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1998 年真题

23 题

填空题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

1

x \to 0 lim \frac{1 + x + 1 - x - 2}{x ^{2}} =

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【答案】
$- \frac{1}{4}$

【解析】
考虑泰勒展开：当 $x \to 0$ 时， $1 + x = 1 + \frac{x}{2} - \frac{x ^{2}}{8} + O (x^{3})$ ， $1 - x = 1 - \frac{x}{2} - \frac{x ^{2}}{8} + O (x^{3})$ 。
代入分子：

1 + x + 1 - x - 2 = (1 + \frac{x}{2} - \frac{x ^{2}}{8}) + (1 - \frac{x}{2} - \frac{x ^{2}}{8}) - 2 = - \frac{x ^{2}}{4} + O (x^{3})

因此，

\frac{1 + x + 1 - x - 2}{x ^{2}} = \frac{- \frac{x ^{2}}{4} + O ( x ^{3} )}{x ^{2}} = - \frac{1}{4} + O (x)

当 $x \to 0$ 时， $O (x) \to 0$ ，故极限为 $- \frac{1}{4}$ 。

2

设 $z = \frac{1}{x} f (x y) + y φ (x + y)$ ， $f, φ$ 具有二阶连续导数，则 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} =$ ______．

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【答案】

y f^{''} (x y) + φ^{'} (x + y) + y φ^{''} (x + y)

【解析】 给定 $z = \frac{1}{x} f (x y) + y φ (x + y)$ ，其中 $f$ 和 $φ$ 具有二阶连续导数。计算混合偏导数 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y}$ 。

先对 $y$ 求偏导：

\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} [\frac{1}{x} f (x y)] + \frac{\partial}{\partial y} [y φ (x + y)] = \frac{1}{x} \cdot x f^{'} (x y) + [φ (x + y) + y φ^{'} (x + y)] = f^{'} (x y) + φ (x + y) + y φ^{'} (x + y) .

再对 $x$ 求偏导：

\frac{\partial}{\partial x} (\frac{\partial z}{\partial y}) = \frac{\partial}{\partial x} [f^{'} (x y)] + \frac{\partial}{\partial x} [φ (x + y)] + \frac{\partial}{\partial x} [y φ^{'} (x + y)] = y f^{''} (x y) + φ^{'} (x + y) + y φ^{''} (x + y) .

因此， $\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = y f^{''} (x y) + φ^{'} (x + y) + y φ^{''} (x + y)$ .

3

设 $L$ 为椭圆 $\frac{x ^{2}}{4} + \frac{y ^{2}}{3} = 1$ ，其周长记为 $a$ ，则 $\oint_{L} (2 x y + 3 x^{2} + 4 y^{2}) d s =$ ______．

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【答案】 $12 a$

【解析】
考虑曲线积分 $\oint_{L} (2 x y + 3 x^{2} + 4 y^{2}) d s$ ，其中 $L$ 是椭圆 $\frac{x ^{2}}{4} + \frac{y ^{2}}{3} = 1$ ，周长记为 $a$ 。
由于椭圆关于 $x$ 轴和 $y$ 轴对称，函数 $2 x y$ 关于 $x$ 轴和 $y$ 轴均为奇函数，因此 $\oint_{L} 2 x y d s = 0$ 。
剩余部分为 $\oint_{L} (3 x^{2} + 4 y^{2}) d s$ 。
利用椭圆的参数化： $x = 2 cos t$ , $y = 3 sin t$ , $t \in [0, 2 π]$ ，弧长元素为 $d s = (\frac{d x}{d t})^{2} + (\frac{d y}{d t})^{2} d t = 4 sin^{2} t + 3 cos^{2} t d t$ 。
则：

\oint_{L} 3 x^{2} d s = 3 \int_{0}^{2 π} (2 cos t)^{2} 4 sin^{2} t + 3 cos^{2} t d t = 12 \int_{0}^{2 π} cos^{2} t 4 sin^{2} t + 3 cos^{2} t d t,

\oint_{L} 4 y^{2} d s = 4 \int_{0}^{2 π} (3 sin t)^{2} 4 sin^{2} t + 3 cos^{2} t d t = 12 \int_{0}^{2 π} sin^{2} t 4 sin^{2} t + 3 cos^{2} t d t .

相加得：

\oint_{L} (3 x^{2} + 4 y^{2}) d s = 12 \int_{0}^{2 π} (cos^{2} t + sin^{2} t) 4 sin^{2} t + 3 cos^{2} t d t = 12 \int_{0}^{2 π} 4 sin^{2} t + 3 cos^{2} t d t .

其中 $\int_{0}^{2 π} 4 sin^{2} t + 3 cos^{2} t d t = a$ ，即椭圆周长。
因此，

\oint_{L} (2 x y + 3 x^{2} + 4 y^{2}) d s = 12 a .

4

设 $A$ 为 $n$ 阶矩阵， $∣ A ∣ \neq = 0$ ， $A^{*}$ 为 $A$ 的伴随矩阵， $E$ 为 $n$ 阶单位矩阵．若 $A$ 有特征值 $λ$ ，则 $(A^{*})^{2} + E$ 必有特征值 ______．

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【答案】

\frac{∣ A ∣ ^{2}}{λ ^{2}} + 1

【解析】
由于 $∣ A ∣ \neq = 0$ ，矩阵 $A$ 可逆，且伴随矩阵 $A^{*} = ∣ A ∣ A^{- 1}$ 。
若 $A$ 有特征值 $λ$ ，则 $A^{- 1}$ 有特征值 $λ^{- 1}$ ，因此 $A^{*}$ 有特征值 $∣ A ∣ λ^{- 1}$ 。
于是， $(A^{*})^{2}$ 有特征值 $(∣ A ∣ λ^{- 1})^{2} = ∣ A ∣^{2} λ^{- 2}$ 。
进而， $(A^{*})^{2} + E$ 有特征值 $∣ A ∣^{2} λ^{- 2} + 1$ 。
故 $(A^{*})^{2} + E$ 必有特征值 $\frac{∣ A ∣ ^{2}}{λ ^{2}} + 1$ 。

