{\partial v} \cdot e^{y} cos x + \frac{\partial φ}{\partial w} \cdot \frac{d z}{d x} = 0.

由 $\frac{\partial φ}{\partial w} = \frac{\partial φ}{\partial z} \neq = 0$ ，解出：

\frac{d z}{d x} = - \frac{\frac{\partial φ}{\partial u} \cdot 2 x + \frac{\partial φ}{\partial v} \cdot e ^{y} cos x}{\frac{\partial φ}{\partial z}} .

代入 $\frac{d u}{d x}$ 表达式：

\frac{d u}{d x} = \frac{\partial f}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial y} cos x + \frac{\partial f}{\partial z} (- \frac{\frac{\partial φ}{\partial u} \cdot 2 x + \frac{\partial φ}{\partial v} \cdot e ^{y} cos x}{\frac{\partial φ}{\partial z}}) .

整理得：

\frac{d u}{d x} = \frac{\partial f}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial y} cos x - \frac{\frac{\partial f}{\partial z}}{\frac{\partial φ}{\partial z}} (2 x \frac{\partial φ}{\partial u} + e^{y} cos x \frac{\partial φ}{\partial v}) .

其中 $\frac{\partial φ}{\partial u}$ 和 $\frac{\partial φ}{\partial v}$ 分别为 $φ$ 对第一个变量和第二个变量的偏导数。

12

设函数 $f (x)$ 在区间 $[0, 1]$ 上连续，并设 $\int_{0}^{1} f (x) d x = A$ ，求 $\int_{0}^{1} d x \int_{x}^{1} f (x) f (y) d y$ ．

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【答案】 $\frac{1}{2} A^{2}$

【解析】

方法一：交换积分次序，并注意定积分与积分变量无关，得到

I = \int_{0}^{1} d x \int_{x}^{1} f (x) f (y) d y = \int_{0}^{1} d y \int_{y}^{1} f (x) f (y) d x = \int_{0}^{1} d x \int_{y}^{1} f (y) f (x) d y .

从而得到

2 I = \int_{0}^{1} d x \int_{x}^{1} f (x) f (y) d y + \int_{0}^{1} d x \int_{y}^{1} f (x) f (y) d y

= \int_{0}^{1} d x \int_{y}^{1} f (x) f (y) d y = \int_{0}^{1} f (x) d x \int_{y}^{1} f (y) d y = A^{2} .

所以 $I = \frac{1}{2} A^{2}$ 。

方法二：用分部积分法。注意 $d (\int_{x}^{1} f (y) d y) = - f (x) d x$ ，将累次积分 $I$ 写成

I = \int_{0}^{1} (f (x) \int_{x}^{1} f (y) d y) d x = - \int_{0}^{1} \int_{x}^{1} f (y) d y d (\int_{x}^{1} f (y) d y)

= - \frac{1}{2} [(\int_{x}^{1} f (y) d y)^{2}]_{x = 0}^{x = 1} = \frac{1}{2} A^{2} .

计算题

本题共2小题，每小题6分，满分12分

13

计算曲面积分 $\iint_{Σ} z d S$ ，其中 $Σ$ 为锥面 $z = x^{2} + y^{2}$ 在柱体 $x^{2} + y^{2} \leq 2 x$ 内的部分．

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【答案】 $\frac{32 2}{9}$

【解析】 首先，将曲面 $Σ$ 投影到 $x y$ -平面，投影区域 $D$ 由柱体 $x^{2} + y^{2} \leq 2 x$ 决定，即 $(x - 1)^{2} + y^{2} \leq 1$ 。对于锥面 $z = x^{2} + y^{2}$ ，面积元素 $d S = 1 + (\frac{\partial z}{\partial x})^{2} + (\frac{\partial z}{\partial y})^{2} d x d y = 2 d x d y$ 。因此，曲面积分化为：

\iint_{Σ} z d S = \iint_{D} x^{2} + y^{2} \cdot 2 d x d y = 2 \iint_{D} x^{2} + y^{2} d x d y .