5

设平面区域 $D$ 由曲线 $y = \frac{1}{x}$ 及直线 $y = 0, x = 1, x = e^{2}$ 所围成，二维随机变量 $(X, Y)$ 在区域 $D$ 上服从均匀分布，则 $(X, Y)$ 关于 $X$ 的边缘概率密度在 $x = 2$ 处的值为 ______．

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【答案】 $\frac{1}{4}$

【解析】 区域 $D$ 由曲线 $y = \frac{1}{x}$ 及直线 $y = 0, x = 1, x = e^{2}$ 所围成，其面积计算如下：

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

由于二维随机变量 $(X, Y)$ 在区域 $D$ 上服从均匀分布，联合概率密度函数为：

f_{X, Y} (x, y) = \frac{1}{A} = \frac{1}{2}, (x, y) \in D

关于 $X$ 的边缘概率密度函数通过对 $y$ 积分得到：对于 $x \in [1, e^{2}]$ ，

f_{X} (x) = \int_{0}^{\frac{1}{x}} f_{X, Y} (x, y) d y = \int_{0}^{\frac{1}{x}} \frac{1}{2} d y = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{x} = \frac{1}{2 x}

对于 $x = 2$ ，由于 $2 \in [1, e^{2}]$ ，代入得：

f_{X} (2) = \frac{1}{2 \times 2} = \frac{1}{4}

选择题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

6

设 $f (x)$ 连续，则 $\frac{d}{d x} \int_{0}^{x} t f (x^{2} - t^{2}) d t =$

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】 考虑积分 $I (x) = \int_{0}^{x} t f (x^{2} - t^{2}) d t$ 。令 $u = x^{2} - t^{2}$ ，则当 $t = 0$ 时， $u = x^{2}$ ；当 $t = x$ 时， $u = 0$ 。且 $d u = - 2 t d t$ ，即 $t d t = - \frac{1}{2} d u$ 。代入积分得：

I (x) = \int_{0}^{x} t f (x^{2} - t^{2}) d t = \int_{x^{2}}^{0} f (u) \cdot (- \frac{1}{2}) d u = \frac{1}{2} \int_{0}^{x^{2}} f (u) d u .

于是，

\frac{d}{d x} I (x) = \frac{d}{d x} [\frac{1}{2} \int_{0}^{x^{2}} f (u) d u] = \frac{1}{2} \cdot f (x^{2}) \cdot \frac{d}{d x} (x^{2}) = \frac{1}{2} \cdot f (x^{2}) \cdot 2 x = x f (x^{2}) .

因此，正确答案为 A. $x f (x^{2})$ 。

7

函数 $f (x) = (x^{2} - x - 2) x^{3} - x$ 不可导点的个数是

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】 函数 $f (x) = (x^{2} - x - 2) ∣ x^{3} - x ∣$ 的不可导点可能出现在绝对值内部为零的点，即 $x^{3} - x = 0$ 的解 $x = - 1, 0, 1$ 。通过计算这些点的左导数和右导数：

在 $x = - 1$ 处，左导数和右导数均为 0，因此可导。
在 $x = 0$ 处，左导数为 2，右导数为 -2，因此不可导。
在 $x = 1$ 处，左导数为 4，右导数为 -4，因此不可导。其他点（如 $x = 2$ ) 处函数为多项式，可导。因此，不可导点的个数为 2。

8

已知函数 $y = y (x)$ 在任意点 $x$ 处的增量 $Δ y = \frac{y Δ x}{1 + x ^{2}} + α$ ，且当 $Δ x \to 0$ 时， $α$ 是 $Δ x$ 的高阶无穷小， $y (0) = π$ ，则 $y (1)$ 等于

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】
由题意，函数 $y = y (x)$ 在任意点 $x$ 处的增量为

Δ y = \frac{y Δ x}{1 + x ^{2}} + α,

其中当 $Δ x \to 0$ 时， $α$ 是 $Δ x$ 的高阶无穷小。

根据导数的定义，

\frac{d y}{d x} = Δ x \to 0 lim \frac{Δ y}{Δ x} = \frac{y}{1 + x ^{2}} .

由此得到微分方程

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

该方程为可分离变量型，变形为

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

两边积分得

ln ∣ y ∣ = arctan x + C .

由初始条件 $y (0) = π$ ，代入得

ln π = arctan 0 + C \Rightarrow C = ln π .

因此

ln y = arctan x + ln π,

整理得

ln (\frac{y}{π}) = arctan x \Rightarrow y = π e^{a r c t a n x} .

计算

y (1) = π e^{a r c t a n 1} = π e^{\frac{π}{4}} .

因此，正确答案为 D。

9

设矩阵 $a_{1} a_{2} a_{3} b_{1} b_{2} b_{3} c_{1} c_{2} c_{3}$ 是满秩的，则直线 $\frac{x - a _{3}}{a _{1} - a _{2}} = \frac{y - b _{3}}{b _{1} - b _{2}} = \frac{z - c _{3}}{c _{1} - c _{2}}$ 与直线 $\frac{x - a _{1}}{a _{2} - a _{3}} = \frac{y - b _{1}}{b _{2} - b _{3}} = \frac{z - c _{1}}{c _{2} - c _{3}}$ \begin{abcd*}

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正确答案：A

正确答案：A

设

L_{1} : \frac{x - a _{3}}{a _{1} - a _{2}} = \frac{y - b _{3}}{b _{1} - b _{2}} = \frac{z - c _{3}}{c _{1} - c _{2}},

L_{2} : \frac{x - a _{1}}{a _{2} - a _{3}} = \frac{y - b _{1}}{b _{2} - b _{3}} = \frac{z - c _{1}}{c _{2} - c _{3}}

由题设矩阵

a_{1} a_{2} a_{3} b_{1} b_{2} b_{3} c_{1} c_{2} c_{3}

是满秩的，则由行列式的性质可知

a_{1} a_{2} a_{3} b_{1} b_{2} b_{3} c_{1} c_{2} c_{3} = a_{1} - a_{2} a_{2} - a_{3} a_{3} b_{1} - b_{2} b_{2} - b_{3} b_{3} c_{1} - c_{2} c_{2} - c_{3} c_{3} \neq = 0

故向量组 $(a_{1} - a_{2}, b_{1} - b_{2}, c_{1} - c_{2})$ 与 $(a_{2} - a_{3}, b_{2} - b_{3}, c_{2} - c_{3})$ 线性无关，从而 $L_{1}$ 和 $L_{2}$ 不平行。又由 $\frac{x - a _{3}}{a _{1} - a _{2}} = \frac{y - b _{3}}{b _{1} - b _{2}} = \frac{z - c _{3}}{c _{1} - c _{2}}$ 得 $\frac{x - a _{3}}{a _{1} - a _{2}} - 1 = \frac{y - b _{3}}{b _{1} - b _{2}} - 1 = \frac{z - c _{3}}{c _{1} - c _{2}}$ ，即

\frac{x - a _{3} - ( a _{1} - a _{2} )}{a _{1} - a _{2}} = \frac{y - b _{3} - ( b _{1} - b _{2} )}{b _{1} - b _{2}} = \frac{z - c _{3} - ( c _{1} - c _{2} )}{c _{1} - c _{2}}

同样由 $\frac{x - a _{1}}{a _{2} - a _{3}} = \frac{y - b _{1}}{b _{2} - b _{3}} = \frac{z - c _{1}}{c _{2} - c _{3}}$ 得 $\frac{x - a _{1}}{a _{2} - a _{3}} + 1 = \frac{y - b _{1}}{b _{2} - b _{3}} + 1 = \frac{z - c _{1}}{c _{2} - c _{3}}$ ，即

\frac{x - a _{1} + ( a _{2} - a _{3} )}{a _{2} - a _{3}} = \frac{y - b _{3} + ( b _{2} - b _{3} )}{b _{2} - b _{3}} = \frac{z - c _{3} + ( c _{2} - c _{3} )}{c _{2} - c _{3}}

可见 $L_{1}$ 和 $L_{2}$ 均过点 $(a_{2} - a_{1} - a_{3}, b_{2} - b_{1} - b_{3}, c_{2} - c_{1} - c_{3})$ ，故两直线相交于一点。

10

设 $A, B$ 是两个随机事件，且 $0 < P (A) < 1, P (B) > 0, P (B ∣ A) = P (B ∣ \overline{A})$ ，则必有

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】 给定条件 $P (B ∣ A) = P (B ∣ \overline{A})$ ，由条件概率定义， $P (B ∣ A) = \frac{P ( A B )}{P ( A )}$ 和 $P (B ∣ \overline{A}) = \frac{P ( B A )}{P ( A )}$ 。代入条件得：

\frac{P ( A B )}{P ( A )} = \frac{P ( B A )}{P ( A )}

其中 $P (B \overline{A}) = P (B) - P (A B)$ 和 $P (\overline{A}) = 1 - P (A)$ ，所以：

\frac{P ( A B )}{P ( A )} = \frac{P ( B ) - P ( A B )}{1 - P ( A )}

解方程：

P (A B) (1 - P (A)) = P (A) (P (B) - P (A B))

P (A B) - P (A B) P (A) = P (A) P (B) - P (A) P (A B)

P (A B) = P (A) P (B)

因此， $P (A B) = P (A) P (B)$ ，即事件 $A$ 和 $B$ 相互独立，故选项 C 正确。选项 A 和 B 涉及 $P (A ∣ B)$ 和 $P (\overline{A} ∣ B)$ ，当 $A$ 和 $B$ 独立时， $P (A ∣ B) = P (A)$ 和 $P (\overline{A} ∣ B) = P (\overline{A})$ ，但 $P (A)$ 不一定等于 $P (\overline{A})$ ，因此 A 和 B 不一定成立。选项 D 与推导结果矛盾。

解答题

11

求直线 $L : \frac{x - 1}{1} = \frac{y}{1} = \frac{z - 1}{- 1}$ 在平面 $Π : x - y + 2 z - 1 = 0$ 上的投影直线 $L_{0}$ 的方程，并求 $L_{0}$ 绕 $y$ 轴旋转一周所成曲面的方程．

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【答案】
投影直线 $L_{0}$ 的方程为 ${x - 2 y = 0 y + 2 z = 1$ ．
$L_{0}$ 绕 $y$ 轴旋转一周所成曲面的方程为 $4 x^{2} + 4 z^{2} - 17 y^{2} + 2 y - 1 = 0$ ．

【解析】

设过 $L$ 且垂直于平面 $Π$ 的平面为 $Π_{0}$ ，则平面 $Π_{0}$ 过直线 $L$ 上的点 $(1, 0, 1)$ 且与不共线的向量 $l = (1, 1, - 1)$ （直线 $L$ 的方向向量）及 $n = (1, - 1, 2)$ （平面 $Π$ 的法向量）平行，于是 $Π_{0}$ 的方程是

x - 1 11 y 1 - 1 z - 1 - 1 2 = 0 \Rightarrow x - 3 y - 2 z + 1 = 0.

从而投影直线 $L_{0}$ 的方程为

{x - y + 2 z - 1 = 0, x - 3 y - 2 z + 1 = 0.

将 $L_{0}$ 写成参数 $y$ 的方程：

{x = 2 y, z = \frac{1}{2} (y - 1) .

则绕 $y$ 轴旋转一周所成曲面 $S$ 的参数方程为

⎩ ⎨ ⎧ x = (2 y)^{2} + (\frac{1}{2} (1 - y))^{2} cos θ, y = y, z = (2 y)^{2} + (\frac{1}{2} (1 - y))^{2} sin θ .