在极坐标下， $x = r cos θ$ ， $y = r sin θ$ ， $x^{2} + y^{2} = r$ ， $d x d y = r d r d θ$ 。区域 $D$ 对应 $0 \leq r \leq 2 cos θ$ ， $- \frac{π}{2} \leq θ \leq \frac{π}{2}$ 。于是：

\iint_{D} x^{2} + y^{2} d x d y = \int_{- π /2}^{π /2} \int_{0}^{2 c o s θ} r \cdot r d r d θ = \int_{- π /2}^{π /2} \int_{0}^{2 c o s θ} r^{2} d r d θ .

计算内积分：

\int_{0}^{2 c o s θ} r^{2} d r = [\frac{r ^{3}}{3}]_{0}^{2 c o s θ} = \frac{8 cos ^{3} θ}{3} .

代入外积分：

\int_{- π /2}^{π /2} \frac{8 cos ^{3} θ}{3} d θ = \frac{8}{3} \int_{- π /2}^{π /2} cos^{3} θ d θ .

由于 $cos^{3} θ$ 是偶函数，有：

\int_{- π /2}^{π /2} cos^{3} θ d θ = 2 \int_{0}^{π /2} cos^{3} θ d θ = 2 \cdot \frac{2}{3} = \frac{4}{3} .

因此：

\iint_{D} x^{2} + y^{2} d x d y = \frac{8}{3} \cdot \frac{4}{3} = \frac{32}{9} .

最终：

\iint_{Σ} z d S = 2 \cdot \frac{32}{9} = \frac{32 2}{9} .

14

将函数 $f (x) = x - 1$ （ $0 \leq x \leq 2$ ）展开成周期为 $4$ 的余弦级数．

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【答案】

f (x) = - \frac{8}{π ^{2}} n = 1 \sum \infty \frac{1}{( 2 n - 1 ) ^{2}} cos (\frac{( 2 n - 1 ) π x}{2})

【解析】 将函数 $f (x) = x - 1$ （ $0 \leq x \leq 2$ ）展开成周期为4的余弦级数，需要计算傅里叶余弦系数。周期为4，半周期 $L = 2$ ，余弦级数形式为：

f (x) \sim \frac{a _{0}}{2} + n = 1 \sum \infty a_{n} cos (\frac{nπ x}{2})

其中系数公式为：

a_{0} = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f (x) d x = \int_{0}^{2} (x - 1) d x

a_{n} = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f (x) cos (\frac{nπ x}{L}) d x = \int_{0}^{2} (x - 1) cos (\frac{nπ x}{2}) d x

计算 $a_{0}$ ：

a_{0} = \int_{0}^{2} (x - 1) d x = [\frac{x ^{2}}{2} - x]_{0}^{2} = (\frac{4}{2} - 2) - 0 = 2 - 2 = 0

计算 $a_{n}$ ：令 $k = \frac{nπ}{2}$ ，则：

a_{n} = \int_{0}^{2} (x - 1) cos (k x) d x

使用分部积分法，设 $u = x - 1$ ， $d v = cos (k x) d x$ ，则 $d u = d x$ ， $v = \frac{s i n ( k x )}{k}$ ：

\int (x - 1) cos (k x) d x = \frac{( x - 1 ) sin ( k x )}{k} - \int \frac{sin ( k x )}{k} d x = \frac{( x - 1 ) sin ( k x )}{k} + \frac{cos ( k x )}{k ^{2}} + C

代入上下限：

a_{n} = [\frac{( x - 1 ) sin ( k x )}{k} + \frac{cos ( k x )}{k ^{2}}]_{0}^{2} = (\frac{( 2 - 1 ) sin ( nπ )}{k} + \frac{cos ( nπ )}{k ^{2}}) - (\frac{( 0 - 1 ) sin ( 0 )}{k} + \frac{cos ( 0 )}{k ^{2}})

由于 $sin (nπ) = 0$ 和 $sin (0) = 0$ ，化简得：

a_{n} = \frac{cos ( nπ )}{k ^{2}} - \frac{1}{k ^{2}} = \frac{cos ( nπ ) - 1}{k ^{2}}

代入 $k = \frac{nπ}{2}$ ， $k^{2} = \frac{n ^{2} π ^{2}}{4}$ ：

a_{n} = \frac{cos ( nπ ) - 1}{\frac{n ^{2} π ^{2}}{4}} = \frac{4 ( cos ( nπ ) - 1 )}{n ^{2} π ^{2}}