消去 $θ$ 得 $S$ 的一般方程为

x^{2} + z^{2} = (2 y)^{2} + [- \frac{1}{2} (y - 1)]^{2},

即 $4 x^{2} - 17 y^{2} + 4 z^{2} + 2 y - 1 = 0$ 。

12

确定常数 $λ$ ，使在右半平面 $x > 0$ 上的向量

A (x, y) = 2 x y (x^{4} + y^{2})^{λ} i - x^{2} (x^{4} + y^{2})^{λ} j

为某二元函数 $u (x, y)$ 的梯度，并求 $u (x, y)$ ．

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【答案】 $λ = - 1$ ， $u (x, y) = - arctan (\frac{y}{x ^{2}})$

【解析】 向量场 $A (x, y) = 2 x y (x^{4} + y^{2})^{λ} i - x^{2} (x^{4} + y^{2})^{λ} j$ 是某二元函数 $u (x, y)$ 的梯度当且仅当 $\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x}$ ，其中 $P = 2 x y (x^{4} + y^{2})^{λ}$ ， $Q = - x^{2} (x^{4} + y^{2})^{λ}$ 。计算偏导数：

\frac{\partial P}{\partial y} = 2 x (x^{4} + y^{2})^{λ} + 4 x y^{2} λ (x^{4} + y^{2})^{λ - 1},

\frac{\partial Q}{\partial x} = - 2 x (x^{4} + y^{2})^{λ} - 4 x^{5} λ (x^{4} + y^{2})^{λ - 1} .

令两者相等：

2 x (x^{4} + y^{2})^{λ} + 4 x y^{2} λ (x^{4} + y^{2})^{λ - 1} = - 2 x (x^{4} + y^{2})^{λ} - 4 x^{5} λ (x^{4} + y^{2})^{λ - 1} .

整理得：

4 x (x^{4} + y^{2})^{λ} + 4 x y^{2} λ (x^{4} + y^{2})^{λ - 1} + 4 x^{5} λ (x^{4} + y^{2})^{λ - 1} = 0.

除以 $4 x$ （因 $x > 0$ ）：

(x^{4} + y^{2})^{λ} + y^{2} λ (x^{4} + y^{2})^{λ - 1} + x^{4} λ (x^{4} + y^{2})^{λ - 1} = 0.

即：

(1 + λ) (x^{4} + y^{2})^{λ} = 0.

由于 $(x^{4} + y^{2})^{λ} > 0$ ，有 $1 + λ = 0$ ，故 $λ = - 1$ 。

代入 $λ = - 1$ ，得 $A (x, y) = \frac{2 x y}{x ^{4} + y ^{2}} i - \frac{x ^{2}}{x ^{4} + y ^{2}} j$ 。求 $u (x, y)$ 使得 $\nabla u = A$ 。由 $\frac{\partial u}{\partial y} = - \frac{x ^{2}}{x ^{4} + y ^{2}}$ ，积分得：

u (x, y) = \int - \frac{x ^{2}}{x ^{4} + y ^{2}} d y = - x^{2} \int \frac{1}{x ^{4} + y ^{2}} d y = - x^{2} \cdot \frac{1}{x ^{2}} arctan (\frac{y}{x ^{2}}) + C (x) = - arctan (\frac{y}{x ^{2}}) + C (x),

其中 $C (x)$ 为 $x$ 的函数。由 $\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{2 x y}{x ^{4} + y ^{2}}$ ，计算：

\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} [- arctan (\frac{y}{x ^{2}})] = \frac{2 x y}{x ^{4} + y ^{2}} + C^{'} (x) .

与 $P$ 比较得 $C^{'} (x) = 0$ ，故 $C (x)$ 为常数，取 $C = 0$ ，则 $u (x, y) = - arctan (\frac{y}{x ^{2}})$ 。验证 $\frac{\partial u}{\partial y} = - \frac{x ^{2}}{x ^{4} + y ^{2}} = Q$ ，符合要求。

13

从船上向海中沉放某种探测仪器，按探测要求，需确定仪器的下沉深度 $y$ (从海平面算起)与下沉速度 $v$ 之间的函数关系．设仪器在重力作用下，从海平面由静止开始铅直下沉，在下沉过程中还受到阻力和浮力的作用．设仪器的质量为 $m$ ，体积为 $B$ ，海水比重为 $ρ$ ，仪器所受的阻力与下沉速度成正比，比例系数为 $k$ （ $k > 0$ ）．试建立 $y$ 与 $v$ 所满足的微分方程，并求出函数关系式 $y = y (v)$ ．

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【答案】 $y = - \frac{m}{k} v + \frac{m ( m g - ρ g B )}{k ^{2}} ln (\frac{m g - ρ g B}{m g - ρ g B - k v})$

【解析】 根据牛顿第二定律，仪器在下沉过程中受到的净力为 $m g - ρ g B - k v$ ，其中 $m g$ 为重力， $ρ g B$ 为浮力， $k v$ 为阻力。由牛顿第二定律可得：

m \frac{d v}{d t} = m g - ρ g B - k v

利用链式法则 $\frac{d v}{d t} = v \frac{d v}{d y}$ ，代入上式得：

m v \frac{d v}{d y} = m g - ρ g B - k v

整理得到 $y$ 与 $v$ 的微分方程：

\frac{d y}{d v} = \frac{m v}{m g - ρ g B - k v}

对上述微分方程积分求解。令 $A = m g - ρ g B$ ，则：

\frac{d y}{d v} = \frac{m v}{A - k v}

积分得：

y = \int \frac{m v}{A - k v} d v = m \int \frac{v}{A - k v} d v

计算积分：

\int \frac{v}{A - k v} d v = - \frac{1}{k} \int \frac{- k v}{A - k v} d v = - \frac{1}{k} \int (1 - \frac{A}{A - k v}) d v = - \frac{1}{k} v + \frac{A}{k} \int \frac{1}{A - k v} d v

其中：

\int \frac{1}{A - k v} d v = - \frac{1}{k} ln ∣ A - k v ∣

所以：

\int \frac{v}{A - k v} d v = - \frac{1}{k} v - \frac{A}{k ^{2}} ln ∣ A - k v ∣

代入得：

y = m (- \frac{1}{k} v - \frac{A}{k ^{2}} ln ∣ A - k v ∣) + C = - \frac{m}{k} v - \frac{m A}{k ^{2}} ln ∣ A - k v ∣ + C

其中 $C$ 为积分常数。由初始条件 $y = 0$ 时 $v = 0$ ：

0 = - \frac{m}{k} \cdot 0 - \frac{m A}{k ^{2}} ln ∣ A ∣ + C ⟹ C = \frac{m A}{k ^{2}} ln A

由于 $A = m g - ρ g B > 0$ （仪器下沉），且 $A - k v > 0$ 对于 $v < \frac{A}{k}$ （终端速度），代入 $C$ 得：

y = - \frac{m}{k} v - \frac{m A}{k ^{2}} ln (A - k v) + \frac{m A}{k ^{2}} ln A = - \frac{m}{k} v + \frac{m A}{k ^{2}} ln (\frac{A}{A - k v})

将 $A = m g - ρ g B$ 代回，得函数关系式：

y = - \frac{m}{k} v + \frac{m ( m g - ρ g B )}{k ^{2}} ln (\frac{m g - ρ g B}{m g - ρ g B - k v})

14

计算 $\iint_{Σ} \frac{a x d y d z + ( z + a ) ^{2} d x d y}{( x ^{2} + y ^{2} + z ^{2} ) ^{\frac{1}{2}}}$ ，其中 $Σ$ 为下半球面 $z = - a^{2} - x^{2} - y^{2}$ 的上侧， $a$ 为大于零的常数．

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【答案】
$- \frac{π}{2} a^{3}$

【解析】

由于被积函数分母中包含 $(x^{2} + y^{2} + z^{2})^{\frac{1}{2}}$ ，因此不能立即添加辅助面，需先将曲面方程代入被积表达式先化简：

I = \iint_{Σ} \frac{a x d y d z + ( z + a ) ^{2} d x d y}{( x ^{2} + y ^{2} + z ^{2} ) ^{\frac{1}{2}}} = \frac{1}{a} \iint_{Σ} a x d y d z + (z + a)^{2} d x d y .

添加辅助面 $Σ_{1}$ ： ${x^{2} + y^{2} \leq a^{2} z = 0$ ，其侧向下，则由高斯公式有

I = \frac{1}{a} \iint_{Σ + Σ_{1}} a x d y d z + (z + a)^{2} d x d y - \frac{1}{a} \iint_{Σ_{1}} a x d y d z + (z + a)^{2} d x d y

= \frac{1}{a} (- \iint_{Ω} (\frac{\partial ( a x )}{\partial x} + \frac{\partial [( z + a ) ^{2} ]}{\partial z}) d V - (- \iint_{D} a^{2} d x d y))

= \frac{1}{a} (- \iint_{Ω} (a + 2 (z + a)) d V + \iint_{D} a^{2} d x d y),

其中 $Ω$ 为 $Σ$ 与 $Σ_{1}$ 所围成的有界闭区域， $D = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} \leq a^{2}}$ 为 $Σ_{1}$ 在 $x O y$ 面上的投影。从而

I = \frac{1}{a} (- 3 a ∭_{Ω} d v - 2 ∭_{Ω} z d v + a^{2} \iint_{D} d x d y)

= \frac{1}{a} (- 3 a \cdot \frac{2}{3} π a^{3} - 2 \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{a} r d r \int_{- a^{2} - r^{2}}^{0} z d z + a^{2} \cdot π a^{2})

= \frac{1}{a} (- 2 π a^{4} + \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{a} (a^{2} r - r^{3}) d r) = \frac{1}{a} (- 2 π a^{4} + 2 π \cdot \frac{a ^{4}}{4}) = - \frac{π}{2} a^{3} .

15

n \to \infty lim (\frac{sin \frac{π}{n}}{n + 1 \frac{1}{1}} + \frac{sin \frac{2 π}{n}}{n + \frac{1}{2}} + \dots + \frac{sin π \frac{1}{n}}{n + \frac{1}{n}})

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【答案】 $\frac{2}{π}$

【解析】 考虑和式 $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{s i n \frac{kπ}{n}}{n + \frac{1}{k}}$ 。当 $n \to \infty$ 时，分母 $n + \frac{1}{k}$ 近似于 $n$ ，因为 $\frac{1}{k}$ 有界且相对于 $n$ 很小。定义标准黎曼和 $T_{n} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} sin \frac{kπ}{n}$ ，其极限为 $\int_{0}^{1} sin (π x) d x = \frac{2}{π}$ 。

计算 $S_{n}$ 与 $T_{n}$ 的差值：

∣ S_{n} - T_{n} ∣ = k = 1 \sum n sin \frac{kπ}{n} (\frac{1}{n + \frac{1}{k}} - \frac{1}{n}) \leq k = 1 \sum n sin \frac{kπ}{n} \frac{1}{n + \frac{1}{k}} - \frac{1}{n} .

其中，

\frac{1}{n + \frac{1}{k}} - \frac{1}{n} = \frac{- \frac{1}{k}}{n ( n + \frac{1}{k} )} \leq \frac{1}{k n ^{2}},

所以

∣ S_{n} - T_{n} ∣ \leq k = 1 \sum n \frac{1}{k n ^{2}} = \frac{1}{n ^{2}} k = 1 \sum n \frac{1}{k} \sim \frac{ln n}{n ^{2}} \to 0 (n \to \infty) .

因此， $S_{n} - T_{n} \to 0$ ，故 $lim_{n \to \infty} S_{n} = lim_{n \to \infty} T_{n} = \int_{0}^{1} sin (π x) d x = \frac{2}{π}$ 。

\boxed{\dfrac{2}{\pi}}

16

设正项数列 ${a_{n}}$ 单调减少，且 $\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} a_{n}$ 发散，试问级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{1}{a _{n} + 1})^{n}$ 是否收敛？并说明理由．

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【答案】 收敛

【解析】 由于 ${a_{n}}$ 是正项单调减少数列，故极限 $lim_{n \to \infty} a_{n} = L$ 存在且 $L \geq 0$ 。若 $L = 0$ ，则由莱布尼茨判别法，级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} a_{n}$ 收敛，与已知条件发散矛盾，故 $L > 0$ 。于是存在正整数 $N$ ，使得当 $n > N$ 时， $a_{n} > \frac{L}{2}$ 。从而有

(\frac{1}{a _{n} + 1})^{n} < (\frac{1}{1 + \frac{L}{2}})^{n} .