其中 $cos (nπ) = (- 1)^{n}$ ，所以：

a_{n} = \frac{4 (( - 1 ) ^{n} - 1 )}{n ^{2} π ^{2}}

当 $n$ 为偶数时， $(- 1)^{n} = 1$ ， $a_{n} = 0$ ；当 $n$ 为奇数时， $(- 1)^{n} = - 1$ ， $a_{n} = \frac{4 ( - 1 - 1 )}{n ^{2} π ^{2}} = - \frac{8}{n ^{2} π ^{2}}$ 。因此，仅奇数项非零，令 $n = 2 k - 1$ （ $k = 1, 2, 3, \dots$ ），则余弦级数为：

f (x) \sim k = 1 \sum \infty - \frac{8}{( 2 k - 1 ) ^{2} π ^{2}} cos (\frac{( 2 k - 1 ) π x}{2}) = - \frac{8}{π ^{2}} n = 1 \sum \infty \frac{1}{( 2 n - 1 ) ^{2}} cos (\frac{( 2 n - 1 ) π x}{2})

解答题

15

设曲线 $L$ 位于 $x O y$ 平面的第一象限内， $L$ 上任一点 $M$ 处的切线与 $y$ 轴总相交，交点记为 $A$ ．已知 $\overline{M A} = \overline{O A}$ ，且 $L$ 过点 $(\frac{3}{2}, \frac{3}{2})$ ，求 $L$ 的方程．

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【答案】 $x^{2} + y^{2} = 3 x$

【解析】 设曲线 $L$ 上点 $M (x, y)$ 处的切线斜率为 $y^{'}$ ，则切线方程为 $Y - y = y^{'} (X - x)$ 。与 $y$ 轴交于点 $A$ ，令 $X = 0$ ，得 $A (0, y - x y^{'})$ 。
由条件 $∣ M A ∣ = ∣ O A ∣$ ，有

x 1 + (y^{'})^{2} = ∣ y - x y^{'} ∣.

考虑 $y - x y^{'} \geq 0$ 的情况，方程化为

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

即

1 + (y^{'})^{2} + y^{'} = \frac{y}{x} .

令 $u = \frac{y}{x}$ ，则 $y^{'} = p$ ，代入得

1 + p^{2} + p = u .

整理得 $1 + p^{2} = u - p$ ，平方得

1 + p^{2} = u^{2} - 2 u p + p^{2},

即

1 = u^{2} - 2 u p,

所以

p = \frac{u ^{2} - 1}{2 u} .

由 $y = ux$ 和 $y^{'} = p$ ，有

\frac{d y}{d x} = \frac{d u}{d x} x + u = \frac{u ^{2} - 1}{2 u},

即

x \frac{d u}{d x} = \frac{u ^{2} - 1}{2 u} - u = - \frac{u ^{2} + 1}{2 u} .

分离变量得

\frac{2 u}{u ^{2} + 1} d u = - \frac{1}{x} d x .

积分得

ln (u^{2} + 1) = - ln x + C,

即

ln [x (u^{2} + 1)] = C,

所以

x (u^{2} + 1) = k,

其中 $k$ 为常数。代入 $u = \frac{y}{x}$ 得

x (\frac{y ^{2}}{x ^{2}} + 1) = k,

即

x^{2} + y^{2} = k x .

曲线过点 $(\frac{3}{2}, \frac{3}{2})$ ，代入得

(\frac{3}{2})^{2} + (\frac{3}{2})^{2} = k \cdot \frac{3}{2},

解得 $k = 3$ 。故曲线方程为

x^{2} + y^{2} = 3 x .

验证条件：当 $y - x y^{'} < 0$ 时，同样导出相同方程。且该曲线在第一象限满足 $∣ M A ∣ = ∣ O A ∣$ 。

16

设函数 $Q (x, y)$ 在 $x O y$ 平面上具有一阶连续偏导数，曲线积分 $\int_{L} 2 x y d x + Q (x, y) d y$ 与路径无关，并且对任意 $t$ 恒有

\int_{(0, 0)}^{(t, 1)} 2 x y d x + Q (x, y) d y = \int_{(0, 0)}^{(1, t)} 2 x y d x + Q (x, y) d y,

求 $Q (x, y)$ ．

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【答案】 $Q (x, y) = x^{2} + 2 y - 1$