由于 $0 < \frac{1}{1 + \frac{L}{2}} < 1$ ，级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{1}{1 + \frac{L}{2}})^{n}$ 收敛，由比较判别法知级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{1}{a _{n} + 1})^{n}$ 收敛。

17

设 $y = f (x)$ 是区间 $[0, 1]$ 上的任一非负连续函数．

(1) 试证存在 $x_{0} \in (0, 1)$ ，使得在区间 $[0, x_{0}]$ 上以 $f (x_{0})$ 为高的矩形面积，等于在区间 $[x_{0}, 1]$ 上以 $y = f (x)$ 为曲边的梯形面积．

(2) 又设 $f (x)$ 在区间 $(0, 1)$ 内可导，且 $f^{'} (x) > - \frac{2 f ( x )}{x}$ ，证明(I)中的 $x_{0}$ 是唯一的．

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【答案】

(1) 存在 $x_{0} \in (0, 1)$ 使得 $x_{0} f (x_{0}) = \int_{x_{0}}^{1} f (t) d t$ 。

(2) 在给定条件下，这样的 $x_{0}$ 是唯一的。

【解析】

(1) 定义函数 $A (x) = x f (x) - \int_{x}^{1} f (t) d t$ ，则需证存在 $x_{0} \in (0, 1)$ 使得 $A (x_{0}) = 0$ 。考虑函数 $H (x) = \int_{0}^{x} A (t) d t$ 。由于 $f (x)$ 在 $[0, 1]$ 上连续，故 $A (x)$ 连续， $H (x)$ 在 $[0, 1]$ 上连续，在 $(0, 1)$ 内可导。计算得：

H (0) = \int_{0}^{0} A (t) d t = 0,

H (1) = \int_{0}^{1} A (t) d t = \int_{0}^{1} [t f (t) - \int_{t}^{1} f (s) d s] d t .

交换积分次序：

\int_{0}^{1} \int_{t}^{1} f (s) d s d t = \int_{0}^{1} f (s) \int_{0}^{s} d t d s = \int_{0}^{1} f (s) s d s = \int_{0}^{1} t f (t) d t .

因此，

H (1) = \int_{0}^{1} t f (t) d t - \int_{0}^{1} t f (t) d t = 0.

故 $H (0) = H (1) = 0$ 。由罗尔定理，存在 $x_{0} \in (0, 1)$ 使得 $H^{'} (x_{0}) = 0$ 。而 $H^{'} (x) = A (x)$ ，所以 $A (x_{0}) = 0$ ，即存在 $x_{0} \in (0, 1)$ 满足要求。

(2) 假设 $f (x)$ 在 $(0, 1)$ 内可导，且 $f^{'} (x) > - \frac{2 f ( x )}{x}$ 。需证 $A (x) = 0$ 在 $(0, 1)$ 内只有一个解。计算 $A (x)$ 的导数：

A^{'} (x) = \frac{d}{d x} [x f (x) - \int_{x}^{1} f (t) d t] = f (x) + x f^{'} (x) + f (x) = 2 f (x) + x f^{'} (x) .

由条件 $f^{'} (x) > - \frac{2 f ( x )}{x}$ ，两边乘 $x$ （因 $x > 0$ ，不等号方向不变）得：

x f^{'} (x) > - 2 f (x),

即

x f^{'} (x) + 2 f (x) > 0,

所以 $A^{'} (x) > 0$ 在 $(0, 1)$ 内成立。故 $A (x)$ 在 $(0, 1)$ 内严格递增。由(1)知存在至少一个 $x_{0}$ 使 $A (x_{0}) = 0$ ，结合严格递增性，这样的 $x_{0}$ 唯一。

\boxed{\text{详见解析}}

18

已知二次曲面方程 $x^{2} + a y^{2} + z^{2} + 2 b x y + 2 x z + 2 yz = 4$ ，可以经过正交变换

x y z = P ξ η ζ

化为椭圆柱面方程 $η^{2} + 4 ζ^{2} = 4$ ，求 $a, b$ 的值和正交矩阵 $P$ ．

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【答案】
$a = 3$ ， $b = 1$ ，正交矩阵 $P = \frac{1}{2} 0 - \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \frac{1}{6} \frac{2}{6} \frac{1}{6}$

【解析】
二次曲面方程 $x^{2} + a y^{2} + z^{2} + 2 b x y + 2 x z + 2 yz = 4$ 的矩阵形式为 $x^{T} A x = 4$ ，其中 $A = 1 b 1 b a 1 111$ 。经过正交变换 $x = P ξ$ ，化为椭圆柱面方程 $η^{2} + 4 ζ^{2} = 4$ ，对应矩阵形式 $ξ^{T} B ξ = 4$ ，其中 $B = diag (0, 1, 4)$ 。因此 $P^{T} A P = B$ ，即 $A$ 的特征值为 $0, 1, 4$ 。

求特征多项式 $det (A - λ I) = 0$ ：

A - λ I = 1 - λ b 1 b a - λ 1 11 1 - λ

行列式为：

det (A - λ I) = - λ^{3} + (a + 2) λ^{2} + (- 2 a + b^{2} + 1) λ + (- 1 - b^{2} + 2 b)

代入特征值：

$λ = 0$ ： $- 1 - b^{2} + 2 b = 0$ ，解得 $b = 1$ 。
$λ = 1$ ：代入 $b = 1$ ，得 $- a + 3 = 0$ ，解得 $a = 3$ 。
$λ = 4$ ：验证满足。

故 $a = 3$ ， $b = 1$ 。此时 $A = 111131111$ 。

求特征向量：

$λ = 0$ ：解 $A v = 0$ ，得 $v_{1} = 10 - 1$ 。
$λ = 1$ ：解 $(A - I) v = 0$ ，得 $v_{2} = - 1 1 - 1$ 。
$λ = 4$ ：解 $(A - 4 I) v = 0$ ，得 $v_{3} = 121$ 。

单位化：

$∥ v_{1} ∥ = 2$ ，单位向量 $\frac{1}{2} 10 - 1$ 。
$∥ v_{2} ∥ = 3$ ，单位向量 $\frac{1}{3} - 1 1 - 1$ 。
$∥ v_{3} ∥ = 6$ ，单位向量 $\frac{1}{6} 121$ 。

正交矩阵 $P$ 的列对应特征值 $0, 1, 4$ 的单位特征向量：

P = \frac{1}{2} 0 - \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \frac{1}{6} \frac{2}{6} \frac{1}{6}

19

设 $A$ 是 $n$ 阶矩阵，若存在正整数 $k$ ，使线性方程组 $A^{k} x = 0$ 有解向量 $α$ ，且 $A^{k - 1} α \neq = 0$ ，证明：向量组 $α, A α, \dots, A^{k - 1} α$ 是线性无关的．

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【答案】 向量组 $α, A α, \dots, A^{k - 1} α$ 是线性无关的。

【解析】

设有常数 $λ_{0}, λ_{1}, \dots, λ_{k - 1}$ ，使得

λ_{0} α + λ_{1} A α + \dots + λ_{k - 1} A^{k - 1} α = 0.

两边左乘 $A^{k - 1}$ ，则有

A^{k - 1} (λ_{0} α + λ_{1} A α + \dots + λ_{k - 1} A^{k - 1} α) = 0

\Rightarrow λ_{0} A^{k - 1} α + λ_{1} A^{k} α + \dots + λ_{k - 1} A^{2 (k - 1)} α = 0.

因 $A^{k} α = 0$ ，从而有 $λ_{0} A^{k - 1} α = 0$ 。由题设 $A^{k - 1} α \neq = 0$ ，所以 $λ_{0} = 0$ 。于是

λ_{1} A α + \dots + λ_{k - 1} A^{k - 1} α = 0.

两边左乘 $A^{k - 2}$ ，则有

A^{k - 2} (λ_{1} A α + \dots + λ_{k - 1} A^{k - 1} α) = 0

\Rightarrow λ_{1} A^{k - 1} α + \dots + λ_{k - 1} A^{2 k - 3} α = 0.

同样由 $A^{k} α = 0$ 和 $A^{k - 1} α \neq = 0$ 得 $λ_{1} = 0$ 。类似地可证明 $λ_{2} = \dots = λ_{k - 1} = 0$ 。因此向量组 $α, A α, \dots, A^{k - 1} α$ 是线性无关的。

20

已知线性方程组

\overset{◯}{1} ⎩ ⎨ ⎧ a_{11} x_{1} + a_{12} x_{2} + \dots + a_{1, 2 n} x_{2 n} = 0, a_{21} x_{1} + a_{22} x_{2} + \dots + a_{2, 2 n} x_{2 n} = 0, ⋮ a_{n 1} x_{1} + a_{n 2} x_{2} + \dots + a_{n, 2 n} x_{2 n} = 0

的一个基础解系为 $b_{1} = (b_{11}, \dots, b_{1, 2 n})^{T}, b_{2}, \dots, b_{n}$ 。试写出线性方程组

\overset{◯}{2} ⎩ ⎨ ⎧ b_{11} y_{1} + b_{12} y_{2} + \dots + b_{1, 2 n} y_{2 n} = 0, b_{21} y_{1} + b_{22} y_{2} + \dots + b_{2, 2 n} y_{2 n} = 0, ⋮ b_{n 1} y_{1} + b_{n 2} y_{2} + \dots + b_{n, 2 n} y_{2 n} = 0

的通解，并说明理由。

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【答案】 线性方程组②的通解为：

y = k_{1} (a_{11}, a_{12}, \dots, a_{1, 2 n})^{T} + k_{2} (a_{21}, a_{22}, \dots, a_{2, 2 n})^{T} + \dots + k_{n} (a_{n 1}, a_{n 2}, \dots, a_{n, 2 n})^{T}

其中 $k_{1}, k_{2}, \dots, k_{n}$ 为任意常数。

【解析】 设线性方程组①的系数矩阵为 $A = a_{11} a_{21} ⋮ a_{n 1} a_{12} a_{22} ⋮ a_{n 2} \dots \dots ⋱ \dots a_{1, 2 n} a_{2, 2 n} ⋮ a_{n, 2 n}$ 。由题意，方程组①的基础解系为 $b_{1}, b_{2}, \dots, b_{n}$ ，且每个 $b_{j}$ 是 $2 n$ 维列向量，满足 $A b_{j} = 0$ 。基础解系有 $n$ 个向量，因此方程组①的解空间维数为 $n$ ，且系数矩阵 $A$ 的秩为 $2 n - n = n$ ，即 $A$ 行满秩。

线性方程组②的系数矩阵为 $B = b_{1}^{T} b_{2}^{T} ⋮ b_{n}^{T}$ 。由于 $b_{1}, b_{2}, \dots, b_{n}$ 线性无关， $B$ 的行秩为 $n$ ，故 $B$ 行满秩，方程组②的解空间维数为 $2 n - n = n$ 。

由 $A b_{j} = 0$ 可知，对任意 $i$ 和 $j$ ，有 $a_{i} b_{j} = 0$ ，其中 $a_{i}$ 是 $A$ 的第 $i$ 行行向量。这意味着 $b_{j}^{T} a_{i}^{T} = 0$ ，即每个 $a_{i}^{T}$ 满足方程组②的每个方程 $b_{j}^{T} y = 0$ 。因此， $a_{1}^{T}, a_{2}^{T}, \dots, a_{n}^{T}$ 都是方程组②的解。由于 $A$ 行满秩， $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$ 线性无关，故 $a_{1}^{T}, a_{2}^{T}, \dots, a_{n}^{T}$ 也线性无关，且个数为 $n$ ，正好是方程组②解空间的维数。因此，它们构成方程组②的一个基础解系。