【解析】 由于曲线积分 $\int_{L} 2 x y d x + Q (x, y) d y$ 与路径无关，根据保守场的条件，有 $\frac{\partial}{\partial y} (2 x y) = \frac{\partial}{\partial x} Q (x, y)$ 。计算得 $\frac{\partial}{\partial y} (2 x y) = 2 x$ ，因此 $\frac{\partial Q}{\partial x} = 2 x$ 。积分得 $Q (x, y) = x^{2} + g (y)$ ，其中 $g (y)$ 是仅关于 $y$ 的函数。

给定对任意 $t$ 有 $\int_{(0, 0)}^{(t, 1)} 2 x y d x + Q (x, y) d y = \int_{(0, 0)}^{(1, t)} 2 x y d x + Q (x, y) d y$ ，由于积分与路径无关，选择沿坐标轴的路径计算。左边积分沿路径从 $(0, 0)$ 到 $(t, 0)$ 再到 $(t, 1)$ ，贡献为 $\int_{0}^{1} Q (t, y) d y$ 。右边积分沿路径从 $(0, 0)$ 到 $(1, 0)$ 再到 $(1, t)$ ，贡献为 $\int_{0}^{t} Q (1, y) d y$ 。因此有：

\int_{0}^{1} Q (t, y) d y = \int_{0}^{t} Q (1, y) d y .

代入 $Q (x, y) = x^{2} + g (y)$ ，左边为：

\int_{0}^{1} [t^{2} + g (y)] d y = t^{2} + \int_{0}^{1} g (y) d y = t^{2} + C_{1},

其中 $C_{1}$ 为常数。右边为：

\int_{0}^{t} [1 + g (y)] d y = \int_{0}^{t} 1 d y + \int_{0}^{t} g (y) d y = t + \int_{0}^{t} g (y) d y .

所以：

t^{2} + C_{1} = t + \int_{0}^{t} g (y) d y .

两边对 $t$ 求导：

2 t = 1 + g (t),

即 $g (t) = 2 t - 1$ ，因此 $g (y) = 2 y - 1$ 。代入得 $Q (x, y) = x^{2} + 2 y - 1$ 。验证满足积分与路径无关条件和给定积分等式，故正确。

17

假设函数 $f (x)$ 和 $g (x)$ 在 $[a, b]$ 上存在二阶导数，并且

g^{''} (x) \neq = 0, f (a) = f (b) = g (a) = g (b) .

试证：

(1) 在开区间 $(a, b)$ 内 $g (x) \neq = 0$ ；

(2) 在开区间 $(a, b)$ 内至少存在一点 $ξ$ ，使 $\frac{f ( ξ )}{g ( ξ )} = \frac{f ^{''} ( ξ )}{g ^{''} ( ξ )}$ ．

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【答案】 (1) 在开区间 $(a, b)$ 内 $g (x) \neq = 0$ 。 (2) 在开区间 $(a, b)$ 内至少存在一点 $ξ$ ，使 $\frac{f ( ξ )}{g ( ξ )} = \frac{f ^{''} ( ξ )}{g ^{''} ( ξ )}$ 。

【解析】

(Ⅰ) 反证法：假设 $\exists c \in (a, b)$ ，使 $g (c) = 0$ 。则由罗尔定理， $\exists ξ_{1} \in (a, c), ξ_{2} \in (c, b)$ ，使 $g^{'} (ξ_{1}) = g^{'} (ξ_{2}) = 0$ ；从而由罗尔定理， $\exists ξ \in (ξ_{1}, ξ_{2}) \subset (a, b)$ ，使得 $g^{''} (ξ) = 0$ 。这与 $g^{''} (x) \neq = 0$ 矛盾。

(Ⅱ) 令 $φ (x) = f (x) g^{'} (x) - f^{'} (x) g (x)$ ，则 $φ (x)$ 在 $[a, b]$ 可导， $φ (a) = φ (b) = 0$ 。由罗尔定理， $\exists ξ \in (a, b)$ ，使 $φ^{'} (ξ) = 0$ 。即有

f (ξ) g^{''} (ξ) - f^{''} (ξ) g (ξ) = 0 \Rightarrow \frac{f ( ξ )}{g ( ξ )} = \frac{f ^{''} ( ξ )}{g ^{''} ( ξ )} .