于是，方程组②的通解可表示为 $a_{1}^{T}, a_{2}^{T}, \dots, a_{n}^{T}$ 的线性组合，即：

y = k_{1} a_{1}^{T} + k_{2} a_{2}^{T} + \dots + k_{n} a_{n}^{T} = k_{1} (a_{11}, a_{12}, \dots, a_{1, 2 n})^{T} + k_{2} (a_{21}, a_{22}, \dots, a_{2, 2 n})^{T} + \dots + k_{n} (a_{n 1}, a_{n 2}, \dots, a_{n, 2 n})^{T}

其中 $k_{1}, k_{2}, \dots, k_{n}$ 为任意常数。

21

设两个随机变量 $X, Y$ 相互独立，且都服从均值为 $0$ 、方差为 $\frac{1}{2}$ 的正态分布，求随机变量 $∣ X - Y ∣$ 的方差．

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【答案】 $1 - \frac{2}{π}$

【解析】 由于 $X$ 和 $Y$ 相互独立，且均服从 $N (0, \frac{1}{2})$ ，则 $X - Y$ 服从正态分布，其均值为

E [X - Y] = E [X] - E [Y] = 0,

方差为

Var (X - Y) = Var (X) + Var (Y) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1,

即 $X - Y \sim N (0, 1)$ 。

令 $Z = X - Y$ ，则 $Z \sim N (0, 1)$ ，需要求 $Var (∣ Z ∣)$ 。
方差公式为

Var (∣ Z ∣) = E [∣ Z ∣^{2}] - (E [∣ Z ∣])^{2} .

由于 $∣ Z ∣^{2} = Z^{2}$ ，且 $Z \sim N (0, 1)$ ，有

E [Z^{2}] = Var (Z) = 1,

故

E [∣ Z ∣^{2}] = 1.

对于标准正态分布，

E [∣ Z ∣] = \frac{2}{π} .

因此，

Var (∣ Z ∣) = 1 - (\frac{2}{π})^{2} = 1 - \frac{2}{π} .

故随机变量 $∣ X - Y ∣$ 的方差为 $1 - \frac{2}{π}$ 。

22

从正态总体 $N (3.4, 6^{2})$ 中抽取容量为 $n$ 的样本，如果要求其样本均值位于区间 $(1.4, 5.4)$ 内的概率不小于 $0.95$ ，问样本容量 $n$ 至少应取多大？

附表：标准正态分布表 Φ (z) = \int_{- \infty}^{z} \frac{1}{2 π} e^{- \frac{t ^{2}}{2}} d t

z Φ (z) 1.28 0.900 1.645 0.950 1.96 0.975 2.33 0.990

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【答案】 $35$

【解析】 总体服从正态分布 $N (3.4, 6^{2})$ ，样本容量为 $n$ ，样本均值 $\overset{ˉ}{X}$ 服从正态分布 $N (3.4, \frac{36}{n})$ 。要求 $P (1.4 < \overset{ˉ}{X} < 5.4) \geq 0.95$ 。

将 $\overset{ˉ}{X}$ 标准化：令 $Z = \frac{X ˉ - 3.4}{6/ n}$ ，则 $Z \sim N (0, 1)$ 。概率化为：

P (1.4 < \overset{ˉ}{X} < 5.4) = P (\frac{1.4 - 3.4}{6/ n} < Z < \frac{5.4 - 3.4}{6/ n}) = P (- \frac{n}{3} < Z < \frac{n}{3}) = 2Φ (\frac{n}{3}) - 1.

其中 $Φ$ 为标准正态分布函数。

由条件：

2Φ (\frac{n}{3}) - 1 \geq 0.95,

解得：

Φ (\frac{n}{3}) \geq 0.975.

查表得 $Φ (1.96) = 0.975$ ，因此：

\frac{n}{3} \geq 1.96,

n \geq 1.96 \times 3 = 5.88,

n \geq (5.88)^{2} = 34.5744.

由于 $n$ 为整数，故 $n$ 至少取 35。

23

设某次考试的学生成绩服从正态分布，从中随机地抽取 $36$ 位考生的成绩，算得平均成绩为 $66.5$ 分，标准差为 $15$ 分．问在显著性水平 $0.05$ 下，是否可以认为这次考试全体考生的平均成绩为 $70$ 分？并给出检验过程．

附表： t 分布表 P {t (n) \leq t_{p} (n)} = p

n t_{p} (n) 3536 p = 0.95 1.6896 1.6883 p = 0.975 2.0301 2.0281

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【答案】 在显著性水平 $0.05$ 下，可以认为这次考试全体考生的平均成绩为 $70$ 分。

【解析】
本题采用单样本 t 检验，检验总体均值是否等于 70 分。

1. 设立假设

原假设 $H_{0} : μ = 70$
备择假设 $H_{1} : μ \neq = 70$
这是一个双尾检验。

2. 计算检验统计量
已知：

样本均值 $\overset{x}{ˉ} = 66.5$
样本标准差 $s = 15$
样本容量 $n = 36$

检验统计量为：

t = \frac{x ˉ - μ}{s / n} = \frac{66.5 - 70}{15/ 36} = \frac{- 3.5}{15/6} = \frac{- 3.5}{2.5} = - 1.4

3. 确定临界值

显著性水平 $α = 0.05$
自由度 $df = n - 1 = 35$
查 t 分布表得：当 $p = 0.975$ 时， $t_{0.975} (35) = 2.0301$
因此双尾检验的临界值为 $\pm 2.0301$

4. 决策

检验统计量 $t = - 1.4$ 落在接受域 $(- 2.0301, 2.0301)$ 内
因此不拒绝原假设 $H_{0}$

5. 结论
在显著性水平 $0.05$ 下，没有足够证据拒绝平均成绩为 70 分的假设，因此可以认为全体考生的平均成绩为 70 分。