18

设三阶实对称矩阵 $A$ 的特征值为 $λ_{1} = - 1$ , $λ_{2} = λ_{3} = 1$ ，对应于 $λ_{1}$ 的特征向量为 $ξ_{1} = (0, 1, 1)^{T}$ ，求 $A$ ．

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【答案】

A = 100 00 - 1 0 - 1 0

【解析】 已知三阶实对称矩阵 $A$ 的特征值为 $λ_{1} = - 1$ ， $λ_{2} = λ_{3} = 1$ ，对应 $λ_{1}$ 的特征向量为 $ξ_{1} = (0, 1, 1)^{T}$ 。由于 $A$ 是实对称矩阵，特征值对应的特征向量相互正交。对应 $λ_{2} = λ_{3} = 1$ 的特征向量与 $ξ_{1}$ 正交，即满足 $y + z = 0$ 。选取两个线性无关且正交的特征向量： $v_{1} = (1, 0, 0)^{T}$ 和 $v_{2} = (0, 1, - 1)^{T}$ 。

将特征向量单位化：

$u_{1} = \frac{ξ _{1}}{∥ ξ _{1} ∥} = (0, \frac{1}{2}, \frac{1}{2})^{T}$
$u_{2} = v_{1} = (1, 0, 0)^{T}$
$u_{3} = \frac{v _{2}}{∥ v _{2} ∥} = (0, \frac{1}{2}, - \frac{1}{2})^{T}$

构造正交矩阵 $Q = 0 \frac{1}{2} \frac{1}{2} 100 0 \frac{1}{2} - \frac{1}{2}$ ，对角矩阵 $Λ = - 1 00 010001$ 。则 $A = Q Λ Q^{T}$ 。

计算 $Q^{T} = 010 \frac{1}{2} 0 \frac{1}{2} \frac{1}{2} 0 - \frac{1}{2}$ ，然后计算 $Λ Q^{T} = 010 - \frac{1}{2} 0 \frac{1}{2} - \frac{1}{2} 0 - \frac{1}{2}$ ，最后计算 $A = Q (Λ Q^{T}) = 100 00 - 1 0 - 1 0$ 。

验证特征值和特征向量符合条件，故 $A$ 为所求矩阵。

19

设 $A$ 是 $n$ 阶矩阵，满足 $A A^{T} = E$ ( $E$ 是 $n$ 阶单位阵， $A^{T}$ 是 $A$ 的转置矩阵), $∣ A ∣ < 0$ ，求 $∣ A + E ∣$ ．

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【答案】 $0$

【解析】 已知 $A$ 是 $n$ 阶矩阵，满足 $A A^{T} = E$ ，且 $∣ A ∣ < 0$ 。由于 $A A^{T} = E$ ， $A$ 是正交矩阵，正交矩阵的行列式为 $\pm 1$ ，因此 $∣ A ∣ = - 1$ 。

计算 $∣ A + E ∣$ ：

∣ A + E ∣ = ∣ A + A A^{T} ∣ = ∣ A (E + A^{T}) ∣ = ∣ A ∣ \cdot ∣ E + A^{T} ∣.

由于行列式在转置下不变，有 $∣ E + A^{T} ∣ = ∣ (E + A^{T})^{T} ∣ = ∣ E + A ∣ = ∣ A + E ∣$ ，代入上式：

∣ A + E ∣ = ∣ A ∣ \cdot ∣ A + E ∣.

即：

∣ A + E ∣ = (- 1) \cdot ∣ A + E ∣,

整理得：

∣ A + E ∣ + ∣ A + E ∣ = 0 \Rightarrow 2∣ A + E ∣ = 0,

因此 $∣ A + E ∣ = 0$ 。

填空题

20

设 $X$ 表示10次独立重复射击命中目标的次数，每次射中目标的概率为0.4，则 $X^{2}$ 的数学期望 $E (X^{2}) =$ ______．

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【答案】 $18.4$

【解析】
设 $X$ 表示 10 次独立重复射击命中目标的次数，则 $X \sim Binomial (n = 10, p = 0.4)$ 。

二项分布的数学期望为

E (X) = n p = 10 \times 0.4 = 4,

方差为

Var (X) = n p (1 - p) = 10 \times 0.4 \times 0.6 = 2.4.

由方差公式

Var (X) = E (X^{2}) - [E (X)]^{2},

可得

E (X^{2}) = Var (X) + [E (X)]^{2} = 2.4 + 4^{2} = 2.4 + 16 = 18.4.

因此，

E (X^{2}) = 18.4.

21

设 $X$ 和 $Y$ 为两个随机变量，且

P {X \geq 0, Y \geq 0} = \frac{3}{7}, P (X \geq 0) = P (Y \geq 0) = \frac{4}{7},

则 $P {max (X, Y) \geq 0} =$ ______．

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【答案】 $\frac{5}{7}$

【解析】 需要求 $P {max (X, Y) \geq 0}$ ，即至少有一个变量大于等于零的概率，等价于 $P {X \geq 0 \cup Y \geq 0}$ 。
根据概率的加法公式：

P {X \geq 0 \cup Y \geq 0} = P {X \geq 0} + P {Y \geq 0} - P {X \geq 0, Y \geq 0}

代入已知条件：

P {X \geq 0} = \frac{4}{7}, P {Y \geq 0} = \frac{4}{7}, P {X \geq 0, Y \geq 0} = \frac{3}{7}

计算得：

P {max (X, Y) \geq 0} = \frac{4}{7} + \frac{4}{7} - \frac{3}{7} = \frac{5}{7}

或者，考虑补集： $max (X, Y) < 0$ 等价于 $X < 0$ 且 $Y < 0$ 。
先求 $P {X < 0, Y < 0}$ ：
由 $P {X \geq 0} = \frac{4}{7}$ ，得 $P {X < 0} = \frac{3}{7}$ ，同理 $P {Y < 0} = \frac{3}{7}$ 。
通过概率分解：

P {X \geq 0} = P {X \geq 0, Y \geq 0} + P {X \geq 0, Y < 0} \Rightarrow P {X \geq 0, Y < 0} = \frac{4}{7} - \frac{3}{7} = \frac{1}{7}

同理，

P {Y \geq 0} = P {X \geq 0, Y \geq 0} + P {X < 0, Y \geq 0} \Rightarrow P {X < 0, Y \geq 0} = \frac{4}{7} - \frac{3}{7} = \frac{1}{7}

所有概率之和为1：

P {X \geq 0, Y \geq 0} + P {X \geq 0, Y < 0} + P {X < 0, Y \geq 0} + P {X < 0, Y < 0} = 1

代入得：

\frac{3}{7} + \frac{1}{7} + \frac{1}{7} + P {X < 0, Y < 0} = 1 \Rightarrow P {X < 0, Y < 0} = \frac{2}{7}

因此，

P {max (X, Y) \geq 0} = 1 - P {X < 0, Y < 0} = 1 - \frac{2}{7} = \frac{5}{7}

两种方法均得相同结果。

22

设随机变量 $X$ 的概率密度为 $f_{X} (x) = {e^{- x}, 0, x \geq 0, x < 0,$ 求随机变量 $Y = e^{X}$ 的概率密度 $f_{Y} (y)$ ．

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【答案】

f_{Y} (y) = {\frac{1}{y ^{2}}, 0, y > 1, y \leq 1.

【解析】

方法1：先求 $Y$ 的分布函数 $F_{Y} (y)$ 。
当 $y \leq 1$ 时， $F_{Y} (y) = 0$ ；当 $y > 1$ 时，

F_{Y} (y) = P {Y \leq y} = P (e^{X} \leq y) = P {X \leq ln y}

= \int_{0}^{l n y} e^{- x} d x = - e^{- x}_{0}^{l n y} = 1 - \frac{1}{y} .

对分布函数求导，可得

f_{Y} (y) = F_{Y}^{'} (y) = {\frac{1}{y ^{2}}, 0, y > 1, y \leq 1.

方法2：用单调函数公式直接求 $Y$ 的概率密度。
由于 $y = e^{x}$ 在 $(0, + \infty)$ 内单调，其反函数 $x = h (y) = ln y$ 在 $(1, + \infty)$ 内可导且导数为 $x_{y}^{'} = \frac{1}{y} \neq = 0$ ，则所求概率密度函数为

f_{Y} (y) = {∣ h^{'} (y) ∣ \cdot f_{X} (h (y)), 0, y > 1, y \leq 1. = {\frac{1}{y} \cdot e^{- l n y}, 0, y > 1, y \leq 1. = {\frac{1}{y ^{2}}, 0, y > 1, y \leq 1.